Können wir das ohne explizite Rechnung beweisen?

Ja. Sie können dies mit dem Wigner-Eckart-Theorem tun, das geben würde

$$\begin{align} \langle 2,-1\vert z\vert 1,-1\rangle &=\frac{\langle 2\Vert r\Vert 1\rangle}{\sqrt{5}}C^{2,-1}_{1,0;1,-1}\, ,\\ \langle 2,0\vert z\vert 1,0\rangle &=\frac{\langle 2\Vert r\Vert 1\rangle}{\sqrt{5}}C^{2,0}_{1,0;1,0} \end{align}$$ so dass $$\begin{align} \frac{\langle 2,-1\vert z\vert 1,-1\rangle }{\langle 2,0\vert z\vert 1,0\rangle} = \frac{C^{2,-1}_{1,0;1,-1}}{C^{2,0}_{1,0;1,0}}=\frac{1/\sqrt{2}}{\sqrt{2/3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\, . \end{align}$$ Das reduzierte Matrixelement$\langle 2\Vert r\Vert 1\rangle$und der Dimensionalitätsfaktor heben sich gut aus dem Verhältnis auf und Sie haben ein Verhältnis von Clebsch.

Die Leiteroperatoren (zumindest die Drehimpulsoperatoren) können Zustände nicht mit verschiedenen verbinden$\ell$Sie können dies also nicht zum Herstellen einer Verbindung verwenden$\ell=2$Staaten und$\ell=1$Zustände. Das „Leitern“ erfolgt durch die tensorielle Natur der$\{\hat x\pm i \hat y,\hat z\}$Operatoren: als Komponenten von a$L=1$Tensor, ihre Wirkung auf$\ell$Zustände können die Anfangszustände des Drehimpulses verbinden$\ell$Staaten mit$L'=\ell+1,\ell,\ell-1$durch$\ell\otimes 1=\ell+1\oplus\ell\oplus \ell-1$.