量子力学 中科大课件 一些自旋算符及它们组成的Hamiltonian讨论.doc

一些自旋算符及它们组成的Hamiltonian讨论问题I，单个自旋向任一方向的投影算符。1) 算符为书上已研究过的（p.204-205）。它满足，所以其本征值为，其本征函数所以可将它写为它本身的谱表示：2) 计算对易子。下面略去脚标。先计算：于是有3) 再往算先算轨道角动量的分量的对易子：于是有4) 再往算总之有于是，这种算符将保持此费米子的总角动量不变。5) 再往算。显然，由于单个自旋的，有 6) 再往算为计算，先算它的分量：于是有最后得 7) 再往算即有 问题II，两个自旋算符的研究。它们之间相互作用的形式，除纯粹含的部分以外，其中主要组成部分是如下形式现在来分析这种算符的各种性质。1) 这种形式下的对全空间方位角的等权积分为零。因为，所以有因此，只对相对运动为非球对称的空间概率分布起作用，它在态中平均值为零，不起作用。2) 它的本征值为：解1： 由1第222页，利用自旋投影算符和自旋交换算符来表示这个，即知它的平方满足下面二次方程式于是利用，将本征值代入，即得下面两个方程然而，现在有一个重根，重数为2。这会导致出现一个虚假的根。究其原因是由于，在有重根的情况下，“取任一本征值”和“取任一本征值”这两件事之间有时会有关联，并非两者的任意两种取值都是彼此独立的。实际上本征值为 本来，此直积矩阵的维数是，有四个根是对的。由于，4个根的总和应为零。解2：鉴于第一项形式（第二项可化为自旋交换算符，它易于运算），取如下4个正交归一基矢于是，将作用到它们上面，得转入矩阵表示，即得所相应的矩阵为容易得到，它的4个根为。解3：可以直接看出：的4个本征矢量为它们分别对应的本征方程为3) 接着往算：（用乘以任意矢量办法，易知大括号内的量确实不等于零： ）4) 再往算 注意，故。因此直接有这是说，算符不保持两个费米子的总自旋矢量不变。另外，也有算符也不保持两个费米子相对运动的轨道角动量矢量不变。5) 由上面两点可知，但是，算符保持这两个费米子的总角动量矢量不变。6) 计算对易子。就是说，算符保持此费米子的总自旋平方不变，即不改变状态总自旋的数值大小。7) 计算对易子由于所以有将上面两个结果代入，并注意有，得 问题III，两个核子间非相对论性相互作用形式的唯象推导 1）核力是强相互作用的剩余作用力。实验发现核力与电荷无关。据此可以认为，原子核内的质子和中子其实是同一种粒子“核子”在一种内禀的“同位旋空间”中的两种不同状态。于是，一般可以将两个核子间的相互作用位势表示为。这里是每个核子的同位旋矢量。又由于核物理只涉及1-15量级的能量变化，远小于核子本身将近1000的静止能量，所以核内核子间的问题可以应用非相对论量子力学。至多再加上相对论性修正。依据相互作用位势必须是空间平移不变的，所以其中只能含两核子之间的相对坐标；加之，应有Galileo变换不变性，也不应含每个核子的动量，而只应含它俩的相对动量。 由于自旋和同位旋算符、均满足，所以中含和最多为二次幂式。由于同位旋空间旋转不变性，应当是两个粒子同位旋的标量。从同位旋算符的角度来表示， 的形式应为（不计含的项，因为它们是常数）2）下面进一步确定形式。原则上，下面叙述对都适用。由核力宇称守恒空间反演不变：由核子全同粒子置换对称性：由此两条得知，应对两个核子自旋算符交换为对称的：另外，依据以下两点：由核力时间反演不变性：位势各项对空间转动均应为标量。由第二条可知，除含旋轨耦合因子项外，应当有。结合第一条即得，除旋轨耦合项外，应有利用这点，也即除项外，结合置换对称和自旋交换对称，还有总之是说，除旋轨耦合项外，中不出现含和一次幂的项，即不再含等项，更不会出现等项，因为它们甚至不是自旋算符交换对称的。最后，中只应出现下列诸项以及它们的组合（不计常数项）：于是，得到一般形式为 3）进一步，若只考虑定域相互作用，则中将不存在含的项。当然也就不存在含轨道角动量的项。这时核子间相互作用成为 4）使用核子的位置、自旋、同位旋三种置换算符来更换上面的表达式。这时注意，因为费米子体系总波函数是反称的，所以有由此。再注意到：，于是有 问题IV，三个自旋粒子组成一个体系。其Hamiltonian为求系统的能级及能级的简并度。答：这是一个纯由自旋算符组成的Hamiltonian。其自变数本来即为所以此系统自由度的数目是3。鉴于之间：就是说，它们既是对易的又是组成Hamiltonian的两个主要成分，所以它们是守恒量。于是可以“直接设定”这两者在耦合中可能获得的量子数以直接方式确定能量（即能级）。当然，按照两者间耦合的具体情况，也可将Hamiltonian改写为这里，由于两者也是对易的，并且是构成Hamiltonian主要成分，于是也是守恒量。若取定两个自旋耦合的或，就有而简并度由决定：分别为。总共个独立的状态。 问题V，一个自旋为1粒子的Hamiltonian为其中A、B是常系数。求系统的能级。如果时，粒子处在的本征态上，求时刻粒子自旋的期望值。解1：这又是一个纯由自旋算符组成的Hamiltonian。态空间维数是3，相应的三个基矢为。显然这是一个守恒量不明显的问题，我们不能简单地知道如何叠加，以求其本征矢量。只能采用矩阵表示并将其对角化的办法，以求得本征值和本征矢量。即便不知道自旋为1粒子的三个自旋分量的表示矩阵，也可以用下面办法进行。由于自旋平方总和它的三个分量都对易，而自旋升降算符也好计算，所以转向用它们来表示。这里主要是改写算符。已知代入Hamiltonian，成为现在采用矩阵表示，设：设利用公式，和，有写成矩阵形式，即为由此即可定出全部矩阵元，即，此Hamiltonian的矩阵表示为：问题至此就变成求此矩阵的本征值和本征矢量了。显然其中一个本征值为，其余两个为为求另两个本征矢量，可排除本征值及其本征矢量，只需求本征值数值为已知的如下二阶本征方程即可由于两个分量方程相关，只需取一个，再利用归一化条件即可定出两组系数。于是得到此的本征矢量为当初态为时，按演化，到时刻将成为这里，初态的展开系数为。注意这里自旋不是，期望值计算不能全套用二维Pauli矩阵运算（否则有）。但按本征值，可以取它为。为恢复正确的量纲，可假设的量纲原都是正确的=能量，故，。于是通过添加手续，得按此得。解2：已知角动量的对易子构成封闭的Lie代数：显然分别对应，它们是的生成元。同时。这时由它们组成的下述Hamiltonian 其演化问题可以用有限维量子变换理论求解。也就是说，有现在的任务是去求得系数表达式。但由于初态为，故都不必计算。首先的任务是，消除Hamiltonian中的线性项，将其表示为这些生成元的二次齐次式形式。为此对它作平移变换，引入新算符。由于是个常数，。Hamiltonian等价转换为（）Hamiltonian常数项只出相因子，可略去。但不满足代数。于是主方程便可以形式地积出来，表示成为 （35）现在的任务是分解（35）式中指数和形式的超算符，使其成为单项指数超算符连乘的形式，便于从得到的显式表达式。由于对易规则（34b）是封闭的，按Baker-hausdorff公式容易验证有如下两种解由降算符升算符的乘积分解（升序乘积解），和由升算符降算符的乘积分解（降序乘积解）： （36a） （36b）这里和两组系数之间的关系可由（34）式确定，是已知可求的。于是，当主方程具有这些对称结构时，利用（36）式便普遍地解决了它的含时求解问题。当然，也许在得到（34）式这种标准形式之前，可能需要预先作适当的变换，如同6和下面例解中所做的那样。于是，（35）式既可以表示为升序乘积解的形式 （37a）也可以表示为降序乘积解的形式 (37b)两种解中的展开系数分别由下式决定