量子力学 第四版 卷一 习题答案第4章

1、xxxxLy细Ly吐-m评Ly*2。1附带指出，虽然lx1在1本征态中平均值是零yx但乘积I/的平均值不为零，能够证明：xy证明在L的本征态下，L=L=0。（提示：利用LL-LL=iL，求平均。）zxyyzzyx证：设|屮)是Lz的本征态，本征值为mx，即|屮)=mx|屮)丄LLL-LL=ixL，L,L=LL-LL=ir|L,yzyzzyxzxzxxzyzy/峡fl同理有：L=0。y12的平均值见下题。y=m邛:Im|,又0L2y因此:l2L2xL2-L2：=(/+1)-m2hL2：=(l+1)-m22L2+L2xy上题已证L；=；L；：=0。=L2-L2=L2=ill(l+1)-m2hxxx

2、2-厂厂，说明11不是厄密的。/2,xyxyx设粒子处于Y甲）状态下，求（AL）2和lmxy解：记本征态丫血为lm，满足本征方程Llm=l（l+121lm；，Llm=mlm，ImL利用基本对易式LxL=ixL，可得算符关系irL2=ivLL=LLLL=L(LL)LLLxxxyzzyxyzxzyx=LCl+ixL)LLL=ixL2+LLLLLLyxzyzyxyyxzzyx将上式在|lm)态下求平均，因Lz作用于|lm)或(lm|后均变成本征值mx,使得后两项对平均值的贡献互相抵消,10同理y2（补白）若需要严格论证l2与/2的相等关系，可设xyl三l+x于是有/=2(/+hx2+-八八八八ill

3、三lilyxyil=-(l-1)y2+求其符l2的平方，用ll来表示：x+-1l2=(ll+ll+ll+ll)x4+1l2二(ll+ll-ll-ll)y4+-+-再求它们在态I中的平均值，在表示式中用标乘积符号时是im1l2=（Y,_（ll+1l+1l+1l）Y）（1）xim4+im1l2=（Y,（ll+1l-1l-1l）Y）（2）yim4+im或都改写成积分形式如下，积分是对空间立体角取范围的：_III八八八八八八八八12二JJ(Y*(ll+1l+1l+1l)YdQx4+-+-imQ_Ill八八八八八八八八12二JJ(Y*(ll+1l-1l-1l)YdQy4+-+-imQ按角动量理论：lY(

4、l一m)(l+m+1)nY+imi,m+1lY=.（l+m）（l-m+1）nYimi,m1和正交归一化条件：JJY*,YdQ=51mimi,i,m,m将运算公式（5）使用于（3）式的各项，得结果如下JJY（3）（4）（5）6）JJY.ijYdQ=常数xJJY*.YdQ=0im+imimi,m+2jjYdQ=常数xJJY*YdQ=0imimimi,m2JJYim门(l+m)(l一m+52JJY.11YdQ=(l一m)(l+m+1)耳2im+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：11Y二/x.(l+m)(/-m+1)nY+-im+l,m-1二弋：;(

5、/+m)(/-m+1)n-/Y+l,m1二v(/+m)(/m+1)l(m1)(/+(m1)+1n-Y、“l,m将它们代入(3)就得到前一法(考虑l,l对称)得到相同的结果。xy-112=(l+m)(lm+1)耳2+(lm)(l+m+1)耳2x4=丄l(l+1)一m2冲又从(4)式看出，由于ll,ll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。设体系处于屮=C1Yn+C2Y20状态(已归一化，即ICJ2+C2I2=1)，求a)L的可能测值及平均值;z(b)L的可能测值及相应的几率;c)L的可能测值

6、及相应的几率。x解.0L2Y=2n2Y，L2Y=6n2Y；11112020LY=nY，LY=0nY。z1111z2020由于屮已归一化，故L的可能测值为n，0,相应的几率为CI2，C卩。平均值L=C卩n。z12z1l的可能测值为2n2，6n2,相应的几率为|q|2，C2|2。(C)若c，c不为0,则l(及l)的可能测值为：2n，n，0，n，2n。2xy1)L在l=1的空间，xC，L)对角化的表象中的矩阵是誇(010、(a1ra1101b=九b010丿c丿c丿求本征矢并令n=1，则丄弋2得，b=2Xa,a+c=、2kb,b=、2kc。九=0,1。=0，得b=0,c=-a，本征矢为a10，归一化后

7、可得本征矢为(a丿ii)二1，得b=J2a=a1J2c，本征矢为J2aa丿(11，归一化后可得本征矢为221丿iii)在C1Y1=C0态下：10丿1111Lx取0的振幅为G2，L取0的几率为W2L取耳的振幅为石2x2c12，相应的几率为*1l取-耳的振幅为2x22111S2，相应的几率为i=-1，得b=_72a=-%2c，归一化后可得本征矢为-!2。总几率为C|22)L在l=2的空间，C,L)对角化表象中的矩阵xz利用jm+1|j|jm=2*：(jm)C+m+1):jm-1|jIjm=2(j+m)(j-m+1)x23；22|jx|21：=1,：；叫20；=眩，:20jxI2-1=迂,2-呼-2

8、=E00L=xA1/00a飞2c=0丿，本征方程00(ara1bbc=九cdd1e丿e丿0100vi(b+d)c,vlc+ed,d九=0,1,2。j333i)=0,b=0,a=*2c,d=0,e=-(c本征矢为”电：23的振幅为。ii)九二1b=a,c=0,d=b,d=e，本征矢为2。在CY=C220态下,测得L=0 xC(020-1=0，几率为0。iii)九=1,iv)九1丿b二a,c二0,d二b,e二d,0-1I-1丿在CY态下,220测得l=n的振幅为x本征矢为2在C2Y20态下=2,b=2a,c=：6a,d=2e=2a,e=a,1本征矢为4测得l=n几率为0。x,在C2Y20态下,测得

9、Lx=冇3)3)的振幅为SC0100)4i2v621丿=C2。几率为-|C2卩;v)X=一2,b=2a,c=v6a,d=2a,e=a，本征矢为4112621丿，在C2Y20态下，测得Lx=-2n的3几率为-lC2I2。3.1、84丿在屮=CY+CY态中,2011122耳3.n-付4CJ22|CJ（和）的可能值及几率分别为:0+4c2卩一耳4|CJ求证在l的本征态下，角动量沿着与z轴成9的角度的方向上的分量的平均值是：mncos9。z（解）角动量l沿着与z成9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cp给定），有一投影l，它的解析式是：TOC o 1-5 h zBBBBs=isi

10、n9cosp+jsin9sinp+kcos9 HYPERLINK l bookmark62 o Current Document BBBBBBBBl=l-s=(il+jl+kl)-(isin9cosp+jsin9sinp+kcos9)xyz1)2)八貝A=sin9cospl+sin9sinpl+cosOlxyz计算在l的本征态Y中角动量投影V的平均值：zim*imziml=ffY*(sinOcos诚)YdQ+UY*(sinOsinp-1)YdQ+UY*(sinO-1YdQimximimyimQly=0故前一式A式中dQ=sinOdOdp根据(29)题的结论，l本征态下l=0，zxA_第一，二两

11、个积分无贡献，由于：lY=mnY，因而l=mncosOzimim设属于能级E有三个简并态屮，屮和屮，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123函数。解：二舛i1-G，屮b，912123391，92，93是归一化的。91,92)=91,93)=)_GM)9,9)=0,1211)-G，屮)9,9)-G，屮)9,9)=,13112312)-G，屮)9,9)-G，屮)9,9)=o。313212322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)。设属于某能级E的三个简并态(F3)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Sch

12、midt法选9i叫序选9=W-(J9*dT)9(1)则屮1被归一化了。22T211J99*dT=fdT一(Jw9*dT)(/9*9dT)=0T21122111(2)则故93,91正交。99319932*dT92叮9=屮-(33=f9*dT-(J屮9*dT)(9*9dT)-(f313111*9dx则9,9为正交归一组。221f9*dx)9一(J屮9*dx)9311322(3)则屮屮*dT)(99*dT)=03221=山9*dT-(W9*dT)(f99*dT)-(W9*dT)血9*dT)=03231123222故93与91,92都能正交。q=qJq，*qdTTOC o 1-5 h z3333这样选

13、的(999)是正交归一化组。将H算符作用于(1)式:123Hq二HT/J屮*屮dT二Eq11T111同理H作用于(2)式:入.f入fHq=一(J屮9*dT)Hq=E-(Jq*dT)q=Eq,2221122112H二Eq22同理有西=E93，因而弋咒)仍有共同的能量本征值简并不消失。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：充分性：设A,b=AB-ba=0，又设S是一个足以使A对角化的么正算符，则(SAS-1)=A6PaaaP八八*入入入4入入4入入入入再求A,B的变换矩阵元(SA,BS-1)p=(SABS-1)p-(SBAS-1

14、)pPPP由于A,B二0此式左方不论a,p为何值都为零，右方可利用矩阵积的元素的展开法则：(FG)丄(F)(G)pyyp八八八八八八丫八八八八八八1八八八八八八1八八八八八八aPyay0二(SAS-1-SBS-1).-(SBS-1-SAS-1).二乙(SAS-1)-(SBS-1).-乙(SBS-1)-(SAS-1)yyp利用(1)式于，则可以写成乙6A(SBS-i)(SBS-i)8A=0yaaypayyppPy不为零的项是：(因为矩阵元是数，可以对易)a(SBS-i)-(SBS-i)a二0aaa卩a卩PP即:(Aaa一APP)(SBSr0此式成立的条件是：ahp时，(SBS-1)p=0pa=p

15、时，(SBS-1)主0p故(劇-1)ap是对角矩阵的元素，(SBS-1)是对角矩阵，而S是能同时将A，B对角化的么正变换算符。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：(SAS-1)=SAapaPaa(SBS-1)=6B(5)yaPaPaa试对A,B进行变换，有：(S(A,B)S-1)=(SABS-1)-(SBAS-1)aPaPaP=(SAS-i-SBS-i)-(SBS-i-SAS-1)aPaP写成展开式，再将代入：八八八八八八八八八八八八八八八八(S(A,B)S-i)=乙(SAS-i)-(SBS-i)-乙(SBS-i)-(SAS-i)aPayyPayyyyP(6A-6B

16、6B-6A)=0ayaayPyyayaayPyyyE后面y不论取a,卩或其它值，这个矩阵元永远是零，这说明矩阵SA,BS-i的一切元素是零，这必需是A,B=o。证明(1)若一个N阶矩阵与所有N级对角矩阵对易，则必为对角矩阵。(2)若它与所有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)=(BA)，因B是对角矩阵，所以它的不为0的元是B或B形式，前一式为mnmnmnnnAB=BAmnnnmmmn移项A(B-B)=0mnmmnn但m丰n,而B丰B,得A=0,即(A)的非对角矩阵元为0,其对角矩阵可以不是零，因而(A)也是对角矩mmnnmn阵。(2

17、)设A与一切同阶矩阵B对易，则A也应与一切对角矩阵B对易，按前一小题，A必然是对角矩阵，其对角元素是A形式。mm又另一方面A又与一切非对角矩阵C对易而C丰0，我们又有：mn(AC)=(CJA)mnmn=04=04即AC二CAmmmnmnnn移项得（AA）C二0mmnnmn但C丰0,而A二A,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mnmmnn角矩阵）。厄密算符A与B，满足A2=B2=1和AB+BA=0,求（1）在A表象中，A与B的矩阵形式，并求B的本征函数表示式。（2）在B表象中，A与斤的矩阵形式，并求A的本征函数表示式。（3）从A表象到B表象的么正变换矩阵S

18、。（证明）（1）按题给的三个条件，设算符A的本征矢量是|屮本征值是九，则有:A|屮=九|屮重复运算得：A2屮=九21屮可见算符A2的本征值是九2，并与A有共同本征矢|屮。按题意A2=I，而九2=1。此外，又因为A3=A,A4=A2aa，所以A的本征值只会有两个，即九=1,九=一1。在A表象中，用A的本征矢作基矢，而A的矩阵为对角的，对角矩阵元是本征值，因而:A=1001(1)在A表象中B的矩阵不能直接设定，可假设它是:bbB=7173(2)bb24利用AB+BA二0,代入（1）（2）得到:10b1b3+b1b31001bCbAb-cbA012b102b由此得到b1-0,b4二0,而（2）式得到

19、简化:1121211212B=0b2b033）再利用条件B2=I,有:bb230bb23得bb=123B=01b24）此外因为B是厄密算符，它还需满足条件:B=B+即10b2ob20b*2+1/b20得到b2i=15）所以满足（4）（5）的最后的解是:B=0eise-is06）这里的S是任何实数，代表一个不确定的相位因子。最后求B在A表象中的本征矢和本征值，本征矢单列矩阵c1c2:写下本征方程式（矩阵形式）有:e-isc1c2c1c2将（7）Iceis=九c21Ice-is=九c12的两式等号左右方相乘，立刻得到本征值7）九2二1,九二+1,-1将本征值代入（7）式，得ceis=c21ce-i

20、s=c12这两式不独立，因而取最简单的解，即取s=o,而-=c2加归一化条件|cj2+|c2|2c=c对于另一本征值九=-1，代入（7）得到:ceisce-is1也取8=0,得-=-c2，与前一情形相同，加归一化条件C1|2+2卩=1，得C1=-C2=所求的两个B的本征矢是：与8=0相应的B矩阵是:8)本征矢相位因子8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8=扌时,(2)在b表象中，b是对角矩阵，而A则是反对角矩阵，B,A的本征值也是九=1,本征矢和前一情形一样,3)表象变换:只是A,B互换角色而已。而在B表象中成为e-iseis0，按照表象变换理论假设算符L在a表象中表

21、示为L，在B表象中为Lss10s=12.对算符A来说，在自身表象中矩阵是01ss34寻求一个从A表达到B表象的变换变换算符为S，则L=S+LS，或L=S-ilS。因此对算符A来说有:9)因为s是么正算符,它的矩阵之间要受到限制：s+s=I,即S+S=8ijjkik即:S*S*SS13-12S*S*SS2434|S2+|S2|2S*S+S*S2143S*S+S*S1224|S2+|SJ24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：|S2+|SJ=1町+Is2=1S*S+S*S=0、1334(10)(11)(12)式(10)的通解是S=eiacos0,S=eiasin012

22、式(H)的通解是：S1=ecos9,S2=纠sin9兀将以上的解代入（12）又发现cos（0-申）=0,即0=-+申因此得到二阶么正矩阵元素的通解：eiacos0eiasin0eiPsin0-e/Pcos011)将（11）式用于9）式，得：e-iacos0e-iPsin0e-iasin0-e-iPcos00eiacos0e/Psin00e/seiasin0-e/Pcos0e-/s0将等号左方简化，cos20e/(P-a)sin20-0e/se/(a-P)sin20一cos20e-/s0并与右方对比各矩阵元：12)它的合乎要求的普遍解答是吩,13)14）代入（11）到下述的变换矩阵，保留两第二个

23、解仅仅是将未定的相位因子a,卩,之间定下一个关系，将个未定相因子：eiaS律1e/81e/s式中的a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。设k=LM,LM-ML=1,9为斤的本征矢，即斤9二九9,九为本征值，试证明卩三L9,v三Mm9也是k的本征矢，相应的本征值分别为九-1,九+1-（证明）K=LM（1）左乘M,利用对易式：TOC o 1-5 h z八八八八八八八八MK=MLM=（LM-1）M将前式作用于P:八八八八八八MK*=LMM*-八八八八即XM*=KM*-ML*K（MM*）=（九+1）MM*（2）将（1）左乘L,利用对易式八八八八八八八八LK=L

24、LM=L（ML+1）将前式作用于*：L（K*）=（LMM）（L*）+L*八八八八即九L*=KL*+L*利用本征方程式得K（L*）=（九-1）L*证毕附带指出：如果将本题中关于L,M的对易条件要改成反对易条件，（L,M）=LM+mL=1,其它条件不变，我们也能证明V或卩仍是K的本征矢，但相应的本征值则是九-1和1-九。:26证明以下诸式：(1)det(AB)=detA-detB八八八八八/7（证明）设A,B是阶数n的矩阵，由它们形成的行列式记作detA和detB。设A的矩阵元记作aij,B的矩阵元记作b，按行列式理论，A的行列式的值是:ij（1）detA=工（-1）riaaa1j12j2njn式

25、中rl是排列(jj12(1)式可改写为下式detA=工(-1)raai11i22j）中的逆序数（逆序数指这种排列相对于正常排列（1,2,3,n）发生的编号逆转）,nainn(2)但r是（i1,i2,in）的逆序数。如果将（1）的每一指标加以变更，可得（1）（2）的结合形式：(3)detA=工(一1)r+riaaai1j1i2j2injn同理另行列式写作detB=工(一1)s+siaak1i1k2i2aknln(4)但s,si分别是排列(kk)和(九九)的逆序数，取二者乘积：1n1ndetA-detB=工工(-1)r+rl+s+slaa-bb(5)i1j1injnk1i1knlni,ji,j若在

26、求和式中选取j=k,j=k则11nnrl=s,(1)rl+s=(1)2s=1(5)式成为detA-detB=工工(1)r+sl(ab)-(ab)(ab)(6)i1j1j1l1i2j2j2l2injnjnlni,ji,j再计算det(AB)，它是矩阵积AB的行列式的值，按矩阵乘法设AB=C是C的矩阵元是：C=工ab(7)ilijjljA,B的行列式的值是：(工ab)injnjnlnjn(8)detAB=工(1)r+sl(工ab)-(工ab)i1j1j1l1i2j2j2l2ijj1j2r是排列(iii),s堤排列(九九)的逆序数，(8)与(6)的形式结构是相同的，这证明12n1ndet(AB)=d

27、etA-detB(2)证det(S-1AS)=detA(证明)本题是一个么正变换后的算符At=S-1AS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：I=det(S-1AS)=det(S-1)det(A)det(S)因为det(A)等都是数值而不是算符或矩阵，因而遵守对易律I=det(S-1)det(S)det(A)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I=det(s-1)det(A)=1det(A)(3)证Tr(AB)=Tr(BA)(证明)Tr是Trace(或Spur)即“径迹”的符号，按定义它等于矩阵

28、的对角线矩阵元的和数:Tr(A)=Yaiii八八八八八八但AB是矩阵AB的积，AB的矩阵元是八八V1AB=Xabilijjlj因而Tr（AB）=Xab=Xab=Tr（AB）ijjijiijjiij证Tr(ABC)=Tr(CAB)=Tr(BCA)证明三个矩阵的积(三个算符)的径迹具有一般表示式Tr(ABC)=Xabcijjkkiik八八八矩阵(ABC)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：Tr(ABC)=Xbca=Tr(BCA)jkkiijki式子得证。Tr(ABC)

29、=Xcab=Tr(CAB)kiijjkij证Tr(S-iAS)=Tr(A)将矩阵元组成因子轮换。ass-i=jkkiijjk证明Tr（S-iAS）=Xs-iasijjkkijk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。设有矩阵A,B,C,S等，证明det（AB）=det（A）det（B）,detG-iAS）=detA，Tr（AB）=Tr（BA）,TrG-iAS）=TrA，Tr（ABC）=Tr（BCA）=Tr（CAB）,detA表示矩阵A相应的行列式得值，TrA代

30、表矩阵A的对角元素之和。证：（1）由定义detA=LP（AiLaAa,1n1i2ininiAi1nn1i12i21当C；A加仏n的偶置换当GAih(1An的奇置换1n、0其他情形故上式可写成：detA=LP(iAi)P(jAj)aaAa1n1nj1i1j2i2jninP(iAi)=1niAi1n其中(jAj)是(1人n)的任意一个置换。1ndetC=det(AB)=LP(iAi上CAC1n1n1i12i2nin=LP(iAi)LababAab1n1j1j1i12j2j2i2njnjnij1Ajn/Ai1n=LaaAa1j12j2nj工P(iAibAbj1i1j2i2jinnj1AjniAi1n

31、1nj1i1j2i2jnin=LP(jAj)aaAa1n1j12j2nj工P(iAi)P(jAjbAbj1i1j2i2jni1n1n-iAi1nj1Ajn=detAdetB(2)det(s-1AS)=detS-1detAdetS=detS-1detSdetAnn3）4）5）=detG-iS)detA=detATr(AB)=Labikki=工ba=Tr(BA)kiikTrAS)S-1LTr(ASS-1LTrAikTr(S-1ASLTrL-1Tr(ABC)=工abc二工bcaijjkkijkkiijijkijk二Tr(BCA)=cab=Tr(CAB)kiijjkijk设九是一个小量，算符A的逆A-

32、1存在，求证：（A一九B）-1=a-1+九A-1BA-1+九2a-1BA-1Ba-1+九3a-1Ba-1Ba-1BA-1+aaB（证明）如果将a,b看作普通的数并设九=1,则上述式子是容易证明的，但事实上a,b为算符，故不能直接A用级数处理，一种简单的证法是将算符（A-九B）左乘该式左方得I,再右乘该式右方得：（a-1+九A-1BA-1+九2A-1BA-1BA-1+九2A-1BA-1BA-1BA-1+aa）（A九B）(1)(1)A-1(A-九B)+九A-1BA-1(A-九B)+九2A一1BA-1BA-1(A-AB)+AA(九n-1.A-1BaaBA-1)(A九B)(n-1个B)=I九(A-1BA-1B)+九2(A-1BA-1BA-1BA-1B)AA+一九n-1+1A-1BA-1aA-1B+XnA-1BA-1aA-1B+aa=I.得证。(n个B)(n个B)另一种更明白的书写方式是将待证一式等号右方写成算符幕级数。在遍乘以A(i-九A-1B)所得展开式中，相邻的同幂项互相抵消：O=A-11+九-BA-1+AA+(九BA-1)n-1+(九BA-1)n+A丿右乘以A(1九A-1B):OA(1九A-1B)二A-111+九BA-2+AA(九BA-1)n-1+(九BA-1)n+AA/A(1九A-1B)=IAAA-1(九BA-2)n-1.A(九A-1B)A-1A