## 2. 準備：記号と軌道角運動量演算子状態はヒルベルト空間 $\mathcal{H}$ のベクトル $\lvert\psi\rangle$ で表し、物理量はエルミート演算子で表します（[演算子と物理量](/physics/quantum-mechanics/operators-and-observables)）。交換子は $[A, B] = AB - BA$ と書きます。以下で何度も使うのは、次の 2 つの恒等式です。 $$ [AB, C] = A[B, C] + [A, C]B, \qquad [A, BC] = [A, B]C + B[A, C] $$ 第 1 式は右辺を展開すると $A(BC - CB) + (AC - CA)B = ABC - CAB$ となり、左辺 $ABC - CAB$ に一致します。第 2 式も同様です。正準交換関係は $$ [x_i, p_j] = i\hbar\,\delta_{ij}, \qquad [x_i, x_j] = [p_i, p_j] = 0 \quad (i, j = 1, 2, 3) $$ です（）。ここで $(x_1, x_2, x_3) = (x, y, z)$、$(p_1, p_2, p_3) = (p_x, p_y, p_z)$ とします。また、レビ・チビタ記号 $\varepsilon_{ijk}$ を、$\varepsilon_{123} = 1$ で添字の互換について完全反対称な量として定めます。同じ添字が 2 回現れたら $1$ から $3$ まで和をとる規約（アインシュタインの規約）を使うと、外積は $(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{b})_i = \varepsilon_{ijk}a_jb_k$ と書けます。質点の軌道角運動量演算子を $$ L_i = \varepsilon_{ijk}\,x_j p_k, \qquad \text{すなわち}\quad \boldsymbol{L} = \boldsymbol{r}\times\boldsymbol{p} $$ で定める。成分で書けば $L_x = yp_z - zp_y$、$L_y = zp_x - xp_z$、$L_z = xp_y - yp_x$ である。位置表示では $p_k = -i\hbar\,\partial/\partial x_k$ なので $L_z = -i\hbar(x\partial_y - y\partial_x)$ などとなる。古典的な $\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{p}$ を演算子に置き換えるとき、一般には積の順序が問題になります。しかし $L_z = xp_y - yp_x$ に現れる組 $(x, p_y)$ と $(y, p_x)$ はいずれも異なる方向の位置と運動量なので $[x, p_y] = 0$、$[y, p_x] = 0$ であり、順序を気にする必要がありません。同じ理由で $L_z^\dagger = (xp_y)^\dagger - (yp_x)^\dagger = p_y x - p_x y = xp_y - yp_x = L_z$ となり、$L_i$ はエルミートです。の $L_i$ は $$ [L_i, L_j] = i\hbar\,\varepsilon_{ijk}L_k $$ を満たす。とくに $[L_x, L_y] = i\hbar L_z$、$[L_y, L_z] = i\hbar L_x$、$[L_z, L_x] = i\hbar L_y$ である。添字の巡回対称性から $[L_x, L_y] = i\hbar L_z$ を示せば十分です（$x \to y \to z \to x$ と置き換えれば残りが出ます）。定義を代入して交換子を展開します。 $$ [L_x, L_y] = [\,yp_z - zp_y,\ zp_x - xp_z\,] = [yp_z, zp_x] - [yp_z, xp_z] - [zp_y, zp_x] + [zp_y, xp_z] $$ 第 1 項は、上の恒等式 $[AB, C] = A[B,C] + [A,C]B$ を $A = y$、$B = p_z$、$C = zp_x$ として使うと $$ [yp_z, zp_x] = y[p_z, zp_x] + [y, zp_x]p_z = y\bigl([p_z, z]p_x + z[p_z, p_x]\bigr) + \bigl([y,z]p_x + z[y,p_x]\bigr)p_z = -i\hbar\, yp_x $$ となります。ここで $[p_z, z] = -i\hbar$、$[p_z, p_x] = [y, z] = [y, p_x] = 0$ を使いました。第 2 項 $[yp_z, xp_z]$ は、$y, p_z, x$ が互いにすべて可換（$[y, x] = 0$、$[y, p_z] = 0$、$[p_z, x] = 0$）なので $0$ です。第 3 項 $[zp_y, zp_x]$ も同じ理由で $0$ です。第 4 項は $$ [zp_y, xp_z] = z[p_y, xp_z] + [z, xp_z]p_y = 0 + x[z, p_z]p_y = i\hbar\, xp_y $$ です（$[p_y, x] = [p_y, p_z] = 0$、$[z, x] = 0$、$[z, p_z] = i\hbar$）。以上を足すと $$ [L_x, L_y] = -i\hbar\,yp_x + i\hbar\,xp_y = i\hbar\,(xp_y - yp_x) = i\hbar L_z $$ となり、主張が示されました。この計算で使ったのは正準交換関係だけです。$\boldsymbol{L}$ の具体的な形が本質的でないことは、次節でこの交換関係そのものを出発点に据えることで明確になります。 ## 3. 交換関係を出発点にするヒルベルト空間 $\mathcal{H}$ 上のエルミート演算子の組 $\boldsymbol{J} = (J_1, J_2, J_3)$ が $$ [J_i, J_j] = i\hbar\,\varepsilon_{ijk}J_k \qquad (i, j = 1, 2, 3) $$ を満たすとき、$\boldsymbol{J}$ を角運動量演算子という。また $$ \boldsymbol{J}^2 = J_1^2 + J_2^2 + J_3^2 $$ とおく。以下 $J_3 = J_z$ と書く。この交換関係は天下り的に見えますが、根拠があります。$\boldsymbol{J}$ は空間回転の生成子であり、軸 $\boldsymbol{n}$ のまわりの角 $\theta$ の回転は $U(\theta, \boldsymbol{n}) = \exp(-i\theta\,\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{J}/\hbar)$ で表されます。回転どうしが可換でないこと、より正確には $x$ 軸まわりと $y$ 軸まわりの微小回転の「ずれ」が $z$ 軸まわりの回転になることが、上の交換関係と等価です。導出は Appendix にまとめました。 $\boldsymbol{J}^2$ が特別な役割を果たすのは、それが 3 成分すべてと可換だからです。の $\boldsymbol{J}$ に対して $[\boldsymbol{J}^2, J_i] = 0$（$i = 1, 2, 3$）が成り立つ。 $i = 3$ の場合を示せば、巡回対称性から残りも従います。$[J_z, J_z] = 0$ なので $$ [\boldsymbol{J}^2, J_z] = [J_x^2, J_z] + [J_y^2, J_z] $$ です。恒等式 $[AB, C] = A[B,C] + [A,C]B$ を $A = B = J_x$、$C = J_z$ として使い、の交換関係 $[J_x, J_z] = -i\hbar J_y$ を代入すると $$ [J_x^2, J_z] = J_x[J_x, J_z] + [J_x, J_z]J_x = -i\hbar\,(J_xJ_y + J_yJ_x) $$ 同様に $[J_y, J_z] = i\hbar J_x$ から $$ [J_y^2, J_z] = J_y[J_y, J_z] + [J_y, J_z]J_y = i\hbar\,(J_yJ_x + J_xJ_y) $$ となります。2 つを足すと $J_xJ_y + J_yJ_x$ の項がちょうど打ち消し合い、$[\boldsymbol{J}^2, J_z] = 0$ を得ます。したがって $\boldsymbol{J}^2$ と $J_z$ は同時に対角化でき、両者の固有値で状態にラベルを付けられます。$J_x$ と $J_y$ は $J_z$ と可換でないので同時には確定しません。3 成分すべてを同時に確定させることはできず、確定させられるのは「大きさ」と「1 つの成分」だけ、というのが量子的な角運動量の際立った特徴です。 ### 3.1. 昇降演算子 $$ J_+ = J_x + iJ_y, \qquad J_- = J_x - iJ_y $$ を昇降演算子（ladder operator）という。$J_x, J_y$ がエルミートなので $J_\pm^\dagger = J_\mp$ である。の $J_\pm$ について、次が成り立つ。 1. $[J_z, J_\pm] = \pm\hbar J_\pm$ 2. $[\boldsymbol{J}^2, J_\pm] = 0$ 3. $J_\mp J_\pm = \boldsymbol{J}^2 - J_z^2 \mp \hbar J_z$ (1) より $[J_z, J_x] = i\hbar J_y$、$[J_z, J_y] = -i\hbar J_x$ ですから $$ [J_z, J_\pm] = [J_z, J_x] \pm i[J_z, J_y] = i\hbar J_y \pm i(-i\hbar J_x) = \pm\hbar\,(J_x \pm iJ_y) = \pm\hbar J_\pm . $$ 最後から 2 つ目の等号では、$+$ の場合は $\hbar J_x + i\hbar J_y = \hbar(J_x + iJ_y)$、$-$ の場合は $-\hbar J_x + i\hbar J_y = -\hbar(J_x - iJ_y)$ と整理しました。 (2) より $[\boldsymbol{J}^2, J_x] = [\boldsymbol{J}^2, J_y] = 0$ なので、その線形結合である $J_\pm$ とも可換です。 (3) 定義どおり展開します。 $$ J_\mp J_\pm = (J_x \mp iJ_y)(J_x \pm iJ_y) = J_x^2 + J_y^2 \pm i(J_xJ_y - J_yJ_x) = J_x^2 + J_y^2 \pm i[J_x, J_y] $$ ここで $J_x^2 + J_y^2 = \boldsymbol{J}^2 - J_z^2$ であり、$[J_x, J_y] = i\hbar J_z$ なので $\pm i[J_x,J_y] = \pm i \cdot i\hbar J_z = \mp\hbar J_z$ です。よって $J_\mp J_\pm = \boldsymbol{J}^2 - J_z^2 \mp \hbar J_z$ となります。 ### 3.2. 固有値の決定 $\boldsymbol{J}$ をの意味の角運動量演算子とし、$V \subset \mathcal{H}$ を $J_1, J_2, J_3$ の作用で閉じた有限次元部分空間、$J_i$ は $V$ 上でエルミートとする。このとき次が成り立つ。 1. $V$ における $\boldsymbol{J}^2$ の固有値は $\hbar^2 j(j+1)$ の形に限られる。ここで $2j$ は非負整数、すなわち $j \in \{0, \tfrac12, 1, \tfrac32, \ldots\}$ である。 2. $\boldsymbol{J}^2$ の固有値 $\hbar^2 j(j+1)$ に属し、同時に $J_z$ の固有ベクトルでもあるベクトルの $J_z$ 固有値は $\hbar m$ の形で、$m \in \{-j, -j+1, \ldots, j-1, j\}$（$2j+1$ 個）に限られる。 3. 位相を適当に選べば、規格化された同時固有ベクトル $\lvert j, m\rangle$ の族を $$ J_\pm \lvert j, m\rangle = \hbar\sqrt{j(j+1) - m(m\pm 1)}\ \lvert j, m\pm 1\rangle $$ が成り立つように取れる。 **ステップ 1（同時固有ベクトルの存在）.** より $\boldsymbol{J}^2$ と $J_z$ は可換で、いずれも $V$ 上でエルミートです。有限次元空間上の可換なエルミート演算子は同時対角化できます（、[スペクトル定理](/mathematics/linear-algebra/spectral-theorem)）。そこで規格化されたベクトル $\lvert\psi\rangle \in V$ で $$ \boldsymbol{J}^2\lvert\psi\rangle = \hbar^2\lambda\lvert\psi\rangle, \qquad J_z\lvert\psi\rangle = \hbar\mu\lvert\psi\rangle $$ となるものを取ります（$\lambda, \mu$ は実数）。 **ステップ 2（$\lambda \ge \mu^2$）.** $J_x, J_y$ のエルミート性より $$ \hbar^2(\lambda - \mu^2) = \langle\psi\rvert\,\boldsymbol{J}^2 - J_z^2\,\lvert\psi\rangle = \langle\psi\rvert J_x^2 + J_y^2\lvert\psi\rangle = \lVert J_x\lvert\psi\rangle\rVert^2 + \lVert J_y\lvert\psi\rangle\rVert^2 \ge 0 $$ です。よって $\lambda \ge \mu^2$、すなわち $|\mu| \le \sqrt{\lambda}$ となります。これは同じ $\lambda$ を持つどの同時固有ベクトルについても成り立ちます。 **ステップ 3（はしごが 1 段動くこと）.** (2) より $\boldsymbol{J}^2 J_\pm = J_\pm\boldsymbol{J}^2$ なので $$ \boldsymbol{J}^2\bigl(J_\pm\lvert\psi\rangle\bigr) = J_\pm\bigl(\boldsymbol{J}^2\lvert\psi\rangle\bigr) = \hbar^2\lambda\bigl(J_\pm\lvert\psi\rangle\bigr) $$ です。また (1) より $J_zJ_\pm = J_\pm J_z \pm \hbar J_\pm$ なので $$ J_z\bigl(J_\pm\lvert\psi\rangle\bigr) = \bigl(J_\pm J_z \pm \hbar J_\pm\bigr)\lvert\psi\rangle = \hbar(\mu \pm 1)\bigl(J_\pm\lvert\psi\rangle\bigr) $$ です。つまり $J_\pm\lvert\psi\rangle$ はゼロベクトルであるか、さもなければ $(\lambda, \mu\pm1)$ に属する同時固有ベクトルです。$V$ は $J_i$ の作用で閉じているので、これらも $V$ の元です。 **ステップ 4（ノルムの計算）.** $J_\pm^\dagger = J_\mp$ と (3) から $$ \bigl\lVert J_\pm\lvert\psi\rangle \bigr\rVert^2 = \langle\psi\rvert J_\mp J_\pm\lvert\psi\rangle = \langle\psi\rvert\,\boldsymbol{J}^2 - J_z^2 \mp \hbar J_z\,\lvert\psi\rangle = \hbar^2\bigl(\lambda - \mu^2 \mp \mu\bigr) $$ を得ます。とくに $J_\pm\lvert\psi\rangle = 0$ となるのは $\lambda = \mu^2 \pm \mu$ のとき、そのときに限ります。 **ステップ 5（はしごが両端で止まること）.** もしすべての $n \ge 0$ で $J_+^n\lvert\psi\rangle \ne 0$ なら、ステップ 3 より $\mu + n$ がいくらでも大きな $J_z$ 固有値として現れます。しかしステップ 2 を $(\lambda, \mu+n)$ に適用すると $\lambda \ge (\mu+n)^2$ が必要で、$n$ を大きく取れば矛盾します。よってある非負整数 $N$ が存在して $$ J_+^{N}\lvert\psi\rangle \ne 0, \qquad J_+^{N+1}\lvert\psi\rangle = 0 $$ となります。$j := \mu + N$ とおくと、$J_+^N\lvert\psi\rangle$ は $(\lambda, j)$ の同時固有ベクトルで $J_+$ に消されるので、ステップ 4 の $+$ の場合より $\lambda = j^2 + j = j(j+1)$ です。同じ議論を $J_-$ に対して行うと、非負整数 $M$ が存在して $J_-^{M}\lvert\psi\rangle \ne 0$、$J_-^{M+1}\lvert\psi\rangle = 0$ となり、$m' := \mu - M$ とおけばステップ 4 の $-$ の場合より $\lambda = m'^2 - m'$ です。 **ステップ 6（$j$ の可能な値）.** 2 つの表式を等置すると $m'^2 - m' - j(j+1) = 0$、すなわち $$ m' = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4j(j+1)}}{2} = \frac{1 \pm (2j+1)}{2} = j + 1 \ \text{または}\ -j $$ です（$1 + 4j^2 + 4j = (2j+1)^2$ を使いました）。ここで $m' = \mu - M \le \mu \le \mu + N = j$ ですから $m' = j+1$ はあり得ず、$m' = -j$ に決まります。したがって $$ j - (-j) = (\mu + N) - (\mu - M) = N + M, \qquad \text{すなわち}\quad 2j = N + M $$ となり、$2j$ は非負整数です。これで (1) が示せました。また $\mu$ は $-j$ から $j$ まで 1 刻みに動く値のどれかなので (2) も従います。 **ステップ 7（規格化と位相）.** $\lvert j, j\rangle$ を $(\lambda, j)$ に属する規格化された同時固有ベクトルとし、$m = j, j-1, \ldots$ の順に $$ \lvert j, m-1\rangle := \frac{1}{\hbar\sqrt{j(j+1) - m(m-1)}}\,J_-\lvert j, m\rangle $$ と定めます。ステップ 4 より $\lVert J_-\lvert j,m\rangle\rVert = \hbar\sqrt{\lambda - m^2 + m} = \hbar\sqrt{j(j+1) - m(m-1)}$ なので、こう定めた $\lvert j, m-1\rangle$ は規格化されています。これが $J_-$ についての主張です。$J_+$ については、 (3) の $J_+J_- = \boldsymbol{J}^2 - J_z^2 + \hbar J_z$ を使って $$ J_+\lvert j, m-1\rangle = \frac{J_+J_-\lvert j,m\rangle}{\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)}} = \frac{\hbar^2\bigl(j(j+1) - m^2 + m\bigr)}{\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)}}\lvert j,m\rangle = \hbar\sqrt{j(j+1)-(m-1)m}\ \lvert j, m\rangle $$ となり、$m \to m-1$ と読み替えれば主張の形に一致します。

の証明で使ったのは交換関係とエルミート性だけで、$\boldsymbol{J} = \boldsymbol{r}\times\boldsymbol{p}$ という具体形はどこにも登場しません。その結果、$j$ として半整数 $\tfrac12, \tfrac32, \ldots$ が代数的には完全に許されています。にもかかわらず、水素原子の計算では整数の $l$ しか現れませんでした。この食い違いはどこから来るのでしょうか。次節で決着をつけます。 $j = 1$ の多重項 $\{\lvert 1,1\rangle, \lvert 1,0\rangle, \lvert 1,-1\rangle\}$ を基底に取り、この順に成分を並べます。 (2) より $J_z$ は直ちに $$ J_z = \hbar\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix} $$ です。$J_+$ の行列要素は (3) から計算します。$j = 1$ なので $j(j+1) = 2$ であり、 $$ J_+\lvert1,0\rangle = \hbar\sqrt{2 - 0\cdot1}\,\lvert1,1\rangle = \sqrt{2}\,\hbar\lvert1,1\rangle, \qquad J_+\lvert1,-1\rangle = \hbar\sqrt{2 - (-1)\cdot 0}\,\lvert1,0\rangle = \sqrt{2}\,\hbar\lvert1,0\rangle $$ となり、$J_+\lvert1,1\rangle = 0$ です。したがって $$ J_+ = \sqrt{2}\,\hbar\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad J_- = J_+^\dagger = \sqrt{2}\,\hbar\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix} $$ です。$J_x = (J_+ + J_-)/2$、$J_y = (J_+ - J_-)/(2i)$ から $$ J_x = \frac{\hbar}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}, \qquad J_y = \frac{\hbar}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0&-i&0\\i&0&-i\\0&i&0\end{pmatrix} $$ を得ます（$1/i = -i$ を使いました）。検算として $\boldsymbol{J}^2$ の $(1,1)$ 成分を計算します。$J_x^2$ の $(1,1)$ 成分は $(\hbar^2/2)(0\cdot0 + 1\cdot1 + 0\cdot0) = \hbar^2/2$、$J_y^2$ の $(1,1)$ 成分は $(\hbar^2/2)\bigl(0\cdot 0 + (-i)(i) + 0\cdot 0\bigr) = \hbar^2/2$、$J_z^2$ の $(1,1)$ 成分は $\hbar^2$ です。合計 $2\hbar^2 = \hbar^2\cdot 1\cdot 2$ となり、 (1) の $\hbar^2 j(j+1)$ に一致します。 ## 4. 軌道角運動量に戻る：なぜ l は整数かスピンのない 1 粒子の状態空間は $L^2(\mathbb{R}^3)$、つまり空間の各点に 1 つの複素数を対応させる関数の空間です（[シュレーディンガー方程式と波動関数](/physics/quantum-mechanics/schrodinger-equation)、）。この「関数である」という一言が、整数への制限を生みます。 $\boldsymbol{L} = \boldsymbol{r}\times\boldsymbol{p}$ を $L^2(\mathbb{R}^3)$ 上の軌道角運動量演算子とする。$L_z$ の固有値は $\hbar m$ の形で $m \in \mathbb{Z}$ に限られる。したがっての $j$ に相当する量子数 $l$ も非負整数に限られ、半整数は現れない。球座標 $x = r\sin\theta\cos\varphi$、$y = r\sin\theta\sin\varphi$、$z = r\cos\theta$ を使います。$\varphi$ を動かしたときの各座標の変化は $$ \frac{\partial x}{\partial\varphi} = -r\sin\theta\sin\varphi = -y, \qquad \frac{\partial y}{\partial\varphi} = r\sin\theta\cos\varphi = x, \qquad \frac{\partial z}{\partial\varphi} = 0 $$ ですから、連鎖律より $\partial_\varphi = -y\,\partial_x + x\,\partial_y$ です。これはの $L_z = -i\hbar(x\partial_y - y\partial_x)$ とちょうど比例していて $$ L_z = -i\hbar\,\frac{\partial}{\partial\varphi} $$ となります。固有値方程式 $L_z\psi = \hbar m\psi$ は $\partial_\varphi\psi = im\psi$ と書けるので、$r, \theta$ を止めて $\varphi$ の常微分方程式として解くと $$ \psi(r, \theta, \varphi) = g(r, \theta)\,e^{im\varphi} $$ です。ここで、球座標において $\varphi$ と $\varphi + 2\pi$ は $\mathbb{R}^3$ の同じ点を表します。$\psi$ は $\mathbb{R}^3$ 上の関数なので、同じ点では同じ値を取らねばなりません。$g \not\equiv 0$ ですから $$ e^{im\varphi} = e^{im(\varphi + 2\pi)} \iff e^{2\pi i m} = 1 \iff m \in \mathbb{Z} $$ が必要です。一方より、$\boldsymbol{L}^2$ の固有値 $\hbar^2 l(l+1)$ に属する多重項には $m = l$ という値が必ず現れます。$m$ が整数でなければならないので $l$ も整数です。$l \ge 0$ は $\boldsymbol{L}^2$ が非負（$\langle\psi\rvert\boldsymbol{L}^2\lvert\psi\rangle = \sum_i\lVert L_i\psi\rVert^2 \ge 0$）であることから従います。制限を生んだのは代数ではなく、「状態空間が $\mathbb{R}^3$ 上の 1 価関数の空間である」という物理的な設定です。群論の言葉でいえば、$j$ が半整数の表現は回転群 $SO(3)$ の表現ではなく、その 2 重被覆 $SU(2)$ の表現になります。$SU(2) \to SO(3)$ が 2 対 1 であることが、後で見る「$2\pi$ 回転で符号が変わる」現象の正体です。逆にいえば、状態空間を「空間の各点に複素数を 1 つ」ではなく「複素 2 成分の組を 1 つ」対応させる空間に取り替えれば、半整数を使う余地が生まれます。それがスピンです。の手続きを実際に走らせて $Y_{1m}$ を作ります。まず最上段 $m = l = 1$ の状態は $L_+Y_{11} = 0$ と $L_zY_{11} = \hbar Y_{11}$ で特徴づけられます。デカルト座標で書くとから $$ L_\pm = L_x \pm iL_y = -i\hbar\,y\partial_z + i\hbar\,z\partial_y \pm \hbar\,z\partial_x \mp \hbar\,x\partial_z $$ です（$L_x = -i\hbar(y\partial_z - z\partial_y)$、$\pm i L_y = \pm i\cdot(-i\hbar)(z\partial_x - x\partial_z) = \pm\hbar(z\partial_x - x\partial_z)$ を足しました）。ここで単位球面上の関数 $$ f = -c\,(x + iy), \qquad c > 0 $$ を試します。$\partial_x f = -c$、$\partial_y f = -ic$、$\partial_z f = 0$ なので $$ L_+f = i\hbar z(-ic) + \hbar z(-c) = \hbar c z - \hbar c z = 0 $$ となり、確かに最上段の条件を満たします。$L_z$ については $$ L_zf = -i\hbar(x\partial_y - y\partial_x)f = -i\hbar\bigl(x(-ic) - y(-c)\bigr) = -\hbar c x - i\hbar c y = \hbar f $$ で $m = 1$ です。規格化条件は、単位球面上で $x + iy = \sin\theta\,e^{i\varphi}$ なので $$ \int |f|^2\,d\Omega = c^2\int_0^{2\pi}\!\!d\varphi \int_0^{\pi}\sin^2\theta\,\sin\theta\,d\theta = c^2\cdot 2\pi\cdot\frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}c^2 = 1 $$ より $c = \sqrt{3/(8\pi)}$ です（$\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta = 4/3$）。よって $$ Y_{11}(\theta,\varphi) = -\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,\sin\theta\,e^{i\varphi} $$ です（先頭の $-$ は慣用の位相の取り方で、コンドン=ショートレー位相と呼ばれます）。次に $L_-$ を作用させます。$L_- = -i\hbar y\partial_z + i\hbar z\partial_y - \hbar z\partial_x + \hbar x\partial_z$ なので $$ L_-f = i\hbar z(-ic) - \hbar z(-c) = \hbar c z + \hbar c z = 2\hbar c\,z $$ です。一方 (3) より $L_-Y_{11} = \hbar\sqrt{1\cdot2 - 1\cdot 0}\,Y_{10} = \sqrt{2}\,\hbar\,Y_{10}$ ですから $$ Y_{10} = \frac{2\hbar c z}{\sqrt2\,\hbar} = \sqrt2\,c\,\cos\theta = \sqrt{2\cdot\frac{3}{8\pi}}\,\cos\theta = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\,\cos\theta $$ を得ます（単位球面上で $z = \cos\theta$）。検算すると $\int|Y_{10}|^2d\Omega = \frac{3}{4\pi}\cdot2\pi\int_0^\pi\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta = \frac{3}{2}\cdot\frac23 = 1$ で、規格化されています。もう一度 $L_-$ を掛ければ $Y_{1,-1} = \sqrt{3/(8\pi)}\,\sin\theta\,e^{-i\varphi}$ が出ます。水素原子の記事で表として与えられていた $Y_{1m}$（）が、こうして交換関係だけから再現できました。 ## 5. スピン：実験が要求した内部自由度とで、半整数の $j$ が「代数的には許されるが軌道運動では実現しない」ことが分かりました。ここに実験が割って入ります。 - **シュテルン=ゲルラッハの実験（1922）.** 銀原子ビームが不均一磁場中で 2 本に分裂します。銀の基底状態は $l = 0$ なので軌道磁気モーメントはゼロのはずです。分裂数 $2 = 2j+1$ から $j = 1/2$。 - **アルカリ金属の二重線.** ナトリウムの D 線は $\lambda = 588.995\ \mathrm{nm}$（D$_2$）と $589.592\ \mathrm{nm}$（D$_1$）の 2 本に分かれます。波数差は約 $17\ \mathrm{cm^{-1}}$、エネルギー差にして約 $2.1\ \mathrm{meV}$ です。$3p$ 準位（$l = 1$）が 2 つに割れていることを意味します。 - **異常ゼーマン効果.** 磁場中の分裂パターンが、軌道磁気モーメントだけを考えた計算と合いません。これらを一挙に説明するのが、電子が空間座標に依らない内部自由度としての角運動量を持つ、という仮定です。粒子の状態空間を $\mathcal{H} = L^2(\mathbb{R}^3)\otimes\mathbb{C}^{2s+1}$ とし、第 2 因子にのみ作用するエルミート演算子の組 $\boldsymbol{S} = (S_x, S_y, S_z)$ が $$ [S_i, S_j] = i\hbar\,\varepsilon_{ijk}S_k, \qquad [S_i, x_j] = [S_i, p_j] = 0 $$ を満たすとき、$\boldsymbol{S}$ をスピン角運動量という。$\boldsymbol{S}^2 = \hbar^2 s(s+1)$ は定数倍の演算子で、$s$ を粒子のスピン量子数という。電子・陽子・中性子は $s = 1/2$、光子は $s = 1$ である。 $\boldsymbol{S}$ はの意味の角運動量ですから、がそのまま使えます。$s = 1/2$ の場合、状態空間は 2 次元で、基底は $$ \lvert\uparrow\rangle = \lvert\tfrac12, \tfrac12\rangle = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \qquad \lvert\downarrow\rangle = \lvert\tfrac12, -\tfrac12\rangle = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} $$ と取れます。 (2) より $S_z = \tfrac{\hbar}{2}\mathrm{diag}(1, -1)$、(3) より $s(s+1) = 3/4$ を使って $$ S_+\lvert\downarrow\rangle = \hbar\sqrt{\tfrac34 - \bigl(-\tfrac12\bigr)\bigl(\tfrac12\bigr)}\,\lvert\uparrow\rangle = \hbar\lvert\uparrow\rangle, \qquad S_+\lvert\uparrow\rangle = 0 $$ なので $S_+ = \hbar\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$、$S_- = S_+^\dagger$ です。$S_x = (S_++S_-)/2$、$S_y = (S_+-S_-)/(2i)$ から次を得ます。 $$ \boldsymbol{S} = \frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma}, \qquad \sigma_x = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad \sigma_y = \begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad \sigma_z = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} $$ この $\sigma_i$ をパウリ行列といいます。$2\times2$ のエルミート・トレースレス行列であり、$\det\sigma_i = -1$、固有値は $\pm1$ です。パウリ行列は $$ \sigma_i\sigma_j = \delta_{ij}I + i\,\varepsilon_{ijk}\sigma_k $$ を満たす。とくに $\sigma_i^2 = I$、$\sigma_i\sigma_j = -\sigma_j\sigma_i$（$i \ne j$）である。この結果、任意の（数の成分を持つ）ベクトル $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ について $$ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{a})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{b}) = (\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})\,I + i\,\boldsymbol{\sigma}\cdot(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{b}) $$ が成り立つ。直接掛け算します。まず対角成分（$i = j$）は $$ \sigma_x^2 = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} = I, \quad \sigma_y^2 = \begin{pmatrix}(-i)(i)&0\\0&(i)(-i)\end{pmatrix} = I, \quad \sigma_z^2 = I $$ です。次に非対角の組を計算します。 $$ \sigma_x\sigma_y = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i&0\\0&-i\end{pmatrix} = i\sigma_z $$ $$ \sigma_y\sigma_z = \begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&i\\i&0\end{pmatrix} = i\sigma_x $$ $$ \sigma_z\sigma_x = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix} = i\sigma_y $$ また $$ \sigma_y\sigma_x = \begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-i&0\\0&i\end{pmatrix} = -i\sigma_z $$ で、同様に $\sigma_z\sigma_y = -i\sigma_x$、$\sigma_x\sigma_z = -i\sigma_y$ です。以上をまとめると、$i = j$ のとき右辺は $I$（$\varepsilon_{iik} = 0$）、$i \ne j$ のとき右辺は $i\varepsilon_{ijk}\sigma_k$ となり、主張の形に一致します。最後の等式は、$\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ の成分が数（行列と可換）であることを使って $$ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{a})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{b}) = a_ib_j\,\sigma_i\sigma_j = a_ib_j\bigl(\delta_{ij}I + i\varepsilon_{ijk}\sigma_k\bigr) = (\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})I + i\,\sigma_k\,\varepsilon_{kij}a_ib_j $$ と計算すれば出ます（$\varepsilon_{ijk} = \varepsilon_{kij}$ は添字の巡回置換で、$\varepsilon_{kij}a_ib_j = (\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{b})_k$ です）。 $z$ 方向の装置で $\lvert\uparrow\rangle$ を選び出し、それを $x$ 方向の装置に通します。$\sigma_x$ の固有ベクトルは $$ \lvert \pm x\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\bigl(\lvert\uparrow\rangle \pm \lvert\downarrow\rangle\bigr) $$ です（$\sigma_x(1, \pm1)^{\mathsf{T}} = (\pm1, 1)^{\mathsf{T}} = \pm(1,\pm1)^{\mathsf{T}}$ で確かめられます）。逆に解くと $\lvert\uparrow\rangle = \bigl(\lvert+x\rangle + \lvert-x\rangle\bigr)/\sqrt2$ なので、$S_x = \pm\hbar/2$ が得られる確率はどちらも $|1/\sqrt2|^2 = 1/2$ です。さらに $\lvert+x\rangle$ をもう一度 $z$ 方向の装置に通すと、$\lvert+x\rangle = \bigl(\lvert\uparrow\rangle+\lvert\downarrow\rangle\bigr)/\sqrt2$ ですから再び $1/2$ ずつに分かれます。最初に確定させたはずの $S_z$ の値が、$S_x$ の測定によって失われるのです。これは不確定性関係の飽和した例になっています。$\lvert\uparrow\rangle$ において $$ \langle S_x\rangle = \frac{\hbar}{2}\langle\uparrow\rvert\sigma_x\lvert\uparrow\rangle = 0, \qquad \langle S_x^2\rangle = \frac{\hbar^2}{4}\langle\uparrow\rvert\sigma_x^2\lvert\uparrow\rangle = \frac{\hbar^2}{4} $$ （の $\sigma_x^2 = I$ を使いました）なので $\Delta S_x = \hbar/2$、同様に $\Delta S_y = \hbar/2$ です。一方 $\langle S_z\rangle = \hbar/2$ なので、不確定性関係 $\Delta A\,\Delta B \ge \tfrac12\lvert\langle[A,B]\rangle\rvert$（）の右辺は $\tfrac12\hbar\lvert\langle S_z\rangle\rvert = \hbar^2/4$ となり、左辺 $\hbar^2/4$ とちょうど等しくなります。軸 $\boldsymbol{n}$（単位ベクトル）まわりの角 $\theta$ の回転は $U = \exp\bigl(-i\theta\,\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{S}/\hbar\bigr) = \exp\bigl(-i\theta\,\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{\sigma}/2\bigr)$ です。で $\boldsymbol{a} = \boldsymbol{b} = \boldsymbol{n}$ とすると $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n})^2 = (\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{n})I + i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{n}) = I$ です。そこで指数関数を級数に開き、偶数次と奇数次に分けると $$ U = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k)!}\Bigl(\frac{-i\theta}{2}\Bigr)^{2k}I + \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)!}\Bigl(\frac{-i\theta}{2}\Bigr)^{2k+1}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}) = \cos\frac{\theta}{2}\,I - i\sin\frac{\theta}{2}\,(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}) $$ を得ます。$\theta = 2\pi$ を入れると $\cos\pi = -1$、$\sin\pi = 0$ なので $U = -I$ です。空間を 1 周させても元に戻らず、$\theta = 4\pi$ でようやく $U = +I$ になります。で述べた $SU(2)$ と $SO(3)$ の 2 対 1 対応が、ここに現れています。符号は全体位相なので単独では観測できませんが、干渉させれば見えます。中性子干渉計の一方の経路にだけ磁場をかけて中性子スピンを回転させると、干渉縞の強度が回転角について周期 $4\pi$ で変化することが 1975 年に観測されました。スピンが実験にかかるのは磁気モーメントを通じてです。電荷 $-e$（$e > 0$）、質量 $m_e$ の電子では、軌道運動による磁気モーメントが $\boldsymbol{\mu}_L = -\mu_{\mathrm B}\boldsymbol{L}/\hbar$（$\mu_{\mathrm B} = e\hbar/(2m_e)$ はボーア磁子）であるのに対し、スピンによるものは $$ \boldsymbol{\mu}_S = -g_e\,\mu_{\mathrm B}\,\frac{\boldsymbol{S}}{\hbar}, \qquad g_e = 2.002319\ldots $$ と、係数 $g_e \approx 2$ が余分に付きます。この 2 倍が異常ゼーマン効果の原因です。ディラック方程式は $g = 2$ をちょうど導き、$0.00232$ のずれは量子電磁力学の輻射補正で説明されます。不均一磁場中の力は $F_z = \mu_z\,\partial B_z/\partial z$ なので、$\mu_z$ が 2 値しか取らないことがビームの 2 分裂になります。なお、スピンを「電子の自転」と読むのは誤りです。電子の古典半径 $r_e \approx 2.8\times10^{-15}\ \mathrm{m}$ の剛体球が角運動量 $\hbar/2$ を持つとすると、$\tfrac25 m_e r_e^2\omega \sim \hbar/2$ から表面速度は $v = r_e\omega \sim 5\hbar/(4m_er_e) \approx 5\times10^{10}\ \mathrm{m/s}$ となり、光速の 100 倍を超えてしまいます。スピンは内部空間 $\mathbb{C}^2$ の自由度であって、実空間の回転ではありません。 ## 6. 角運動量の合成電子は軌道角運動量 $\boldsymbol{L}$ とスピン $\boldsymbol{S}$ の両方を持ちます。しかも相対論的効果から、ハミルトニアンには $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ に比例する項（スピン軌道相互作用）が現れます。この項は $L_z$ とも $S_z$ とも可換ではないので、$m_l$ と $m_s$ は良い量子数でなくなります。何が良い量子数になるのかを決めるのが、角運動量の合成です。 $\boldsymbol{J}_1$、$\boldsymbol{J}_2$ をそれぞれ $\mathcal{H}_1$、$\mathcal{H}_2$ 上の角運動量演算子とし、$\mathcal{H} = \mathcal{H}_1\otimes\mathcal{H}_2$ 上で $$ \boldsymbol{J} = \boldsymbol{J}_1\otimes I + I\otimes\boldsymbol{J}_2 $$ と定める。以下これを略して $\boldsymbol{J} = \boldsymbol{J}_1 + \boldsymbol{J}_2$ と書く。 $\boldsymbol{J}$ が角運動量であることは確かめておきます。$\boldsymbol{J}_1$ と $\boldsymbol{J}_2$ は異なる因子に作用するので $[J_{1i}, J_{2j}] = 0$ です。したがって $$ [J_i, J_j] = [J_{1i} + J_{2i},\ J_{1j} + J_{2j}] = [J_{1i}, J_{1j}] + [J_{2i}, J_{2j}] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\bigl(J_{1k} + J_{2k}\bigr) = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k $$ となり、の条件を満たします。よってが適用できます。 $\mathcal{H}_1$ が $j_1$ の多重項（次元 $2j_1+1$）、$\mathcal{H}_2$ が $j_2$ の多重項（次元 $2j_2+1$）のとき、テンソル積の次元は $(2j_1+1)(2j_2+1)$ です。ここには 2 通りの自然な基底があります。 | 基底 | 同時対角化される演算子 | 基底ベクトル | |---|---|---| | 非結合基底 | $\boldsymbol{J}_1^2, J_{1z}, \boldsymbol{J}_2^2, J_{2z}$ | $\lvert j_1 m_1\rangle\lvert j_2 m_2\rangle$ | | 結合基底 | $\boldsymbol{J}_1^2, \boldsymbol{J}_2^2, \boldsymbol{J}^2, J_z$ | $\lvert j, m\rangle$ | $\boldsymbol{J}^2 = \boldsymbol{J}_1^2 + \boldsymbol{J}_2^2 + 2\boldsymbol{J}_1\cdot\boldsymbol{J}_2$ は $J_{1z}$ とは可換でない（たとえば $[J_{1x}J_{2x}, J_{1z}] = [J_{1x}, J_{1z}]J_{2x} = -i\hbar J_{1y}J_{2x} \ne 0$）ので、2 つの基底は本当に異なります。両者を結ぶ変換係数がクレブシュ・ゴルダン係数です。 $\mathcal{H}_{j_1}$、$\mathcal{H}_{j_2}$ をそれぞれ量子数 $j_1$、$j_2$ の角運動量多重項（次元 $2j_1+1$、$2j_2+1$）とし、$\boldsymbol{J} = \boldsymbol{J}_1 + \boldsymbol{J}_2$ をの全角運動量とする。このとき $\mathcal{H}_{j_1}\otimes\mathcal{H}_{j_2}$ は $\boldsymbol{J}$ の作用について $$ \mathcal{H}_{j_1}\otimes\mathcal{H}_{j_2} \;\cong\; \bigoplus_{j = |j_1-j_2|}^{j_1+j_2}\mathcal{H}_j $$ と分解する。ここで $j$ は $|j_1-j_2|$ から $j_1+j_2$ まで 1 刻みに動き、各 $j$ はちょうど 1 回ずつ現れる。 **ステップ 1（完全可約性）.** $W \subset \mathcal{H}_{j_1}\otimes\mathcal{H}_{j_2}$ を $J_i$ の作用で閉じた部分空間とすると、その直交補空間 $W^\perp$ も閉じています。実際、$\lvert v\rangle \in W^\perp$ と $\lvert w\rangle \in W$ に対し、$J_i$ のエルミート性から $\langle w\rvert J_i\lvert v\rangle = \langle J_i w\rvert v\rangle = 0$（$J_i\lvert w\rangle \in W$ だから）となり、$J_i\lvert v\rangle \in W^\perp$ です。空間は有限次元なので、これ以上分解できない不変部分空間（既約成分）の直交直和に分解できます。各既約成分はにより、ある $j$ の多重項 $\mathcal{H}_j$（次元 $2j+1$）と同型です。 **ステップ 2（$J_z$ 固有値の重複度）.** $j$ の多重項が現れる回数を $N(j)$ とし、$J_z$ の固有値 $\hbar m$ を持つ非結合基底ベクトルの個数を $d(m)$ とします。$J_z = J_{1z} + J_{2z}$ なので $\lvert j_1m_1\rangle\lvert j_2m_2\rangle$ の $J_z$ 固有値は $\hbar(m_1+m_2)$ であり、 $$ d(m) = \#\{(m_1, m_2) : m_1 + m_2 = m,\ |m_1| \le j_1,\ |m_2| \le j_2\} $$ です。一方、$\mathcal{H}_j$ は $m$ を $-j$ から $j$ まで 1 個ずつ含むので、ステップ 1 の分解を使うと $$ d(m) = \sum_{j \ge |m|} N(j) $$ が成り立ちます。この式を $m$ と $m+1$ について引き算すると $$ N(m) = d(m) - d(m+1) \qquad (m \ge 0) $$ を得ます。 **ステップ 3（$d(m)$ の計算）.** 一般性を失わず $j_1 \ge j_2$ とします。$m \ge 0$ のとき、$m_2$ を $-j_2$ から $j_2$ まで動かし $m_1 = m - m_2$ とすればよく、条件は $|m - m_2| \le j_1$ です。 - $0 \le m \le j_1 - j_2$ のとき、$m - m_2$ は $m - j_2$ 以上 $m + j_2$ 以下で、$m + j_2 \le j_1$ かつ $m - j_2 \ge -j_1$ なので全部が許されます。よって $d(m) = 2j_2 + 1$。 - $j_1 - j_2 \le m \le j_1 + j_2$ のとき、$m_1 \le j_1$ すなわち $m_2 \ge m - j_1$ が効き、$m_2$ は $m - j_1$ から $j_2$ まで動けます。よって $d(m) = j_1 + j_2 - m + 1$。 - $m > j_1 + j_2$ のとき $d(m) = 0$。 **ステップ 4（重複度の決定）.** ステップ 2 の式に代入します。$j_1 - j_2 \le j \le j_1+j_2$ のとき $$ N(j) = d(j) - d(j+1) = (j_1+j_2-j+1) - (j_1+j_2-j) = 1 $$ です（$j = j_1+j_2$ のときは $d(j+1) = 0$ ですが、公式 $j_1+j_2-(j+1)+1 = 0$ と一致するので同じ式が使えます）。$0 \le j < j_1 - j_2$ のときは $j + 1 \le j_1 - j_2$ なので $d(j) = d(j+1) = 2j_2+1$ となり $N(j) = 0$ です。以上から、$j$ は $j_1 - j_2 = |j_1-j_2|$ から $j_1+j_2$ までの値をちょうど 1 回ずつ取ります。 **ステップ 5（次元の検算）.** 項数は $(j_1+j_2) - |j_1-j_2| + 1 = 2j_2 + 1$、各項の次元の和は等差数列の和なので $$ \sum_{j=j_1-j_2}^{j_1+j_2}(2j+1) = (2j_2+1)\cdot\frac{\bigl(2(j_1-j_2)+1\bigr) + \bigl(2(j_1+j_2)+1\bigr)}{2} = (2j_2+1)(2j_1+1) $$ となり、テンソル積の次元 $(2j_1+1)(2j_2+1)$ に一致します。 $j_1 = j_2 = 1/2$ の場合、は $j = 0$ と $j = 1$ が 1 回ずつ現れると言っています。次元は $1 + 3 = 4 = 2\times2$ で合っています。実際に基底を作ります。最大の $m$ を持つ状態は 1 つしかなく、$\lvert 1, 1\rangle = \lvert\uparrow\uparrow\rangle$ です。これに $J_- = S_{1-} + S_{2-}$ を作用させます。左辺は (3) より $J_-\lvert1,1\rangle = \hbar\sqrt{2 - 1\cdot0}\,\lvert1,0\rangle = \sqrt2\,\hbar\lvert1,0\rangle$、右辺は各粒子に作用させて $\hbar\lvert\downarrow\uparrow\rangle + \hbar\lvert\uparrow\downarrow\rangle$ です。よって $$ \lvert 1, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\bigl(\lvert\uparrow\downarrow\rangle + \lvert\downarrow\uparrow\rangle\bigr), \qquad \lvert1,-1\rangle = \lvert\downarrow\downarrow\rangle $$ です（$\lvert1,-1\rangle$ はもう一度 $J_-$ を作用させれば出ます）。残る 1 次元は $m = 0$ の空間内で $\lvert1,0\rangle$ に直交する方向で、 $$ \lvert 0, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\bigl(\lvert\uparrow\downarrow\rangle - \lvert\downarrow\uparrow\rangle\bigr) $$ です。$j = 1$ の 3 つを三重項、$j = 0$ を一重項と呼びます。 $\lvert0,0\rangle$ の $\boldsymbol{J}^2$ 固有値が本当に $0$ か確かめます。$\boldsymbol{J}^2 = \boldsymbol{S}_1^2 + \boldsymbol{S}_2^2 + 2\boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2$ で、$\boldsymbol{S}_1^2 = \boldsymbol{S}_2^2 = \tfrac34\hbar^2$ です。また $$ \boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2 = S_{1z}S_{2z} + \tfrac12\bigl(S_{1+}S_{2-} + S_{1-}S_{2+}\bigr) $$ （$S_{1x}S_{2x} + S_{1y}S_{2y} = \tfrac12(S_{1+}S_{2-} + S_{1-}S_{2+})$ をから確かめられます）。これを作用させると $$ \boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2\lvert\uparrow\downarrow\rangle = -\frac{\hbar^2}{4}\lvert\uparrow\downarrow\rangle + \frac{\hbar^2}{2}\lvert\downarrow\uparrow\rangle, \qquad \boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2\lvert\downarrow\uparrow\rangle = -\frac{\hbar^2}{4}\lvert\downarrow\uparrow\rangle + \frac{\hbar^2}{2}\lvert\uparrow\downarrow\rangle $$ です（第 1 式では $S_{1-}S_{2+}\lvert\uparrow\downarrow\rangle = \hbar^2\lvert\downarrow\uparrow\rangle$、$S_{1+}S_{2-}\lvert\uparrow\downarrow\rangle = 0$）。したがって $$ \boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2\lvert0,0\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\Bigl[\Bigl(-\frac{\hbar^2}{4} - \frac{\hbar^2}{2}\Bigr)\lvert\uparrow\downarrow\rangle - \Bigl(-\frac{\hbar^2}{4} - \frac{\hbar^2}{2}\Bigr)\lvert\downarrow\uparrow\rangle\Bigr] = -\frac{3\hbar^2}{4}\lvert0,0\rangle $$ となり、$\boldsymbol{J}^2\lvert0,0\rangle = \bigl(\tfrac34 + \tfrac34 - \tfrac32\bigr)\hbar^2\lvert0,0\rangle = 0$ です。同じ計算を $\lvert1,0\rangle$ に行うと $\boldsymbol{S}_1\cdot\boldsymbol{S}_2\lvert1,0\rangle = +\tfrac14\hbar^2\lvert1,0\rangle$ で、$\boldsymbol{J}^2\lvert1,0\rangle = \bigl(\tfrac32 + \tfrac12\bigr)\hbar^2\lvert1,0\rangle = 2\hbar^2\lvert1,0\rangle = \hbar^2\cdot1\cdot2\,\lvert1,0\rangle$ となります。 $\boldsymbol{L}$ を量子数 $l \ge 1$ の軌道角運動量、$\boldsymbol{S}$ をスピン $1/2$、$\boldsymbol{J} = \boldsymbol{L}+\boldsymbol{S}$ とする。$\boldsymbol{L}^2, \boldsymbol{S}^2, \boldsymbol{J}^2, J_z$ の同時固有状態 $\lvert l, s = \tfrac12;\, j, m\rangle$ において $$ \boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S} = \frac{\boldsymbol{J}^2 - \boldsymbol{L}^2 - \boldsymbol{S}^2}{2} $$ は対角的で、その固有値は $$ \frac{\hbar^2}{2}\Bigl[j(j+1) - l(l+1) - \frac34\Bigr] = \begin{cases} \dfrac{\hbar^2 l}{2} & \bigl(j = l + \tfrac12\bigr)\\ -\dfrac{\hbar^2 (l+1)}{2} & \bigl(j = l - \tfrac12\bigr) \end{cases} $$ である。$l = 0$ のときは $j = 1/2$ のみで、固有値は $0$ である。 $\boldsymbol{J}^2 = (\boldsymbol{L}+\boldsymbol{S})^2 = \boldsymbol{L}^2 + \boldsymbol{S}^2 + 2\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ です（$\boldsymbol{L}$ と $\boldsymbol{S}$ はより可換なので交差項が $2\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ にまとまります）。これを $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ について解けば表式が出ます。より $j_1 = l$、$j_2 = 1/2$ の合成で許される $j$ は $l + \tfrac12$ と $l - \tfrac12$ の 2 つだけです（$l \ge 1$ のとき）。 $j = l + \tfrac12$ を代入すると $$ j(j+1) = \Bigl(l+\frac12\Bigr)\Bigl(l+\frac32\Bigr) = l^2 + 2l + \frac34 $$ なので、括弧の中は $l^2 + 2l + \tfrac34 - l^2 - l - \tfrac34 = l$ となり、固有値は $\hbar^2l/2$ です。 $j = l - \tfrac12$ では $$ j(j+1) = \Bigl(l-\frac12\Bigr)\Bigl(l+\frac12\Bigr) = l^2 - \frac14 $$ なので、括弧の中は $l^2 - \tfrac14 - l^2 - l - \tfrac34 = -(l+1)$ となり、固有値は $-\hbar^2(l+1)/2$ です。$l = 0$ の場合は $j = 1/2$ のみで、$j(j+1) - 0 - \tfrac34 = \tfrac34 - \tfrac34 = 0$ です。ナトリウム原子の最外殻電子が $3p$ 準位（$l = 1$）にあるとき、より全角運動量は $j = 3/2$ と $j = 1/2$ の 2 通りです。スピン軌道相互作用を $H_{\mathrm{SO}} = \xi\,\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$（$\xi > 0$）と書くと、に $l = 1$ を代入して $$ \langle H_{\mathrm{SO}}\rangle_{j=3/2} = \frac{\xi\hbar^2}{2}, \qquad \langle H_{\mathrm{SO}}\rangle_{j=1/2} = -\xi\hbar^2 $$ です。$3p$ 準位は 2 つに割れ、間隔は $\tfrac32\xi\hbar^2$、分裂比は $1 : (-2)$ になります。この分裂した 2 準位から基底状態 $3s$（$l = 0$、$j = 1/2$）への遷移が D$_2$ 線（$j = 3/2 \to 1/2$、$588.995\ \mathrm{nm}$）と D$_1$ 線（$j = 1/2 \to 1/2$、$589.592\ \mathrm{nm}$）です。観測される分裂 $\Delta E \approx 2.1\ \mathrm{meV}$ から $\xi\hbar^2 \approx 1.4\ \mathrm{meV}$ と読み取れます。なお、縮退した準位の中でどの基底を取るべきかはが教えてくれます。$H_{\mathrm{SO}}$ は結合基底で対角なので、縮退のある摂動論で必要な「正しいゼロ次の基底」がそのまま結合基底になっているのです（[摂動論](/physics/quantum-mechanics/perturbation-theory)、）。非結合基底から結合基底への変換係数 $$ \lvert j, m\rangle = \sum_{m_1 + m_2 = m} C^{\,j m}_{j_1m_1;\,j_2m_2}\ \lvert j_1m_1\rangle\lvert j_2m_2\rangle $$ がクレブシュ・ゴルダン係数です。$J_z$ が両基底で対角なので $m = m_1 + m_2$ でない項は現れません。慣用として、$m_1$ が最大の項の係数を正の実数に取る（コンドン=ショートレー位相）と決めれば、係数はすべて実数になります。数表は角運動量を扱う標準的な参考書に載っています。 ## 7. 演習の $L_z$ について、$[L_z, x] = i\hbar y$、$[L_z, y] = -i\hbar x$、$[L_z, z] = 0$ を示してください。 $L_z = xp_y - yp_x$ です。$[L_z, x] = [xp_y, x] - [yp_x, x]$ を計算します。第 1 項は $x$ と $p_y$ がともに $x$ と可換なので $0$ です。第 2 項は恒等式 $[AB, C] = A[B,C] + [A,C]B$ を $A = y$、$B = p_x$、$C = x$ として使い、 $$ [yp_x, x] = y[p_x, x] + [y, x]p_x = y\cdot(-i\hbar) + 0 = -i\hbar y $$ です。よって $[L_z, x] = 0 - (-i\hbar y) = i\hbar y$ となります。同様に $[L_z, y] = [xp_y, y] - [yp_x, y]$ で、第 2 項は $0$、第 1 項は $[xp_y, y] = x[p_y, y] = -i\hbar x$ なので $[L_z, y] = -i\hbar x$ です。最後に $x, p_y, y, p_x$ はすべて $z$ と可換なので $[L_z, z] = 0$ です。これらをまとめると $[L_i, x_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}x_k$ で、$\boldsymbol{r}$ が角運動量に対して「ベクトル演算子」として振る舞うことを表しています。一様磁場 $\boldsymbol{B} = B\boldsymbol{e}_z$ 中のスピン $1/2$ の粒子のハミルトニアンを $H = \omega S_z$（$\omega$ は実定数）とします。時刻 $t = 0$ で状態が $S_x$ の固有値 $+\hbar/2$ の固有状態 $\lvert +x\rangle = (\lvert\uparrow\rangle + \lvert\downarrow\rangle)/\sqrt2$ であったとき、$\langle S_x\rangle(t)$、$\langle S_y\rangle(t)$、$\langle S_z\rangle(t)$ を求めてください。 $H$ の固有状態が $\lvert\uparrow\rangle$（固有値 $\hbar\omega/2$）と $\lvert\downarrow\rangle$（固有値 $-\hbar\omega/2$）なので、時間発展は各成分に位相因子を掛けるだけです。 $$ \lvert\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\Bigl(e^{-i\omega t/2}\lvert\uparrow\rangle + e^{+i\omega t/2}\lvert\downarrow\rangle\Bigr) = \begin{pmatrix} a \\ b\end{pmatrix}, \qquad a = \frac{e^{-i\omega t/2}}{\sqrt2},\ b = \frac{e^{i\omega t/2}}{\sqrt2} $$ です。パウリ行列の期待値を成分で書くと $$ \langle\sigma_x\rangle = \bar a b + \bar b a = 2\,\mathrm{Re}(\bar a b), \qquad \langle\sigma_y\rangle = -i\bar a b + i\bar b a = 2\,\mathrm{Im}(\bar a b), \qquad \langle\sigma_z\rangle = |a|^2 - |b|^2 $$ です。ここで $\bar a b = \tfrac12 e^{i\omega t}$ なので $2\,\mathrm{Re}(\bar ab) = \cos\omega t$、$2\,\mathrm{Im}(\bar ab) = \sin\omega t$、$|a|^2 - |b|^2 = 0$ です。$\boldsymbol{S} = (\hbar/2)\boldsymbol{\sigma}$ より $$ \langle S_x\rangle = \frac{\hbar}{2}\cos\omega t, \qquad \langle S_y\rangle = \frac{\hbar}{2}\sin\omega t, \qquad \langle S_z\rangle = 0 $$ となります。期待値ベクトルは $xy$ 平面内を角速度 $\omega$ で回り続けます。これがラーモア歳差運動で、磁気共鳴の基礎です。$\langle\boldsymbol{S}\rangle$ の大きさが $\hbar/2$ のまま一定である点も確かめておいてください。 $l = 1$ の軌道角運動量とスピン $1/2$ を合成します。より $j = 3/2$ と $j = 1/2$ が現れます。$\lvert j{=}\tfrac32, m{=}\tfrac12\rangle$ と $\lvert j{=}\tfrac12, m{=}\tfrac12\rangle$ を非結合基底 $\lvert 1, m_l\rangle\lvert m_s\rangle$ で表してください。最大の $m$ を持つ状態は $\lvert\tfrac32, \tfrac32\rangle = \lvert1,1\rangle\lvert\uparrow\rangle$ の 1 つだけです。これに $J_- = L_- + S_-$ を作用させます。左辺は (3) より $$ J_-\Bigl\lvert\tfrac32,\tfrac32\Bigr\rangle = \hbar\sqrt{\tfrac{15}{4} - \tfrac32\cdot\tfrac12}\ \Bigl\lvert\tfrac32,\tfrac12\Bigr\rangle = \sqrt3\,\hbar\Bigl\lvert\tfrac32,\tfrac12\Bigr\rangle $$ です。右辺は $$ L_-\lvert1,1\rangle\lvert\uparrow\rangle + \lvert1,1\rangle S_-\lvert\uparrow\rangle = \sqrt2\,\hbar\lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle + \hbar\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle $$ です（$L_-\lvert1,1\rangle = \hbar\sqrt{2 - 1\cdot 0}\lvert1,0\rangle$、$S_-\lvert\uparrow\rangle = \hbar\lvert\downarrow\rangle$）。両辺を比べて $$ \Bigl\lvert\tfrac32,\tfrac12\Bigr\rangle = \frac{1}{\sqrt3}\Bigl(\sqrt2\,\lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle + \lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle\Bigr) $$ を得ます。$m = 1/2$ の空間は $\lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle$ と $\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle$ が張る 2 次元なので、$\lvert\tfrac12,\tfrac12\rangle$ は上に直交する規格化ベクトルです。$m_l$ が最大の項の係数を正に取る慣用（）に従うと $$ \Bigl\lvert\tfrac12,\tfrac12\Bigr\rangle = \frac{1}{\sqrt3}\Bigl(\sqrt2\,\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle - \lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle\Bigr) $$ です。内積が $(\sqrt2\cdot1 + 1\cdot(-\sqrt2))/3 = 0$ で直交、係数の 2 乗和が $(2+1)/3 = 1$ で規格化されています。検算として $\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}$ を作用させます。$\boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S} = L_zS_z + \tfrac12(L_+S_- + L_-S_+)$ なので $$ \boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}\,\lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle = \frac{\hbar^2}{\sqrt2}\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle, \qquad \boldsymbol{L}\cdot\boldsymbol{S}\,\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle = -\frac{\hbar^2}{2}\lvert1,1\rangle\lvert\downarrow\rangle + \frac{\hbar^2}{\sqrt2}\lvert1,0\rangle\lvert\uparrow\rangle $$ です。これを $\lvert\tfrac32,\tfrac12\rangle$ に適用すると固有値 $\hbar^2/2$、$\lvert\tfrac12,\tfrac12\rangle$ に適用すると固有値 $-\hbar^2$ が出て、に $l = 1$ を入れた値と一致します。 $\lvert j, m\rangle$ をの同時固有ベクトルとします。 1. $\langle J_x\rangle = \langle J_y\rangle = 0$ と $\langle J_x^2\rangle = \langle J_y^2\rangle = \tfrac{\hbar^2}{2}\bigl[j(j+1) - m^2\bigr]$ を示してください。 2. これを用いて $\Delta J_x\,\Delta J_y \ge \tfrac12\bigl|\langle[J_x, J_y]\rangle\bigr|$ を直接確かめ、等号が成り立つ条件を求めてください。 **(1)** $J_x = (J_+ + J_-)/2$ です。 (3) より $J_\pm\lvert j,m\rangle$ は $\lvert j, m\pm1\rangle$ に比例し、これは $\lvert j,m\rangle$ と直交します（$J_z$ の異なる固有値に属するため）。よって $\langle j,m\rvert J_\pm\lvert j,m\rangle = 0$ で、$\langle J_x\rangle = 0$ です。$J_y = (J_+-J_-)/(2i)$ も同じ理由で $\langle J_y\rangle = 0$ です。 2 乗については $$ J_x^2 = \frac{1}{4}\bigl(J_+^2 + J_-^2 + J_+J_- + J_-J_+\bigr) $$ です。$J_\pm^2\lvert j,m\rangle$ は $\lvert j, m\pm2\rangle$ に比例するので、期待値には寄与しません。残りは (3) から $$ J_+J_- + J_-J_+ = \bigl(\boldsymbol{J}^2 - J_z^2 + \hbar J_z\bigr) + \bigl(\boldsymbol{J}^2 - J_z^2 - \hbar J_z\bigr) = 2\bigl(\boldsymbol{J}^2 - J_z^2\bigr) $$ なので $$ \langle J_x^2\rangle = \frac{1}{4}\cdot 2\hbar^2\bigl[j(j+1) - m^2\bigr] = \frac{\hbar^2}{2}\bigl[j(j+1)-m^2\bigr] $$ です。$J_y^2 = -\tfrac14(J_+ - J_-)^2 = -\tfrac14(J_+^2 + J_-^2 - J_+J_- - J_-J_+)$ でも、$J_\pm^2$ の項が落ちて同じ値になります。 **(2)** $\langle J_x\rangle = \langle J_y\rangle = 0$ なので $\Delta J_x = \Delta J_y = \hbar\sqrt{\bigl[j(j+1)-m^2\bigr]/2}$ です。よって $$ \Delta J_x\,\Delta J_y = \frac{\hbar^2}{2}\bigl[j(j+1) - m^2\bigr] $$ 一方 $[J_x, J_y] = i\hbar J_z$ なので右辺は $\tfrac12\hbar\cdot\hbar|m| = \tfrac{\hbar^2}{2}|m|$ です。したがって示すべきは $$ j(j+1) - m^2 \ge |m|, \qquad \text{すなわち}\quad j(j+1) \ge |m|\bigl(|m|+1\bigr) $$ です。 (2) より $|m| \le j$ であり、関数 $x \mapsto x(x+1)$ は $x \ge 0$ で単調増加ですから、この不等式が成り立ちます。等号は $|m| = j$ のとき、そのときに限ります。つまり多重項の両端の状態 $\lvert j, \pm j\rangle$ が最小不確定状態です。の $j = 1/2$、$m = 1/2$ はこの場合にあたり、実際に等号が成り立っていました。 ## 参考文献 - J. J. Sakurai and J. Napolitano, *Modern Quantum Mechanics*, 3rd ed., Cambridge University Press, 2020 — Chapter 3 "Theory of Angular Momentum"。交換関係からの固有値決定、回転演算子、合成までが一貫した書き方で扱われています。 - L. D. Landau and E. M. Lifshitz, *Quantum Mechanics: Non-Relativistic Theory*, 3rd ed., Pergamon Press, 1977 — Chapter IV（Angular momentum）と Chapter VIII（Spin）。 - A. R. Edmonds, *Angular Momentum in Quantum Mechanics*, Princeton University Press, 1957 — クレブシュ・ゴルダン係数と既約テンソル演算子の標準的な参考書。 - W. Gerlach und O. Stern, "Der experimentelle Nachweis der Richtungsquantelung im Magnetfeld", *Zeitschrift für Physik* 9 (1922), 349–352. [doi:10.1007/BF01326983](https://doi.org/10.1007/BF01326983) - G. E. Uhlenbeck und S. Goudsmit, "Ersetzung der Hypothese vom unmechanischen Zwang durch eine Forderung bezüglich des inneren Verhaltens jedes einzelnen Elektrons", *Die Naturwissenschaften* 13 (1925), 953–954. [doi:10.1007/BF01558878](https://doi.org/10.1007/BF01558878) - H. Rauch, A. Zeilinger, G. Badurek, A. Wilfing, W. Bauspiess and U. Bonse, "Verification of coherent spinor rotation of fermions", *Physics Letters A* 54 (1975), 425–427 — 中性子干渉計でスピノルの $4\pi$ 周期性を確認した実験。 ## Appendix: 回転の生成子としての角運動量の交換関係が「回転の非可換性」から来ることを見ておきます。 3 次元の回転行列を成分で書きます。$z$ 軸まわりの角 $\theta$ の回転は $$ R_z(\theta) = \begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta & 0\\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0&0&1\end{pmatrix} $$ で、$\theta = 0$ で微分すると生成子 $$ A_z = \left.\frac{dR_z}{d\theta}\right|_{\theta=0} = \begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} $$ を得ます。同様に $$ A_x = \begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}, \qquad A_y = \begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix} $$ です。これらの積を計算すると $$ A_xA_y = \begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad A_yA_x = \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} $$ なので $$ [A_x, A_y] = \begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} = A_z $$ です。$R_i(\varepsilon) = I + \varepsilon A_i + O(\varepsilon^2)$ を使うと、この関係は $$ R_x(\varepsilon)R_y(\varepsilon)R_x(\varepsilon)^{-1}R_y(\varepsilon)^{-1} = I + \varepsilon^2[A_x, A_y] + O(\varepsilon^3) = R_z(\varepsilon^2) + O(\varepsilon^3) $$ と書けます。「$x$ 軸まわりに少し回し、$y$ 軸まわりに少し回し、それぞれを戻すと、$z$ 軸まわりに 2 次の微小角だけ回ったことになる」という、回転の非可換性そのものです。量子力学では、回転 $R$ に状態空間上のユニタリ演算子 $U(R)$ が対応し、$U(R)U(R') = U(RR')$（位相の不定性を除く）が成り立ちます。生成子を $\boldsymbol{J}$ として $U(R_i(\theta)) = \exp(-i\theta J_i/\hbar)$ と書き、上の等式の両辺を $\varepsilon$ について 2 次まで展開します。左辺は $$ e^{X}e^{Y}e^{-X}e^{-Y} = I + [X, Y] + O(\varepsilon^3), \qquad X = -\frac{i\varepsilon J_x}{\hbar},\ Y = -\frac{i\varepsilon J_y}{\hbar} $$ なので $I - \dfrac{\varepsilon^2}{\hbar^2}[J_x, J_y] + O(\varepsilon^3)$、右辺は $\exp(-i\varepsilon^2 J_z/\hbar) = I - \dfrac{i\varepsilon^2 J_z}{\hbar} + O(\varepsilon^4)$ です。$\varepsilon^2$ の係数を比べて $$ -\frac{1}{\hbar^2}[J_x, J_y] = -\frac{i}{\hbar}J_z \quad\Longleftrightarrow\quad [J_x, J_y] = i\hbar J_z $$ を得ます。の交換関係は、回転群の構造そのものだったわけです。この見方に立つと、角運動量の保存が回転対称性の帰結であること（[対称性と保存則（ネーターの定理）](/physics/mechanics/noethers-theorem)）も、$[H, \boldsymbol{J}] = 0$ という 1 行で表されます。