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高量 I · 对称性与角动量理论

前置：角动量与氢原子、量子力学框架、微扰理论。目标：亲自构造角动量合成，分清对称性与简并的条件，再用张量变换律约束整组矩阵元。

学习层：同样“与H对易”，为什么有时简并、有时不简并？

两个自旋各有一组磁量子数，也可以合成为一个总角动量。换了基底，空间的维数并没有改变，但哈密顿量中哪些结构由对称性决定，会变得更容易看清。

先看两个自旋半：四维空间分成三维的三重态和一维的单态。交换相互作用为它们各给一个能量；轴向外场仍与总Jz对易，却可以拆开三重态。再换成一个整数自旋与一个半整数自旋，加入保持时间反演的各向异性：完整旋转对称性已经破坏，能级却仍受Kramers定理保护而成对出现。

先预测，再揭示。 取ℏ=1，两个自旋分别可取0、1/2、1、3/2，积空间最多16维。所有换基系数、算符和本征向量都实际计算；图上的格子、曲线与下载表格使用同一批结果。

量子对称性的四个固定场景

图1.1：打开原图，比较CG符号、Kramers条件与数值容差。
项目 固定记录值
双自旋半：空间维数 4
单态能量 -0.75
三重态能量 0.25
单态↑↓系数 0.7071067811865476
单态↓↑系数 -0.7071067811865475
Kramers：T²符号 -1
Kramers：最低能量 -0.35
Kramers：第二能量 -0.35
Kramers：第三能量 1.2282202112918654
Kramers：第四能量 1.2282202112918654
Kramers：第五能量 2.971779788708135
Kramers：第六能量 2.971779788708135
整数自旋：T²符号 1
整数自旋：第一能量 0.40000000000000013
整数自旋：第二能量 1
整数自旋：第三能量 1.4000000000000004
微小磁场：低能 -5e-12
微小磁场：高能 5e-12
微小磁场：数值分组容差 1e-9
微小磁场：数值组数 1

下载四个场景的完整矩阵、CG与求解记录(JSON)。取ℏ=1。默认双自旋半仅λ=1；Kramers场景j₁=1、j₂=1/2、λ=0.7、Dz=1、Dx=0.4；整数场景j₁=1、j₂=0、λ=1、Dz=1、Dx=0.4；微场场景j₁=1/2、j₂=0、λ=1、hz=10⁻¹¹。未写出的系数均0。图上做显示舍入，表内保留冻结值。

先沿1–5节弄清“态、表示与换基”，再读6–8节的张量与选择定则，最后在9–10节分辨反酉对称和数值简并。11节把方法接到光谱，12节给出四道完整解答。

1. 对称性作用在射线上，相位约定仍要交代

归一化态ψ与eⁱαψ代表同一条射线。Wigner定理在此作为引用：复Hilbert空间射线上的双射若保持任意两射线的跃迁概率，就可由酉或反酉算符实现；实现算符的整体相位不唯一。它不是说任意保范数的非线性映射都属于对称性。

酉算符线性，反酉算符反线性：

\[ T(a\psi+b\phi)=a^*T\psi+b^*T\phi,\qquad \langle T\phi|T\psi\rangle=\langle\psi|\phi\rangle. \]

选定正交基以后，反酉算符可以写成T=UK，其中K对该基下的系数取复共轭，U酉。U依赖基底，T的反线性性质不依赖。后面计算时间反演时，不能把K忘掉而只乘一个普通矩阵。

群在射线上的作用可以提升为射影表示：U(g₁)U(g₂)与U(g₁g₂)允许差一个相位。自旋半的旋转由SU(2)表示，转2π得到−I；这个整体相位不改变单态的测量概率，但在具有相干参照的不同路径比较中仍须一致处理。

2. 连续对称性：生成元与守恒量之间还有条件

在有限维空间，一个连续的一参数酉群可写为

\[ U(\theta)=\exp(-i\theta G),\qquad G=G^\dagger. \]

这里要求群律U(θ₁+θ₂)=U(θ₁)U(θ₂)。一般随参数变化的酉矩阵族不必由一个固定G生成。无穷维的对应结果是Stone定理，需要强连续性，自伴生成元还要连同其定义域处理；本页实验不以小矩阵代替这些域问题。

如果所有θ都满足[U(θ),H]=0，在θ=0求导得到[G,H]=0。反过来，在有限维中[G,H]=0使每个G的幂均与H对易，因此整个指数也对易。仅有某一个离散θ的U与H对易不能反推生成元：例如U(2π)恰为±I时，对任意H都对易。

当G不显含时间时，Schrödinger方程给出

\[ \frac d{dt}\langle G\rangle=i\langle[H,G]\rangle. \]

所以对易性推出期望值守恒。它本身并未推出能量简并；例如H=ωJz的不同m可以拥有不同能量，同时[H,Jz]=0完全成立。

3. 从升降算符构造一个不可约角动量表示

在ℏ=1约定下，定义J±=Jx±iJy。交换关系为

\[ [J_i,J_j]=i\epsilon_{ijk}J_k,\qquad [J_z,J_\pm]=\pm J_\pm,\qquad [J_+,J_-]=2J_z. \]

J²与三个生成元对易。设共同本征态为|jm〉，由J∓J±=J²−Jz²∓Jz得到范数

\[ \|J_\pm|jm\rangle\|^2=j(j+1)-m(m\pm1). \]

最高、最低端的范数必须为0，且每次升降改变m一个单位，故m从j走到−j、2j为非负整数。统一相位可令降算符系数非负：

\[ J_-|jm\rangle=\sqrt{(j+m)(j-m+1)}\,|j,m-1\rangle. \]

j=0是合法的一维平凡表示，全部J矩阵为0。实验也保留这个边界，不把“无自旋”作为非法输入。

矩阵按m=j,j−1,…,−j排列，列表示输入态。Jy是纯虚Hermitian矩阵；数据中以其实部0与虚部矩阵分别说明，不能把虚部矩阵本身当成Jy。

4. 两个角动量合成：最高权、正交补与维数

积空间中，总生成元为

\[ \mathbf J=\mathbf J_1\otimes I+I\otimes\mathbf J_2. \]

积基|j₁m₁〉|j₂m₂〉是Jz本征基，总M=m₁+m₂。最高M=j₁+j₂只有一个积态，因此它就是J=j₁+j₂的最高态。用总J−逐次下降，得到这一整组2J+1个态。

接着看M=J−1的子空间。把前一组在该M的态投影扣除，剩下的正交补给出下一组最高态。为什么它确实被J+湮灭？J+把它送到更高M，而那个空间已由前面构造的不可约组占满；对任何已构造态w，〈w|J+v〉=〈J−w|v〉=0。因此J+v既在已占满空间里、又与它正交，只能为0。

继续最高权与下降，得到

\[ V_{j_1}\otimes V_{j_2} =\bigoplus_{J=|j_1-j_2|}^{j_1+j_2}V_J. \]

J以1递增，每种只出现一次。若j₁≥j₂，右边维数是等差和：共有2j₂+1项，首尾维数平均为2j₁+1，恰等于左边(2j₁+1)(2j₂+1)。这既检查没有遗漏，也说明两个不可约表示的这次合成没有额外重数。

实验以两次正交化减少浮点误差，保存每次种子、投影系数和剩余向量，再保存全部下降步骤。数值阈值只用于有限构造中的舍入识别；一般分解的理由是上面的表示论论证。

5. CG系数是有相位约定的换基矩阵

定义

\[ |JM\rangle=\sum_{m_1,m_2} C^{JM}_{j_1m_1,j_2m_2}|j_1m_1\rangle|j_2m_2\rangle. \]

本页使用实的Condon–Shortley约定：每个最高态中按m₁降序遇到的第一个非零系数取正，下降系数取非负。整体翻转一组态不改变概率，但会改变部分CG符号；比较两张表之前必须先统一约定。

令这些系数按列组成C，则

\[ C^\dagger C=I,\qquad C^\dagger J^2C=\operatorname{diag}\{J(J+1)\},\qquad C^\dagger J_zC=\operatorname{diag}\{M\}. \]

两个自旋半的三重态分别是↑↑、(↑↓+↓↑)/√2、↓↓；单态是(↑↓−↓↑)/√2。它们的正交性直接来自交叉项相消，单态被三个总生成元湮灭。一般合成使用同一流程，不能仅凭这一个四维例子宣称已证明所有CG表。

实验同时检查换基正交、J²/Jz对角化和下降递推，并与完整系数表对应。只检查维数正确，无法发现一个列符号或两个系数位置交换造成的错误。

6. 对称性怎样约束H：Schur引理与重数空间

若有限维Hilbert空间在旋转群下分解为

\[ \mathcal H=\bigoplus_j(V_j\otimes M_j), \]

其中Mⱼ是同一不可约表示出现多少次的重数空间，那么与全部旋转对易的H必须具有

\[ H=\bigoplus_j(I_{V_j}\otimes h_j). \]

理由是：H的各块是不可约表示之间的交织映射。不同j之间的非零交织会给出同构，故不存在；同一j上的自伴交织算符若有两个不同特征值，其特征子空间就构成非平凡不变子空间，违反不可约性，所以只能是标量。若有多份同一表示，这个标量可以随重数指标组成矩阵hⱼ。

将hⱼ对角化后，每个特征值至少重复2j+1次；不同j或不同重数的特征值还可能偶然重合。不能把这一步缩成“随便找一个与H对易的G，就有简并”。

本实验的交换作用可直接化成

\[ \lambda\mathbf J_1\cdot\mathbf J_2 =\frac\lambda2\big[J^2-j_1(j_1+1)I-j_2(j_2+1)I\big]. \]

因此旋转对称的交换模型中，能量只依赖J，不依赖M。加入hzJz后仍与Jz对易，但能量再加hzM，通常会拆开同一J中的不同M。

7. 球张量：零的位置之外，符号与归一化也要正确

不可约秩k球张量是一组2k+1个算符Tᵏq，满足

\[ [J_z,T^k_q]=qT^k_q,\qquad [J_\pm,T^k_q]=\sqrt{(k\mp q)(k\pm q+1)}\,T^k_{q\pm1}. \]

矢量是k=1的情形。在本页约定下

\[ T^1_{+1}=-\frac{V_x+iV_y}{\sqrt2},\qquad T^1_0=V_z,\qquad T^1_{-1}=\frac{V_x-iV_y}{\sqrt2}. \]

取V=J₁，得到T+1=−J₁+/√2、T0=J₁z、T−1=J₁−/√2。总J对第一自旋的作用给出所需张量变换律，因为第二自旋算符与第一自旋算符对易。

一个直接的符号检查是[J+,J₁z]=−J₁+，而√2T+1也正好等于−J₁+。如果直接拿J₁+当T+1，虽然非零格子仍位于m′=m+1，递推的符号和系数却错了。图表保留有符号矩阵元，不能仅检查模长。

球张量按算符的旋转变换律定义；不要求某个另行指定的H已经旋转对称。若想让j、m同时作为能量态标签，再需要H与相关对称算符相容。约定与张量变换可对照Littlejohn球张量讲义。

8. Wigner–Eckart：为什么整组矩阵元只差CG系数？

固定初态不可约表示Vⱼ和张量秩k，定义线性映射

\[ F:V_j\otimes V_k\longrightarrow\mathcal H,\qquad F(|jm\rangle\otimes|kq\rangle)=T^k_q|jm\rangle. \]

张量变换律保证F与旋转作用相容：把旋转同时作用于两个输入因子，等于先用F再旋转输出。用交换子也能直接检查：J作用于Tq|jm〉时，两项分别来自[J,Tq]|jm〉和TqJ|jm〉，正好对应积表示的两个生成元。

第4节说明Vⱼ⊗Vₖ中每个允许的Vⱼ′只出现一次。将F投影到指定的末态副本α′、j′，Schur引理说明它在这个不可约块上只能是标准同构乘一个数。因此

\[ \langle\alpha'j'm'|T^k_q|\alpha jm\rangle =C^{j'm'}_{jm,kq}\,R_{\alpha'j',\alpha j}^{(k)}. \]

本页R的定义没有额外除以√(2j′+1)；另一种常用约化矩阵元约定把这因子放在定理式中。比较结果须同时转换，不能仅凭两个R数值不同判错。

必要条件是m′=m+q、|j−k|≤j′≤j+k且j+k−j′为整数。不满足条件时CG为0；满足这些条件时仍可能出现CG的额外零。即使CG非零，R也可能因动力学或其他对称性为0。实验把三类情况分别留下，不把“候选允许”写成“必然发生”。

实验用真实的C†TqC算矩阵元，再用另外一次j⊗1合成得到几何CG。对固定J→J′，以

\[ R=\frac{\sum C\,T}{\sum C^2} \]

抽取共同系数，并逐个比较T与CR。分母为0表示该块没有可用几何通道，显示“不适用”，不做0/0。这里的实数求和适用于当前实CG与实球分量；一般复数情形要用共轭内积。

9. 时间反演：先保留反线性，再证明Kramers

选取标准自旋基，定义

\[ T_j|jm\rangle=(-1)^{j-m}|j,-m\rangle,\qquad T_j=U_jK. \]

这条式子须与反线性一起使用。再作用一次，两个符号相乘给Tⱼ²=(−1)²ʲI。对两自旋积空间，T²=(−1)²⁽ʲ¹⁺ʲ²⁾I。实验保存U和UU*，而不是把反酉T当成普通线性矩阵直接相乘。

若H自伴、TH=HT，Hψ=Eψ且E为实数，就有H(Tψ)=E(Tψ)。当T²=−I时，反酉内积性质又给

\[ \langle T\psi|T(T\psi)\rangle=\langle T\psi|\psi\rangle, \qquad T(T\psi)=-\psi. \]

左右比较得〈Tψ|ψ〉=0。所以ψ与Tψ是正交的同能态；这个结论不要求完整旋转对称。每个有限维能量子空间可继续按这样成对取基，故维数为偶数。

若T²=+I，上面的正交结论不成立：自旋1的H=DzJz²+DxJx²在一般不相等的非零系数下可以有三个不同能量，同时保持时间反演。它是“有时间反演就一定二重简并”的反例，不是说整数自旋绝不会出现简并。反酉与Kramers的讨论可对照Littlejohn时间反演讲义。

10. 有限实验：对角化残差与简并判断分开

实验统一使用

\[ H=\lambda\mathbf J_1\cdot\mathbf J_2 +D_zJ_z^2+D_xJ_x^2+h_zJ_z+h_xJ_x. \]

系数以同一能量单位表示，J取无量纲ℏ=1表示。平方项在T下不变，线性磁场项变号；hz=hx=0时模型保证时间反演。Dz=Dx=hz=hx=0时还保证完整旋转对称。这些是充分条件；特殊的零表示或参数相消还可能留下更多对称，实验同时显示实际交换子。

H在所选积基中是实对称矩阵，可用Jacobi旋转对角化，故本征向量可取实数。数据记录全部旋转、最终非对角残差、每个本征向量的Hv−Ev与正交残差。对每个v还实际计算Tv、〈v|Tv〉与H(Tv)−E(Tv)，分别检验正交性和同能性。

图中能量从低到高排序。扫描hz时，同一排序序号不自动代表同一个连续本征态；在交叉或简并处，仅连这些能量曲线不能确定绝热态如何跟随。当前图不声称做了本征态追踪。

实验按10⁻⁹max(1,max|Hᵢⱼ|)分组接近的能量，并公开这个容差。它是有限数值分组：小于容差的真实微小劈裂可能被归为一组，不能据此宣布严格简并。Kramers或Schur保护来自前面的假设与证明；残差给的是当前计算与这些结论的一致性证据。

11. 光谱迁移：电偶极禁戒还可能有其他通道

电多极算符的空间部分可写成rᵏCₖq，其中Cₖq=√[4π/(2k+1)]Yₖq。它具有宇称(−1)ᵏ。电偶极E1因此连接相反宇称；电四极E2连接相同宇称。二者还各自服从秩1或秩2的角动量三角条件。不同跃迁类型的规则见NIST光谱规则表。

在忽略自旋与精细结构的氢原子空间波函数模型中，3d→1s不满足E1的三角条件，但E2允许ℓ=2→0。下面不只说“允许”，而是算一个非零矩阵元。用a₀=1，取m=q=0：

\[ R_{10}=2e^{-r},\qquad R_{32}=\frac{4}{81\sqrt{30}}r^2e^{-r/3}. \]

两个径向波函数在r²dr测度下归一。角积分是∫Y₀₀*C₂₀Y₂₀dΩ=1/√5；径向积分为

\[ \int_0^\infty R_{10}R_{32}r^4\,dr =\frac8{81\sqrt{30}}\frac{6!}{(4/3)^7} =\frac{81\sqrt{30}}{256}. \]

故〈1s|r²C₂₀|3d,m=0〉=81√6/256，恢复单位为a₀²。这说明单光子E2通道也可能存在；不能把E1禁戒改写成“只能双光子或级联”。这里没有计算完整辐射相互作用的速率、频率因子或精细结构分支比。

同样，固定无额外重数的J子空间内，矢量投影与J成比例。对J≠0，利用J=L+S、2L·J=J²+L²−S²，可得到磁矩投影系数

\[ g_J=\frac{g_L[J(J+1)+L(L+1)-S(S+1)] +g_S[J(J+1)+S(S+1)-L(L+1)]}{2J(J+1)}. \]

取gL=1、gS约2得到常用Landé式。J=0时不能代入此分母；秩1算符在单独J=0块内为0，须直接按选择定则处理。若有多个相同J副本，比例系数还要保留重数矩阵。

12. 四道练习与完整解答

练习1：两个自旋半的交换能级

取λ=1、Dz=Dx=hz=hx=0。构造四个耦合态，求全部能量及简并；再加入hz=0.4。

展开完整解答：先分解表示，再代入能量

三重态J=1为↑↑、(↑↓+↓↑)/√2、↓↓，单态J=0为(↑↓−↓↑)/√2。两个自旋各有j(j+1)=3/4，所以交换能量为[J(J+1)−3/2]/2：三重态1/4，单态−3/4。

加入0.4Jz后，三重态的M=1、0、−1分别给0.65、0.25、−0.15，单态仍为−0.75。H仍与Jz对易，却已无三重简并；完整旋转对称性要求同时检查其他生成元。

练习2：球分量的符号为何不能随便删？

对单个自旋半，计算〈↑|T+1|↓〉与[J+,T0]，并检查秩1张量递推。

展开完整解答：检查实际带符号矩阵元

J+|↓〉=|↑〉，而T+1=−J+/√2，所以矩阵元为−1/√2。由[Jz,J+]=J+可得[J+,T0]=[J+,Jz]=−J+；右边√2T+1也是−J+。

若改用J+、Jz、J−当三个标准球分量，零格仍符合磁量子数差，但递推不成立。允许的位置和正确的相对幅度是两个不同的检查。整体一致改变基底相位可以转换约定，任意删去一个分量的负号或√2则不行。

练习3：整数自旋的时间反演反例

令j₁=1、j₂=0，取Dz=1、Dx=0.4、hz=hx=0。判断T²并求能级；为什么这不违反Kramers定理？

展开完整解答：把定理的两个条件都用上

此时总自旋为1，T²=+I。按m=1、0、−1，Jz²对角为1、0、1，Jx²的中间对角为1，两端对角与相互连接项均为1/2。H因此为

\[ H=\begin{pmatrix}1.2&0&0.2\\0&0.4&0\\0.2&0&1.2\end{pmatrix}. \]

中间态能量0.4，两端对称/反对称组合能量1.4与1.0，三个都不同。平方项保持时间反演，但T²不是−I，所以不满足Kramers正交伴态结论的前提。

若改成j₁=1、j₂=1/2且保持线性场为0，T²=−I；即使相同的平方各向异性破坏完整旋转对称，仍须成对同能。打开磁场会破坏该保护，但不能反过来保证每一个参数点都毫无偶然简并。

练习4：3d→1s为什么不能只写“禁戒”？

在第11节的空间波函数模型中，分别判断E1与E2，并复算m=q=0的E2矩阵元。

展开完整解答：指定算符秩，再检查非零积分

E1的秩为1，ℓ=2与ℓ′=0的三角条件不成立；两态又同宇称。因此电偶极矩阵元为0。E2秩为2，角条件与同宇称均相容。

C₂₀=√(4π/5)Y₂₀、Y₀₀=1/√(4π)，而∫Y₂₀²dΩ=1，所以角积分1/√5。径向积分用∫r⁶e⁻ᵝʳdr=6!/β⁷、β=4/3，得81√30/256。相乘得到81√6/256 a₀²，确实非零。

这个计算只证明当前模型的E2算符矩阵元不为0。实际线强、寿命和竞争分支还需要相互作用系数、频率、细结构与其他衰变通道；“E1禁戒”必须始终带着E1这个限定。