角动量算符

类比$L=r\times p$，可以得出

$\hat{L}=\hat{r}\times\hat{p}=-i\hbar \hat{r}\times \nabla=-i\hbar(-\vec{e_\theta}\frac{1}{\sin{\theta}}\partial_\phi+\vec{e_\phi}\partial_\theta)$ $\hat{L^2}=-\hbar^2 (\frac{1}{\sin{\theta}}\partial_\theta(\sin{\theta}\partial_\theta)+\frac1{\sin^2{\theta}}\partial^2_\phi)$

转换到直角坐标，即可得到$\hat{L_i},i=x,y,z$的表达式。

厄密性

显然$\hat{L},\hat{L^2}$都是厄密的，这从表达式可以看出来。另外一种证明方法是，两个对易厄密算符之积是厄密的，那么$\hat{L_i}=\hat{r_j}\hat{p_k}-\hat{r_k}\hat{p_j}$就是厄密的。

不过下面定义的$\hat{L_\pm}=\hat{L_x}\pm i \hat{L_y}$就显然不是厄密的了。

对易关系

如果$\hat{F}$是标量算符，如$\hat{H},\hat{L^2},\hat{L_z^2}$，那么$[\hat{L_i},\hat{F}]=0$；
如果$\hat{F}$是矢量算符，如$\hat{L},\hat{p},\hat{r}$，那么$[\hat{L_i},\hat{F_j}]=i\hbar \hat{F_k}$；

利用这个结论（我们将在对称性和守恒律中再次提到这一点），我们轻易得到：

$[\hat{L_i},\hat{L_j}]=i\hbar \hat{L_k}$，这说明三个角动量分量不是对易的；
$[\hat{L_i},\hat{L^2}]=0$，可以推出 $[\hat{L},\hat{L^2}]=0$；
$[\hat{L_z},\hat{L_\pm}]=\pm \hbar\hat{L_\pm}$

这里还得补充两个关系：

$[\hat{H},\hat{L^2}]=0$，这通过拆开哈密顿算符是显然的。
$[\hat{H},\hat{L_z}]=0$，这通过拆开哈密顿算符后运用$[\hat{L_z},\hat{L^2}]=0$是显然的。当然，直接用结论也行。

对易关系带来的问题

我们知道，不对易的算符是不能同时测出精确数值的。在三个角动量分量中，我们只能优先测量其中一个分量的数值。我们选择$\hat{L_z}$，因为他的表达式相对简单：

$\hat{L_z}=-i\hbar \partial_\phi$

注意，这个方向的分量是我们优先选取的，其实优先选取其他方向也没有什么问题。
$\begin{gathered} \hat_= \frac\hbar(-\sin\phi\frac\partial{\partial\theta}-\cot\theta\cos\phi\frac\partial{\partial\phi}) \\ \hat_= \frac\hbar(\cos\phi\frac\partial{\partial\theta}-\cot\theta\sin\phi\frac\partial{\partial\phi}) \end{gathered}$

此外，由于$\hat{H},\hat{L^2},\hat{L_z}$是两两对易的，他们公用了一套本征态$\psi_{nlm}$。他们的本征值分别为：

$\hat{H}\psi_{nlm}=E_n\psi_{nlm},\hat{L^2}\psi_{nlm}=l(l+1)\hbar^2\psi_{nlm},\hat{L_z}\psi_{nlm}=m\hbar\psi_{nlm}$

期望值

给定一个氢原子的本征态$\psi_{nlm}$，可知

$\hat{L_z}\psi_{nlm}=m\hbar\psi_{nlm},\langle\hat{L_z}\rangle=m\hbar$

尽管不能得知另外两个角动量分量的本征值，但是可以知道期望值$\langle\hat{L_x}\rangle=\langle\hat{L_y}\rangle=0$

证明：
$\langle\hat{L_x}\rangle=\frac{1}{i\hbar}\langle[\hat{L_y},\hat{L_z}]\rangle=\frac{m}{\hbar}\langle\hat{L_y}-\hat{L_y}\rangle=0$

此外，还可以知道$\langle\hat{L_x^2}\rangle=\langle\hat{L_y^2}\rangle=\frac{l(l+1)-m^2}{2}\hbar^2$

证明：

$\langle\hat{L_x^2}\rangle+\langle\hat{L_y^2}\rangle=\langle\hat{L^2}\rangle-\langle\hat{L_z^2}\rangle={[l(l+1)-m^2]}\hbar^2$

下证明$\langle\hat{L_x^2}\rangle=\langle\hat{L_y^2}\rangle$；

$\begin{aligned}\langle\hat{L_x^2}\rangle&=\frac{1}{i\hbar}\langle[\hat{L_y},\hat{L_z}]\hat{L_x}\rangle\\&=\frac{1}{i\hbar}\langle\hat{L_y}\hat{L_z}\hat{L_x}-\hat{L_z}\hat{L_y}\hat{L_x}\rangle\\&=\frac{1}{i\hbar}\langle i\hbar^2\hat{L_y^2}+\hat{L_y}\hat{L_x}\hat{L_z}-\hat{L_z}\hat{L_y}\hat{L_x}\rangle\\&=\langle\hat{L_y^2}\rangle\end{aligned}$

这里接着可以验证不确定性原理：

$\sigma_{L_x}\sigma_{L_y}=\frac{l(l+1)-m^2}{2}\hbar^2\geq |\frac{m}{2}|\hbar$

阶梯法计算角动量本征值

假设我们不知道角动量的物理含义，也即不知道其具体的表达式，我们也可以通过上面的对易关系推导出本征值。

我们需要知道几个结论：

$[\hat{L_z},\hat{L_\pm}]=\pm \hbar \hat{L_\pm}$
$\hat{L_z}(\hat{L_\pm}\psi_{lm})=(\hat{L_\pm}\hat{L_z}\pm \hbar\hat{L_\pm})\psi_{lm}=(m+\hbar)\hat{L_\pm}\psi_{lm}$，这里假设$m$是本征值。
$\hat{L^2}\psi_{lm}=\lambda\psi_{lm}$，这里假设$\lambda$是本征值。

从结论二，我们发现该阶梯算子可以以$\hbar$为单位提升本征值——那是否可以无限制地提升？不妨假定是有限制的，有一个最高态$\hat{L_z}\psi_{top}=m_{tpo}\psi_{top}$（毕竟无限制就设$m_{tpo}=\infty$），还有个最低态$\hat{L_z}\psi_{bottom}=m_{bottom}\psi_{bottom}$。

我们知道，角量子数是不变的，所以我们希望从$\lambda$入手。

$\hat{L^2}\psi_{lm}=(\hat{L_x^2}+\hat{L_y^2}+\hat{L_z^2})\psi_{lm}=(\hat{L_\pm}\hat{L_\mp}+\hat{L_z^2}\mp\hbar\hat{L_z})\psi_{lm}$

如果是最高态或最低态，阶梯算子作用上去得到0：

$\hat{L^2}\psi_{top}=(\hat{L_-}\hat{L_+}+\hat{L_z^2}+\hbar\hat{L_z})\psi_{top}=m_{top}(m_{top}+1)\hbar^2\psi_{top}$ $\hat{L^2}\psi_{bottom}=(\hat{L_+}\hat{L_1}+\hat{L_z^2}1\hbar\hat{L_z})\psi_{bottom}=m_{bottom}(m_{bottom}-1)\hbar^2\psi_{bottom}$

这里的角量子数不变，所以

$m_{top}(m_{top}+1)\hbar^2\psi_{top}=m_{bottom}(m_{bottom}-1)\hbar^2\psi_{bottom}$

说明

$m_{top}=-m_{bottom}$

而这里的阶梯上升必须在正整数步内完成，这说明$m_{top}=-m_{bottom}=\frac N2$

仅依靠对易关系就可以推导出角动量的性质，这意味着在不需要依赖物理的定义。此后，我们将满足
$[\hat{L_i},\hat{L_j}]=i\hbar\hat{L_k}$
的物理量直接称为角动量。

角动量表象

我们希望用矩阵形式写出$\hat{L^2},\hat{L_i},\hat{L_\pm}$算符的矩阵形式。考虑到$|l,m\rangle$是一组完备的基底，我们可以在角动量表象中表示态矢量和算符。

规定态矢量从上到下写为$l$递增，然后$m$递减的形式，即：

$\begin{pmatrix}|0,0\rangle\\|\frac12,\frac12\rangle\\|\frac12,-\frac12\rangle\\|1,-1\rangle\\|1,0\rangle\\|1,1\rangle\\\cdots\end{pmatrix}$

考虑到角动量表象中，不同角量子数的本征态互不影响，那么算符的矩阵应该是块对角形式：

$Q=\begin{pmatrix} \boxed{\begin{matrix}0\end{matrix}}&&&&\\ &\boxed{\begin{matrix}\frac12 &\\&-\frac12\end{matrix}}&&&\\ &&\boxed{\begin{matrix}1&&\\&0&\\&&-1\end{matrix}}&\\ &&&\ddots\end{pmatrix}\hbar$

其中由于$\hat{L^2},\hat{L_z}$是有本征态的，所以他们的矩阵很好写（没错甚至原封不动）：

$L_z=\begin{pmatrix} \boxed{\begin{matrix}0\end{matrix}}&&&&\\ &\boxed{\begin{matrix}\frac12 &\\&-\frac12\end{matrix}}&&&\\ &&\boxed{\begin{matrix}1&&\\&0&\\&&-1\end{matrix}}&\\ &&&\ddots\end{pmatrix}\hbar$ $L^2=\begin{pmatrix} \boxed{\begin{matrix}0\end{matrix}}&&&&\\ &\boxed{\begin{matrix}\frac34 &\\&\frac34\end{matrix}}&&&\\ &&\boxed{\begin{matrix}2&&\\&2&\\&&2\end{matrix}}&\\ &&&\ddots\end{pmatrix}\hbar$

但是$\hat{L_\pm}$怎么办？同上面阶梯法所述，他们勾连了同角量子数不同磁量子数的本征态。现在计算阶梯算子作用在本征态的结果。设

$\hat{L_+}\psi_{lm}=\lambda_+\psi_{l,m+1}$ $\hat{L_-}\psi_{lm}=\lambda_-\psi_{l,m-1}$ $\langle\hat{L_+}\psi_{lm}|\hat{L_+}\psi_{lm}\rangle=\langle\psi_{lm}|\hat{L_+}^\dagger\hat{L_+}\psi_{lm}\rangle=\langle\psi_{lm}|\hat{L_-}\hat{L_+}\psi_{lm}\rangle=[l(l+1)-m(m+1)]\hbar^2$ $\langle\hat{L_-}\psi_{lm}|\hat{L_-}\psi_{lm}\rangle=\langle\psi_{lm}|\hat{L_-}^\dagger\hat{L_-}\psi_{lm}\rangle=\langle\psi_{lm}|\hat{L_+}\hat{L_-}\psi_{lm}\rangle=[l(l+1)-m(m-1)]\hbar^2$

所以

$|\lambda_+|^2=[l(l+1)-m(m+1)]\hbar^2$ $|\lambda_-|^2=[l(l+1)-m(m-1)]\hbar^2$

合理选取相位使得该系数为实数：

$\lambda_+=\sqrt{[l(l+1)-m(m+1)]}\hbar$ $\lambda_-=\sqrt{[l(l+1)-m(m-1)]}\hbar$

这样就可以写出$\hat{L_\pm}$及$\hat{L_x},\hat{L_y}$的矩阵形式，处于篇幅的考虑，将其放入自旋一节。