Feynman 物理学讲义 - Vol.III 札记 12

本文最后更新于 2024年12月10日晚上

2024-12-09

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

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

找到一组基础态 $\ket{j,m}$ ，其中 $m$ 是沿 $z$ 轴角动量的分量，显然 $m=-j,\cdots,j$ ，总共是 $2j+1$ 个.
将旋转写成三个 Euler 角旋转的符合， $R(\gamma,\beta,\alpha)=R_z(\gamma)R_y(\beta)R_z(\alpha)$ .

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

\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 $\sqrt{C_{u+v}^u}$ . 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 $D\ket{+}=a\ket{+}+b\ket{-}$ ，那么可以记 $D\ket{+++}$ 为
$\begin{aligned} D\ket{+++}&=D\prod\ket{+++}\\\\ &=\bigotimes_3(a\ket{+}+b\ket{-})\\\\ &=a^3\ket{+++}+3a^2b\ket{++-}+3ab^2\ket{+--}+b^3\ket{---} \end{aligned}$
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 $\ket{j,m}$ 态， $u=j+m$ ， $v=j-m$ ，如果带上正确的归一化因子，那么所谓的正确基础态是

\ket{j,m}=\sqrt{C_{2j}^{j+m}}\prod(\ket{+}^u\ket{-}^v)

现在将 $R_z^{(j)}(\phi)$ 作用到某一个基础态上，会得到

\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 $R_z^{(j)}(\phi)$ 的矩阵元：

\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 $y$ 轴的旋转. 还是一样进行作用，首先有

R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{+}=c\ket{+}-s\ket{-}\,,\quad R_y^{(1/2)}(\theta)\ket{-}=c\ket{-}+s\ket{+}

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

\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 $\bra{j,m'}$ 上的结果. 所以我们试图进行正交归一基的分解：

\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 $\bra{j,m'}$ 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 $A_{j+m'}$ 的值，现在就要来计算它——这是无聊的高中数学.

\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， $j+m'=l+k$ ，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 $j+m$ 、宽为 $j-m$ 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 $135\degree$ 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

\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， $k_{\min}=\max\{0,m'-m\}$ ， $k_{\max}=\min\{j-m,j+m'\}$ .

上面的式子叫做 Wigner $d$ -矩阵，记作 $d_{m',m}^j(\theta)$ ；如果将绕 $z$ 方向的矩阵也乘进来，得到 Euler 角的函数，称为 Wigner $D$ -矩阵：

D_{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， $d_{m',m}^j(\theta)$ 是 Jacobi 多项式 $P_k^{(a,b)}(\cos\theta)$ ；如果取 $m'=0$ ，会得到 Associate Legendre 多项式 $P_j^m(\cos\theta)$ ；如果再取 $m=0$ 也成立，就是 Legendre 函数 $d_{0,0}^j(\theta)=P_j(\cos\theta)$ .

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 $\ket{a_1}\otimes\cdots\otimes\ket{a_{2j}}$ ， $a_i=\pm$ ， $i=1,\cdots,2j$ . 将这个张量记作 $\Psi_{a_1\cdots a_{2j}}$ ，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.