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札记 12

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2024-12-09

2024-12-09

上节课讲过，SO(3) 的幺正正交表示可以用角动量jj分类，j=0,1/2,1,⋯j=0,1/2,1,\cdots表示的维数是2j+12j+1. 不证明唯一性和存在性，这是数学家的工作.

找D(j)[R(γ,β,α)](2j+1)×(2j+1)D^{(j)}[R(\gamma,\beta,\alpha)]_{(2j+1)\times(2j+1)}：

  1. 找到一组基础态∣j,m⟩\ket{j,m}，其中mm是沿zz轴角动量的分量，显然m=−j,⋯ ,jm=-j,\cdots,j，总共是2j+12j+1个.
  2. 将旋转写成三个 Euler 角旋转的符合，R(γ,β,α)=Rz(γ)Ry(β)Rz(α)R(\gamma,\beta,\alpha)=R_z(\gamma)R_y(\beta)R_z(\alpha).

这是我们的步骤. 现在开始来找基础态，对于第一个态，∣j,j⟩=∣+⋯+⟩\ket{j,j}=\ket{+\cdots+}，这是最高权态. 剩下的态势是对称组合：

∏(∣+⟩u∣−⟩v)=1Cu+vu(∣+⟩u∣−⟩v×number of permutation)\prod(\ket{+}^u\ket{-}^v)=\frac{1}{C_{u+v}^u}(\ket{+}^u\ket{-}^v\times\text{number of permutation})

其中除掉的系数只是为了在之后计算方便（矩阵能自由地进出∏\prod），如果要使得这个态归一化的话，我们应该除以Cu+vu\sqrt{C_{u+v}^u}. 将∏\prod看作某一种产生这样作用的算符即可.

这里的∏\prod是什么？

以∣+++⟩\ket{+++}为例，假设变换D∣+⟩=a∣+⟩+b∣−⟩D\ket{+}=a\ket{+}+b\ket{-}，那么可以记D∣+++⟩D\ket{+++}为

D∣+++⟩=D∏∣+++⟩=⨂3(a∣+⟩+b∣−⟩)=a3∣+++⟩+3a2b∣++−⟩+3ab2∣+−−⟩+b3∣−−−⟩\begin{aligned} D\ket{+++}&=D\prod\ket{+++}\\\\ &=\bigotimes_3(a\ket{+}+b\ket{-})\\\\ &=a^3\ket{+++}+3a^2b\ket{++-}+3ab^2\ket{+--}+b^3\ket{---} \end{aligned}

使用∏\prod这个符号让张量积变得像二项式展开一样，这是因为我们的出发点就是全对称的态，所以中间得到的所有项都会是全对称的（它们的张量积可以交换，本来不等价的∣+−+⟩\ket{+-+}和∣++−⟩\ket{++-}之类的东西自动合起来了）.

全对称是封闭的.

对于∣j,m⟩\ket{j,m}态，u=j+mu=j+m，v=j−mv=j-m，如果带上正确的归一化因子，那么所谓的正确基础态是

∣j,m⟩=C2jj+m∏(∣+⟩u∣−⟩v)\ket{j,m}=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod(\ket{+}^u\ket{-}^v)

现在将Rz(j)(ϕ)R_z^{(j)}(\phi)作用到某一个基础态上，会得到

Rz(j)(ϕ)∣j,m⟩=C2jj+m∏{[Rz(1/2)(ϕ)∣+⟩]j+m[Rz(1/2)(ϕ)∣−⟩]j−m}=C2jj+m∏{(eiϕ/2∣+⟩)j+m(e−iϕ/2∣+⟩)j−m}=C2jj+m(eiϕ/2)j+m(e−iϕ/2)j−m∏{(∣+⟩)j+m(∣+⟩)j−m}=eimϕ∣j,m⟩\begin{aligned} R_z^{(j)}(\phi)\ket{j,m}&=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod\{[R_z^{(1/2)}(\phi)\ket{+}]^{j+m}[R_z^{(1/2)}(\phi)\ket{-}]^{j-m}\}\\\\ &=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod\{(e^{i\phi/2}\ket{+})^{j+m}(e^{-i\phi/2}\ket{+})^{j-m}\}\\\\ &=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}(e^{i\phi/2})^{j+m}(e^{-i\phi/2})^{j-m}\prod\{(\ket{+})^{j+m}(\ket{+})^{j-m}\}\\\\ &=e^{im\phi}\ket{j,m} \end{aligned}

所以Rz(j)(ϕ)R_z^{(j)}(\phi)的矩阵元：

⟨j,m′∣Rz(j)(ϕ)∣j+m⟩=eimϕδm,m′\braket{j,m'|R_z^{(j)}(\phi)|j+m}=e^{im\phi}\delta_{m,m'}

现在已经完成了一半，之后要计算绕yy轴的旋转. 还是一样进行作用，首先有

Ry(1/2)(θ)∣+⟩=c∣+⟩−s∣−⟩ ,Ry(1/2)(θ)∣−⟩=c∣−⟩+s∣+⟩R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{+}=c\ket{+}-s\ket{-}\,,\quad R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{-}=c\ket{-}+s\ket{+}

其中s=sin⁡θs=\sin\theta，c=cos⁡θc=\cos\theta，简记. 和上面一样，二项式展开：

Ry(j)(θ)∣j,m⟩=C2jj+m∏{[Ry(1/2)(θ)∣+⟩]j+m[Ry(1/2)(θ)∣−⟩]j−m}=C2jj+m∏{[c∣+⟩−s∣−⟩]j+m[c∣−⟩+s∣+⟩]j−m}\begin{aligned} R_y^{(j)}(\theta)\ket{j,m}&=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod\{[R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{+}]^{j+m}[R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{-}]^{j-m}\}\\\\ &=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod\{[c\ket{+}-s\ket{-}]^{j+m}[c\ket{-}+s\ket{+}]^{j-m}\} \end{aligned}

对上面这个式子“二项式展开”，我们会得到一大堆不能合并的项——但是这是我们想要的吗？我们想要的是被投影到⟨j,m′∣\bra{j,m'}上的结果. 所以我们试图进行正交归一基的分解：

=∑u′=02jAu′∏(∣+⟩u′∣−⟩v′)=∑m′=−jjAj+m′C2jj+m′∣j,m′⟩\begin{aligned} &=\sum_{u'=0}^{2j}A_{u'}\prod(\ket{+}^{u'}\ket{-}^{v'})\\\\ &=\sum_{m'=-j}^{j}\frac{A_{j+m'}}{\sqrt{C_{2j}^{j+m'}}}\ket{j,m'} \end{aligned}

当这个东西被投影到上面讲到的左矢⟨j,m′∣\bra{j,m'}上时，得到的就是前面的系数，这组基正交归一.

上面的结果是定性的，我们没有具体计算Aj+m′A_{j+m'}的值，现在就要来计算它——这是无聊的高中数学.

[c∣+⟩−s∣−⟩]j+m[c∣−⟩+s∣+⟩]j−m=∑l=0j+m∑k=0j−m[Cj+mlcl(−s)j+m−l]×[Cj−mkskcj−m−k]∣+⟩l+k∣−⟩2j−l−k\begin{aligned} &[c\ket{+}-s\ket{-}]^{j+m}[c\ket{-}+s\ket{+}]^{j-m}\\\\ =&\sum_{l=0}^{j+m}\sum_{k=0}^{j-m}[C_{j+m}^lc^l(-s)^{j+m-l}]\times[C_{j-m}^ks^kc^{j-m-k}]\ket{+}^{l+k}\ket{-}^{2j-l-k} \end{aligned}

可以改写哑指标，j+m′=l+kj+m'=l+k，换掉一个哑指标，只剩下另一个（不可能同时换掉两个，因为总是有两重求和，这是不可改变的事实.）

为了弄清楚求和的范围，可以想象我们是在对一个长为j+mj+m、宽为j−mj-m的矩形内部的所有整数格点求和. 换哑指标等价于做一条倾角135°135\degree的斜线做边界进行这个求和，这导致最终的求和范围会是一个需要分类讨论的变量.

最后的矩阵元是

⟨j,m′∣Ry(j)(θ)∣j,m⟩=(j+m′)!(j−m′)!(j+m)!(j−m)!×∑k=kmin⁡kmax⁡(−1)m−m′+k(cos⁡θ2)2j−m+m′−2k(sin⁡θ2)m−m′+2kk!(m−m′+k)!(j−m−k)!(j+m′−k)!\begin{aligned} &\braket{j,m'|R_y^{(j)}(\theta)|j,m}\\\\ =&\sqrt{(j+m')!(j-m')!(j+m)!(j-m)!}\\\\ &\times\sum_{k=k_{\min}}^{k_{\max}}\frac{(-1)^{m-m'+k}(\cos\frac{\theta}{2})^{2j-m+m'-2k}(\sin\frac{\theta}{2})^{m-m'+2k}}{k!(m-m'+k)!(j-m-k)!(j+m'-k)!} \end{aligned}

其中，kmin⁡=max⁡{0,m′−m}k_{\min}=\max\{0,m'-m\}，kmax⁡=min⁡{j−m,j+m′}k_{\max}=\min\{j-m,j+m'\}.

上面的式子叫做 Wignerdd-矩阵，记作dm′,mj(θ)d_{m',m}^j(\theta)；如果将绕zz方向的矩阵也乘进来，得到 Euler 角的函数，称为 WignerDD-矩阵：

Dm′,mj(ϕ,θ,ψ)=eim′ϕdm′,mj(θ)eimψD_{m',m}^j(\phi,\theta,\psi)=e^{im'\phi}d_{m',m}^j(\theta)e^{im\psi}

实际上，如果从特殊函数的角度考虑，dm′,mj(θ)d_{m',m}^j(\theta)是 Jacobi 多项式Pk(a,b)(cos⁡θ)P_k^{(a,b)}(\cos\theta)；如果取m′=0m'=0，会得到 Associate Legendre 多项式Pjm(cos⁡θ)P_j^m(\cos\theta)；如果再取m=0m=0也成立，就是 Legendre 函数d0,0j(θ)=Pj(cos⁡θ)d_{0,0}^j(\theta)=P_j(\cos\theta).

简单讲一讲张量的记号问题. 实际上，张量积的语言也可以用指标的语言来描述，而且这会方便计算.

考虑∣a1⟩⊗⋯⊗∣a2j⟩\ket{a_1}\otimes\cdots\otimes\ket{a_{2j}}，ai=±a_i=\pm，i=1,⋯ ,2ji=1,\cdots,2j. 将这个张量记作Ψa1⋯a2j\Psi_{a_1\cdots a_{2j}}，这和我们平时研究的三维、四维空间中的张量不一样，这些地方的张量，每个指标都生活在不同的空间，但是这里的指标生活在旋量空间，只能取正和负.

Ψ(a1⋯a2j)=∏(Ψa1⋯a2j× number of permutation)\Psi_{(a_1\cdots a_{2j})}=\prod(\Psi_{a_1\cdots a_{2j}}\times\text{ number of permutation})

全对称的张量旋转之后仍然是全对称的. 为证明这件事，我们考虑一个只有两个指标的张量（取更多指标只是一种无赖的自我惩罚）：

Ψa1a2′=Ra1b1Ra2b2Ψb1b2=ψb1b2=ψb2b1Ra1b1Ra2b2Ψb2b1=Ra2b2Ra1b1Ψb2b1=Ψa1a2′\begin{aligned} \Psi'_{a_1a_2}&=R_{a_1b_1}R_{a_2b_2}\Psi_{b_1b_2}\\\\ &\overset{\psi_{b_1b_2}=\psi_{b_2b_1}}{=}R_{a_1b_1}R_{a_2b_2}\Psi_{b_2b_1}\\\\ &=R_{a_2b_2}R_{a_1b_1}\Psi_{b_2b_1}=\Psi'_{a_1a_2} \end{aligned}

这就证明了对于任何一个全对称的旋转，都会得到一个全对称. 其中交换旋转矩阵是因为我们的等式是分量的等式（同时用了 Einstein 求和记号）.

张量记号的另外的一个好处是可以进行张量的收缩.

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