曾谨言 量子力学第一卷 习题答案解析4第四章.pdf

第四章 力学量用算符表示 1 设 qfihpq 是q的可微函数 证明下述各式 一维算符 1 2 2 hipfqfpq 证明 根据题给的对易式及 0 qfq qfpfqpfqpfqpfpq 22222 fihqppqppffpqpqppf hipfpfhipqqp2 2 pffqihpqpfq 证明 同前一论题 hiqppfqpfppfpqqpfppfpq hipfpqfpqpfphipfpfpqqpfp pffphihipffppqqp 3 ihfppqfq2 2 证明 同前一题论据 fppqfqppfppqqfppfpq 2 hifpfpqpfqpphiqpfpfqpp hifphifpppqqpf2 4 i fp i h qfpp 22 证明 根据题给对易式外 另外应用对易式 i f i h qfp dq df f i 2222 fppfpfppfpfpp 物 83 309蒋 80 i fp i h fpp 22 5 ppf i h pqpfp i 证明 论据同 4 pfppfppfpfpppfpp 22 ppf i h i 6 22 pf i h pqfp i 证明 论据同 4 22222 pf i h pfppffppfpfpp i 2 证明以下诸式成立 1 证明 根据坐标分角动量对易式 为了求证该矢量关系式 计算等号左方的矢量算符的 x 分量 以及 看到 由于轮换对称性 得到特征的公式 81 2 证明 证法与 1 类似 但需先证分量与分量的对易律 同理可证明其他轮换式 由此得普通式 取待证的公式等号左方的 x 分量 并用前一式加以变形 根据轮换对称性 证明待证式成立 3 注意与 x 没有共同坐标 4 注意 没有共同坐标 因此可以对易即 故 2222 zyxxzy llppllA zzxxzzxxzzyyxxyyxxyyxxxxyxxy llppllppllllppllpplllppllppl 2222 zxzxzzyxyxyy lplplllplpll zyyzyzzy lppllpplhi yzzyyzzy plpllplphi xx pllphi 3 l 为粒子角动量 F 为另一力学量 证明 p F p r F rhiFl 其中 r 表示空间坐标的梯度 p 表示动量空间的梯度 证明 按照题意 z k y j x i r zyx p k p j p i r 又 F 可看作坐标r 动量p 的函数 它一般可以表示成 n i ni ni prCprFF 3 2 1 0 zyxin 为使证明题给论据清楚 可以先导出两种交换关系 作为后文的准备 设 r 为任意波函 数 x F i h x FF xi h Fpx x F i h Fpx XpCPXCFX ni n ini ni n ini 在前式的最后一项中 当 I x 时 可利用莱勃尼兹公式 n x x n x n n n n nnn x P Pi h XP x n x X i h X xi h XP 1 1 当 n z n z n y n y XPXPXPXPzyi 因此 ni n ini x ni n ini ni n ini PXC Pi h PXCPXCFx x P F hi x P F hiFX 现在利用前二式来证明题给一式的 x 分量的关系成立 该式左方 xxxx FlFlFlFl 3 yzyz zpypFFzpyp FFyPFyP zz yyzzyyyzzz pFzFpZpFyFpypFzzFFpFpzPFyyFFPFPy 86 87 利用 1 和 2 得 同理可得 综合 3 式得 4 设算符A B 与它们的对易式 A B 都对易 证明 甲法 递推法 对第一公式左方 先将原来两项设法分裂成四项 分解出一个因式 再次 分裂成六项 依次类推 可得待证式右方 步骤如下 按题目假设 重复运算 n 1 次以后 得 乙法 数学归纳法 待证一式当 n 1 时 是明显成立的 假设当 m k 时该式成立 而 k1 则应有 现在计算有 利用前述的假设 但又按题目假设 用于前一式得待证一式 关于第二个公式也可按相同的步骤证明 不另列述 但若第一式证实 则亦可从第一式推第二式 注意 ABBA 88 89 将第一式对易式中两算符对易得 再将文字 A B对易得 5 证明 证明 本题的证法与题四的第一法完全相同 只是条件 A B 与 A B 对易一点不能使用 即 从原来的对易式经过总数 n 1 次运算后 得 取 A q B p 注意 q p hi 代入前一式后 有 6 证明是厄密算符 证明 本题的算符可以先行简化 然后判定其性质 是厄密算符 因此原来算符也是厄密的 另一方法是根据厄密算符的定义 用于积分最后一式 前式 说明题给的算符满足厄密算符定义 7 证 A等是实数 是厄密算符 证明 此算符F 不能简化 可以用多次运算证明 首先假定已经 证明动量是厄密算符 则 运用这个关系于下面的计算 dPAdPF n n dPA n n n n 0 d P PA n n 1 d P PA n n 1 d P PPA n n 2 d P PPPA n n 3 d P PPA n n 3 2 d P PPA n n 4 2 d P PPA n n 4 2 dPF PF满足厄密算符的定义 8 证明 2 nmmn nm nm pxxp A nmA实数 是厄密算符 证明 方法同前题 假定已经证明p x 都是厄密算符 即 dpdp dxdx 又按题意得证算符是一维的 dxxppdxxp mnmn 1 90 物 83 309 蒋 dxxpp mn 1 dxxpxdxxp mnmn 1 dxpx nm 这证明 mmx p 不是厄密算符 但满足 dxpxdxxp nmmn 同理可证明 dxxpdxpx mnnm 将前二式相加除2 得 dx xppx dx pxxp mnnmnmmn 2 2 因此 2 nmmn pxxp 是厄密算符 因此 nm nmmn nm pxxp A 2 也是 又假定用0 0 作为厄密算符0 的定义 并设 BA AB 则本题可用较简方式来证明如下 因为 pp xx 所以有 nn pp mm xx nmnmmnmn pxpxxpxp 同理有 mnmnnmnm xpxppxpx 相加除 2 得 这证明右方一式是厄密算符 9 证 明 若当大 时 并 不 趋 于 0 则 不一定是厄密算符 91 证明 设 是任选的两个函数 适用分步法计算下列积分 继续将后一积分作分步运算 共作 n 次 其结果将是 由此计算可知若大括号里总和为 0 则算符符合厄密算符定义 但按题 意时 不趋于 0 因此我们无法证明大括号里总和为 0 10 证明其中 A p q B p q 是正则动量和坐标的函数 上式左 方是相应的算符 A B 是经典力学中的 poisson 括弧在多变量情形 i 1 2 3 i 自由度 证明 本题意思是要证明等号两边式子等效 但左方是算符式 可以使用自变量 间的对易关系进行变形 为了证明方便 可设定的函数形式如下 式中是指两组已知的复数 若不能用的形式表示 则下面的证法无效 按此假设 可进行下述的变形运算 I A B 最后一式中出现座标的幂 动量幂之间的对易式 这类对易式的简化 并未有过 需做专门的计算 兹以 lm pq 的简化为例 mllmlm qppqpq 试将此对易式的第一项加以连续变形 并且运用已证过的公式 q f hiqfp 4 1 lmlm ppqpq 5 利用 4 式 令 m qqf 则有以下诸式 或 1 mmm himqpqpq 6 同理有 211 1 mmm qmhipqpq 7 依次类推 将 6 式代入 5 有 11 lmmlm phimqpqpq 112 lmlm phimqppq 8 将最后一式第一项分解 重复应用 6 112 lmlmlm phimqppqppq 1121 lmlmm phimqphimqpqp 112122 lmlmlm phimqphimpqpqp 运用式 7 于前式中的 1 m pq 12122 1 lmmlmlm pqmhipqhimpqppq 11 lm phimq 1122 2 lmlm phimqpqp 222 1 lm pqmmh 9 与 8 式比较 增加 2 h的高阶次 312 lmmlm phimqpqppq 22211 12 lmlm pqmmhphimq 32133 1 lmmlm pqmhipqhimppqp 22211 12 lmlm pqmmhphimq 3222133 1 lmlmlm ppqmmhphimpqpqp 22211 12 lmlm pqmmhphimq 32133 1 lmmlm pqmhipqhimpqp 3322 21 lmm pqmhipqmmh 物 83 309蒋 22211 12 lmlm pqmmhphimq 1133 3 lmlmlm phimqpqppq 222 13 lm pqmmh 333 21 lm pqmmimh 10 按同样方法连续变形l次 得到下式 式中假设lm 2 1 2 12 ll hiplmqhiqppq lmmllm m ll hipqmm lm 1 11 1 22 lm pqm 1 lmll qlmmhi 1 1 1 或改写作 2211 1 2 1 lmllmlm pqmm ll hiplmqhipq 11 1 1 mll qlmmhi 11 将此式代到 3 式中 得下式 21 lmk mn kl klmn philmqqDCBA 1122 2 1 1 2 nkmnlm phiknqqppqmmll h 1 1 2 1 222lnk ppqkknn 1 1 1 1 222211 以上幂 lnkmlnkm kl mnkl mn pqkknnmmllpqknlmlDC 将这对易式遍乘以i 则右方各项中 第一项将与i 无关 第二项以后含i 以上的幂 取 极限0 i 时将留下第一项 mn kl kl mn lnkm DCpqknlm i BA 11 0 lim 12 其次再考察题给公式等号右方的泊松括号 用正则座标和正则动量表示的式子 我们论证 的情形中 自由度1 因而ppi qqi 按经典力学定义 i iiii q B p A p B q A BA 95 nm mn mn pqC qq B p A p B q A nm mn lk kl pqC p pqD p lk kl pqD q 1111lknmlkn mnkl m klmn pkqpnqplqpmqDC mnkl lnkm klmn pqknlmDC 11 13 两种计算的结果相同 因而题给的结果相同 因而题给的公式得到证实 11 设 F x p 是xk pk的整函数 证明 k k x F i Fp k k p F ipF 整函数是指 n i m k mnki mn ki pxCpxF 123 mn ki C是数值系数 证明 本题照题给的表示式应当是三维的算符 其展开形式 3333233213313223 22221221311321121111 nmmnnmmnnmmnnmmn mn nmmnnmmnnmmnnmmnnmmn pxCpxCpxCpxC pxCpxCpxCpxCpxCpxF 先证第一式 ki mn z n i n iz m k n iz m k m kz mn ki ki mn z n i m k n i m kz mn ki ki mn n i m k mn kixx ppppxppxxpC ppxpxpC pxCppxFp ki mn n iz m k n i m kz mn ki ppxpxpC 最后一式曲括号内第一项为kz 时为 0 因为座标不同 kz 时 m z z m zz x xi xp 第二对易式 n iz pp任何情形是零 因而 改写成 kz n l m k k kl mn mn kls px xi cpxFp n l m k mn kl z pxc xi pxF xi z 2 第二式证明与前半题类似 kl mn n l m k mn klzz pxcxpxFx z n l m k n lz m k n ll m k n l m kz mn kl xpxpxxpxxpxxc n lz m k n l m kz mn kl pxxpxxc 3 最后一式曲括号内0 m kz xx lz n l l n lz p p ipx 这公式的详细证明参看第 3 题 于是 3 式应写成 lz n l kl mn l m k mn klz p p ixcpxFx n l m k mn kl z pxc p i pxF p i l 这样 第二式得到了证明 这两类式子形式相似 是因为px 是一对正则共轭量的缘故 12 设 rf 是只赖于空间的力学算符 证明 22 2 frfrf 1 设 是依赖于座标的波函数 r 先作以下计算 222 ffrrf 123 2 2 2 2 i ii x ff x 2 2 2 2 2 2 2 iiiii x f x f xx f x f 2 2 2 iii xx f x f ff2 2 2 代入题给式 1 并运算于 r 2 2 2 2 2 2 2 f xx f x f xx f x f frfrf iii i iii 22 2 2 2 2 f xx f f x f xx f f x f f iii i iii 消去第一 第三项 前式 2 2 222 iiiii i ii x f x f x f x f x f xx f f 首末两式移去函数 得到特征公式 1 13 利用测不准系估计谐振子的基态能量 解 写下一维谐振子的经典的能量公式 或算符关系式 2222 22222 2 2 xm m pxm m HE 1 取能量的平均值 2 2 2 22 1 x m p m E 在一维谐振子的情形 座标的平均值0 x 动量平均值0 p计算座标和动量的 不确定 度 即均方根偏差 px 按一般公式 22222 xxxxxx 22222 pppppp 2 因此能量平均值公式 1 可改用 不确定度 表示 2 2 2 2 2 1 x m p m E 3 但根据测不准关系式 2 xp 作为估计 可以直接取其下限 即认为 2 xp x p 2 将此结果代入式 3 并且计算E的极小值 就是所求的基态能量 2 2 2 8 2 xm x m xE 2 1 2 2 2 2 xm x m 用此取括号内值为零的条件 得 2 min E 这时 m x 2 14 利用测不准关系估计类氢原子中电子的基态能量 设原子核带电Ze 解 本题原是三维问题 但作为估计 计算不需严格正确 方法同前题 r Ze m p E 22 2 1 取能量的平均值 由于中心对称性 可以认为动量的平均值是零0 p 这个平均值 本是个矢量 但它的分量都是零 因此 22 pp 此外 根据计算 第六章九题 知道 在氢原子情形 2 3a r 22 3ar 因而a a r 2 3 此外 ar 1 1 22 2 1 ar 所以 ar 1 1 因此为计算方便 可取 rr 1 1 对能量关系式取平均值 2 2 2222 r Ze m p r Ze m p E 3 利用测不准关系式 可以计算 3 的极值 但p与r之间并无已知的对易关系式 此可作 一维问题处理 认为 2 rp 并用 rp 4 则 3 式成为 2 22 p Ze m p pE 2 42 2 4222 2 2 2 2 1 meZemZ p mZe p m 2 2 1 42 2 2 meZZme p m 当取 2 Zme p 时 E 有极小值 2 42 min meZ E 就是基态能量 15 求证力学量x与 x pF的测不准关系 x p F Fx 2 22 证明 根据 课本 测不准的普遍公式 若BA 为任两个力学算符 BA 为它们的偏 差 BA 为不确定度 则 2 22 4 1 BABA 或 2 1 BABA 1 本题中 x PFBxA 因此 有关的测不准关系写成 2 1 22 x PFxFx 2 在本章第 11 题的第二个公式已指出 x x p F ipFx 代入 2 就得到待证的公式 16 求证在 n l的本征态下0 yx ll 证明 角动量分量算符满足对易关系 xyzzy l illll 两边取平均值 设 im Y是 z l本征态波函数 用标乘积运算符号 imximimyxxyim YlYiYllllY imyximxyim YllYllY imyximyim YllYlmY imyximimyim YllYYlYm imyimximyim YlYlYlYm imyimimyim YlYmYlYm 前面的连等式中利用了标乘积分配律以及算符 x l 的厄密性 这样证明0 x l 利用对易关系 yzxxz l illll 可以类似的证明0 y l 附带指出 虽然 x l y l 在 x l 本征态中平均值是零 但乘积 x l y l 的平均值不为零 能够证明 2 1 2 yxyx llimll 说明 yxl l 不是厄密的 2 x l 2 y l的平均值见下题 17 设粒子处于 im Y状态 求 2 x l 2 y l 解 im Y是算符 y ll 2 的共同本征状态 在此态中 算符 x l y l 具有对称性 因 而可假设 22 yx ll 又已知0 yx ll 利用算符恒等式 2222 zyx llll 计算这个式子的各量在态 im Y中的平均值 用标积符号 2222 imzyximimim YlllYYlY 2 22 imyxim YllY 因 im Y满足本征方程式 imimximim YmYlYllYl 1 22 2 1 2222 imimimximimim YYmYlYYYll 移项整理 2222 1 2 1 mllYlYl imximx 222 1 2 1 mlllx 补白 若需要严格论证 2 x l与 2 y l的相等关系 可设 yx lill yx l ill 于是有 2 1 lllx 2 ll i ly 求其符 2 x l的平方 用 l l 来表示 4 1 2 lllllllllx 4 1 2 lllllllll y 再求它们在态 im Y中的平均值 在表示式中用标乘积符号时是 4 1 2 imimx YllllllllYl 1 4 1 2 imimy YllllllllYl 2 或都改写成积分形式如下 积分是对空间立体角取范围的 dYllllllllYl im im x 4 1 2 3 dYllllllllYl im im y 4 1 2 4 按角动量理论 1 1 miim YmlmlYl 1 1 miim YmlmlYl 5 和正交归一化条件 mmiiim midYY 6 将运算公式 5 使用于 3 式的各项 得结果如下 0 2 dYYdYllY mi im im im常数 0 2 dYYdYllY mi im im im常数 2 1 mlmldYllY im im 2 1 mlmldYllY im im 注意上述每一个积分的被积函数都要使用 5 的两个式子作重复运算 再代进积分式中 如 1 1 mlim YmlmllYll 1 1 ml Ylmlml ml Ymlmlmlml 1 1 1 1 将它们代入 3 就得到前一法 考虑 yx ll 对称 得到相同的结果 1 1 4 1 222 mlmlmlmllx 22 1 2 1 mll 又从 4 式看出 由于 llll 没有贡献 3 4 应有相同的结果 第二种方法运用角 动量一般理论 这在第四章中并没有准备知识 所以用本法解题不符合要求 只作为一种参 考材料 18 设体系处于 202111 YcYc 态 求 1 x l 的可能测值及其平均值 2 2 l的可能测值及相应的几率 3 yx ll 的可能测值 解 1 按照习惯的表示法 im Y表示角量子数为l 磁量子数 m 的 2 x ll的共 同本征函数 题材给的状态是一种 x ll 2 的非本征态 在此态中去测量 x ll 2 都只有不确定 下面假定1 2 2 2 1 cc 从 202111 YcYc 看出 当体系处在 11 Y态时 x l的测值 处在 20 Y态时 x l的测值为零 x l 在 态中的平均值 2 1 clz 0 2 1 2 2 cc 2 又从波函数 看出 l也可以有两种值 体系处 11 Y态中时 2 l测值为 222 2 11 1 1 ll 当体系处在 20 Y态时 2 l的测值为 22 6 12 2 相应的几率即表示该态的展开式项系数的复平方 2 1 c 2 2 c 2 l的并态 中的平均值 2 2 2 2 1 2 62 ccl 3 关于在 态中 x l y l 的可能测值可以从对称性考虑来确定 当使用直角坐标表示算符 时 x l y l x l 有轮换对称性 由于在 态中 2 l可有二种量子数2 1 l所以将 z l轮换 x l的 结果 知道 x l的可能测值只能是 2 x l 0 2 同理 y l的可能测值也是这此值 2 y l 0 2 但如要计算 x l 或 y l 得到某个测值的几率 则需要较多计算 补白 前一题第 3 小题更严格的论证 要采用 x l y l 的本征函数的矩 阵计算法 若不考虑对称性 则根据态 302111 YcYc 不能直接辨出 x l y l 的可能测值 而用间接方法 x l或 y l的本征函数与l有关 1 l时 x l 的本征函数的座标表象用叠加原理写成 111110101111 YcYcYc 1 但 1 满足本征方程式 11 x l 这种形式的方程式求解有困难 考虑到角动量仅有分立本征值 所以我们将 2 改成角动 量表象 2 l x l 的本征方程式 它是矩阵形的 11 10 11 11 10 11 0 2 0 2 0 2 0 2 0 c c c c c c 3 再附加上诸系数的归一化条件 1 2 11 2 10 2 11 ccc 4 从 3 和 4 可以解得三个系数 11 c 10 c 11 c 和本征值 的三个值 0 5 按一般习惯 本征值的排列要从最大的到最小的 相应的本征函数可以用角动量表象 也可 以用座标表象 用前才时 是一个单列矩阵 2 1 2 1 2 1 2 1 0 2 1 2 1 2 1 2 1 11 10 11 c c c 6 这三组角依此对应于本征值 自大到小 0 用座标表象时 1 111101112 2 1 2 1 2 1 YYYlx i 0 1111101 2 1 2 1 YYlx i 7 1 111101112 2 1 2 1 2 1 YYYlx i 再考查2 l时 x l 的本征函数 这种情形下的座标表象的本征方程式是 22 x l 也不容易求解 而必须化成角动量表象 x ll 2 的本征方程式 是矩阵的 22 12 20 21 22 22 12 20 21 22 0000 0 2 3 00 0 2 3 0 2 3 0 00 2 3 0 0000 c c c c c c c c c c 8 再附加上各个系数的归一化条件如下 1 2 22 2 12 2 20 2 21 2 22 ccccc 9 解 8 和 9 得到本征值五种 2 0 2 角动量表象的本征函数 本征矢 共有五个 分别和以上五种本征值对应 注意 这些本 征矢仍和1 l的情形一样 是先用久期方程式求解五个本征值 再逐个地代入 8 所表示 的五个关于 m c2的线性方程式的归一化条件 9 才能得到的 41 21 46 21 41 21 21 0 21 21 46 0 21 0 46 21 21 0 21 21 41 21 46 21 41 22 12 20 21 22 c c c c c 10 波函数的座标表象和 7 相似 写成五项叠加式 例如 221220212222 4 1 2 1 4 6 2 1 4 1 YYYYY 11 1 2212212221 2 1 2 1 2 1 2 1 YYYY 11 2 22202220 4 6 2 1 4 6 YYY 11 3 2212212212 2 1 2 1 2 1 2 1 YYYY 11 4 221220212222 4 1 2 1 4 6 2 1 4 1 YYYYY 11 5 波函数组 7 10 都是 x l 的本征函数 并且我们已经论证了 x l 的五种本征值的来源 不 是从轮换对称出发 而是从本征方程式出发得到的结论 若进一步需要计算在 态中 测量 x l 得值 2 或其它本征值 的几率是多少 可根据 叠原理 将 写成所有八种 x l 本征函数的叠加式 222212122020 21212222111110101111202111 DDD DDDDDYcYc 12 这个叠加式中 D 和 都有两个指标 第一个是量子数l 第二个是量子数 x l 从 12 可 以看出在 的状态中 x l取各种可能测值的几率如下表 x l的本征值2 0 2 相应的几率 2 22 D 2 21 D 2 11 D 2 20 D 2 10 D 2 12 D 2 11 D 2 22 D 诸 D 的计算有两种方法 第一法是直接法 此法是从方程组 7 中解出 我们需要的 11 Y 而用 x l 的本征函数 11 10 11 的项表示它 这方法是初等的 结果 11101111 2 1 2 1 2 1 Y 13 其次再从方程式组 11 解出我们需要的 20 Y 而用 22 等的项表示 结果 22202220 4 6 2 1 4 6 Y 14 将 13 14 代进 12 式的第二道式子 并和后面第三式系数对比 得到 222 4 6 CD 0 21 D 220 2 1 CD 0 12 D 222 4 6 CD 111 2 1 CD 110 2 1 CD 111 2 1 CD 15 代入前一表格得到 x l本征值 2 0 2 相应的几率 2 2 8 3 c 2 1 4 1 c 2 1 2 1 c 2 2 4 1 c 2 1 4 1 c 2 2 8 3 c 第二种算法是利用本征函数的正交归一性 考察1 2 ll构成的 2 x ll共同本征矢量构成的希尔柏特空间 此空间中 22 Y 11 Y都 是基态 此空间中 是一个矢量 2 2 y 等八个 x l 的本征函数也是此空间的矢量 但不 是基矢 22 D 22 D等八个系数是 22 等在 上的投影 因为 11 Y 20 Y正交 x l 1 之 间也正交 因此在计算 11 D时 可取 12 的复共轭式 遍乘 11 再积分 得 dYcD 1111111 0 0 1 21 21 21 2 1 1 c c 又计算2 l诸系数时同样 如求 22 D时 取 12 的复共轭遍乘 22 积分 0 0 1 0 0 2220222 dYcD 22 4 6 41 21 46 21 41 cc 其余各个系数依此类推 19 求证在 x l 的本征态下 角动量沿着与z轴成 的角度的方向上的分量的 平均值是 cos m 解 角动量l 沿着与z成 解的方向 此方向用单位矢S 表示 它不是唯一的 因由方 位角 给定 有一投影 z l 它的解析式是 cossinsincossinkjis zyx zyxz lll kjilkljl isll cos sinsin cossin cossinsincossin 1 计算在 z l 的本征态 im Y中角动量投影 z l 的平均值 dYlY dYlYdYlYl imzim imyimimximz sin sin sin cos sin 2 式中 dddsin 根据 16 题的结论 z l 本征态下0 z l 0 y l故前一式 第一 二两个积分无贡献 由于 imimz YmYl 因而 cos mlz 3 20 设 0 m 是 x l 的本征态 相应的本征值是m 取1 则 0 m l i l i m y x ee 是算符 zyxz llll cos sinsin cossin 的本征态 解 本题是前题的廷续 它最简单的解法是利用旋转算符 角动量理论中证明 若将参座 系围绕某个轴n旋转过一角度 则描写状态的波函数 将受到变换 U U 叫旋转算 符 z l i eU 1 这个算符的源在课本中有论述 这是从略 十四章 14 3 设原来 的参考系是 zyx 这时 关于 z l的本征函数记作 0 m 现在象附图那样 将参考系先绕y轴转 角成为 zyx 再绕原来的z轴旋转 角成为从的轴成为 zyx 从图看原来的z轴变为z 它在原来参考系中的角座标是 这个变换中 波函数 0 m 变为 m 0 m l i l i m y x ee 但 m 又表示角动量沿z 分量的本征函数 因为在这个变换中l并不跟随着变 因而有此结 论 21 证明对任何两个波函数 满足下述施瓦茨的不等式 证明 本题有一定的证明法 它和海森伯的测不准关系式的普遍证法相类似 首先 寻找 一个含有 的复平方式子 令这个式子大于零 经过试探性计算 知道采取下式有效 0 2 dI 此式中的 尚待选择 将前式展开写成标识和形式 I 1 前式中第一 四二项恒为正 二 三两项符号不定 我们这样来选取 使它能使I的二个 异号项抵消 由于 未定 这种选择是可能的 0 I 2 选取方括号内项为零 得 于是 代入 2 得 0 I 3 此式即待证的一个不等式 本题也可以在一开始就假设下式成立 0 2 将它展开后稍加变形 使能待证 22 设H 为正定的厄密算符 vu 为任意二波函数 证明 2 vHvuHuvHu 证明 因为H 是正定的 按定义它的平均值是正数 即不论在何态中有 0 dHH 经过试算知道 仿照测不准关系的普遍证法 选取 使vu 有关 令vu 又设0 vuHvuI 1 0 vHvuHvvHuuHuI 2 0 vHvuHvvHuuHuI 选取方括号内式子为零 vHv uHv 3 将 3 代入 2 0 vHu vHv uHv uHuI 4 整理后就得待证一式 23 在一维对称势阱中 粒子至少存在一种束缚态 见 3 1 节 在给定势阱深度 0 V情况下 减少势阱宽度a 使 0 2 mV a 粒子动量不确定度 0 mVp 位置不确定度ax 因而下列关系似乎存在 amVxp 0 这与测不准确关系矛盾 错误何在 解 在一维有限深 0 V 势阱的问题中 以势阱中点作为原点时 至少有一个偶宇 称的束缚定态 其能量 E 决定于条件 EV mEa E 0 2 2 lg 因此这个基态能级 E 与 0 Va有关 a甚小时 E 也甚小 座标不确定度x 不能简单的用势阱宽度a来估计 估计值只需正确到数量级 势阱两边的 波函数是 kix Cex 2 a x 可设波宽度扩展到振幅 e 1 处 即 1 2 CeCe x k 得 00 2 22 mVEVmk x a小时 00 VEV 因此 2 2 2 0 0 mV mV px 这与测不准不相矛盾 题给论点的错误 在于随意地估计小几率波的范围 24 证明在不理续的能量本征态下 动量平均值是零 证明 第一法 根据第三章的定理二及推论 不连续能量本征函数是实函数 是非简并的 一般又是平方可积的 因而 xx 0 lim x x 以一维问题为例 dxx xi xp 0 2 2 x i xdx i 第二法 亦以一维为例 可推广到三维 先证普通公式 p mi xH 1 对任意波函数 p miixmixm xV dx d m xxxV dx d m xH 2 2 2 2 22 2 22 因而 p mi xH 现在取该式二边在能量本征态 分立 下的平均值 并注意 EH dxHxxH dxHxxH dxxEdxxE 此式因 EE 而等于零 从而0 p 设属于某能级 的三个简并态 321 彼此线性无关但不正交 试找出三个 正交归一化的波函数 它们是否仍为简并 解 用 Schmidt 法 选 d 1111 则 1 被归一化了 选 1122 2 d 则0 1112211 2 dddd 故 1 3 正交 选 2 使 d 2 3 22 则 12 为正交归一组 再设 2231133 3 dd 则 1113131 3 dddd 0 1223 dd 2113232 3 dddd 0 2223 dd 故 3 与 21 都能正交 选 d 3 3 33 这样选的 321 是正交归一化组 将H 算符作用于 式 11111 EdHH 同理H 作用于 式 1122 2 HdHH 21122 EdE 22 EH 同理有 33 EH 因而 321 仍有共同的能量本征值 简并不消失 证明以下诸式 BABA det det det 证明 设BA 是阶数n的矩阵 由它们形成的行列式记作A det和B det 设A 的矩阵元记作 ij a B 的矩阵元记作 ij b 按行列式理论 A 的行列式的值是 njnjj rl aaaA 2211 1 det 式中rl是排列 21n jjj 中的逆序数 逆序数指这种排列相对于正常排列 3 2 1 n 发生的编号逆转 式可改写为下式 innii r aaaA 2211 1 det 但r是 21n iii 的逆序数 如果将 的每一指标加以变更 可得 的结合形式 injnjiji rlr aaaA 2211 1 det 同理另一行列式写作 ln2211 1 det knlklk sls aaaB 但 l ss 分别是排列 1n kk 和 1n 的逆序数 取二者乘积 ln1111 1 det det knlkinjnji slsrlr jiji bbaaBA 若在求和式中选取 nn kjkj 11 则 1 1 1 2 ssrll sr 式成为 1 det det ln22221111 jninjnljjiljji slr jiji bababaBA 再计算 det AB 它是矩阵积 的行列式的值 按矩阵乘法设 CBA 是 C的矩阵 元是 j jlijil baC BA的行列式的值是 1 det ln 2 2222 1 1111 jn jninjn j ljji ijj ljji slr bababaAB r是排列 21n iii l s是排列 1n 的逆序数 与 的形式结构 是相同的 这证明 BABA det det det 证ASAS det det 1 证明 本题是一个么正变换后的算符SASAt 1 的矩阵的行列式 与原来算符 A 的矩阵的行列式之间的相等关系 本题利用前一题的结论加以推广 先将积的行列化成 行列的积 det det det det 11 SASSASI 因为 det A等都是数值而不是算符或矩阵 因而遵守对易律 det det det 1 ASSI 再将行列式积化成积的行列 进注意单位矩阵的行列式恒等于 1 有 det 1 det det 1 AAssI 3 证 ABTrBATr 证明 Tr是 Trace 或 Spur 即 径迹 的符号 按定义它等于矩阵的对角线矩阵元的和 数 i i i aATr 但 BA 是矩阵 A B 的积 BA 的矩阵元是 j jlijil baBA 因而 BATrbabaBATr jiij ijjijiij 4 证 ACBTrBACTrCBATr 证明 三个矩阵的积 三个算符 的径迹具有一般表示式 ik kijkij cbaCBATr 矩阵 CBA 的对角线元素要求各个组成矩阵元最前一个指标 足码 与最后一个指标相 同 其余的指标则需要衔接 满足这两条件的矩阵元都属于对角线矩阵元 但发现矩阵轮换 时 以上二条件能满足 ACBTracbCBATr ki ijkijk 式子得证 BACTrbacCBATr ij jkijki 5 证 1 ATrSASTr 证 明 jk kijkij sasSASTr 11 将 矩 阵 元 组 成 因 子 轮 换 jk ijkijk ssaSASTr 11 有问题有问题 补白 以上的 2 题表示矩阵A 么正变换 表象变换属此 后 行列式值不变 5 则表 示么正变换不变更径迹 径迹在对角表象中代表本征值总和 这两小题表示么正变换的两项 性质 27 设粒子处在宽度为a的无限深势阱中 求能量表象中粒子坐标和动量的矩阵表示 解 一维无限深方势阱的归一化波函数是 a xn a x n sin 2 这波函数是能量本征函数 任何力学量F 的矩阵元是 dx a xn F a xn a xdFF aa mn sin sin 2 00 此公式用于坐标矩阵 1 1 1 4 cos cos 1 sinsin 2 1 222 0 0 nm a a mn nm amn xdx a xnm a xnm a dx a xn a xn a x 此式不适用于对角矩阵元 后者另行推导 当 m n 时 得对角矩阵元 2 sin 2 0 2 a xdx a xma xmm 动量矩阵元 非对角的 dx a xn a xm ia n dx a xm dx d ia xma pmn cossin 2 sinsin 2 0 2 0 1 1 2 1 222 mn mna imn 0cossin 2 0 2 dx a xn a xm ia n pmm 28 用矩阵乘法 根据谐振子的能量表象中的 x 矩阵来计算 2 x的矩阵 解 本题要运用谐振子波函数 定态 的一个递推公式 22 1 2 1 11 nnn n x 在一式等号左右方同乘以 n 然后对 x 进行积分 得到谐振子的 x 矩阵元 1 1 2 1 2 11 nmnmmn n a n a x 根据矩阵乘法法则 以及投影算符的性质 2 1xp p nm 等是谐振子的能量本征矢 将 代入 得 2 1 2 11 2 1 2 11 1 1 1 1 22 pEpH p qEqH p kEkH p pq pqq pq mpp kxqpxmEkxqqxpE 2 q m pq qkk kxqqxmEqxppxmE p p p k kxppxmEkxppxmE 2 将求和指标全部写成 p 前式成为 mk p pkm m kxppxmEEE 2 2 前式中再令 m k 得 m kxppxmEE p pm 2 2 能量本征函数一般是实数函数 x 又是厄密算符 mxpdxxpxm pm m xEE mp mppm 2 2 33 在一维谐振子的哈密顿量 22 222 xm m p H 中引进无量纲变量P Q 及参数 s m p P x m Q E s 此时 2 22 Qp H 薛定谔方程式为 nn PiQnPiQQP 2 1 222222 2 1 22 QP 证明 nn PiQnPiQQP 2 1 222222 求出谐振子能级和归一化的波函数 令 a 2 PiQ a 2 PiQ 求 aa利用 a 和基态波函数将第n个激发态表示出来 5 求QP 在能量表象中的矩阵元 解 1 QP m m 1 iiqp 1 1 2 先使用第 4 小提的代表符号 可知以下关系成立 2 1 22 QP 2 PiQ 2 PiQ PQ i 2 2 1 aa 2 1 aa 2 1 aa 3 又能量本征方程式可用aa 表示为 2 1 aa 4 2 1 aa 5 特征的一个方程式也改写成 nn anaaa 2 1 6 nn anaaa 2 1 7 利用对易关系 3 先将 6 式左方变 使其变形为右方一式 nnn aaaaaaaa 2 1 2 1 1 nnnn aaaaaaaaa 2 3 2 1 1 221 nn aaaaa 2 3 22nn aaaaa 2 3 1 22 nn aaaa 2 5 23 nn anaa 2 1 1 将最后的算符运算于能量本征函数 并利用能量本征方程式 4 nn anaa 2 1 1 nnn ananaaa 2 1 因此 nn anaaa 2 1 或 nn PiQnPiQQP 2 1 22 另一种对应关系的证明从 7 式左方开次 n aaa 2 1 aa 2 n aa 2 1 n a nn aaaaa 2 1 1 1 nn aaaaa 2 3 1 22 n aaaaa n 2 3 1 2 2 n aaaa n 2 5 2 3 n anaaa 2 1 2 N an nn PiQnPiQQP 2 1 22 3 谐振子的能级 方程式 2 1 22 QP是以 为 能量的本征方程式 也写作 2 1 aa 8 将它与已证过的方程式 6 比较 发现二者形式一样 因此若 代表相 对能量是 的本征函数 则 n a 就代表能量是n 的本征函数 现在再证明谐振子在任何态 中的平均能量是正数 因为QP 都 是厄密算符 所以 dxQPE 2 1 22 2 1 dxQdxP 2 2 0 2 1 dxQQdxPP 在能量本征态 n 中 其平均值就等于本征值 所以本征值 0 又因为 若 是属于本征值 的本征函数 n a 成比例于本值 n 的本征函数 能量本征值是正的 因此必有一个最低能量0 0 而01 0 与 0 对应的本征函数 0 而 0 a将不存在这种状态 即 0 a 0 9 即 0 0 PiQ 但因为x m Q dQ d idx d im p m P 11 1 前述方程式成为 0 0 Q dQ d Q 分离变量积分 得到 2 0 2 Q CeQ 10 常数 C 由 0 Q 的归一化条件决定 22 2 0 2 CdQeCdQQ Q 这样求得阶数最低的归一化本征函数 2 0 2 4 1 Q eQ 11 与 0 Q 对应的能量本征值 可能 11 代入能量本征方程来得到 002 22 2 1 QP 得最低能级 0 2 1 但由式 7 看出 其他较高的能级是 2 1 0 nn n 1 2 3 4 整数 4 由基态波函数计算激发态波函数 为此需要求得 n 和 1 n间的递推式 从前一小题结果 能量本 征方程可写作 nn nQP 2 1 2 1 22 或象 4 那样 改用 a a 表示 a a nn n 12 aaN 叫占有数算符 n 即能量的本征函数 n 同时也是占有数算符本征函数 本征值是 n 将N 运算于 n a 同时利用对易式 aa 1 有 nnn aaaaaaaN 1 1 1 nn anna 即 若 n 是N 的本征函数 则 n a 也是N 的本征函数 其本征值 增大了 1 但是 1 n是N 的属于本征值1 n的本征函数 因而 若无简并 二者应成正比 1 nnn ca 13 同 理可证明关系 1 nnn da 14 将 13 遍乘 1 n积分 以便求得 n c 有 111nnnnnn aaac 利用 14 有 11 nnnnn ddc 15 再计算 n N 并利用 13 14 15 结果 nnnnnnnnn cadadaaN 2 11 1 将此式结果与本征方程式 12 比较 并设 1 nn dc 是数 有 1 n c n d 0 n 于是得到递推公式 1 1 nn na 16 1 nn na 17 现在利用 16 于 n 0 的情形得 01 a 再利用 16 于 n 1 n 2 直到运算 n 次 得以下的结果 0 2 12 2 1 2 1 aa 0 3 1 2 23 3 1 23 1 2 1 aaa 依此类推得 22 0 22 2 1 2 1 1 Q n n Q n n n n e dQ dh Q n ePQ n a n 18 5 QP 在能量表象中的矩阵元的计算 将 aaQP 用表示 有 2 aa P 2 aa Q 19 根据矩阵元的定义 使用