量子力学第四版卷一知识题目解析第4章

1、* *4.29 6.1?的本征态下，L x L y 0 。（提示：利用 L y LzL zL yi L x ，求平均。）4.29 证明在 Lz证：设是 L z 的本征态，本征值为m ，即 L zmL y , L z L y L zL z L yi L x ，L z , L xL z L xL x L z i L y ，L x1L zLz L y1L zL yLyL y L zii1L ymL y0mi同理有： L y0 。附 带 指 出 ， 虽 然 l?x ， l?y 在 l?x 本 征 态 中 平 均 值 是 零 ， 但 乘 积 l?x l?y 的 平 均 值 不 为 零 ， 能 够 证 明

2、 ：l x l y1m2 il x l y , 说明 l?xl?y 不是厄密的。l?x2 ， l?y2 的平均值见下题。24.30设粒子处于 Ylm,状态下，求Lx 2 和L y 2解：记本征态Ylm 为 lm ，满足本征方程L2 lm l l 1 2 lm ， Lz lmm lm ， lm L zm lm，利用基本对易式LLi L ，可得算符关系i L x2iLx L xL y LzLz L y L xL y Lz LxL z L y LxL y L x L zi L yLz L y Lxi L y 2L y L x L zLz L y L x将上式在 lm态下求平均， 因 Lz 作用于 l

3、m 或 lm 后均变成本征值 m，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此L x2Ly2L x 2L y 22L z 2l l 1 m2 2又LLxLy21l l 1 m2 222上题已证LxLy0 。* *L x2Lx2L x2Lx221 l l 1 m2 2L xLx1 l l 1 m22同理Ly22 。2（补白）若需要严格论证l x2 与 l y2的相等关系，可设l?l?xi l?yl?l?xi l?y?1?)?i ?)于是有 l x(lll y(ll22求其符 l?x2 的平方，用 l? l? 来表示：l?x21 (l? l?l? l?l? l?l? l? )4?21? ? ? ? ?l

4、 y( lll lllll )4再求它们在态Yim 中的平均值，在表示式中用标乘积符号时是21l?x(Yim ,4(l? l?l? l?l? l?l? l? )Yim )（ 1 ）21l?y(Yim ,4(l? l?l? l?l? l?l? l? )Yim )（ 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：l x21(Yim (l? l?l? l?l?l?l? l? )Yim d（ 3）4l y21(Yim (l? l?l? l?l?l?l? l? )Yim d（4 ）4按角动量理论： l?Yim(lm)(lm1)Yi, m 1l?Yim(lm)(lm1)Yi, m 1（ 5）和正

5、交归一化条件：Y i m Yim di ,i ,m ,m（ 6 ）将运算公式（5 ）使用于（ 3 ）式的各项，得结果如下：Y im l? l? Yim d常数Y im Yi ,m 2d0Y im l? l? Yim d常数Y im Yi, m 2 d0Y im l? l? Yim d(l m)(l m 1) 2* *Y im l?l? Yim d(lm)(lm1) 2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：l? l?Yiml?(lm)(lm1)Yl ,m 1(lm)(lm1)l? Yl, m 1(lm)(lm1) l ( m1)( l(m 1) 1

6、 Yl , m将它们代入（3 ）就得到前一法（考虑l x , l y 对称）得到相同的结果。l21l m l m1)2(l m l m1)2x()()(41 l (l1)m2 22又从（ 4 ）式看出，由于l? l? , l? l? 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。4.30 6.24.31 6.5 ， 6.9 ， 6.14224.31 设体系处于C1Y11 C 2Y20 状态（已归一化，即 C1C21），求（ a ） L z 的可能测值及平均值 ;（ b ） L2 的可能测值及相

7、应的几率；（ c） L x 的可能测值及相应的几率。解：L2Y112 2 Y11 ， L2Y206 2Y20 ；LzY11Y11 ， LzY200 Y20。已归一化，故 L z的可能测值为222（ a ）由于， 0 ，相应的几率为C1 ，C2。平均值 LzC1 。* *（ b ） L2 的可能测值为2 22， C22， 6 2 ，相应的几率为 C1。（ c）若 C1 ， C 2 不为 0 ，则 Lx （及 L y ）的可能测值为：2，0 ， 2 。0101 ） Lx 在 l 1的空间，L2, L z 对角化的表象中的矩阵是21010101，则 1010aa求本征矢并令101bb ，2010cc

8、得， b2a ， ac2 b ， b2 c 。0, 1。a1）取0，得 b0,ca ，本征矢为0，归一化后可得本征矢为1。0a21a1）取1，得 b2a2c，本征矢为2a，归一化后可得本征矢为1。2a2111）取，得b2a2c，归一化后可得本征矢为2。1211在 C1Y11 C1 0态下 ：011C1C12Lx 取 0的振幅为101C1 0， Lx 取 0 的几率为2；22011C12Lx 取的振幅为121 C10，相应的几率为C1；224011C1C12Lx 取12 1C10的振幅为22，相应的几率为4。02总几率为 C1* *2 ） Lx 在 l2 的空间，L2 , Lz 对角化表象中的矩

9、阵利用j m 1 j xj m1j m j m12j m 1 j xj m1j m j m 122 2 j x 2 1 1 ， 2 1 j x 2 033， 2 0 j x 2 1， 2 1 j x 2 2 1。220100001000aa1030010300bb323323Lx000，本征方程000cc2222dd003010030122ee0001000010ba ， a3 cb ，3 bdc ，3c ed ， de ，0, 1, 2。222103 c ，d3 c 本征矢为00）0，0，a0 ，e32。在CYC21态下，测得 Lx0b22832 2000102的振幅为。几率为C2；411）

10、1， ba ， c0 ， db ， de ，本征矢为1 0。在 C 2Y20 态下，测得Lx的振幅为21111C2 001 010，几率为 0 。00211* *1d ，本征矢为 11）1， ba ， c0 ， db ， e0，在 C2Y20 态下，测得 Lx几率为 0。2111c2）2 ， b2a ， c6a ， da ，本征矢为122e 2a ， e6 ，在 C 2Y20 态下，测得 Lx64211263的振幅为 C212001006C2 。几率为C2；4482112）2， b2a ， c6a ， d2a ， ea ，本征矢为16，在 C 2Y20 态下，测得Lx2的421几率为 3 C2

11、 2。8331C 2C 2。22884在C1Y11C 2Y20 态中，测Lx （和 Ly ）的可能值及几率分别为：21C11C101 C 21 C123 C 22223 C 22228424484.32 求证在 l?z 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：m cos 。* *（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 l?' ，它的解析式是：si sincosj sinsink cosl?' ls(i l?xj l?ykl?z ) (i sin cosj sinsink cos)（ 1）

12、sincos l?xsinsin l?ycos l?z计算在 l?z 的本征态 Yim 中角动量投影 l?' 的平均值：l 'Yim (sincos l?x )Yim dYim(sin sinl?y )Yim dYim (sinl?z)Yim d（ 2 ）式中 dsin dd根据（ 29 ）题的结论， l?z 本征态下 lx0 ， l y0 故前一式第一，二两个积分无贡献，由于：l?zYimm Yim ，因而 l ' mcos（ 3）4.33设属于能级 E 有三个简并态1 ，2 和3，彼此线形独立，但不正交，试利用它们构成一组彼此正交归一的波函数。解：1a1111 ,1

13、'1 ,1'2221 ，22 ' ,2 '2 ，'1 ,2 , 32 ， 31'3331''3 。3 ,31 ,2 ,3 是归一化的。* *1,11,1, 21 , 10 ，222 ' ,2'11 ,1, 31 , 12 , 31 , 20 ，1, 333' ,3'2 ,12 ,1 , 32 , 12 , 32 , 20 。333' ,3'它们是正交归一的，但仍然是简并的（可验证：它们仍对应于同一能级）。4.33 设属于某能级的三个简并态( 123 ) 彼此线性无关但不正交，试找出三

14、个正交归一化的波函数，它们是否仍为简并？（解）用Schmidt法选11 /1 *1d（）则1 被归一化了。选2'2(21 *d )1（）则2 '1 *d1 *2 d(21 * d)(1 * 1d)0故3', 1正交。''*'2 ,1 为正交归一组。使2232d则设'(1 * d)(3 2 * d)（）则33312'* d3 1 * d(3 1 * d )(1 * 1d )(3 2 * d )(2 1 *d ) 03 1'* d3 2 * d(3 1 * d )(1 2 * d )(3 2 * d )(2 2 *d ) 03

15、 2故3' 与1, 2 都能正交。选''*'3333d这样选的 ( 12 3 ) 是正交归一化组。将?算符作用于（）式：H?/1 *1 dE 1H 1H 1?同理 H 作用于（）式：?'?2(?E 2 ( 2 1 *d ) 1 E'，H2H2 1 *d ) H 12?2E2H?E 3，因而( 123 ) 仍有共同的能量本征值，简并不消失。同理有H34.34设任何一个厄密矩阵能被一个么正矩阵对角化，由此证明两个矩阵被同一个么正矩阵对角化的条件是它们彼此对易。? ? ?证明：0 ，又设 S 是一个足以使对角化的么正算符，则充分性：设 A, BABBA

16、A? 1)A(SAS? ?1)? ?1)?1)再求 A,B 的变换矩阵元( S A, BS(SABS( SBAS? ?0此式左方不论, 为何值都为零，右方可利用矩阵积的元素的展开法则：由于 A,B?(F )(G)( FG )? ?1 ?1)? 1 ? 1)? 1)? 1)? 1)? 1)0 (SASSBS(SBSSAS(SAS(SBS(SBS(SAS利用式于，则可以写成? 1)? 1)A 0 Aaa ( SBS(SBS不为零的项是： （因为矩阵元是数，可以对易）? ?1)? 1) A0Aaa (SBS(SBS即：( Aaa? 1)0A )( SBS此式成立的条件是：? ?1)0时， (SBS?

17、 ?1)0时， (SBS?1?1? ?是对角矩阵的元素，( SBS) 是对角矩阵，而S 是能同时将 A, B 对角化的么正变换算符。故 (SBS )对易关系 A, B 0必要性的证明：? ?设 S 能同时将A, B 对角化，则有：* * *?1)Aaa(SAS?1)Baa(SBS? ?试对 A, B 进行变换，有：? ? 1? 1? ? 1(S( A, B)S )(SABS )(SBAS )? 1? 1)? 1? 1)(SASSBS(SBSSAS写成展开式，再将代入：? ? 1? 1? 1? 1? 1(SAS )(SAS )(S(A,B)S )(SBS )(SBS )(ABBA ) 0后面不论

18、取?1, 或其它值，这个矩阵元永远是零，这说明矩阵S A, BS?的一切元素是零，这必需是?0 。A,B4.35 证明（ 1 ）若一个 N （ 2）若它与所有阶矩阵与所有N 级对角矩阵对易，则必为对角矩阵。N 阶矩阵对易则必为常数矩阵。（证明）若矩阵A?与一切具有相同阶的对角矩阵B? 对易，则有：（ 1 ）( AB ) mn（ B A) mn ，因B 是对角矩阵，所以它的不为0 的元是Bmn 或Bnn 形式，前一式为Amn BnnBmm Amn移项Amn ( BmmBnn )0但 mn,而 BmmBnn , 得 Amn0, 即（ A ）的非对角矩阵元为0,其对角矩阵可以不是零，因而（A ）也是

19、对角矩阵。?与一切同阶矩阵?对易，则?也应与一切对角矩阵?对易，按前一小题，?必然是对角矩阵，（2）设ABABA其对角元素是Amm 形式。?0 ，我们又有 :又另一方面 A 又与一切非对角矩阵C 对易而 Cmn* *? ?( AC )mn(CA) mn即AmmC mnCmn Ann移项得( AmmAnn )C mn 0但 C mn0,而AmmAnn, 即A 的各个对角矩阵元彼此相等，所以?A 又是常数矩阵（对角位置元素相等的特殊对角矩阵）。4.36 3.14?2?2?4.36 厄密算符 AA0, 求与B，满足B1和ABBA（ 1 ）?表象中，?在 AA与 B 的矩阵形式，并求B 的本征函数表示

20、式。（ 2 ）?表象中，?的矩阵形式，并求?在 BA与 BA 的本征函数表示式。（ 3 ）?表象的么正变换矩阵?。从 A表象到 BS（证明）（ 1）按题给的三个条件，设算符A的本征矢量是本征值是，则有：?A重复运算得：?22A?2的本征值是2?2I?21。此外，又因为可见算符 A，并与 A 有共同本征矢。按题意 A， 而?3? ?4?2?1,1。AA, AA，所以 A 的本征值只会有两个，即?的本征矢作基矢，而?的矩阵为对角的，对角矩阵元是本征值，因而：在 A 表象中，用AAA=1 0(1)01?在 A 表象中 B 的矩阵不能直接设定，可假设它是：b1b3B=（ 2）b2b4* *? ?）（2

21、）得到：利用ABBA 0 ，代入（ 11 0 b1b3b1b31 02b100 1 b2b4b2b40 1002b4由此得到 b10,b40,而（ 2 ）式得到简化：B=0b2（ 3 ）b30?2?再利用条件 BI ,有：0 b20 b2b2 b301 0b30 b30=0 b2b3，0 10b2得b2 b31B=10（ 4 ）b2此外因为B 是厄密算符，它还需满足条件：0b201/ b2B=B即10得到 b21（ 5 ）=0b2b2所以满足（4 ）（ 5 ）的最后的解是：B=0ei（6 ）e i0这里的是任何实数，代表一个不确定的相位因子。?c1最后求：写下本征方程式（矩阵形式）有：B 在A

22、 表象中的本征矢和本征值，本征矢单列矩阵c20eic1=c1e i0c2c2即c2 eic1（ 7 ）c1e ic2将（ 7 ）的两式等号左右方相乘，立刻得到本征值：21,1,1* *将本征值代入（7 ）式，得c2 eic1c1e ic20,而 c1c2 ，加归一化条件221这两式不独立，因而取最简单的解，即取c1c21,得 c1 c22对于另一本征值1，代入（ 7 ）得到：c2eic1c1e ic20, 得 c1c2 ，与前一情形相同， 加归一化条件221, 得 c1c21也取c1c2所求的两个 B 的本2征矢是：1111和；21210 ?与相应的 B 矩阵是：?01（ 8 ） B10相位因

23、子可取 0 以外的的值，但这时，B 以及相应的本征矢随着更改，例如取?0i Bi0本征矢11112i，i2?是对角矩阵，而A 则是反对角矩阵，（ 2）在 B 表象中， BB, A 的本征值也是? ?只是 A, B 互换角色而已。?（ 3 ）表象变换：寻求一个从A 表达到 B 表象的变换s1 s2?1 0s=来说，在自身表象中矩阵是.对算符 A时，21, 本征矢和前一情形一样，s3s401* *?表象中成为0ei，按照表象变换理论假设算符?在 A 表象中表示为?，而在 Be i0LL，在 B表象中为 L变换算符为? ? ? ? 1? ?。因此对算符?来说有：S，则 L= SL S，或L=SL S

24、A? ?（ 9）AS AB因为 S 是么正算符，它的矩阵之间要受到限制：SSI，即? ?Sij Sjkik即：S1*S3*S1S2S2*S4*S3S42S22S2* S410S1S1* S2=S4*S32201S2* S1S2S4任何二阶的么正矩阵的元素之间要有这种限制，它等效于三个独立方程式：221(10)S1S3221(11)S2S4S1* S3S3* S40(12)式（ 10 ）的通解是 S1eicos, S2 eisin式（ 11 ）的通解是： S1 eicos, S2ei sin将以上的解代入（12 ）又发现 cos() 0,即2因此得到二阶么正矩阵元素的通解：eicoseisin

25、Ssinei（11 ）eicos将（ 11 ）式用于（ 9 ）式，得：eeiicose isin10eicoseisin0eisine icos01eisineicos=0e i将等号左方简化，并与右方对比各矩阵元：* *cos2ei () sin 20ei（12 ）ei ( ) sin 2cos2e i0它的合乎要求的普遍解答是,（13 ）4第二个解仅仅是将未定的相位因子, ,之间定下一个关系，将（14 ）代入（ 11 ）到下述的变换矩阵，保留两个未定相因子：ei1eiS1ei2式中的值仍可以取任意值，要验证这矩阵是否符合变换的要求，可将它代入（9 ）式等号右方。? ? ? ?1,?4.37 设 KLM, L MM L为 K的本征矢， 即 KK 的本征矢，相应的本征值分别为1,1.（证明）? ?KLM左乘 M ，利用对易式：?MKMLM(LM1)M将前式作用于：? ? ? ?M KL MMM即? ?MKMM? ?)(1)?（ 2 ）K ( MM?将（ 1 ）左乘 L ，利用对易式? ? ?LK LLML(ML1)将