Cohen量子力学Chap.6：量子力学中角动量的普遍性质

角动量在经典力学中具有很重要的地位。经典理论表明，孤立系统的总角动量守恒。某些非孤立系统，例如有心势场中的质点，其相对于势场中心的角动量也是运动常量；这一事实导致，之巅的运动将被局限于一个固定的平面内，且满足面积速度不变的规律。

在量子力学中上述结果都有等价的论述。与一个系统的经典角动量 $\mathcal{\boldsymbol L}$ 相对应的量子对象，是观察算符矢量 $\boldsymbol L$ ，它包含三个观察算符分量 $L_x$ 、 $L_y$ 、 $L_z$ （直角坐标系）。然而并不是所有量子的角动量都可以与经典对应：

量子力学中的角动量包含有两部分：其中一部分存在经典类比，例如质点的轨道运动伴随的角动量，这称为“轨道角动量”，符号上采用 $\boldsymbol L$ ；另一部分则不存在经典类比，例如在某些实验中需要引入的内禀角动量以合理解释，称之为“自旋角动量”，符号上采用 $\boldsymbol S$ 。而一个复杂系统其各个组成部分的各个轨道角动量 $L_i$ 与自旋角动量 $S_i$ 相互作用、耦合，构成了系统的总角动量 $\boldsymbol J$ 。在不作具体区分的时候，也用 $\boldsymbol J$ 来表示各种类型的角动量。

本章首先讨论一切角动量的普遍性质。

为了得到无自旋粒子的轨道角动量分量算符 $L_i$ ，首先考虑经典角动量的分量

它是坐标和动量的函数，因此利用前面的量子化规则（且注意到 $Y$ 与 $P_z$ 、 $Z$ 与 $P_y$ 都可对易，因此无需对称化），因此写出其对应的量子观察算符非常简单

这显然是一个厄米算符。另外两个分量也容易得到；于是普遍规律可以写为

于是对易子很容易求出：

于是：

这就是轨道角动量满足的代数关系，实际上就是李代数 $\mathfrak{so}(3)$ ，也被称作角动量代数。

上述结果对于多粒子的系统也是成立的，即系统的总角动量是各个粒子角动量之和：

其中每个粒子的角动量 $\boldsymbol L_n$ 都满足上述代数关系 $[{L_n}_i,{L_n}_j]=\epsilon_{ijk}{\rm i}\hbar {L_n}_k$ ；并且 $\boldsymbol L_n$ 和 $\boldsymbol L_m$ （ $m\neq n$ ）也得可对易的，因为它们作用在不同粒子的态空间。最后，对于总角动量 $\boldsymbol L$ ，它的分量也满足角动量代数。

前述的轨道角动量所满足的对易关系，实际上从它是李代数 $\mathfrak{so}(3)$ 可以看出，更深层次反映的是三维空间中旋转的几何性质。因此不妨采取更普遍的观点：

如果任意三个观察算符 $J_x$ 、 $J_y$ 、 $J_z$ 满足关系

则可以称 $\boldsymbol J=(J_x,J_y,J_z)$ 为某种角动量。

引入“角动量平方”算符：

显然它也是一个厄米算符。计算对易子：

另外两个分量也是一样；可以一并记为

上面的对易关系 $[\boldsymbol J^2,\boldsymbol J]=0$ ，连同 $[J_i,J_j]=\epsilon_{ijk}{\rm i}\hbar J_k$ 说明，角动量的三个分量不可能同时测量；但是角动量平方却和角动量的任一分量都相容。于是在很多问题中，由于不能得到由 $\boldsymbol J$ 的三个分量的共同本征矢构成的态空间的基，因此只能取 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ （或其他分量）的共同本征矢集合来描述一些问题，这两个算符分别对应于角动量的模平方和角动量在 $Oz$ 轴上的分量。

本节主要讨论在一般情况下确定 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的谱，并寻求它们的共同本征矢。

首先引入两个算符

对于选定的 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 为基础的讨论将会很方便。显然， $J_+$ 、 $J_-$ 并不是厄米算符，但它们互为伴随算符。容易证明下列对易关系：

这四个算符及其对易关系就是本节只使用到的。

另外：

首先由于 $\boldsymbol J^2$ 的定义，无论任何右矢 $|\psi\rangle$ ，矩阵元 $\langle\psi|\boldsymbol J^2|\psi\rangle$ 始终是非负数：

因此 $\boldsymbol J^2$ 的全体本征值一定都是非负数。考虑到角动量具有 $\hbar$ 的量纲，于是可以将它的全体本征值写成下面的形式：

并限定 $j\geq0$ 。一方面这是因为函数 $j^2+j$ 在 $j\geq0$ 的区间上的值取遍全体非负实数；另一方面将在后面看到，取这一形式的好处。而且确定了 $j$ ，也就确定了本征值 $j(j+1)\hbar$ 。

关于 $J_z$ 的本征值，习惯上直接记为 $m\hbar$ 。

两个算符 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的本征值的指标 $(j,m)$ 可用于标记它们的共同本征矢；但是一般而言它们两者并不构成一个CSCO，因此还需要引入第三个指标（未必是离散的） $k$ 用以对共同本征矢进行区分。于是在角动量问题中，要求解的目标方程便是：

首先证明三个引理：

若 $j(j+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 是 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的对应于同一本征矢 $|k,j,m\rangle$ 的本征值，则一定有： $-j\leq m\leq j$ 。

考虑矢量模方非负：

而

即证。

设 $j(j+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 是 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的对应于同一本征矢 $|k,j,m\rangle$ 的本征值，则

1）若 $m=-j$ ，则 $J_-|k,j,m\rangle=0$ ；

2）若 $m>-j$ ，则 $J_-|k,j,m\rangle=|k’,j,m-1\rangle\neq0$ 。

首先 $|J_-|k,j,m\rangle|^2=\hbar^2[j(j+1)-m(m-1)]$ ，当 $m=-j$ 时其值为零，则1）成立。实际上其逆命题也是成立的，即 $J_-|k,j,m\rangle=0\Longrightarrow m=-j$ 。而当 $m>-j$ 时其模长不为零。

另一方面，分别考虑对易关系

可见

即证。

设 $j(j+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 是 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的对应于同一本征矢 $|k,j,m\rangle$ 的本征值，则

1）若 $m=j$ ，则 $J_+|k,j,m\rangle=0$ ；

2）若 $m>j$ ，则 $J_+|k,j,m\rangle=|k’,j,m+1\rangle\neq0$ 。

证明类似。

利用上述三条引理即可确定 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的谱。

设 $j(j+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 是 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的对应于同一本征矢 $|k,j,m\rangle$ 的本征值，那么 $-j\leq m\leq j$ ，于是存在非负整数 $p$ 使得

考虑矢量： $J_-^p|k,j,m\rangle$ ，根据引理Ⅱ可知其是 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的共同本征矢，分别属于本征值 $j(j+1)\hbar^2$ 和 $(m-p)\hbar$ 。且

首先假设 $m-p>-j$ ，再将 $J_-$ 作用于 $J_-^p|k,j,m\rangle$ ，根据引理Ⅱ， $J_-^{p+1}|k,j,m\rangle$ 为非零矢量且本征值为 $m-p-11$ 。现在在该子空间中选择任意一个正交归一基

若 $m\neq j$ ，则在 $\mathscr E$ 中一定有另一个子空间 $\mathscr E(j,m+1)$ ；同样若 $m\neq -j$ ，则在 $\mathscr E$ 中一定有另一个子空间 $\mathscr E(j,m-1)$ 。这两个新的子空间的正交归一基，可以由前述 $\mathscr E(j,m)$ 已选定的正交归一基出发构造如下。

首先证明，若 $k_1\neq k_2$ ，则 $J_+|k_1,j,m\rangle$ 与 $J_+|k_2,j,m\rangle$ 正交； $J_-|k_1,j,m\rangle$ 与 $J_-|k_2,j,m\rangle$ 正交：

而若 $k_1=k_2=k$ 则得到

于是可以选择如下的矢量集合

构成 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 的一个正交归一集合；再证明 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 中的任一矢量 $|\alpha,j,m\pm1\rangle$ 都不与该集合中的矢量正交即可。为此，考虑由于 $m\pm1\neq\mp j$ ，因此 $J_\mp|\alpha,j,m\pm1\rangle\in\mathcal E(j,m)$ 且正交于所有 $J_\mp|k,j,m\pm1\rangle$ ；而根据上面的定义， $J_\mp|k,j,m\pm1\rangle\propto J_\mp J_\pm|k,j,m\rangle\propto|k,j,m\rangle$ ，于是 $J_\mp|\alpha,j,m\pm1\rangle$ 正交于所有 $|k,j,m\rangle$ ，但这违反了正交归一基的选取；所以不存在 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 中的矢量 $|\alpha,j,m\pm1\rangle$ 正交于所有上述集合中的矢量。于是上述集合就构成了 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 的正交归一基。

注：上述集合中矢量的定义，实际上隐含了一种相位的选择，即使得系数为实数。

特别地，由此可见 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 与 $\mathscr E(j,m)$ 维数相等；或者说维数与 $m$ 无关：

上面的过程，得到了对于问题中给定的一个 $j$ 和相应所有可能的 $m$ ，其子空间的正交归一基的构造。下面进一步考虑任何可能的 $j$ ，都按照上述步骤为其对应的 $(2j+1)$ 个子空间构造正交归一基。于是对于任何可能的 $j$ ，都按照这样的方法得到了 $(2j+1)g(j)$ 个相互正交的归一化矢量 $|k,j,m\rangle$ ，它们的集合就构成了态空间 $\mathscr E$ 的一个“标准基”：

它的正交归一关系和封闭性关系分别为

大多数情况下，为了确定一个标准基，即确定参数 $k$ ，通常会选取与 $\boldsymbol J$ （的三个分量都）对易，且与算符 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 构成CSCO的若干可观测量 $A,B,\cdots$ ：

这种情况下，那么上面的任意子空间 $\mathscr E(j,m)$ 在 $A$ （或 $B$ 或其他CSCO 中的算符）的作用下都具有整体不变性，即 $\forall|\psi_{j,m}\rangle\in\mathscr E(j,m)$ ，都有 $A|\psi_{j,m}\rangle\in\mathscr E(j,m)$ 。换句话说 $A|\psi_{j,m}\rangle$ 分别是算符 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 的属于同一本征值的本征矢。

因此对于给定的一个 $j$ ，首先在 $\mathscr E(j,j)$ 中，寻找各个算符 $A,B,\cdots$ 的共同本征矢 $|k,j,j\rangle$ （即将它们的矩阵（分块）对角化），将如此求得的各个本征值记作 $(a_{k,j},b_{k,j},\cdots)$ 。已经假定了 $A,B,\cdots$ 、 $\boldsymbol J^2$ 、 $J_z$ 构成CSCO，因此与每组本征值 $(a_{k,j},b_{k,j},\cdots)$ 相联系的只有 $\mathscr E(j,j)$ 中的唯一一个矢量 $|k,j,j\rangle$ 。

给定一个 $j$ ，集合 $\{|k,j,j\rangle|k=1,2,\cdots,g(j)\}$ 构成空间 $\mathscr E(j,j)$ 中的一个正交归一基，从而可以按照前面的方法构成其他子空间 $\mathscr E(j,m)$ 的正交归一基，最后构成 $\mathscr E$ 的一个标准基。注：与 $\boldsymbol J^2$ 和 $J_z$ 对易的算符不一定与 $\boldsymbol J$ 对易（例如 $J_z$ 本身），但是若这类算符构成了CSCO，则 $J_\pm|k,j,m\rangle$ 不一定是 $A$ 的本征矢，因此选择算符时必须满足“与 $\boldsymbol J$ （的三个分量都）对易”这一条件。

上一节里可以将 $\mathscr E$ 看作全体子空间 $\mathscr E(j,m)$ 的直和，即是说 $\mathscr E$ 中的任一矢量都可唯一地分解为一系列矢量之和，每个矢量属于不同的子空间。

但是这样的分解存在不方便之处：首先各个子空间的维数 $g(j)$ 不能实现知道，而是于具体物理系统有关。其次这些子空间在 $\boldsymbol J$ 的作用下不是不变的，因为按照定义， $J_+$ 和 $J_-$ 在子空间 $\mathscr E(j,m)$ 的和 $\mathscr E(j,m\pm1)$ 的矢量之间的矩阵元非零。

为此引入另一类子空间，即在给定的 $(k,j)$ 下由 $m$ 不同的那些右矢 $|k,j,m\rangle$ 张成的子空间 $\mathscr E(k,j)$ 。回顾前面的表Ⅵ-1， $\mathscr E(j,m)$ 是将其各行的 $g(j)$ 个矢量组合起来；而 $\mathscr E(k,j)$ 是将其各列的 $(2j+1)$ 个矢量组合。

于是 $\mathscr E$ 也可看作全体子空间 $\mathscr E(k,j)$ 的直和，它们的性质有：

1）子空间 $\mathscr E(k,j)$ 维数始终是 $(2j+1)$ ，无论物理系统如何。

2）子空间 $\mathscr E(k,j)$ 在 $\boldsymbol J$ 的作用下具有不变性，即将其在任一方向 $\boldsymbol u$ 上的分量 $J_u$ ，或是其函数算符 $F(\boldsymbol J)$ 作用于子空间中的任一矢量，得到的结果仍是其元素。

在一个标准基中， $\boldsymbol J$ 在任一方向 $\boldsymbol u$ 上的分量 $J_u$ ，或是其函数算符 $F(\boldsymbol J)$ 的矩阵比较好求，因为使用子空间 $\mathscr E(k,j)$ 使得 $\boldsymbol J$ 的矩阵分块对角化。这使得在每个子空间内部，只需要计算其对应的那个分块即可，也就是某个有限阶的子矩阵。它在该子空间内，与整体矩阵的作用没有区别。

另一方面，每个这样的子矩阵都不依赖于 $k$ 或者具体的物理系统，而仅依赖于 $j$ 。根据

可知

这些式子表明，表示 $\boldsymbol J$ 的分量的那些矩阵元仅与 $j$ 、 $m$ 有关，而与 $k$ 无关。

因此无论什么情况下，为了求得一个标准基中的任意方向分量 $J_u$ 的矩阵，只需对 $j$ 的所有可能值一次算出所有的“普适”矩阵 $(J_u)^{(j)}$ ，这些矩阵在子空间 $\mathscr E(k,j)$ 内都表示 $J_u$ 。对于一个具体的物理系统，首先确定其 $j$ 可取的值，以及各个 $g(j)$ ；然后可以利用那些“普适”矩阵构成实际的 $J_u$ 矩阵，它是分块对角的，对于每个 $j$ 值，都有 $g(j)$ 个与 $(J_u)^{(j)}$ 全同的子块。

下面是 $(J_u)^{(j)}$ 的几个例子：

1） $j=0$

子空间 $\mathscr E(k,j=0)$ 都是一维的，因为只能取 $m=0$ 。因此各个 $(J_u)^{(j)}$ 都是数；且根据上面矩阵元的计算公式，它们都是 $0$ ；

2） $j=\frac12$

子空间 $\mathscr E(k,j=\frac12)$ 都是二维的， $m=\pm\frac12$ 。按照 $(m=\frac12,m=-\frac12)$ 的顺序取基矢，则

第四章中的自旋 $\frac12$ 系统就是这里的一个特例。

3） $j=1$

子空间 $\mathscr E(k,j=1)$ 都是三维的，按照 $(m=1,m=0,m=-1)$ 的顺序取基矢，则

4） $j$ 取任意值

根据 $J_\pm$ 矩阵元的计算公式可得

可见只有矩阵 $(J_z)^{(j)}$ 是对角的，对角元分别是 $m\hbar$ 的 $(2j+1)$ 个值；而矩阵 $(J_x)^{(j)}$ 和 $(J_y)^{(j)}$ 中非零元则全部分布在主对角线的两侧，且 $(J_x)^{(j)}$ 是实对称阵， $(J_y)^{(j)}$ 是纯虚共轭对称阵。

另一方面，各个右矢 $|k,j,m\rangle$ 都是 $\boldsymbol J^2$ 的本征矢，于是

即其矩阵正比于 $(2j+1)\times(2j+1)$ 单位阵，对角元均为 $j(j+1)\hbar^2$ 。

需要明确的是，物理上选择所谓“量子化轴”即 Oz 轴是完全任意的（空间各个方向等价），可以预料 $\boldsymbol J$ 在各个方向分量的本征值都应该相同（尽管本征矢不同）。一般而言，在一个确定的子空间 $\mathscr E(k,j)$ 内， $\boldsymbol J$ 在任意方向分量的本征值都是 $-j\hbar,(-j+1)\hbar,\cdots,(j-1)\hbar,j\hbar$ 对应的和 $\boldsymbol J^2$ 的共同本征矢是在 $k$ 、 $j$ 固定条件下各个 $|k,j,m\rangle$ 的线性组合。

现在将角动量的普遍理论应用于无自旋粒子的轨道角动量 $\boldsymbol L$ 。

在 $\{|\boldsymbol r\rangle\}$ 表象中，采用直角坐标系，角动量 $\boldsymbol L$ 的三个分量可写作

使用球坐标更方便，因为将会看到各个角动量算符只对变量 $\theta$ 、 $\varphi$ 起作用而对 $r$ 不起作用。可得：

这些又可求得

于是在 $\{|\boldsymbol r\rangle\}$ 表象中的本征方程为：

由于变量 $r$ 未出现在任何微分算符中故无需考虑，于是可以写成

其中 $\psi_{l,m}(r,\theta,\varphi)=f(r)Y_l^m(\theta,\varphi)$ ， $f(r)$ 是任意函数（作为上述本征方程的积分常数），因此在 $(r,\theta,\varphi)$ 的函数空间中， $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 不构成一个CSCO。

为了将 $\psi_{l,m}(r,\theta,\varphi)$ 归一化，通常会分别将两部分归一化：

下面分析 $l$ 、 $m$ 可取哪些值。首先

表明解具有形式：

而根据

又可知

之前的普遍理论表明 $l$ 和 $m$ 可能是整数或半整数；而这里可见对于轨道角动量而言， $m$ 只能是整数。进而根据之前的关系可以推知，对于轨道角动量而言， $l$ 也只能是整数。

将 $l$ 固定于一个非负整数。根据普遍理论，

即

其解具有形式

其中 $c_l$ 是归一化常数。因此对于 $l$ 的每一个可能的非负整数值，都存在唯一的归一化函数

它是 $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 分别对应于 $l(l+1)\hbar^2$ 和 $l\hbar$ 的共同本征函数。

进而， $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 分别对应于 $l(l+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 的共同本征函数由下式给出：

当 $-l\leq m\leq l$ 时，它存在且唯一。

上面得到的这一系列函数 $Y_l^m(\theta,\varphi)$ ，称为球谐函数。

根据普遍结果

于是代入算符表达式并注意到 $Y_l^m(\theta,\varphi)={\rm e}^{ {\rm i}m\varphi}F_l^m(\theta)$ 就有：

根据本征方程确定的球谐函数只差一个常数因子。按照这样的规则选取：将 $Y_l^m(\theta,\varphi)$ 作为角变量 $\theta$ 和 $\varphi$ 的函数进行正交归一化，即：

此外，任何 $\theta$ 和 $\varphi$ 的函数 $f(\theta,\varphi)$ 都可以按球谐函数展开

其中

球谐函数在 $\theta$ 和 $\varphi$ 的函数空间中构成一个正交归一基，其封闭性关系为

（上式注意到积分元 $\sin\theta{\rm d}\theta=-{\rm d}(\cos\theta)$ ）。

在球坐标系中，位矢关于坐标原点的对称变换 $\boldsymbol r\to-\boldsymbol r$ 为：

容易证明在上述宇称变换下

可见球谐函数具有确定的宇称，且与 $m$ 无关，仅与 $l$ 有关。 $l$ 为偶数时具有偶宇称， $l$ 为奇数时具有奇宇称。

另一方面，在复共轭变换下，还有：

可见复共轭仅与 $m$ 有关。

首先取无自旋粒子的波函数空间 $\mathcal E$ 的一个子空间 $\mathcal E(l,m=l)$ ，它是 $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 分别对应于 $l(l+1)\hbar^2$ 和 $l\hbar$ 的共同本征函数的空间。在该空间中选定任意一个正交归一基 $\{\psi_{k,l,l}(\boldsymbol r)\}$ ；再将算符 $L_-$ 迭次作用在其中每一个矢量上得到 $\{\psi_{k,l,m}(\boldsymbol r)\}$ ；对每一个 $l$ 重复上述操作，就得到了 $\mathcal E$ 的一个“标准基”。

之前已经知道，本征方程只能确定 $\psi_{k,l,m}(\boldsymbol r)$ 对角变量 $\theta$ 、 $\varphi$ 的依赖关系，即球谐函数 $Y_l^m(\theta,\varphi)$ ；而径向变量 $r$ 的依赖关系则不能通过本征方程确定。因此将之分离变量：

将 $L_\pm$ 对其作用，由于其微分算符不作用于 $r$ 的函数，故

而根据定义，又应该有

比较可知，

可见径向变量 $r$ 的函数与 $m$ 无关。从而在一个无自旋粒子的波函数空间中构成一个“标准基”的函数一定具有下述形式：

它的正交归一关系为

结合球谐函数的归一化式，可见径向函数的正交归一化式为：

即对于同一个 $l$ 值，但是 $k$ 值不同的两个径向函数是正交的。

注意到式子左端的两个指标 $l$ 是相同的。这是因为，这一正交关系的结果是来源于，在最初子空间 $\mathcal E(l,l)$ 的正交归一基的选取时，各个函数 $\psi_{k,l,l}(\boldsymbol r)=R_{k,l}(r)Y_l^l(\theta,\varphi)$ 是正交归一的，因此上式左端的两个指标 $l$ 应该是相同的；若 $l\neq l’$ ，则 $\psi_{k,l,m}(\boldsymbol r)$ 与 $\psi_{k’,l’,m’}(\boldsymbol r)$ 由于依赖于角变量而总是正交的；这样积分

就可以具有任意值。

此外，一般而言，径向函数都与 $l$ 有关。因为形如 $f(r)g(\theta,\varphi)$ 的函数在 $r=0$ 处连续所需的条件是 $g(\theta,\varphi)={\rm constant}$ ，或 $f(0)=0$ 。因此若要保证 $\psi_{k,l,m}(\boldsymbol r)$ 在 $r=0$ 处的的连续性，则径向函数在 $r=0$ 必须不为零，除了 $R_{k,l=0}(r)$ ，因为 $Y_0^0(\theta,\varphi)$ 是常数。同样若要保证 $\psi_{k,l,m}(\boldsymbol r)$ 在 $r=0$ 处一次或多次可导，那么得到的 $R_{k,l}(r)$ 相应条件将依赖于 $l$ 值。

讨论一个无自旋粒子，处于 $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 的共同本征态 $|k,j,m\rangle$ ，即粒子的角动量模方和在 $Oz$ 轴上的投影具有确定值 $l(l+1)\hbar^2$ 、 $m\hbar$ 。

现在希望测量其角动量在 $Ox$ 轴、 $Oy$ 轴上的分量。由于 $L_x$ 、 $L_y$ 都不与 $L_z$ 对易， $|k,j,m\rangle$ 不是它们的本征态，因此这一测量不是确定的，而是概率性的。为描述之，需要求平均值和方均根偏差。

首先将算符表示为

于是可以看出， $L_x|k,j,m\rangle$ 和 $L_y|k,j,m\rangle$ 都是 $|k,j,m\pm1\rangle$ 的线性组合，由此可知

此外还有

于是在态 $|k,j,m\rangle$ 中

直观理解这一物理图像，可以考虑如下的经典角动量 $\boldsymbol{\mathcal L}$ ：模长 $|\boldsymbol{\mathcal L}|=\hbar\sqrt{l(l+1)}$ ，在 $Oz$ 轴上的投影 $\mathcal L_z=|\boldsymbol{\mathcal L}|\cos\theta=m\hbar$ ；角变量 $\theta$ 固定，而 $\varPhi$ 是以取值于 $[0,2\pi)$ 的随机变量。于是其他两个经典分量为：

于是

可见同样可以将经典理论给出的结果理解为量子结果的平均效应。尽管如此，但是要注意，对易量子系统的单次测量，得到的结果也只能是各个本征值之一。

考虑一个粒子的波函数 $\psi(r,\theta,\varphi)$ ，希望从它出发计算得到相应的测量结果。

用 $\mathscr P_{\boldsymbol L^2,L_z}(l,m)$ 表示同时测量 $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ ，得到结果分别是 $l(l+1)\hbar^2$ 和 $m\hbar$ 的概率。将 $\psi(r,\theta,\varphi)$ 在标准基中展开：

其展开系数为

于是

与此类似，若只测量测量 $\boldsymbol L^2$ 得到结果是 $l(l+1)\hbar^2$ ，以及只测量 $L_z$ 得到结果是 $m\hbar$ ，分别的概率为

由于算符 $\boldsymbol L^2$ 和 $L_z$ 仅作用于 $\theta$ 和 $\varphi$ ，因此改写一下展开式

这相当于是把变量 $r$ 看作参量，将波函数按照球谐函数展开了。于是

以及

类似地，由于算符 $L_z$ 仅作用于 $\varphi$ ，因此进一步利用

（这里 $1/\sqrt{2\pi}$ 是为了使两部分都归一化）改写一下展开式

这相当于是把变量 $r$ 和 $\theta$ 都看作参量，将波函数按照傅里叶级数展开了。其中

同时也有

可见

于是