Beweis, dass L=S=0L=S=0L=S=0 für gefüllte Elektronenunterschalen?

Der allgemeine Zustand mit$m=0$Ist:

$$|L=l,M=0\rangle = Y_l^0(\theta, \phi)= \sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}}P_l(\cos\theta)$$

die eine Tensorpolarisation mit einer bevorzugten Ausrichtung entlang der definierenden Achse beschreibt$\theta$. Wenn Sie das auf verschiedene Achsen drehen (gestrichen), dann ist es eine Linearkombination von Kugelflächenfunktionen mit demselben Grad$l$aber unterschiedliche magnetische Quantenzahlen:

$$Y_l^0(\theta, \phi)= \sum_{m'=-l}^lc_{lm'}Y_l^{m'}(\theta', \phi')$$

das ist kein Zustand mit$m'=0$, es sei denn$l=0$.

In der Frage geben Sie an, dass Sie wissen, dass ein Atom eine volle Hülle hat$M=0$, sind sich aber unsicher$L$. Der Punkt ist, dass es keine bevorzugte Achse gibt, also muss eine Achse, die Sie auswählen, vorhanden sein$M=0$, Dann$L$muss auch Null sein.

Das hat nichts mit dem Pauli-Ausschlussprinzip (PEP) zu tun. Die PEP ergibt sich aus dem Spin-Statistik-Theorem, das besagt, dass die Wellenfunktion identischer Fermionen unter Vertauschung zweier beliebiger Teilchen antisymmetrisch sein muss:

Wenn:

$$\psi_{nm}(x_1, x_2) = \frac 1 {\sqrt 2}[\psi_n(x_1)\psi_m(x_2) - \psi_m(x_1)\psi_n(x_2)]$$

Und

$$\psi_{nm}(x_2, x_1) = \frac 1 {\sqrt 2}[\psi_n(x_2)\psi_m(x_1) - \psi_m(x_2)\psi_n(x_1)] = -\psi_{nm}(x_1, x_2)$$

Wo$(n,m)$Beschriften Sie alle Quantenzahlen, die einen Zustand definieren, dann wenn$n=m$:

$$\psi_{nn}(x_1, x_2) = 0$$

das ist der PEP. Beachten Sie, dass dies für alle Quantenzahlen gilt, nicht nur$L=S=0$.

Wenn Sie sechs Elektronen in einem einzigen betrachten$P$-Schale, dann wird die Wellenfunktion durch eine Slater-Determinante beschrieben:

$$\psi(1,2,3,4,5,6) = \frac 1 {\sqrt{6!}} \times$$ $$\begin{vmatrix}Y_1^{1}(\theta_1, \phi_1)|\uparrow_1\rangle&Y_1^{1}(\theta_2, \phi_2)|\uparrow_2\rangle&Y_1^{1}(\theta_3, \phi_3)|\uparrow_3\rangle&Y_1^{1}(\theta_4, \phi_4)|\uparrow_4\rangle&Y_1^{1}(\theta_5, \phi_5)|\uparrow_5\rangle&Y_1^{1}(\theta_6, \phi_6)|\uparrow_6\rangle\\Y_1^{0}(\theta_1, \phi_1)|\uparrow_1\rangle&Y_1^{0}(\theta_2, \phi_2)|\uparrow_2\rangle&Y_1^{0}(\theta_3, \phi_3)|\uparrow_3\rangle&Y_1^{0}(\theta_4, \phi_4)|\uparrow_4\rangle&Y_1^{0}(\theta_5, \phi_5)|\uparrow_5\rangle&Y_1^{0}(\theta_6, \phi_6)|\uparrow_6\rangle\\Y_1^{-1}(\theta_1, \phi_1)|\uparrow_1\rangle&Y_1^{-1}(\theta_2, \phi_2)|\uparrow_2\rangle&Y_1^{-1}(\theta_3, \phi_3)|\uparrow_3\rangle&Y_1^{-1}(\theta_4, \phi_4)|\uparrow_4\rangle&Y_1^{-1}(\theta_5, \phi_5)|\uparrow_5\rangle&Y_1^{-1}(\theta_6, \phi_6)|\uparrow_6\rangle\\Y_1^{1}(\theta_1, \phi_1)|\downarrow_1\rangle&Y_1^{1}(\theta_2, \phi_2)|\downarrow_2\rangle&Y_1^{1}(\theta_3, \phi_3)|\downarrow_3\rangle&Y_1^{1}(\theta_4, \phi_4)|\downarrow_4\rangle&Y_1^{1}(\theta_5, \phi_5)|\downarrow_5\rangle&Y_1^{1}(\theta_6, \phi_6)|\downarrow_6\rangle\\Y_1^{0}(\theta_1, \phi_1)|\downarrow_1\rangle&Y_1^{0}(\theta_2, \phi_2)|\downarrow_2\rangle&Y_1^{0}(\theta_3, \phi_3)|\downarrow_3\rangle&Y_1^{0}(\theta_4, \phi_4)|\downarrow_4\rangle&Y_1^{0}(\theta_5, \phi_5)|\downarrow_5\rangle&Y_1^{0}(\theta_6, \phi_6)|\downarrow_6\rangle\\Y_1^{-1}(\theta_1, \phi_1)|\downarrow_1\rangle&Y_1^{-1}(\theta_2, \phi_2)|\downarrow_2\rangle&Y_1^{-1}(\theta_3, \phi_3)|\downarrow_3\rangle&Y_1^{-1}(\theta_4, \phi_4)|\downarrow_4\rangle&Y_1^{-1}(\theta_5, \phi_5)|\downarrow_5\rangle&Y_1^{-1}(\theta_6, \phi_6)|\downarrow_6\rangle\end{vmatrix}$$

Daraus können Sie die Wahrscheinlichkeitsdichte gegen die Winkelkoordinate berechnen, und es sieht so aus:

$$P(\theta, \phi) \propto |Y_1^1{\theta, \phi}|^2+|Y_1^0{\theta, \phi}|^2+|Y_1^{-1}{\theta, \phi}|^2$$ $$\propto |\sin\theta e^{+i\phi}|^2+|\sqrt 2\cos\theta|^2+|\sin\theta e^{-\phi}|^2 = 2(\sin^2{\theta}+\cos^2{\theta}) =2$$

das heißt, es ist kugelsymmetrisch. Sphärische Symmetrie bedeutet$L=0$.

Dies gilt für jede Bestellung:

$$\sum_{m=-l}^l |Y_l^m(\theta, \phi)|^2$$

hängt nicht davon ab$\theta$noch$\phi$. Daher sind gefüllte Schalen immer kugelsymmetrisch mit Gesamtdrehimpuls$L=0$.

Dennoch besteht eine tiefe Verbindung zwischen Antisymmetrie und Rotationsinvarianz. Zum Beispiel: das antisymmetrische Levi Civitta-Symbol,$\epsilon_{ijk}$, ist ein isotroper Tensor. Dies entsteht durch die Schur-Weyl-Dualität, die die rotationsgeschlossenen Unterräume von Tensoren über die Darstellungen der Permutationsgruppe und Young-Diagramme beschreibt. Die Abmessungen der Unterräume lassen sich mit „der bemerkenswerten“ Hakenlängenformel berechnen.

Die antisymmetrische Permutation entspricht einem Unterraum der Dimension 1, der ein Skalar ist (also kugelsymmetrisch). Das einfachste Beispiel ist in Ihrer Frage enthalten, wo Sie zwei 2D-Darstellungen (Spinoren) kombiniert haben und ein symmetrisches Triplett und ein antisymmetrisches Singulett erhalten:

$${\bf 2}\otimes{\bf 2} ={\bf 3}_S \oplus {\bf 1}_A$$

Das Triplett transformiert sich wie ein Vektor und das Singulett wie ein Skalar.

Ebenso erhalten Sie, wenn Sie 3 Vektoren (z. B. 3 P-Orbitale) kombinieren:

$${\bf 3}\otimes{\bf 3} \otimes{\bf 3}={\bf 10}_S \oplus {\bf 8}_M \oplus {\bf 8}_M\oplus{\bf 1}_A$$

wo die symmetrisch${\bf 10}$Ist$L=3$Und$L=1$, die Oktette sind$L=2$Und$L=1$, und das vollständig antisymmetrische Singulett ist$L=0$. Sie können dies überprüfen, indem Sie die Clebsch-Gordon-Koeffizienten mühsam von Hand durcharbeiten.

Ich möchte eine Antwort teilen, basierend auf dem Beweis (Skizze), den ich in L. Marchildon: Quantum Mechanics gefunden habe. Von den Grundlagen zu Numerischen Methoden und Anwendungen, Kapitel 18 (S. 403f.) .

Da wir uns nur mit gefüllten Unterschalen befassen, definieren wir zunächst den Gesamtspin- und Winkelorbitaloperator für unsere interessierende Unterschale.

$$\mathbf L := \sum_{i\, \in \,\text{subshell}} \mathbf L_i , \qquad \mathbf S := \sum_{i\, \in \,\text{subshell}} \mathbf S_i .$$ Der Index$i$läuft über alle Elektronen in dieser Unterschale.

In Bezug auf diese „Gesamt“-Operatoren definieren wir auch Aufwärts- und Abwärtsoperatoren,

$$\mathbf L^- := \mathbf L_x -i \mathbf L_y \, \qquad \mathbf S^- := \mathbf S_x -i \mathbf S_y .$$ Die Erhöhungsoperatoren sind als das hermitesch Konjugierte der Senkungsoperatoren definiert, dh$(\mathbf L^-)^\dagger = \mathbf L^+ = \mathbf L_x +i \mathbf L_y$und ähnlich,$(\mathbf S^-)^\dagger = \mathbf S^+ = \mathbf S_x + i \mathbf S_y$.

Die Wirkung des Absenkoperators$\mathbf L^-$auf einem Quantenzustand$\Psi$mit Quantenzahlen$M_L$Und$L$ist zu senken$M_L$um 1, aber behalten$L$solange fixiert$M_L > -L$. Allerdings für minimal$M_L$($M_L = -L$) zerstört der Absenkoperator den Zustand$\Psi$. Analog können wir die Wirkung des Erhöhungsoperators beschreiben$\mathbf L^+$: Wenn$M_L < L$, es wirkt auf$\Psi$durch Erhöhung$M_L$um 1 und halten$L$Fest. Wenn$M_L$ist maximal, dh$M_L = L$, es zerstört den Staat$\Psi$. (Dasselbe gilt für die Operatoren zur Spinabsenkung und -anhebung bezüglich der Quantenzahlen$M_S$Und$S$.)
Bisher ist das nichts Neues.

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Anmerkung

Lassen Sie mich hier nur anmerken, dass im Allgemeinen Einzelelektronen- Erhöhungs- und -Senkungsoperatoren$\mathbf L^\pm_i$pendeln nicht mit Partikelpermutationen, aber Operatoren zum totalen Anheben und Absenken (z. B. für eine Unterschale) tun es. Das bedeutet, nach dem Handeln mit$\mathbf L^\pm = \sum_i \mathbf L^\pm_i$in einem vollständig (anti-)symmetrischen Zustand bleibt es (anti-)symmetrisch. Allerdings ist die Aktion eines einzigen Bedieners$\mathbf L^\pm_i$zerstört (allgemein) jede (Anti-)Symmetrie.

Betrachten Sie zum Beispiel zwei Elektronen (mit den Koordinaten$r_1$Und$r_2$) in den Staaten$Y_{l=1}^{m=1}\otimes |\uparrow \rangle$Und$Y_{l=1}^{m=0}\otimes |\downarrow\rangle$(Das ist natürlich physikalisch sehr unwahrscheinlich; es dient hier nur zu Demonstrationszwecken.) Ein vollständig antisymmetrisierter Zwei-Elektronen-Zustand ist die Slater-Determinante

$$\Psi(r_1,r_2) = Y_{l=1}^{m=1}(r_1) Y_{l=1}^{m=0}(r_2) \otimes | \uparrow_1 \downarrow_2 \rangle - Y_{l=1}^{m=0}(r_1) Y_{l=1}^{m=1}(r_2) \otimes |\downarrow_1 \uparrow_2 \rangle .$$ Jetzt handeln mit$\mathbf L^-$An$\Psi(r_1, r_2)$wir finden, $$\mathbf L^- \Psi(r_1, r_2) = (\mathbf L^-_1 + \mathbf L^-_2 ) \, \Psi(r_1, r_2) = \sqrt{2} Y_{l=1}^{m=0}(r_1) Y_{l=1}^{m=0}(r_2) \otimes | \uparrow_1 \downarrow_2 \rangle - \sqrt{2} Y_{l=1}^{m=-1}(r_1) Y_{l=1}^{m=1}(r_2) \otimes |\downarrow_1 \uparrow_2 \rangle + \sqrt{2} Y_{l=1}^{m=1}(r_1) Y_{l=1}^{m=-1}(r_2) \otimes | \uparrow_1 \downarrow_2 \rangle - \sqrt{2} Y_{l=1}^{m=0}(r_1) Y_{l=1}^{m=0}(r_2) \otimes |\downarrow_1 \uparrow_2 \rangle .$$ (Das Aussehen des Faktors$\sqrt{2}$ist aus der Identität ersichtlich$\mathbf L^- \mathbf L^+ = \mathbf L^2 - \mathbf L_z^2 - \mathbf L_z$.) Dieser Zustand ist eindeutig wieder antisymmetrisch, wenn auch keine Slater-Determinante.

Man kann verifizieren, dass ein allgemeiner antisymmetrischer Zustand – der als Summe von Slater-Determinanten geschrieben werden kann – nach der Wirkung von antisymmetrisch bleibt$\mathbf L^\pm$. (Wenn Sie diese Aussage für eine Slater-Determinante glauben, dann verwenden Sie einfach, dass die Partikelpermutation eine lineare Operation ist.)

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Betrachten Sie nun einen Zustand$\Psi$mit Eigenwerten$L,M_L, S, M_S$in Bezug auf die gesamten Subshell-Operatoren, die wir oben definiert haben. Außerdem,$\Psi$sollte eine gefüllte Unterschale beschreiben. Im Folgenden werden wir das beweisen$M_L = L = 0$Und$M_S = S = 0$wie.

Vereinfachen wir die Situation etwas und betrachten zunächst den Drehimpuls$L$Und$M_L$und bedenke, was passiert, wenn wir mit handeln$\mathbf L^-$An$\Psi$. Durch def. von$\mathbf L^-$, ist die Aktion des Subshell-Absenkungsoperators nur die Summe der Absenkungsoperatoren$\mathbf L^-_i$für jedes Elektron$i$,

$$\mathbf L^- = \sum_{i\, \in \,\text{subshell}} \mathbf L^-_i \,.$$ (Wie wir gesehen haben, ist das Bilden der Summe wichtig, um das Ergebnis antisymmetrisiert zu halten).

Seit$\Psi$ein vollständig antisymmetrisierter Zustand ist, kann er mehrere Terme/Summanden enthalten. Wir verwenden eine Eigenbasis der$\mathbf L_i$(oder eher$\mathbf L_i^2$Und${\mathbf L_i}_z$) als Ein-Teilchen-Basis, in Bezug auf die wir antisymmetrisieren – siehe Beispiel in der obigen Bemerkung. Das heißt, auf jedem Summanden der Operator$\mathbf L^-_i$wirkt auf den Zustand des Elektrons$i$mit einer wohldefinierten Quantenzahl${m_l}_i$.

• Wenn${m_l}_i > -l_i$, Dann$\mathbf L^-_i$senkt sich einfach${m_l}_i \rightarrow {m_l}_i -1$. Da die Unterschale aber voll besetzt ist, nimmt bereits ein anderes Elektron diesen Zustand ein. Wir haben also zwei Elektronen im gleichen Zustand. Agieren mit dem Total Subshell Senkoperator$\mathbf L^-$An$\Psi$sorgt für Antisymmetrie des gesamten Endzustandes$\mathbf L^- \,\Psi$, wie wir in der obigen Bemerkung gesehen haben. Die Antisymmetrierung eines Zustands mit zwei Elektronen im selben Zustand ergibt Null (Pauli-Ausschlussprinzip).
• Wenn${m_l}_i = -l_i$, dh${m_l}_i$minimal ist, können wir die Quantenzahl nicht verringern${m_l}_i$alle weiteren und diesen Begriff / Summanden von$\Psi$ist zerstört.

Insgesamt finden wir$\mathbf L^- \,\Psi = 0$.

Durch eine analoge Argumentation - unter Verwendung der Eigenschaften des vollständigen Subshell-Zustands$\Psi$beim Handeln mit$\mathbf L^+$– können wir ableiten$\mathbf L^+ \,\Psi = 0$.

Jetzt kommt der Trick (man ahnt vielleicht schon, was als nächstes kommt): Denn sowohl der Aufwärts- als auch der Abwärtsoperator zerstören$\Psi$, seine Quantenzahl$M_L$muss gleichzeitig minimal und maximal sein . Das funktioniert nur, wenn$L=0$was einschränkt$M_L$auch null sein.

Am Anfang habe ich auch einen Hebe- und Senkoperator definiert$\mathbf S^{\pm}$für den Spin. Obwohl ich die Details hier nicht gebe, ist der Beweis für$S=M_S=0$funktioniert genauso wie für den Drehimpuls, den wir hier gemacht haben.

Ein anderer Ansatz

(Verwandt mit der Antwort von JEB)

Wenn Sie glauben, dass die leere Hüllen haben$\mathbf L = \mathbf S = \mathbf 0$, dann können Sie sich durch eine Partikel-Loch-Transformation davon überzeugen, dass gefüllte Schalen genau die gleiche Eigenschaft haben. Grundsätzlich läuft dies darauf hinaus, die Elektronenerzeugung auf Lochvernichtungsoperatoren (und die Elektronenvernichtung auf Locherzeugungsoperatoren) abzubilden, während dem entsprechenden Loch auch der umgekehrte magnetische Drehimpuls und die Spinquantenzahl als dem Elektron zugewiesen werden, dh$l \rightarrow l, \, m_l \rightarrow -m_l, s\rightarrow s, \, m_s \rightarrow -m_s$. Diese Zuordnung gewährleistet die (Matrix-)Darstellung der Operatoren$\mathbf L$Und$\mathbf S$werden durch die Transformation nicht verändert, sodass alle Eigenschaften bzgl$\mathbf L$Und$\mathbf S$die Anwendung auf elektronische Leerhülsen gilt auch für gefüllte Lochhülsen. (Die Details dieser Transformation sind auch in Lehrbüchern der Atomphysik und Online-Vorlesungsmitschriften zu finden.)

Dies hängt natürlich mit der Tatsache zusammen, die von JEB näher ausgeführt wurde: Jedes Objekt, das invariant ist unter Rotationen, dh Aktionen unter einer Gruppe, die von generiert wird$\mathbf L$, transformiert sich als Tensor vom Rang Null, also als skalare Größe in unserem Beispiel von Drehimpuls und Raumrotationen. Dies ist in der Tat unabhängig vom Pauli-Ausschlussprinzip und dem Raum, in dem die Gruppenrepräsentation agiert.

KONTEXT

Die Frage hier verlangt nach einem Beweis , dass für eine gefüllte Unterschale der Gesamtdrehimpuls$\mathbf{L}$, und Gesamtspin-Drehimpuls,$\mathbf{S}$, sind solche

$$\mathbf{L}=\mathbf{S}=\mathbf{0}.$$

Oben gibt @JEB eine Antwort auf die Frage. Ich habe keine Probleme mit dieser Antwort, außer dass (soweit ich das beurteilen kann) nichts erwähnt wird$\mathbf{S}$. Daher bleibt, soweit ich das beurteilen kann, die ursprüngliche Frage unbeantwortet. in meiner Antwort liefere ich keinen Beweis , der verlangt wird; vielmehr liefere ich eine Demonstration, die meine Vernunft anzeigt. Ich stelle mir vor, dass eine solche Begründung zu einem Beweis erweitert werden könnte.

DEMONSTRATION

Magnesium ($Z=12$) ist ein zweiwertiges Metall mit der elektronischen Grundzustandskonfiguration [Ne]3s$^2$. Wie groß ist der Drehimpuls des Grundzustands?

Im LS-Schema ( https://en.wikipedia.org/wiki/Angular_momentum_coupling ) lauten die Regeln

$$\mathbf{L}_{[Ne]3s ^2 }= \boldsymbol{\ell}_1 +\boldsymbol{\ell_2} \quad~\text{and}\quad\mathbf{S}_{[Ne]3s ^2 }= \boldsymbol{s}_1 +\boldsymbol{s_2} .$$

Für die 1s$^2$,2 Sek$^2$, 2p$^6$,3s$^2$Grundzustand haben wir zwei Valenzelektronen im$s$Hülse. Jedes einzelne Elektron in der$s$Shell hat die Quantenzahl$\ell=0$. Deshalb$\ell_1=\ell_2=0$. Damit sind die möglichen Werte der Quantenzahlen für

$$\mathbf{L}_{[Ne]3s ^2 }= \boldsymbol{\ell}_1 +\boldsymbol{\ell_2} \quad~\text{with}\quad ~\ell_1=0\quad\text{and}\quad \ell_2=0,$$ Sind $$L _{[Ne]3s ^2 } =\left\{ (0+0),\ldots,(|0-0|) \right\} =\left\{ 0 \right\}.$$ Somit, $$|\mathbf{L} _{[Ne]3s ^2 }|=\sqrt{0\,(1+0)}\,\hbar=0,$$ Und $$\begin{equation} \mathbf{L} _{[Ne]3s ^2 } = \mathbf{0}. \label{eq:mag-2} \end{equation}$$

Für die 1s$^2$,2 Sek$^2$, 2p$^6$,3s$^2$Grundzustand haben wir zwei Valenzelektronen im$s$Hülse. Jedes Elektron hat die Quantenzahl$s=1/2$. Deshalb$s_1=s_2=1/2$. Damit sind die möglichen Werte der Quantenzahlen für

$$\mathbf{S}_{[Ne]3s ^2 }= \boldsymbol{s}_1 +\boldsymbol{s_2} \quad~\text{with}\quad ~s_1=1/2\quad\text{and}\quad s_2=1/2,$$ zu sein scheinen $$S _{[Ne]3s ^2 } =\left\{ (1/2+1/2),\ldots,(|1/2-1/2|) \right\} =\left\{1, 0 \right\}.$$ Es scheint weiter so $$|\mathbf{S} _{[Ne]3s ^2 }|=\left\{\sqrt{0\,(1+0)}\,\hbar, \sqrt{1\,(1+1)}\,\hbar\right\} .$$ Dabei müssen wir folgendes berücksichtigen.

„Im Spezialfall von Grundkonfigurationen äquivalenter Elektronen folgen der Spin und der Bahndrehimpuls des Terms mit der niedrigsten Energie einigen halbkreisförmigen Regeln, die als Hundsche Regeln bezeichnet werden: Der Term mit der niedrigsten Energie hat den größten Wert von$S$im Einklang mit dem Pauli-Ausschlussprinzip. (Atomic Physics, Foot, 2005, S.81)''

In diesem Beispiel haben wir es eindeutig mit der Grundkonfiguration und dem Term mit der niedrigsten Energie zu tun. Nach dem Pauli-Ausschlussprinzip können wir im Quantenzustand keine zwei Elektronen haben

$$|n,\ell,m_\ell,s,m_s> = |3,0,0,1/2,+1/2>;$$ ebenso können wir im Quantenzustand keine zwei Elektronen haben $$|n,\ell,m_\ell,s,m_s> = |3,0,0,1/2,-1/2>.$$ Somit muss für die Grundkonfiguration jeweils eines (aber nicht beide) der Elektronen wie folgt quantisiert werden: $$\begin{align*} |\psi_1 > =|n,\ell,m_\ell,s,m_s> = |3,0,0,1/2,+1/2> \\ |\psi_2 > = |n,\ell,m_\ell,s,m_s> = |3,0,0,1/2,-1/2> \end{align*}$$ Der Wert von$S=1$, was zu einem Wert ungleich Null führen würde$|\mathbf{S} _{[Ne]3s ^2 }|$, ist physikalisch nicht realisierbar, da wir für den Spin zwei Elektronen benötigen würden, deren einzelne Spindrehimpulse ungleich und entgegengesetzt sind. Dies wäre mit dem Pauli-Ausschlussprinzip (dh die beiden Spindrehimpulse müssen gleich und entgegengesetzt sein und ergeben somit keinen Netto-Spindrehimpuls) vereinbar. Gemäß der Hundschen Regel finden wir das $$S _{[Ne]3s ^2 } = \left\{ 0 \right\}.$$ Somit, $$|\mathbf{S} _{[Ne]3s ^2 }|=\sqrt{0\,(1+0)}\,\hbar=0,$$ Und $$\begin{equation} \mathbf{S} _{[Ne]3s ^2 } =\mathbf{0}. \label{eq:mag-1} \end{equation}$$

Zusammenfassend habe ich einen bestimmten Fall demonstriert, bei dem für eine gefüllte Unterschale der Gesamtdrehimpuls$\mathbf{L}$, und Gesamtspin-Drehimpuls,$\mathbf{S}$, sind identisch Null. Ich finde nämlich

$$\mathbf{L} _{[Ne]3s ^2 } =\mathbf{S} _{[Ne]3s ^2 } =\mathbf{0}.$$