量子力学 第1次作业

Chasse_neige

第一章 量子力学的历史渊源

1.1 给出温度为 $T$ 的空腔辐射中单位体积里的总光子数。提示: ${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^x-1}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{n^3}=2\zeta (3)\approx 2.404$ (请证明)。

利用普朗克公式，得到光子数随频率分布为

$$n(\nu ,T){\mathrm{d}}^{}\nu =\frac{8\pi {\nu }^2}{c^3}\frac{1}{e^{\frac{h\nu }{k_{B}T}}-1}{\mathrm{d}}^{}\nu$$

所以总光子数为

$$N(T)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{d}}^{}\nu \frac{8\pi {\nu }^2}{c^3}\frac{1}{e^{\frac{h\nu }{k_{B}T}}-1}=\frac{8\pi k_B^3{T}^3}{h^3{c}^3}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2{\mathrm{d}}^{}x}{e^x-1}=\frac{16\pi k_B^3{T}^3}{h^3{c}^3}\zeta (3)$$

证明上述zeta函数积分：

$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^2{\mathrm{d}}^{}x}{e^x-1}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^2{e}^{-nx}{\mathrm{d}}^{}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{e}^{-nx}{\mathrm{d}}^{}x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{n^3}$$

1.2 一维无限深势阱是 $V(x)=\{\begin{array}{cc}0,& (-a<x<a),\\ +\mathrm{\infty },& (x<-a\text{或}x>a)\end{array}$，根据 Sommerfeld 量子化条件，粒子在这样的势阱中的能级是什么? 提示: 粒子的经典运动是在两个端点之间来回地匀速地运动。

考虑粒子运动的一个周期

$$x(t)=\{\begin{array}{ll}-a+\frac{p}{m}t& (0<t<\frac{2am}{p})\\ a-\frac{p}{m}t& (\frac{2am}{p}<t<\frac{4am}{p})\end{array}$$

根据Sommerfeld量子化条件

$$\oint p{\mathrm{d}}^{}q={\int }_0^{\frac{2am}{p}}\frac{p^2}{m}{\mathrm{d}}^{}t+{\int }_{\frac{2am}{p}}^{\frac{4am}{p}}\frac{p^2}{m}{\mathrm{d}}^{}t=4ap=nh$$

所以得到

$$p=\frac{nh}{4a}$$

能级是

$$E=\frac{p^2}{2m}=\frac{n^2{h}^2}{32m{a}^2}$$

1.3 de Broglie 波的相速度 $v_p$ 是多大? 群速度 $v_g$ 是多大? 它们与粒子的经典速度有什么关系? 提示: 波的 $\omega$ versus $k$ 称为波的色散关系，波的相速度和群速度分别定义为 $v_p=\omega /k,v_g=\mathrm{d}\omega /\mathrm{d}k$。

对于de Broglie波

$$v_p=\frac{\omega }{k}=\frac{E}{p}$$$$v_g=\frac{{\mathrm{d}}^{}\omega }{\mathrm{d}{k}^{}}=\frac{{\mathrm{d}}^{}E}{\mathrm{d}{k}^{}}$$

带入经典粒子的非相对论性色散关系

$$E=\frac{p^2}{2m}$$

得到

$$v_p=\frac{p}{2m}=\frac{v_{\text{Classical}}}{2}$$$$v_g=\frac{p}{m}=v_{\text{Classical}}$$

所以相速度是经典速度的一半，群速度等于经典速度。

第二章 波函数与薛定谔方程

2.1.1 把 $\psi (r,\theta ,\phi )=C{\mathrm{e}}^{-r^2/2a}r\sin \theta {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\phi }$ 归一化，即求出 $C=$ ?

$$C^2{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{d}}^{}\varphi {\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta {\mathrm{d}}^{}\theta {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{r^2}{a}}{r}^4{\mathrm{d}}^{}r=2\pi C^2\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{3\sqrt{\pi }}{8}{a}^{\frac{5}{2}}={\pi }^{\frac{3}{2}}{a}^{\frac{5}{2}}{C}^2=1$$

得到归一化系数为

$$C=a^{-\frac{5}{4}}{\pi }^{-\frac{3}{4}}$$

2.1.2 (a) 把 $\psi (x)=C{\mathrm{e}}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}(-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty },\alpha >0)$ 归一化。

$$C^2{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2}{\mathrm{d}}^{}x=C^2\frac{\sqrt{\pi }}{\alpha }=1$$

得到归一化系数为

$$C={\left(\frac{{\alpha }^2}{\pi }\right)}^{\frac{1}{4}}$$

(b) 求这个 $\psi (x)$ 所对应的动量空间中的波函数 $\varphi (p)=$ ? 提示: ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\sqrt{\pi }$；指数上配方。

对位置空间波函数进行傅立叶，得到动量空间波函数

$$\varphi (p)={\left(\frac{{\alpha }^2}{\pi }\right)}^{\frac{1}{4}}\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}}{e}^{-i\frac{px}{\hslash }}{\mathrm{d}}^{}x=\frac{e^{-\frac{p^2}{2{\alpha }^2{\hslash }^2}}}{\sqrt{\alpha \hslash }{\pi }^{\frac{1}{4}}}$$

2.1.3 如果 $\psi (x)$ 是实函数而且 ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}[\psi (x){]}^2\mathrm{d}x$ 是收敛的积分，求 $\overline{p_x}=$ ?

$${\overline{p}}_x={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\psi }^{\ast }(x)(-i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}})\psi (x){\mathrm{d}}^{}x=-\frac{i\hslash }{2}{{\psi }^2(x)|}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}=0$$

2.1.4 (选做) 设 $\psi (x)=C\{\begin{array}{cc}0,& \text{for}|x|>a\\ a-|x|,& \text{for}|x|<a\end{array}$ $C$ 是归一化常数， 见右图。

求 $\hat{T}=$ ? ($\hat{T}=(-{\hslash }^2/2m)\left({\mathrm{d}}^2/\mathrm{d}{x}^2\right)$ 是动能算符)。

归一化

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}|\psi {|}^{2}dx=2C^2{\int }_0^a(a-x{)}^{2}dx=2C^2\cdot \frac{a^3}{3}=1$$$$C^2=\frac{3}{2a^3}$$

动能期望值 $⟨T⟩=\int \psi \hat{T}\psi dx$，分部积分可得

$$⟨T⟩=\frac{{\hslash }^2}{2m}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\psi }^{\prime 2}dx$$

当 $x>0$，$\psi (x)=C(a-x)$，${\psi }^{\prime }(x)=-C$

当 $x<0$，$\psi (x)=C(a+x)$，${\psi }^{\prime }(x)=C$

所以

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\psi }^{\prime 2}dx=2a{C}^2=2a\cdot \frac{3}{2a^3}=\frac{3}{a^2}$$

故动能期望值为

$$⟨T⟩=\frac{{\hslash }^2}{2m}\cdot \frac{3}{a^2}=\frac{3{\hslash }^2}{2m{a}^2}$$

2.2.1 求证: 一维自由粒子的 Schrödinger 方程在 Galileo 变换 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x-Vt\\ t^{\prime }=t\end{array}$ 下保持不变。提示: 波函数要同时变换才能使方程不变，请找出波函数的变换，并解释一下它的物理意义。

一维自由粒子薛定谔方程为

$$i\hslash \frac{\partial \psi }{\partial t}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}$$

Galileo 变换：$x^{\prime }=x-Vt$，$t^{\prime }=t$。要求在新坐标系下方程形式不变，即 ${\psi }^{\prime }(x^{\prime },t^{\prime })$ 满足同样方程。设变换后的波函数为（这一步由无穷小变换的生成元直接得出）

$${\psi }^{\prime }(x^{\prime },t^{\prime })=\exp [-\frac{i}{\hslash }(mVx-\frac{m{V}^{2}t}{2})]\psi (x,t)$$

代入变换后的薛定谔方程

$$i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial {t^{\prime }}^{}}=i\hslash (\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\frac{{\partial }^{}t}{\partial {t^{\prime }}^{}}+\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}}\frac{{\partial }^{}x}{\partial {t^{\prime }}^{}})=i\hslash (\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}+V\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}})$$$$\frac{{\partial }^2}{\partial {x^{\prime }}^2}=\frac{{\partial }^{}}{\partial {x^{\prime }}^{}}(\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}}\frac{{\partial }^{}x}{\partial {x^{\prime }}^{}}+\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\frac{{\partial }^{}t}{\partial {x^{\prime }}^{}})=\frac{{\partial }^{}}{\partial {x^{\prime }}^{}}(\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}}+0)=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}$$

所以变换后的薛定谔方程就是

$$i\hslash (\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}+V\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}})\psi (x^{\prime },t^{\prime })=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\psi (x^{\prime },t^{\prime })$$

带入之前猜测的波函数，发现满足该方程。所以一维自由粒子的 Schrödinger 方程在 Galileo 变换下保持不变。

物理意义：相位因子体现了 Galileo 变换下动量和能量的变换，对应于 boost 的生成元。

2.2.2 我们从 Schrödinger 方程导出几率守恒的时候，势能函数是实函数即 $V^{\ast }=V$ 是必要条件。那么，如果势能函数是复函数即 $V=V_{\mathrm{re}}+i{V}_{\mathrm{im}}(V_{\mathrm{re}}$ 和 $V_{\mathrm{im}}$ 是实函数)， $\frac{\partial \rho }{\partial t}$ 变成了什么样子? 当然，虚势能在经典物理的框架内是无法理解的，但是在量子力学的意义上它却描写了确定的物理现象。由上面的方程，你如何解释 $V_{\mathrm{im}}$ 的物理意义? 说明: 在核物理里，引入复的势能的理论称为“光学模型”。

设势能 $V=V_{\text{re}}+i{V}_{\text{im}}$，薛定谔方程及其共轭为

$$i\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}=(-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2+V)\mathrm{\Psi },-i\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{\ast }}{\partial t}=(-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2+V^{\ast }){\mathrm{\Psi }}^{\ast }$$

概率密度 $\rho ={\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi }$，计算时间导数

$$\frac{\partial \rho }{\partial t}=\frac{1}{i\hslash }[-\frac{{\hslash }^2}{2m}\mathrm{\nabla }\cdot ({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }-\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast })+(V-V^{\ast })\rho ]$$

由于 $V-V^{\ast }=2i{V}_{\text{im}}$，所以概率流密度 $\mathbf{j}=\frac{\hslash }{2mi}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }-\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast })$，得

$$\frac{\partial \rho }{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{j}=\frac{2V_{\text{im}}}{\hslash }\rho$$

当 $V_{\text{im}}=0$ 时，回归标准连续性方程。

物理意义：$V_{\text{im}}$ 描述吸收或发射过程。若 $V_{\text{im}}<0$，概率减少，表示吸收；若 $V_{\text{im}}>0$，概率增加，表示发射。

2.2.3 (选做) 把波函数写为 $\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)=R(\overrightarrow{r},t){\mathrm{e}}^{(\mathrm{i}/\hslash )S(\overrightarrow{r},t)}$，其中 $R(\overrightarrow{r},t)$ 和 $S(\overrightarrow{r},t)$ 是连续可微的实函数，请给出 $R^2$ 和 $S$ 满足的方程组。提示: $R^2=|\mathrm{\Psi }{|}^2$ 是几率密度，所以 $R^2$ 满足的方程其实就是几率守恒方程，只不过几率流密度被重写过了； $S$ 满足的方程类似于经典力学中的 Hamilton-Jacobi 方程，只不过势能 $V$ 增加了被波姆 (也译为博姆) Bohm 称为“量子力”的项。沿着这个方向，Bohm 建立了被称为波姆力学 Bohmian Mechanics 的理论，试图重新解释量子现象。物理学界对这个理论存在不同的看法，但主流是不甚认同。

设 $\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)=R(\overrightarrow{r},t)e^{i\frac{S(\overrightarrow{r},t)}{\hslash }}$，代入薛定谔方程并分离实部与虚部，得到

$$\frac{\partial R^2}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \left(R^2\frac{\mathrm{\nabla }S}{m}\right)=0$$$$\frac{\partial S}{\partial t}+\frac{|\mathrm{\nabla }S{|}^2}{2m}+V+Q=0,\text{where}Q=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{\nabla }}^{2}R}{R}$$

第一个方程是概率守恒方程，概率流密度 $\mathbf{j}=\frac{R^2}{m}\mathrm{\nabla }S$。

第二个方程类似于经典 Hamilton-Jacobi 方程，但增加了量子势 $Q$。

第三章 一维势场中的粒子

3.1.1 证明课文中所说的共轭定理和反射定理。

假设 $\psi (x)$ 是一维定态薛定谔方程的解，那么

$$E\psi (x)=(-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}+V(x))\psi (x)$$

证明共轭定理：

对上述整个式子取复共轭（考虑到能量一定是实的）

$$E{\psi }^{\ast }(x)=(-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+V){\psi }^{\ast }(x)$$

证明反射定理：

做一次空间反演

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{x}^{}}\to \frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{(-x)}^{}}=-\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{x}^{}}$$

所以

$$\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{x}^{}}(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{x}^{}})\to \frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}$$

整个方程变为

$$E\psi (-x)=(-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}+V(-x))\psi (-x)$$

由于 $V(-x)=V(x)$，所以 $\psi (-x)$ 也是方程的解。

3.1.2 “时间反演”变换 $t\to t^{\prime }=-t$ 在量子力学中的地位非常特殊。假设势能 $V(\overrightarrow{r})$ 与时间无关，问：这时 $\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)$ 受到什么样的变换才能使 Schrödinger 方程保持不变？这个变换是线性变换吗？

$$i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)+V(\overrightarrow{r})\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)$$

在时间反演下，算子的变换为

$$\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\to -\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}$$

所以为了保持方程形式不变，波函数需要进行的变换为

$${\mathrm{\Psi }}^{\prime }(\overrightarrow{r},t)={\mathrm{\Psi }}^{\ast }(\overrightarrow{r},-t)$$

这个变换不是线性的，因为

$$(c\mathrm{\Psi }{)}^{\ast }=c^{\ast }{\mathrm{\Psi }}^{\ast }$$

不满足线性变换的法则。

3.1.3 (选做)假设一个粒子可以在两种势场 $V_1(x)$ 和 $V_2(x)$ 中运动并处于束缚态。已知 $V_1(x)\le V_2(x)$ 处处成立，在 $V_1/V_2$ 中的能级是 $E_{n1}/E_{n2}$（彼此一一对应并且从低到高排列）。求证 $E_{n1}\le E_{n2}$。

证明：

假设 ${\hat{H}}_1=-\frac{{\hslash }^2}{2m}+V_1(x)$, ${\hat{H}}_2=-\frac{{\hslash }^2}{2m}+V_2(x)$，先证明基态能量的大小

$$E_{01}=min\{⟨\psi |H_1|\psi ⟩\}{E}_{02}=min\{⟨\psi |H_2|\psi ⟩\}$$

考虑 $E_{02}$ 对应的 $\psi$，把它带入 $⟨\psi |H_1|\psi ⟩$ 中，发现比 $E_{02}$ 小，所以 $E_{01}\le E_{02}$

再证明 $E_{n1}\le E_{n2}$：利用 Sturm-Liouville型方程本征值的一般性质，即所谓的 Courant–Fischer 定理，第 $k$ 个本征值对应着

$$\begin{array}{c}{\lambda }_k=\underset{\begin{array}{c}U\subset {\mathbb{C}}^N\\ \dim (U)=k\end{array}}{min}\underset{\begin{array}{c}x\in U\\ x\ne 0\end{array}}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}\end{array}$$

所以对于原 Hilbert 空间的同一 $k$ 维子空间而言，假设 $1$ 对应的极大值的态是 $\psi$，那么带入 $H_2$ 中容易发现存在比它更大的，也就是同一子空间的 $2$ 的最大值大于 $1$. 由于这一规律对于所有子空间成立，所以 $E_{01}\le E_{02}$ 得证。

补充：上面的解答中我直接使用了Courant–Fischer 定理的结论，在这里补一个证明：

设 $H$ 是一个 $N\times N$ 的 Hermitian 矩阵，其特征值按递增顺序排列为

$${\lambda }_1\le {\lambda }_2\le \cdots \le {\lambda }_N$$

那么对于 $k=1,2,\dots ,N$，有

$$\begin{array}{c}{\lambda }_k=\underset{\begin{array}{c}U\subset {\mathbb{C}}^N\\ \dim (U)=k\end{array}}{min}\underset{\begin{array}{c}x\in U\\ x\ne 0\end{array}}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}\end{array}$$

由谱定理，存在一组标准正交基 $\{u_1,u_2,\dots ,u_N\}$，满足

$$H{u}_i={\lambda }_i{u}_i,{\lambda }_1\le {\lambda }_2\le \cdots \le {\lambda }_N$$

设 $S_{k-1}=\mathrm{span}\{u_1,\dots ,u_{k-1}\}$，其维数为 $k-1$。 考虑线性映射 $P:U\to {\mathbb{C}}^{k-1}$ 定义为 $P(x)=(⟨u_1,x⟩,\dots ,⟨u_{k-1},x⟩)$。 $\dim (U)=k$，$\dim ({\mathbb{C}}^{k-1})=k-1$，所以 $\ker P\subset U$ 的维数至少为 $1$。 因此存在非零向量 $y\in U$ 使得 $P(y)=0$。 将 $y$ 按特征基展开

$$y=\sum _{j=1}^N{c}_j{u}_j,c_j=⟨u_j,y⟩$$

$c_1=\cdots =c_{k-1}=0$，所以

$$y=\sum _{j=k}^N{c}_j{u}_j$$

于是

$$⟨y|H|y⟩=\sum _{j=k}^N{\lambda }_j|c_j{|}^2$$

由于 ${\lambda }_j\ge {\lambda }_k$ 当 $j\ge k$，有

$$⟨y|H|y⟩\ge {\lambda }_k\sum _{j=k}^N|c_j{|}^2={\lambda }_k\parallel y{\parallel }^2$$

因此

$$\frac{⟨y|H|y⟩}{\parallel y{\parallel }^2}\ge {\lambda }_k$$

所以对任意 $k$ 维子空间 $U$，存在非零 $y\in U$ 使得上式成立，从而

$$\underset{x\in U,x\ne 0}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}\ge {\lambda }_k$$

于是

$$\underset{\dim (U)=k}{min}\underset{x\in U}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}\ge {\lambda }_k$$

取 $U_0=\mathrm{span}\{u_1,\dots ,u_k\}$，则对任意 $x\in U_0$，有

$$x=\sum _{j=1}^k{a}_j{u}_j$$$$⟨x|H|x⟩=\sum _{j=1}^k{\lambda }_j|a_j{|}^2\le {\lambda }_k\sum _{j=1}^k|a_j{|}^2={\lambda }_k\parallel x{\parallel }^2$$

所以

$$\underset{x\in U_0}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}\le {\lambda }_k$$

得到结论

$$\underset{\dim (U)=k}{min}\underset{x\in U}{max}\frac{x^{†}Hx}{x^{†}x}={\lambda }_k$$