2025年大学《数理基础科学》专业题库- 群表示论在量子力学中的应用

2025年大学《数理基础科学》专业题库——群表示论在量子力学中的应用考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、简述群的定义及其主要性质。举例说明什么是不可约表示，并写出不可约表示Character的一个基本正交关系。二、对于对称性操作$R$，其作用在量子态$|\psi\rangle$上产生的新态为$|\psi'\rangle=R|\psi\rangle$。如果$|\psi\rangle$是属于不可约表示$\Gamma$的基矢，证明$|\psi'\rangle$仍然是属于表示$\Gamma$的线性组合。三、设$D^{\Gamma}(R)$是群$G$的一个有限维表示，$\chi^\Gamma(R)$是其Character。证明$\sum_{R\inG}\chi^\Gamma(R)=|G|$，其中$|G|$是群$G$的阶。四、考虑三维旋转群SO(3)的一个表示$D^2(l)(R)$，其中$l$为半整数或整数。写出此表示的Character表，并确定其不可约性。五、利用SO(2)表示论，推导自旋为$s$的粒子的$z$分量$S_z$的本征值和本征态的表达式。六、一个原子态的简并度与其外层电子构型的对称性有关。设原子外层电子构型对应的点群为$C_{3v}$，写出$C_{3v}$的Character表，并计算该原子态在$C_{3v}$下的简并度。已知该原子态属于$A_1$表示。七、分子$XY_3$具有平面三角形结构，其对称性属于点群$D_{3h}$。判断下列跃迁是否可能发生：电偶极跃迁从$A_1'$态到$E'$态；电偶极跃迁从$E'$态到$A_2''$态。八、角动量$\vec{J}$与$\vec{L}$的合成满足耦合规则。已知$\vec{J}=\vec{L}+\vec{S}$，其中$\vec{L}$和$\vec{S}$分别是轨道角动量和自旋角动量。写出$\vec{J}^2$和$J_z$的量子化条件，并解释其物理意义。九、在Wigner-Eckart定理中，说明其应用的关键步骤和主要优点。举例说明如何利用该定理计算两个转动对称态之间的矩阵元。十、考虑一维谐振子，其哈密顿量在对易子$[x,p]=i\hbar$下具有对称性。虽然一维谐振子本身通常不直接用群论分析，但可以讨论其本征态（如高斯波包）在变换$x\to-x$下的对称性。简述之。试卷答案一、群$G$是一个集合，包含一个二元运算（通常记为$\cdot$），满足：封闭性（对任意$a,b\inG$，有$a\cdotb\inG$）；结合律（对任意$a,b,c\inG$，有$(a\cdotb)\cdotc=a\cdot(b\cdotc)$）；存在单位元$e\inG$，对任意$a\inG$，有$e\cdota=a\cdote=a$；存在逆元，对任意$a\inG$，存在$a^{-1}\inG$，有$a\cdota^{-1}=a^{-1}\cdota=e$。不可约表示$\Gamma$是一个向量空间$V$上的线性变换群$D^\Gamma(G)$的作用，其中没有任何非零向量可以在$D^\Gamma(G)$的作用下变成仅由零向量组成的线性组合，除了零向量本身。Character的一个基本正交关系为$\frac{1}{|G|}\sum_{R\inG}\chi^\Gamma(R)\chi^\Gamma'(R)=\delta_{\Gamma\Gamma'}$，其中$|G|$是群$G$的阶，$\chi^\Gamma(R)$和$\chi^\Gamma'(R)$分别是表示$\Gamma$和$\Gamma'$在对称操作$R$下的Character值，$\delta_{\Gamma\Gamma'}$是Kronecker符号。二、证明：设$|\psi\rangle=\sum_{i}c_i|\psi_i\rangle$，其中$|\psi_i\rangle$是表示$\Gamma$的基矢。$|\psi'\rangle=R|\psi\rangle=R\left(\sum_{i}c_i|\psi_i\rangle\right)=\sum_{i}c_iR|\psi_i\rangle$。由于$|\psi_i\rangle$是$\Gamma$的基矢，$R|\psi_i\rangle$必须是$\Gamma$的基矢的线性组合，即存在一组系数$d_{ij}$，使得$R|\psi_i\rangle=\sum_{j}d_{ij}|\psi_j\rangle$。因此，$|\psi'\rangle=\sum_{i}c_i\left(\sum_{j}d_{ij}|\psi_j\rangle\right)=\sum_{j}\left(\sum_{i}c_id_{ij}\right)|\psi_j\rangle$。令$c'_j=\sum_{i}c_id_{ij}$，则$|\psi'\rangle=\sum_{j}c'_j|\psi_j\rangle$。只要$c_i\neq0$对某些$i$成立，且$R$作用于基矢$|\psi_i\rangle$时不是零变换，则$c'_j$中至少有一个非零系数，$|\psi'\rangle$仍然是属于表示$\Gamma$的线性组合。如果$R=I$（单位元），则显然$|\psi'\rangle=|\psi\rangle$，属于$\Gamma$。三、证明：利用有限群的表示定理，群$G$的任意有限维表示$D(G)$都可以唯一地（在同构意义下）分解为一系列不可约表示的和。设$\Gamma_1,\Gamma_2,\dots,\Gamma_k$是$G$的一组不可约表示，且每个不可约表示$\Gamma_i$的维数为$d_i$。根据表示定理，$D(G)\cong\bigoplus_{i=1}^km_i\Gamma_i$，其中$m_i$是不可约表示$\Gamma_i$在分解中的重数，满足$\sum_{i=1}^km_id_i=\dimD(G)$。根据Character的定义，表示$D(G)$的Character$\chi(G)$在对称操作$R\inG$下的值为$\chi(G)(R)=\sum_{i=1}^km_i\chi^{\Gamma_i}(R)$。对群$G$的所有元$R$求和，得到$\sum_{R\inG}\chi(G)(R)=\sum_{R\inG}\sum_{i=1}^km_i\chi^{\Gamma_i}(R)=\sum_{i=1}^km_i\sum_{R\inG}\chi^{\Gamma_i}(R)$。根据Character的正交关系的一个推论，对于不可约表示$\Gamma_i$，有$\sum_{R\inG}\chi^{\Gamma_i}(R)=|G|$。因此，$\sum_{R\inG}\chi(G)(R)=\sum_{i=1}^km_i|G|=|G|\sum_{i=1}^km_i=|G||G|=|G|^2$。这里似乎推导出了$\sum_{R\inG}\chi(G)(R)=|G|^2$，但根据Character和的物理意义，通常指的是对基组求和。更准确的理解是，对于给定的不可约表示$\Gamma$，其Character和为$|G|$。如果题目意图是证明某个表示的Character和为$|G|$，则应明确表示名称。假设题目意在考察Character和的基本性质，则此证明展示了求和与重数的关系。更严谨的证明应直接从表示空间的维数或群作用的角度出发。此处提供一个基于分解的思路，但需注意表述精确性。四、对于SO(3)的表示$D^2(l)$，其Character为$\chi^2(l)(R)=[1+\cos^2(\theta)]^{l/2}$，其中$\theta$是旋转角，$l$为表示的阶（或称自旋量子数，$l=0,1,2,\dots$或$l=1/2,3/2,\dots$）。当$l=0,1,2,3,\dots$时，$D^2(l)$是可约的（$l=0$为1维，$l=1$为3维，$l=2$为5维，$l=3$为7维，...）；当$l=1/2,3/2,\dots$时，$D^2(l)$是不可约的（$l=1/2$为2维，$l=3/2$为4维，...）。判断不可约性通常需要使用Schur引理或正交关系。对于SO(3)，所有半整数阶的表示都是不可约的。例如，$l=1/2$的Character表为：$R_e:\frac{3}{2},R_z(1):-\frac{1}{2},R_x(\pi/2):-\frac{1}{2},R_y(\pi/2):-\frac{1}{2}$对应的表示是二维的，包含自旋向上和自旋向下两个基矢，是自旋为$s=1/2$的表示。因此，$D^{2(1/2)}(R)$是不可约的。五、SO(2)表示论与角动量耦合密切相关。自旋为$s$的粒子的$z$分量算符$S_z$的本征值为$m\hbar$，$m$取值范围为$-s,-s+1,\dots,s-1,s$。$S_z$的本征态通常用升降算符$S_+$和$S_-$在自旋本征态$|s,m\rangle$上作用来构造。$S_+|s,m\rangle=\sqrt{s(s+1)-m(m+1)}|s,m+1\rangle$，$S_-|s,m\rangle=\sqrt{s(s+1)-m(m-1)}|s,m-1\rangle$。对于$s=1/2$，$m=\pm1/2$，本征态为$|1/2,1/2\rangle$和$|1/2,-1/2\rangle$。根据SO(2)与自旋的对应关系，旋转角$\theta$作用在态$|s,m\rangle$上产生的态为$e^{i\thetam\hbar/S}|s,m\rangle$。其中$\vec{S}^2=s(s+1)\hbar^2$。例如，对于$s=1/2$，$S_z|1/2,1/2\rangle=\hbar|1/2,1/2\rangle$，$S_z|1/2,-1/2\rangle=-\hbar|1/2,-1/2\rangle$。这与SO(2)旋转操作的结果一致。六、$C_{3v}$点群的Character表如下（$E$为恒等操作，$C_3$为绕z轴的120°旋转，$C_3^2$为240°旋转，$\sigma_v$为垂直于z轴的镜面反射，$C_2'$为通过z轴且与x轴成60°的二重旋转轴镜面反射，$C_2''$为通过z轴且与x轴成120°的二重旋转轴镜面反射）：$|$$E$$C_3$$C_3^2$$\sigma_v$$C_2'$$C_2''$||------------|----------|-----------|-----------|--------------|-------------|-------------||$A_1$|1|1|1|1|1|1||$A_2$|1|1|1|-1|-1|-1||$E$|2|-1|-1|0|0|0||$T_1$|3|0|0|1|-1|-1||$T_2$|3|0|0|-1|1|-1|对于$A_1$表示，其Character为$\chi^{A_1}(E)=1,\chi^{A_1}(C_3)=1,\chi^{A_1}(C_3^2)=1,\chi^{A_1}(\sigma_v)=1,\chi^{A_1}(C_2')=1,\chi^{A_1}(C_2'')=1$。该原子态属于$A_1$表示，其简并度等于$A_1$表示的Character值为1的对称操作的数量。$C_{3v}$有6个对称操作，其中6个操作($E,C_3,C_3^2,\sigma_v,C_2',C_2''$)的Character值为1。因此，该原子态的简并度为6。七、判断电偶极跃迁是否可能，需要看初态和末态的Character值在电偶极算符的Character表中的乘积是否为零。电偶极算符$D^{E_1'}$的Character表（与$C_{3v}$群一起给出）：$|$$E$$C_3$$C_3^2$$\sigma_v$$C_2'$$C_2''$||------------|----------|-----------|-----------|--------------|-------------|-------------||$E$|1|1|1|1|1|1||$A_1'$|1|1|1|1|1|1||$A_2'$|1|1|1|-1|-1|-1||$E$|2|-1|-1|0|0|0||$T_1'$|3|0|0|1|-1|-1||$T_2'$|3|0|0|-1|1|-1||$T_1''$|3|0|0|1|1|-1||$T_2''$|3|0|0|-1|-1|1|电偶极算符的Character表中，只有$T_1'$和$T_2'$表示的Character值不为零。1.从$A_1'$到$E'$跃迁：$A_1'\rightarrowE$。$E$表示的Character为2。$A_1'$和$E$的Character在电偶极算符表中的乘积为$1\times2=2\neq0$。可能发生。2.从$E'$到$A_2''$跃迁：$E'\rightarrowA_2''$。$A_2''$表示的Character为-1。$E'$和$A_2''$的Character在电偶极算符表中的乘积为$0\times(-1)=0$。不可能发生。八、角动量$\vec{J}=\vec{L}+\vec{S}$。哈密顿量$H$如果对$\vec{J}^2$和$\vec{J}_z$具有确定值，则$\vec{J}^2$和$\vec{J}_z$是守恒量。$\vec{J}^2=\vec{L}^2+\vec{S}^2+2\vec{L}\cdot\vec{S}$。角动量平方算符$\vec{J}^2$的本征值为$J(J+1)\hbar^2$，其中$J$是总角动量量子数，$J=L+S,L+S-1,\dots,|L-S|$。$J$只能取半整数或整数。$\vec{J}_z=\vec{L}_z+\vec{S}_z$。角动量$z$分量算符$\vec{J}_z$的本征值为$m\hbar$，其中$m$是总角动量$z$分量量子数，$m$取值范围为$-J,-J+1,\dots,J-1,J$。物理意义：如果系统哈密顿量与总角动量平方$\vec{J}^2$和$z$分量$\vec{J}_z$对易，则系统的总角动量大小和沿某确定方向（通常取$z$方向）的分量都是确定的。九、Wigner-Eckart定理的应用步骤和优点：1.选择合适的对称群和表示：确定系统所属的对称群，以及涉及的态和算符所属的不可约表示。2.确定算符的Character：找出待求矩阵元所在算符（通常是角动量、电偶极矩等）在该对称群表示下的Character。3.应用W-E定理公式：利用公式$\langle\psi_f|\hat{O}|\psi_i\rangle=\frac{\chi^{\Gamma_f}(R)}{|G|}\langleJ,m_f|\hat{O}|J,m_i\rangle\langleJ,m_i|\Gamma_f\rangle$，其中$\hat{O}$是对称算符，$|\psi_i\rangle,|\psi_f\rangle$是初末态，$|J,m_i\rangle,|J,m_f\rangle$是角动量耦合表象中的基矢，$\Gamma_f$是末态的表示，$R$是将初态变换到末态的对称操作，$\chi^{\Gamma_f}(R)$是该表示的Character，$|G|$是群阶。4.计算核心部分：$\langleJ,m_i|\hat{O}|J,m_f\rangle$是角动量算符在耦合表象中的矩阵元，通常是已知的或容易计算的（例如，对于$\vec{L}$和$\vec{S}$的分量，它等于零除非$m_f=m_i\pm1$等）。优点：*简化计算：大大简化了求不同对称态之间矩阵元的计算，避免了直接对波函数进行复杂变换或求和。*利用对称性：充分利用了系统的对称性，将问题转化为对角动量算符矩阵元的计算。*普适性：对一大类具有旋转对称性的系统都适用。举例：计算自旋$S=1/2$态和自旋$S'=1/2$态之间总角动量$J=1$的态之间的$z$分量矩阵元。设初态为$|1/2,1/2\rangle$，末态为$|1,m\rangle$。算符为$\vec{J}_z$。$\vec{J}_z$在总角动量表象中的矩阵元$\langleJ,m|\vec{J}_z|J',m'\rangle=m(J)(J'+1-J-m')\hbar\delta_{JJ'}\delta_{mm'}$。对于$J'=1/2$，$m'=1/2$，有$\langle1/2,1/2|\vec{J}_z|1/2,1/2\rangle=0$。对于$J'=1/2$，$m'=0$，有$\langle1/2,0|\vec{J}_z|1/2,0\rangle=0$。对于$J'=1/2$，$m'=1$，有$\langle1/2,1|\vec{J}_z|1/2,1\rangle=0$。对于$J'=1$，$m'=1$，有$\langle1,1|\vec{J}_z|1,1\rangle=1\cdot1\cdot2-1-1\hbar=0$。对于$J'=1$，$m'=0$，有$\langle1,0|\vec{J}_z|1,0\rangle=1\cdot1\cdot1-1-0\hbar=0$。对于$J'=1$，$m'=-1$，有$\langle1,-1|\vec{J}_z|1,-1\rangle=1\cdot1\cdot0-1-(-1)\hbar=0$。因此，$\langle1/2,1/2|\vec{J}_z|1,-1\rangle=0$。现在考虑$J'=1/2$，$m'=0$的情况（虽然结果为0，但演示过程）：$\langle1/2,0|\vec{J}_z|1,-1\rangle=\frac{\chi^{1}(R)}{|SU(2)|}\langle1/2,0|\vec{J}_z|1/2,0\rangle\langle1/2,0|\Gamma_{1}(-R)\rangle$。$\chi^{1}(R)=1$。$\langle1/2,0|\vec{J}_z|1/2,0\rangle=0$（因为$J=1/2,m=0$对应$S_z$的本征态，$J=1$对应$J_z$的本征态为$m=1,0,-1$）。所以结果为0。更简单的例子：计算$S=1/2$态和$S'=1/2$态之间$J=1$态与$J'=1/2$态的$S_z$矩阵元。设初态$|1/2,1/2\rangle$，末态$|1/2,-1/2\rangle$。算符为$S_z$。$\langle1/2,-1/2|S_z|1/2,1/2\rangle=\frac{\chi^{1}(R)}{|SU(2)|}\langle1/2,-1/2|S_z|1/2,1/2\rangle\langle1/2,1/2|\Gamma_{1/2}(-R)\rangle$。$\chi^{1}(R)=1$。$\langle1/2,-1/2|S_z|1/2,1/2\rangle=-\hbar$（$S_z$的本征值）。$\langle1/2,1/2|\Gamma_{1/2}(-R)\rangle=1$（因为$1/2$表示是1维的）。所以$\langle1/2,-1/2|S_z|1/2,1/2\rangle=-\hbar$。再乘以$1/2$得$-\hbar/2$。这个例子更清晰：计算$|1/2,1/2\rangle$到$|1,1\rangle$的$S_z$矩阵元。算符$S_z$。$\langle1,1|S_z|1/2,1/2\rangle=\frac{\chi^{1}(R)}{|SU(2)|}\langle1,1|S_z|1/2,1/2\rangle\langle1/2,1/2|\Gamma_{1}(-R)\rangle$。$\chi^{1}(R)=1$。$\langle1,1|S_z|1/2,1/2\rangle=0$（$1$表示的$S_z$本征态是$m=1,0,-1$）。所以结果为0。计算$|1/2,-1/2\rangle$到$|1,0\rangle$的$S_z$矩阵元。算符$S_z$。$\langle1,0|S_z|1/2,-1/2\rangle=\frac{\chi^{1}(R)}{|SU(2)|}\langle1,0|S_z|1/2,-1/2\rangle\langle1/2,-1/2|\Gamma_{1}(-R)\rangle$。$\chi^{1}(R)=1$。$\langle1,0|S_z|1/2,-1/2\rangle=\hbar$。$\langle1/2,-1/2|\Gamma_{1}(-R)\rangle=1$。所以结果为$\hbar$。计算$|1/2,1/2\rangle$到$|1,0\rangle$的$S_z$矩阵元。算符$S_z$。$\langle1,0|S_z|1/2,1/2\rangle=\frac{\chi^{1}(R)}{|SU(2)|}\langle1,0|S_z|1/2,1/2\rangle\langle1/2,1/2|\Gamma_{1}(-R)\rangle$。$\chi^{1}(R)=1$。$\langle1,0|S_z|1/2,1/2\rangle=0$。所以结果为0。十、一维谐振子本身通常不直接用群论分析其能谱，因为其哈密顿量$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}kx^2$依赖于坐标$x$，对称性不如三维谐振子明显。但是，可以讨论其本征态（