《量子力学教程》作业题及答案--2017-2018第一学期

第 二章波函数和薛定谔方程 1 、 求 一维线性谐振子处在第一激发态时概率最大的位置。 解： 2 / 1 2 2 ） 2 （ ) ( x xe x = 2 2 2 3 2 1 2 ) ( ) ( x e x x x w = = 0 ) ( = x x w 得 0 2 2 2 2 2 2 2 2 = x x e xx xe 1 , 0 = x 判断 0 = x 为极小 值， 1 = x 为极大值 。 2 、 质量为 的粒子在势场 ) (x V 中做一维束缚运动，两能量本征函数分别为： ) 2 exp( ) ( 2 1 x A x = ， ) 2 exp( ) ( ) ( 2 2 2 x c bx x B x + + = ，试精确确定 c b 、 的 取值 ，并求 这两 个状态 之间 的能量 差。 解： ) ( 1 x 和 ) ( 2 x 分别 满足 + ) ( 2 2 2 2 x V dx d ) ( 1 x = ) ( 1 1 x E (1) + ) ( 2 2 2 2 x V dx d ) ( 2 x = ) ( 2 2 x E (2) 将 ) ( 1 x 代入 （1 ）式 ，得 2 ) ( ) ( 2 2 2 1 + = x E x V ) ( ) ( x V x V = 则束缚 态具 有确 定宇 称， 即在 ) ( 2 x 中， 0 = b 2 2 2 2 ) ( ) ( x e c x B x + = 一维束 缚态 没有 简并 ，则 0 ) ( ) ( 2 * 1 = dx x x ，解得 2 1 = c 。 方程（1）和（2 ）可 写成 如下形 式 1 2 1 1 2 1 2 2 E V = (3 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 E V = (4) ) 2 ( ) 1 ( 1 2 ，得 2 1 1 2 2 1 1 2 ) ( 2 E E E = 将 2 1 和 代入 上式 ，解 得 2 1 2 2 = E E 3 、 粒 子在 如下 势场中运 动 = ) 0 ( 2 ) 0 ( ) ( 2 2 x x x x V ， 求其能 级。 解：以 0 = x 为界 ，将 位势 分为 两个区 域。 在 0 x 区域 内， 0 ) ( 1 = x ， 在 0 x 区域 内， 波函 数满 足的 方程为 ： ) ( ) ( ) 2 1 2 ( 2 2 2 2 2 2 2 x E x x dx d = + ， 其解为 ) ( exp ) ( 2 2 2 1 2 x H x N x n n = 利用波 函数 的连 接条 件 0 ) 0 ( 2 = 则 0 ) 0 ( = n H 由厄米 多项 式的 性质 ) ( ) 1 ( ) ( x H x H n n n = ， 则只有 量子 数 , 5 , 3 , 1 = n 时， 0 ) 0 ( = n H 则能级 为 ) ( 2 1 + = n E n （ , 5 , 3 , 1 = n ） 4、设 质 量为m 的 粒子 处于 一维 势阱 ( ) V 。 若粒子 具有 一个 4 0 V E = 的 本征 态，试 确定 此势阱 的宽 度a 。 解： 对于 0 4 0 = V E 的情 况， 三个 区 域中的 波函 数分 别为 ( ) ( ) ( ) ( ) = = = x B x kx A x x exp sin 0 3 2 1 其中， E m V E m k 2 ; ) ( 2 0 = + = 在 a x = 处， 利用 波函 数及 其一 阶导数 连续 的条 件 ( ) ( ) ( ) ( ) a a a a 3 2 3 2 = = 得到 ( ) ( ) a B ka Ak a B ka A = = exp cos exp sin 于是有 k ka = tan 此即能 量满 足的 超越 方程 。 当 0 4 1 V E = 时， 由于 3 ) （ 2 tan 0 = + a V E m 故 3 2 3 0 = n a mV ， , 3 , 2 , 1 = n 最后， 得到 势阱 的宽 度 0 3 1 3 2 mV n a = 第三章量子力学中的力学量 1、 若 一个 算符与 角动 量算符J 的 两 个分量 对易 ，则必 与另 一个分 量对 易。 解： 设 算符F 与 角动 量算符 x J 与 y J 皆 对易， 则 0 , 1 , 1 , , 1 , = = = x y y x y x z J J F J J F J J F J F i i i 2、 若 算符A 和B 是守 恒量 ，证明 它们 的对易 子A ，B 也是守恒 量。 解： 0 , , , , , = = = H A B H B A H A B B A H B A 3、 二维 谐振子 的哈 密顿 量 ) ( 2 1 ) ( 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 y x m P P m H y x + + + = 1） 求 出其 能级；2）给 出基 态波 函数；3）如 果 2 1 = ， 试求 能级简 并度 。 解： 1） 2 1 ) 2 1 ( ) 2 1 ( + + + = + = y x y x n n n E E E 2） ) ( 2 1 exp ) ( ) ( ) , ( 2 2 2 2 2 1 2 1 y x y H x H N N y x y x y x n n n n + = ) ( 2 1 exp ) , ( 2 2 2 2 2 1 2 1 0 y x y x + = 3）如果 2 1 = ， ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( + = + + + = n n n E y x n ， y x n n n + = ) ( 2 1 exp ) ( ) ( ) , ( 2 2 2 y x y H x H N N y x y x y x n n n n n + = 简并度 为 1 + = n f n 4、 二维 谐振子 哈密 顿量 为 讨 论：1）当 = = y x 时 ， 能 量本 征值 和简并 度；2）当 = = y x 2 1 时 ，最 低四个 能级 的本征 值和 简并度 。 解：1 ）当 = = y x 时， 能量 本征 值为 ) 1 ( + + = + = y x n n n n n n E E E y x y x （ 2 , 1 , 0 , = y x n n ） 则第 n 个能级的 简并 度为 n+1 。 2） 当 = = y x 2 1 时，能量 本征 值为 ) 2 3 2 ( + + = + = y x n n n n n n E E E y x y x ) ( 2 1 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y x m y x m H y x + + + = 3） 对于基态 ， 0 , = y x n n ， 2 3 00 = E 是非简 并的 ； 对于第 一激发态 ， = = 0 1 y x n n ， 2 5 10 = E 是非 简并的 ； 对于第 二激发态 ， = = 1 0 y x n n ， = = 0 2 y x n n ， 2 7 20 01 = = E E 能级是二 重简并的 ； 对于第 三激发态 ， = = 0 3 y x n n ， 1 1 x y n n = = ， 30 11 9 2 EE = = 是二重简 并的 。 5 、一维谐振子的哈密顿算符为 2 2 2 2 1 2 x m m P H x + = ，引入无量纲算符 x m Q = ； x p m P 1 = ； ) ( 2 1 P i Q a + = ； ) ( 2 1 P i Q a = + 。 1） 计算- 对易 关系 , P Q , , + a a , , a a a + , , a a a + + ； 2） 证明 ) 2 1 ( + = + a a H 。 解（1 ）计 算对 易关 系 i p x p m x m P Q x x = = = , 1 1 , , 1 , , 2 1 , 2 1 ) ( 2 1 ), ( 2 1 , = + = + = + Q P i P i Q P i Q P i Q a a ; a a a a a a a a a a , , , = + = + + + + + + + + + + = + = a a a a a a a a a a , , , （2） ) ( 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Q P Q m m P m m x m m P H x + = + = + = ) 1 ( 2 1 , 2 ) ( 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 2 2 2 2 + = + + = + = + P Q P Q i P Q P i Q P i Q a a 于是有 ) 2 1 ( + = + a a H 6、线 谐振 子在 t=0 时处 于 (x) 2 1 (x) 2 3 (x) 2 1 (x,0) 2 1 0 + + = 态 上，其中 (x) n 为 线 性谐振 子第 n 个能 量本 征值 En 对应 的本 征函 数。 求 ： (1) 在 (x,0) 态 上能 量的可 能取 值、相 应的 概率及 平均 值； (2) 写出 t0 时 刻的波 函数 ，并 求 其相 应的能 量取 值几率 与平 均值。 解：线 性谐 振子 归一 化的 波函数 为 (x) 3 1 (x) 2 1 (x) 6 1 (x,0) 2 1 0 + + = 1） 在 (x,0) 态上 ，能 量的 可能 取值 及相应 的取 值几 率为 2 1 0 = E ; 6 1 ) 0 , ( 0 = E W 2 3 1 = E ; 2 1 ) 0 , ( 0 = E W 2 5 2 = E ; 3 1 ) 0 , ( 0 = E W 能量平均值 为 3 5 ) 0 , ( 2 0 = = = n n n E W E E 2） 哈密顿 算符 不显 含时 间， 则有 ) ) ) t t t 2 5i (x)exp(- 3 1 2 3i (x)exp(- 2 1 2 i (x)exp(- 6 1 t) (x, 2 1 0 + + = 7 、 一 个质 量为 的 粒子被 限制 在一维 区域 a x a 运 动， 0 = t 时处于基 态 。 今势 阱突 然向两 边对 称地 扩展一 倍， 即 可以 在 a x a 2 2 范 围内运 动。 问 ：（ 1） ) 0 ( 0 = t t 时粒 子处于 新系 统中基态 的几率； （2） 0 t t = 时 粒子能 量 的平均 值 。 解： （ 1 ） 0 = t 时，系 统处 于旧 势的基 态， 归一 化的 波函 数和能 量本 征值 为 a x a a x a x x = = , 2 cos 1 ) ( ) 0 , ( 1 2 2 2 1 8 a E E = = 0 t 后，势 阱扩 充， 新的 定态 能量本 征波 函数 和能 量本 征值分 别为 4 / ) 2 ( sin 2 1 ) ( a a x n a x n + = 2 2 2 2 32 a n E n = ， , , 3 , 2 , 1 = n a x a 2 2 在新系 统中 的任 意波 函数 为 / ) ( ) , ( t E i n n n n e x c t x = 由波函 数在 0 = t 时的 连续 条件 ) 0 , ( ) 0 , ( x x = 知 ) ( ) ( 1 * 1 1 x x dx c a a n n = = 2 1 2 / 1 0 1 c e c P t E i = = 2 2 9 64 2 / cos 1 4 / cos 2 1 = = a n a a x a dx a a （2）系统 能量 平均 值则 和势阱未 扩前 一样 ，为 2 2 2 1 _ 8 a E E = = 8、 设氢 原子处 于 ) , ( (r)Y R - ) , ( (r)Y R 2 1 - ) , ( (r)Y R ) , (r, 1 - 1 31 10 31 00 20 2 1 2 1 = 的 状 态上 ，求其 能量 、角动 量平方 L 2 及 角动量 z 分量 Lz 的可能取值和相应概率， 进 而求 出它们 的平 均值。 在该 状态 下， 计算 能量 与角 动量平 方同 时取确 定值 3 E 和 2 2 的概率 。 解：氢原子 的本 征解 为 2 2 4 1 2 n e E n = ， ) , ( ) ( ) , , ( lm nl nlm Y r R r = 其中量 子数 的取 值范 围是 l l l l l m n l n + = = = , 1 , , 2 , 1 , 1 , 3 , 2 , 1 , 0 , 3 , 2 , 1 利用归 一化 条件 求出 归一 化常数 为 5 4 ) 2 1 4 1 2 1 ( 2 1 = + + = c 则归一 化后 体系 所处 的状 态为 ) , ( (r)Y R - ) , ( (r)Y R - ) , ( (r)Y R ) , (r, 1 - 1 31 10 31 00 20 5 2 5 1 5 2 = 氢原子 的能 量只 与主 量子 数 n 有关， 依题 意可 知，n 的可 能取 值只 有两 个， 即 n=2,3, 于是 5 2 ) ( ; 8 2 2 4 2 = = E W e E 5 3 ) 5 2 5 1 ( ) ( ; 18 3 2 4 3 = + = = E W e E 2 4 2 4 2 4 12 5 3 18 5 2 8 e e e E = = 角动量 量子 数l 的可能 取值 有两个 ，即 1 , 0 = l ，故 有 5 2 ) 0 ( ; 0 2 2 = = = L W L 5 3 ) 2 ( ; 2 2 2 2 2 = = = L W L 2 2 5 6 = L 角动量 磁量 子数 m 的可能 取值有 两个 ， 即 m=-1,0,于是 5 2 ) ( ; = = = z z L W L 5 3 5 1 5 2 ) 0 ( ; 0 = + = = = z z L W L 5 2 = z L 在该状 态下 ，能 量与 角动 量平方 同时 取确 定值 2 3 2 和 E 的概 率为 5 3 。 第 四章态 和力学量的表象 1 、 在 动量 表象中 ， 将 函数 ) exp( ) ( P N P a = ( ) 0 归 一化 ， 并证明 坐标 表 象中 对应的 函数 为 2 2 2 2 3 ) ( ) 2 ( 1 ) ( + = r r 。 解： 1 ) ( 2 = P d P a = d d dP P e N P sin 2 ) / 2 ( 2 0 0 2 0 3 2 2 ) / 2 ( 0 2 ) 2 ( 8 4 N dP P e N P = = 2 3 ) ( 1 = N 坐标表 象中 的波 函数 为 P d e P a r r P i = ) ( ) 2 ( 1 ) ( 2 3 d d dP P e e N i P sin ) 2 ( 2 / cos Pr ) / ( 0 0 2 0 2 3 = 令 x = cos ，先 进行 和 积分 2 2 2 2 3 ) ( ) 2 ( ) ( + = r r 2 、 设F 为 厄 米算符 ，证 明在能 量表 象中下 式成 立 k F H F k F E E nk n k n , , 2 1 ) ( 2 = 证： , , , , , H F F F H F H F F H F F H F = = ) ( 2 2 2 2 2 H F F H F H F F H F H F F H F H F + = + = 则 k H F F H k k F H F k k F H F k 2 1 , , 2 1 2 2 + = = n m k F n n H m m F k k F H F k , = n m mn n k F n E m F k , = n n k F n n F k E 2 2 = = n nk n n n F E k F n E 2 1 2 1 , 2 2 k H m m F n n F k k F n n F m m H k k H F F H k n m + = + 2 1 , mk m mk m n m E m F n n F k k F n n F m E + = 2 1 k F n n F k E k F n n F k E k k n + = 2 2 nk k n k n F E n F k E = = 2 ) ( , , 2 1 nk n k n F E E k F H F k = 3 、 已 知体 系的哈 密顿 算符H 和 力学 量算符B 的矩阵形式 分别 为 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 H 和 = 0 1 0 1 0 0 0 0 1 b B ，其中b 和 为 实常 数。 1）H 和B 是 否是厄 米算 符？ 2） 证明H 和B 对易 ，并 求出 它们 的共同 本征 函数系 和相 应的本 征值 ； 3 ）设 0 = t 时体系处于 = 1 1 0 2 1 ) 0 ( 的状态，此时测量H 和B ，其相应的 可 能取 值和取 值几 率是什 么？ 4 ） 0 t 时体系的状态波函数是什么？若此时再测量B , 其几率分布会发生变 化 吗？ 为什么 ？ 解：1 、 H H 1 0 0 0 1 0 0 0 1 = = + ， B b B 0 1 0 1 0 0 0 0 1 = = + 2、 = = 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 b b B H = = 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 b b H B 故 H 和 B 互相对 易。 H 满足的 本征 方程 为 = 3 2 1 3 2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 c c c E c c c 由于 H 是对角矩 阵， 本征 值为 = 1 E , = = 3 2 E E （二重简并 ） ，仅由 H 不 能唯一 确定 2 E 和 3 E 的本征 函数 。 当 = 1 E 时， 波函 数满 足 = 3 2 1 3 2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 c c c c c c 解得 1 1 = c ， 0 3 2 = = c c ，相 应的 波函 数为 = 0 0 1 1 由于 = = 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 b b B ，故 1 也是 B 属于本 征值b 的本征 函数 。 当 = = 3 2 E E 时， 波函 数满 足 = 3 2 1 3 2 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 c c c c c c 解得 0 1 = c ， 1 2 3 2 2 = + c c ，不能确定 2 c 和 3 c 具体数值。但该波函数是 B 的本征 函数， 满足 = 3 2 3 2 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 c c B c c b 整理得 0 0 0 0 0 0 3 2 = c c B b b B B b 解得 b B = 2 ， b B = 3 当 b B = 2 时， 本征 方程 为 = 3 2 3 2 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 c c b c c b 解得 2 1 3 2 = = c c ，相应 的波 函数 为 = 1 1 0 2 1 2 同理当 b B = 3 时， = 1 1 0 2 1 3 总之， H 和 B 的 本征值都是二重简并的 ，本征函数不能唯一确定 ，但由于二者对易，共 同 本征函 数唯 一确 定。 1 1 = b B H ， 2 2 = b B H ， 3 3 = b B H 3、在 0 = t 状态 上， 测量 H 的可能取 值为 , 测量 B 的可能取 值为b ， 取 值几 率均为 1 。 4、 0 t 时， ) exp( 1 1 0 2 1 ) 0 ( t i = ，此时 B 的取 值几 率不 发生改 变。 因为 B 是守 恒量 。 第 五章微扰理论 1、 设 粒子 在周期 场 ) （ ) ( 0 bx cos V x V = 中 运动， 在动 量表象 中写 出其定 态薛 定 谔 方程 。 设哈 密顿 量的矩 阵形 式为： = 2 0 0 0 3 0 1 c c c H ， 1） 设 c 1 ， 应用微 扰论求H 本 征 值到二 级近 似； 2） 求H 的 精确本 征值 ； 3） 在什 么条件 下， 上面 二结 果一致 。 解： （1 ）c 1 ，可取 0 级和微 扰 Hamilton 量分 别为： H 0 是对 角矩 阵， 是 Hamilton H 0 在自身 表象 中的 形式 。所以 能量 的 0 级近似 为： E 1 (0) = 1 ，E 2 (0) = 3 ，E 3 (0) = - 2 由非简 并微 扰公 式 得能量 一级 修正 ： 能量二 级修 正为 ： 准确到 二级 近似 的能 量本 征值为 ： = = ) 0 ( ) 0 ( 2 ) 2 ( ) 1 ( | | k n kn n k n nn n E E H E H E = = = = = = c H E H E H E 33 ) 1 ( 3 22 ) 1 ( 2 11 ) 1 ( 1 0 0 2 2 1 ) 0 ( 3 ) 0 ( 1 2 31 ) 0 ( 2 ) 0 ( 1 2 21 ) 0 ( ) 0 ( 1 2 1 ) 2 ( 1 | | | | | | c E E H E E H E E H E k k n k = + = = 2 2 1 ) 0 ( 3 ) 0 ( 2 2 32 ) 0 ( 1 ) 0 ( 2 2 12 ) 0 ( ) 0 ( 2 2 2 ) 2 ( 2 | | | | | | c E E H E E H E E H E k k n k = + = = 0 | | | | | | ) 0 ( 2 ) 0 ( 3 2 23 ) 0 ( 1 ) 0 ( 3 2 13 ) 0 ( ) 0 ( 3 2 3 ) 2 ( 3 = + = = E E H E E H E E H E k k n k + = + = = c E c E c E 2 3 1 3 2 2 1 2 2 2 1 1 = = c c c H H 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 3 0 0 0 1 0(2) 精确解 ： 设 H 的本征 值是 E ，由 久期方 程可 解得 ： 解得： (3) 将准 确解 按 c ( 1) 展开： 比较（1）和（2 ）之 解， 可知， 微扰 论二 级近 似结 果与精 确解 展开 式不 计 c 4 及以后 高阶 项 的结果 相同 。 2、 设线 谐振子 的哈 密顿算 符用 升算符 + a 和降算符a 表 示为 + = + 2 1 a a H 0 ， 此 体系 受到微 扰 ( ) a a H + = + 作 用，求 体系 能量至 二级 修正。 解：微 扰前 ，线 谐振 子的 本征解 为 ) , 3 , 2 , 1 , 0 ( ) 2 1 ( 0 = + = n n E n 由产生 和湮 灭算 符的 定义 可知， 对于 0 n E 相应 的本 征态 n 有 n n n n a n a a = = + + 1 1 1 + + = + n n n a 1 = n n n a 能量的 一级 修正 为 0 1 1 1 ) ( ) 1 ( = + + + = + = = = + k k k k k k k a a k k W k W E kk k 能量的 二级 修正 为 0 2 0 0 0 3 0 1 = E c E c c E 0 ) 3 4 ( ) 2 ( 2 2 = + c E E E c + = + + = + = c E c E c E 2 1 2 1 2 3 2 2 2 1 + = + + = + + = + + = + = c E c c c E c c c E 2 3 1 2 1 1 2 3 4 8 1 2 2 1 2 2 4 8 1 2 2 1 2 1 2 2 1 , 1 , 2 2 0 0 2 2 2 2 0 0 2 2 2 0 0 2 ) 2 ( | 1 | | 1 1 1 | | ) ( | = + + = + + + = + = = + + n k n k k n k n n k k n n k k n n k kn k n n n k n n k n n k E E n a a k E E E E W E 近似到 二级 的能 量为 2 ) 2 1 ( + k E k 3 、 有 一粒子，其哈密顿量的矩阵形式为 = + ，其中 = ， = , ， 求能 级的一 级近 似和波 函数 的零级 近似 。 解：此题 是一 个简 并微 扰 问题。 (1) 求本征 能量 由久 期方 程|H - E (1) I| = 0 得： E (1) (E (1) ) 2 - 2 = 0 解得：E (1) = 0, 记为：E 1 (1) =- ，E 2 (1) = 0 ，E 3 (1) = + 故能级 一级 近似 ： 简并完 全消 除。 (2) 求解 0 级近似 波函 数 将 E 1 (1) = 代 入方 程， 得： 得 由归一 化条 件： 0 0 0 0 0 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( = E E E + = + = = + = = + = 2 2 2 ) 1 ( 3 0 3 ) 1 ( 2 0 2 ) 1 ( 1 0 1 E E E E E E E E E 0 0 0 0 0 3 2 1 = c c c 0 ) ( ) ( 3 1 2 3 1 = + + c c c c c = = 0 2 3 1 c c c ( ) 2 1 1 2 1 1 1 1 1 取实解： 1 | | 2 0 * 0 * = = = c c c c c c 将 E 2 (1) = 0 代入 方程 ，得 ： 由归一 化条 件： 则 同理得 4 、 两 个线 性谐振 子， 它们的 质量 皆为 ， 角频 率皆为 ，加上微扰 项 2 1 x x W = （ 1 x ， 2 x 分别为两个谐振子的坐标）后，求体系基态能量至二级 修 正， 第 二激发 态能 量至 一级 修正。 （ 2 1 2 1 1 , 1 , + + + = n m n m n n n x m ， 式中 = ） 解：体 系的 哈密 顿算 符为 W H H 0 + = 其中 ) ( 2 1 ) ( 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 0 x x p p H + + + = 2 1 x x W = 已知 0 H 的解为 ) 1 ( 0 + = n E n （ 2 1 n n n + = ， 2 , 1 , 0 , , 2 1 = n n n ） ) ( ) ( ) , ( 2 1 2 1 2 1 x x x x n n n = ( n f , , 3 , 2 , 1 = ) 前三个 能量 与波 函数 具体 形式如 下： = 0 0 E ； ) ( ) ( 2 0 1 0 0 x x = ； = 1 0 1 2 1 ) 0 ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 3 2 1 = c c c 0 0 1 3 = c c 0 3 1 = = c c ( ) 1 取实解： 1 | | 0 0 0 * 0 2 2 2 2 2 = = = c c c c = 0 1 0 ) 0 ( 2 = 1 0 1 2 1 ) 0 ( 3 2 0 1 = E ； ) ( ) ( 2 1 1 0 11 x x = ) ( ) ( 2 0 1 1 12 x x = 3 0 2 = E ； ) ( ) ( 2 0 1 2 21 x x = ) ( ) ( 2 2 1 0 22 x x = ) ( ) ( 2 1 1 1 23 x x = 对于基 态， 体系 无简 并 0 0 0 ) 1 ( 0 = = W E = = 0 1 0 0 0 0 0 ) 2 ( 0 n f n n n n E E W W E 由 2 1 2 1 1 , 1 , + + + = n m n m n n n x m 知， 只有 2 0 23 23 0 2 = = W W 其他矩 阵元 均为 0。 2 2 2 4 2 0 2 0 0 ) 2 ( 0 8 4 1 = = E E E 第二激 发态 为三 重简 并， 能量一 级修 正满 足的 久期 方程为 0 ) 1 ( 2 33 23 13 32 ) 1 ( 2 22 12 31 21 ) 1 ( 2 11 = E W W W W E W W W W E W 式中 2 32 23 31 13 21 12 33 22 11 2 , 0 = = = = = = = = = W W W W W W W W W 则 2 ) 1 ( 23 ) 1 ( 22 2 ) 1 ( 21 ; 0 ; = = = E E E 第 七章自旋与全同粒子 1 、 证明 1 , ) 1 ( ) 1 ( 2 + + + = + j j j j m j m m j j jm j ，其中 j jm 是角动量 平方算 符 2 j 和 z 分量算 符 z j 的共 同本 征函数 。 证明: 分两 步 1 , = j j m j N jm j 用 z j 从左 作用 j jm j + ，再 注意 z j 和 j 的对易关 系， 有 j j j z j z jm j m jm j j j jm j j + + + + + = + = ) 1 ( ) ( 上式表 明， j jm j + 也是算 符 z j 的本征矢， 且对应 的本 征值为 ) 1 ( + j m ，或者 说，态 矢 j jm j + 与 1 , + j m j 只能 相差 一个 常数 ，即 1 , + = + + j j m j N jm j 同样可 得 1 , = = = j j m j N jm j （1） 确定归 一化 常数 N 。 2 * 1 , 1 , + + + = + + N m j N N m j j j 由 1 , + = + + j j m j N jm j ，知 2 2 2 2 ) 1 ( ) 1 ( + + = = = = + + + + + j j j z z j j j j j m m j j jm j j j jm jm j j jm jm j j jm N 取相因 子为 0，有 ) 1 ( ) 1 ( + + = + j j m m j