Acoplamiento espín-órbita, degeneración de valores propios

Esto es básicamente un problema de conteo recursivo. Comience con el estado base desacoplado, es decir, el conjunto de estados de la forma$\vert \ell m_\ell \rangle \vert s m_s\rangle$. hay claramente$(2\ell+1)(2s+1)$de estos, y el trabajo es reorganizarlos.

El resultado del conteo de claves se basa en la observación de que$\vert \ell m_\ell\rangle\vert sm_s\rangle$es un estado propio de$\hat J_z=\hat L_z+\hat S_z$con valor propio$M=m_\ell+m_s$. Con esto en mente, organice su$\vert \ell m_\ell\rangle\vert sm_s\rangle$establece que aquellos con el mismo valor de$M$están en la misma línea. Explícitamente, por ejemplo, tendrías

$$\begin{align} \begin{array}{rlll} M=\ell+s:&\vert \ell \ell\rangle\vert s s\rangle \\ M=\ell+s-1:& \vert \ell,\ell-1\rangle\vert ss\rangle& \vert\ell\ell\rangle \vert s,s-1\rangle\\ M=\ell+s-2:&\vert \ell,\ell-2\rangle \vert ss\rangle & \vert\ell,\ell-1\rangle\vert s,s-1\rangle&\vert \ell \ell\rangle \vert s,s-2\rangle\\ \vdots\qquad& \qquad\vdots \end{array} \end{align}$$ y reemplace cada estado con un $\bullet$Llegar $$\begin{array}{rlll} \ell+s:&\bullet \\ \ell+s-1:&\bullet & \bullet\\ \ell+s-2:&\bullet&\bullet&\bullet\\ \vdots\qquad&\vdots \end{array}$$ Ahora si $M=\ell+s$es el valor más grande y ocurre una vez, el valor de $j=\ell+s$debe ocurrir una vez y también todos los estados $\vert j=\ell+s,m_j\rangle$ocurrirá una vez. Hay una combinación lineal de los dos estados con $M=\ell+s-1$ese sera el estado $\vert j=\ell+s,m_j=\ell+s-1\rangle$, habrá una combinación lineal de los tres estados con $M=\ell+s-2$ese será el $\vert j=\ell+s,m_j=\ell+s-2\rangle$etc. Dado que sólo estamos interesados ​​en enumerar los posibles valores resultantes de $j$, y no interesados ​​en los estados reales per se, podemos eliminar de nuestra tabla la primera columna ya que contiene un estado con $m_j=\ell+s$, uno con $m_j=\ell+s-1$etc. La eliminación de esta columna produce la tabla reducida $$\begin{array}{rll} \ell+s-1: & \bullet\\ \ell+s-2:&\bullet&\bullet\\ \vdots\qquad&\vdots \end{array}$$ Dado que el valor de $m_j=\ell+s-1$ocurre una vez, el valor $j=\ell+s-1$debe ocurrir una vez, y los estados $\vert \ell+s-1,m_j\rangle$cada uno ocurrirá una vez. Los sacamos de la lista eliminando la primera columna para obtener una tabla aún más reducida. $$\begin{array}{rl} \ell+s-2:&\bullet\\ \vdots\qquad &\vdots \end{array}$$ El proceso continúa así hasta el agotamiento. En los ejemplos anteriores hemos encontrado $j=\ell+s,\ell+s-1$y la tabla reducida final del ejemplo, si no está vacía, indicaría el valor de $j=\ell+s-1$. Es claro que este proceso produce una secuencia decreciente de $j$. El último valor de $j$está determinado por el ancho de la tabla original. No es difícil convencerse de que el ancho de la mesa dejará de aumentar una vez que alcancemos $M=\vert \ell-s\vert$, y este es el último valor de $j$. Así por agotamiento encuentras los posibles valores de $j$en el rango $$\vert \ell-s\vert\le j\le \ell+s\, .$$

Como ejemplo considere$\ell=1$y$s=2$. La tabla original entonces se ve como

$$\begin{array}{rlll} \frac{3}{2}:&\vert 11\rangle\vert 1/2,1/2\rangle \\ \frac{1}{2}:&\vert 10\rangle\vert 1/2,1/2\rangle & \vert 11\rangle\vert 1/2,-1/2\rangle\\ -\frac{1}{2}:&\vert 1,-1\rangle\vert 1/2,1/2\rangle&\vert 10\rangle\vert 1/2,-1/2\rangle\\ -\frac{3}{2}:&\vert 1,-1\rangle \vert 1/2,-1/2\rangle \end{array}\qquad \to \qquad \begin{array}{rlll} \frac{3}{2}:&\bullet \\ \frac{1}{2}:&\bullet & \bullet \\ -\frac{1}{2}:&\bullet &\bullet \\ -\frac{3}{2}:&\bullet \end{array}$$ Es solo $2$columna de ancho, y el ancho deja de crecer en $M=1/2$, indicando la posible $j$en este caso son $3/2$y $1/2$, y de hecho $$\vert 1-1/2\vert \le j\le 1+1/2$$ Finalmente, tenga en cuenta que el valor absoluto se requiere a la izquierda porque uno podría escribir estado $\vert sm_s\rangle\vert \ell m_\ell\rangle$sin afectar los posibles valores de $j$.