量子力学 第3次作业

Chasse_neige

3.5.1 设有一个阶跃势场 $V(x)=\{\begin{array}{ll}0& x<0\\ V_0(>0)& x>0\end{array}$ 粒子以能量 $E(>V_0)$ 从左方入射。求 $R$ 和 $T$，并验证 $R+T=1$。提示：注意这时应该使用原始的 $R$ 和 $T$ 的定义。

在 $x<0$ 区域

$${\psi }_1(x)=A{e}^{ikx}+B{e}^{-ikx},k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$$

其中 $A{e}^{ikx}$ 为入射波，$B{e}^{-ikx}$ 为反射波。

在 $x>0$ 区域

$${\psi }_2(x)=C{e}^{i{k}^{\prime }x},k^{\prime }=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hslash }$$

只有透射波。在 $x=0$ 处，波函数连续且一阶导数连续

$$\{\begin{array}{l}A+B=C\\ ikA-ikB=i{k}^{\prime }C\end{array}$$

解得

$$B=\frac{k-k^{\prime }}{k+k^{\prime }}A,C=\frac{2k}{k+k^{\prime }}A$$

所以入射波概率流为

$$j_{\text{in}}=\frac{\hslash k}{m}|A{|}^2$$

反射波概率流为

$$j_{\text{ref}}=-\frac{\hslash k}{m}|B{|}^2$$

透射波概率流为

$$j_{\text{trans}}=\frac{\hslash k^{\prime }}{m}|C{|}^2$$

反射系数

$$R=\frac{|j_{\text{ref}}|}{|j_{\text{in}}|}=\frac{|B{|}^2}{|A{|}^2}={\left(\frac{k-k^{\prime }}{k+k^{\prime }}\right)}^2$$

透射系数

$$T=\frac{j_{\text{trans}}}{j_{\text{in}}}=\frac{k^{\prime }|C{|}^2}{k|A{|}^2}=\frac{k^{\prime }}{k}\cdot {\left(\frac{2k}{k+k^{\prime }}\right)}^2=\frac{4k{k}^{\prime }}{(k+k^{\prime }{)}^2}$$

验证 $R+T=1$

$$R+T=\frac{(k-k^{\prime }{)}^2}{(k+k^{\prime }{)}^2}+\frac{4k{k}^{\prime }}{(k+k^{\prime }{)}^2}=\frac{k^2+2k{k}^{\prime }+k^{\prime 2}}{(k+k^{\prime }{)}^2}=\frac{(k+k^{\prime }{)}^2}{(k+k^{\prime }{)}^2}=1$$

3.5.2 求证：对于满足 $V(\pm \mathrm{\infty })=0$ 的任何势场，总有 $R+T=1$，即几率守恒。

证明：

当 $x\to -\mathrm{\infty }$ 时，波函数渐近形式

$$\psi (x)\sim A{e}^{ikx}+B{e}^{-ikx},k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$$

当 $x\to +\mathrm{\infty }$ 时，波函数渐近形式

$$\psi (x)\sim C{e}^{ikx}$$

概率流密度 $j(x)$ 与位置无关

$$j(x)=\frac{\hslash }{2mi}[{\psi }^{\ast }\frac{d\psi }{dx}-\psi \frac{d{\psi }^{\ast }}{dx}]=\text{Const.}$$

在 $x\to -\mathrm{\infty }$ 处

$$j(-\mathrm{\infty })=\frac{\hslash k}{m}(|A{|}^2-|B{|}^2)$$

在 $x\to +\mathrm{\infty }$ 处

$$j(+\mathrm{\infty })=\frac{\hslash k}{m}|C{|}^2$$

由 $j(-\mathrm{\infty })=j(+\mathrm{\infty })$ 得

$$|A{|}^2-|B{|}^2=|C{|}^2$$

定义反射系数 $R=\frac{|B{|}^2}{|A{|}^2}$，透射系数 $T=\frac{|C{|}^2}{|A{|}^2}$，则

$$1-R=T\Rightarrow R+T=1$$

所以概率守恒。

3.5.3（选做）求证：对于满足 $V(\pm \mathrm{\infty })=0$ 的任何势场，粒子从左方入射和从右方入射的透射几率总是相等的。这里的“任何”两个字意味着并不要求 $V(x)=V(-x)$。提示：“从左方射到右方”和“从右方射到左方”是时间反演的关系，而在时间反演之下波函数 $\psi (x)$ 要变成它的复共轭 ${\psi }^{\ast }(x)$（见本章第一节的习题 3.1.2），并且我们有“共轭定理”（见本章第一节）。

证明：

已知时间反演算符 $\hat{T}$ 作用于波函数 $\psi (x)$ 的效果是取其复共轭

$$\hat{T}\psi (x)={\psi }^{\ast }(x)$$

如果粒子从左方入射，能量为 $E$，则波函数 ${\psi }_I(x)$ 的渐近形式为

$${\psi }_I(x)\sim \{\begin{array}{ll}{e}^{ikx}+r{e}^{-ikx}& x\to -\mathrm{\infty }\\ t{e}^{ikx}& x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

如果粒子从右方入射，能量为 $E$，则波函数 ${\psi }_{II}(x)$ 的渐近形式为

$${\psi }_{II}(x)\sim \{\begin{array}{ll}{t}^{\prime }{e}^{-ikx}& x\to -\mathrm{\infty }\\ e^{-ikx}+r^{\prime }{e}^{ikx}& x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

对 ${\psi }_I(x)$ 做时间反演

$${\psi }_I^{\ast }(x)\sim \{\begin{array}{ll}{e}^{-ikx}+r^{\ast }{e}^{ikx}& x\to -\mathrm{\infty }\\ t^{\ast }{e}^{-ikx}& x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

这应该对应粒子从右方入射的波函数形式。为了使二者相符，我们使用共轭定理重新改写从右方入射波函数的形式

$${\psi }_{II}(x)\sim \{\begin{array}{ll}{c}_1{t}^{\prime }{e}^{-ikx}+c_2{t}^{\prime \ast }{e}^{ikx}& x\to -\mathrm{\infty }\\ c_1(e^{-ikx}+r^{\prime }{e}^{ikx})+c_2(e^{ikx}+r^{\prime \ast }{e}^{-ikx})& x\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

带入概率流的不变性

$$|t{|}^2=(|c_1{|}^2-|c_2{|}^2)|t^{\prime }{|}^2$$

比较两种方法得到的波函数，有

$$\begin{array}{c}{c}_1{t}^{\prime }=1\\ c_2{t}^{\prime \ast }=r^{\ast }\\ c_1+c_2{r}^{\prime \ast }=t^{\ast }\\ c_1{r}^{\prime }+c_2=0\end{array}$$

综合上述条件，得到

$$t^{\prime }=t^{\ast },r^{\prime }=r^{\ast }$$

从左侧入射透射概率为 $T=|t{|}^2$，从右入射透射概率为 $T^{\prime }=|t^{\prime }{|}^2=|t^{\ast }{|}^2=|t{|}^2=T$。因此左右入射透射概率相等。

3.5.4（选做）求左方入射波数为 $k$ 的粒子在双 $\delta$ 势垒 $V(x)=\frac{{\hslash }^2}{mL}[\delta (x)+\delta (x-a)]$（$L,a>0$）上的透射几率 $T$ 和反射几率 $R$。问：当 $k$ 分别满足什么条件的时候，$T$ 和 $R$ 分别达到了最大值？这些最大值是多大？为具体起见，考虑参数 $L,a$ 满足条件 $L=a$ 的情形。

假设波函数为

区域I：$x<0$，${\psi }_I(x)=A{e}^{ikx}+B{e}^{-ikx}$

区域II：$0<x<a$，${\psi }_{II}(x)=C{e}^{ikx}+D{e}^{-ikx}$

区域III：$x>a$，${\psi }_{III}(x)=F{e}^{ikx}$

其中 $k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$，则对于 $\delta$ 势 $V(x)=\alpha \delta (x)$，边界条件为

$$\begin{array}{c}\psi (0^{+})=\psi (0^{-})\\ {\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=\frac{2m\alpha }{{\hslash }^2}\psi (0)\end{array}$$

对于 $\delta (x)$ 处（$x=0$），$\alpha =\frac{{\hslash }^2}{mL}$，跃变条件

$${\psi }^{\prime }(0^{+})-{\psi }^{\prime }(0^{-})=\frac{2}{L}\psi (0)$$

对于 $\delta (x-a)$ 处（$x=a$），同样有

$${\psi }^{\prime }(a^{+})-{\psi }^{\prime }(a^{-})=\frac{2}{L}\psi (a)$$

应用边界条件待定系数

$$\begin{array}{c}A+B=C+D\\ ik(C-D)-ik(A-B)=\frac{2}{L}(A+B)\\ C{e}^{ika}+D{e}^{-ika}=F{e}^{ika}\\ ikF{e}^{ika}-ik(C{e}^{ika}-D{e}^{-ika})=\frac{2}{L}F{e}^{ika}\end{array}$$

得到透射振幅

$$t=\frac{F}{A}=\frac{1}{{(1+\frac{i}{kL})}^2+\frac{e^{i2ka}}{k^2{L}^2}}$$

透射概率 $T=|t{|}^2$

$$T=\frac{1}{1+\frac{4}{(kL{)}^2}{(\cos ka+\frac{1}{kL}\sin ka)}^2}$$

反射概率

$$R=1-T=\frac{4{(\cos ka+\frac{1}{kL}\sin ka)}^2}{k^2{L}^2+4{(\cos ka+\frac{1}{kL}\sin ka)}^2}$$

考虑参数 $L,a$ 满足条件 $L=a$ 的情形，透射概率最大的条件是 $\cos ka+\frac{1}{ka}\sin ka=0$， 即 $ka$ 是 $\tan x=-x$ 的解时，此时透射率

$$T=1$$

反射率最大的条件是 $\cos ka+\frac{1}{ka}\sin ka=1$，即 $ka$ 是方程 $x(1-\cos x)=\sin x$ 的解是，此时反射率

$$R=\frac{4}{k^2{a}^2+4}$$

3.6.1（选做）由 $\delta$ 势阱构成的 Dirac 梳子是 $V(x)=-\frac{{\hslash }^2}{mL}\delta (x-na)(n\in \mathbb{Z})$，考虑 $E<0$。请论证：若 $a<2L$，则粒子的能量从一个 $<0$ 的最低能级开始向上连续变化，在 $E<0$ 的能级与 $E=0$ 之间没有间隙；若 $a>2L$，则在 $E<0$ 的区域中存在一条隔开的能带，它的高端能量与 $E=0$ 之间存在有限的能隙。

我们假设周期性的波函数，即

$$\psi (x)=(A{e}^{\kappa (x-na)}+B{e}^{-\kappa (x-na)})e^{ikna}$$

其中 $\kappa =\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }$ 带入边界条件

$$A{e}^{\kappa a}+B{e}^{-\kappa a}=(A+B)e^{ika}$$$$\kappa (A-B)e^{ika}-\kappa (A{e}^{\kappa a}-B{e}^{-\kappa a})=-\frac{2}{L}(A+B)e^{ika}$$

联立得到

$$\cos ka=\cosh \kappa a-\frac{1}{\kappa L}\sinh \kappa a$$

假设 $\kappa a=z,\frac{a}{L}=\beta$，则上式可以变为

$$\cos \frac{k}{\kappa }z=\cosh z-\frac{\beta }{z}\sinh z$$

由于 $k$ 的取值是任意的，所以左侧可以是 $[-1,1]$ 之间的数字。考虑

$$f(z)=\cosh z-\frac{\beta }{z}\sinh z$$

情况一：若 $a<2L$（即 $\beta <2$）

$f(z)=-1$ 的根：此时直线斜率 $\frac{2}{\beta }>1$。因为 $\tanh (x)$ 是凸函数且初始斜率为 $1$，直线 $y=\frac{2}{\beta }x$ 永远在 $\tanh (x)$ 的上方，两者在 $x>0$ 时没有交点。也就是说，$f(z)$ 永远无法到达 $-1$。 在 $z\to 0^{+}$ 处：$f(0^{+})=1-\beta$。因为 $0<\beta <2$，所以 $f(0^{+})\in (-1,1)$。 随着 $z$ 从 $0$ 逐渐增大，$f(z)$ 从一个介于 $(-1,1)$ 之间的值出发，最终在 $z_2$ 处穿过 $1$。因此，允许的 $z$ 的范围是 $z\in (0,z_2]$。因为 $z$ 可以取到无穷小，对应的能量 $E=-\frac{{\hslash }^2{z}^2}{2m{a}^2}$ 可以从最低能量 $E_{min}$ 向上连续变化，一直逼近到 $0$。在 $E<0$ 的能带顶与 $E=0$ 之间没有任何间隙。

情况二：若 $a>2L$（即 $\beta >2$）

$f(z)=-1$ 的根：此时直线斜率 $\frac{2}{\beta }<1$。直线 $y=\frac{2}{\beta }x$ 与 $\tanh (x)$ 在 $x>0$ 处必然会产生一个唯一的正交点 $x_1$。因此，$f(z)=-1$ 存在唯一正根 $z_1=2x_1>0$。 在 $z\to 0^{+}$ 处$f(0^{+})=1-\beta$。因为 $\beta >2$，此时 $f(0^{+})<-1$。这意味着在 $z\to 0^{+}$（即能量极靠近 $0$）的地方，波函数处于禁带中。$f(z)$ 从 $1-\beta <-1$ 开始，随着 $z$ 的增大，在 $z_1$ 处第一次穿过 $-1$ 进入允许区间，随后在 $z_2$ 处穿过 $1$ 离开允许区间。允许的 $z$ 范围被严格限制在一个闭区间 $z\in [z_1,z_2]$ 内（此处 $z_1>0$）, 这个区域对应着一条隔开的能带，其能量范围为 $E\in [-\frac{{\hslash }^2{z}_2^2}{2m{a}^2},-\frac{{\hslash }^2{z}_1^2}{2m{a}^2}]$。由于 $z_1>0$，能带的高端能量 $E_{max}=-\frac{{\hslash }^2{z}_1^2}{2m{a}^2}$ 是一个严格小于 $0$ 的负值。因此，该能带高端能量与 $E=0$ 之间存在一个大小为 $\frac{{\hslash }^2{z}_1^2}{2m{a}^2}$ 的有限能隙。

第四章 力学量算符

4.1.1 求证: (a) 若 $\hat{F}=F(\hat{x},{\hat{p}}_x)$ 是 $\hat{x}$ 和 ${\hat{p}}_x$ 的整函数, 则 $[\hat{x},\hat{F}]=\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \hat{F}}{\partial {\hat{p}}_x},[{\hat{p}}_x,\hat{F}]=-\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \hat{F}}{\partial \hat{x}}$;

首先证明 $[\hat{x},{\hat{p}}_x^n]=i\hslash n{\hat{p}}_x^{n-1}$

$$\hat{x}{\hat{p}}_x^n=i\hslash {\hat{p}}_x^{n-1}+{\hat{p}}_x\hat{x}{\hat{p}}_x^{n-1}$$

像这样没把 $\hat{x}$ 向后移一位都会多出来一个 $i\hslash {\hat{p}}_x^{n-1}$，所以移了 $n$ 次之后

$$[\hat{x},{\hat{p}}_x^n]=n\cdot i\hslash {\hat{p}}_x^{n-1}$$

对于一般函数 $F(\hat{x},{\hat{p}}_x)=\sum _{m,n}{c}_{mn}{\hat{x}}^m{\hat{p}}_x^n$

$$[\hat{x},F]=\sum _{m,n}{c}_{mn}[\hat{x},{\hat{x}}^m{\hat{p}}_x^n]=\sum _{m,n}{c}_{mn}({\hat{x}}^m[\hat{x},{\hat{p}}_x^n]+[\hat{x},{\hat{x}}^m]{\hat{p}}_x^n)=\sum _{m,n}{c}_{mn}{\hat{x}}^m\cdot i\hslash n{\hat{p}}_x^{n-1}=i\hslash \frac{\partial F}{\partial {\hat{p}}_x}$$

同理

$$[{\hat{p}}_x,F]=\sum _{m,n}{c}_{mn}[{\hat{p}}_x,{\hat{x}}^m{\hat{p}}_x^n]=\sum _{m,n}{c}_{mn}({\hat{x}}^m[{\hat{p}}_x,{\hat{p}}_x^n]+[{\hat{p}}_x,{\hat{x}}^m]{\hat{p}}_x^n)=\sum _{m,n}{c}_{mn}(-i\hslash m{\hat{x}}^{m-1}){\hat{p}}_x^n=-i\hslash \frac{\partial F}{\partial \hat{x}}$$

(b) $[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y]=\mathrm{i}\hslash {\hat{L}}_z,[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x]=0$;

证明：

$$\begin{array}{c}[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y]=[\hat{y}{\hat{p}}_z-\hat{z}{\hat{p}}_y,\hat{z}{\hat{p}}_x-\hat{x}{\hat{p}}_z]=[\hat{y}{\hat{p}}_z,\hat{z}{\hat{p}}_x]-0-0+[\hat{z}{\hat{p}}_y,\hat{x}{\hat{p}}_z]\\ =\hat{y}[{\hat{p}}_z,\hat{z}]{\hat{p}}_x-\hat{x}[{\hat{p}}_z,\hat{z}]{\hat{p}}_y=i\hslash (\hat{x}{\hat{p}}_y-\hat{y}{\hat{p}}_x)=i\hslash {\hat{p}}_z\end{array}$$$$\begin{array}{c}[{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_x]=[{\hat{L}}_x^2+{\hat{L}}_y^2+{\hat{L}}_z^2,{\hat{L}}_x]\\ ={\hat{L}}_x[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_x]+[{\hat{L}}_x,{\hat{L}}_x]{\hat{L}}_x+{\hat{L}}_y[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x]+[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x]{\hat{L}}_y+{\hat{L}}_z[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_x]+[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_x]{\hat{L}}_z\\ =0+0-i\hslash \{{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z\}+i\hslash \{{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_y\}=0\end{array}$$

(c) ${\left(\hat{F}\hat{G}\right)}^{†}={\hat{G}}^{†}{\hat{F}}^{†}$;

对于任意的两个态

$$⟨\psi |\hat{F}\hat{G}\varphi ⟩=⟨{\hat{F}}^{†}\psi |\hat{G}\varphi ⟩=⟨{\hat{G}}^{†}{\hat{F}}^{†}\psi |\varphi ⟩$$

而左边也可写为 $⟨(\hat{F}\hat{G}{)}^{†}\psi |\varphi ⟩$。由于这对任意 $\psi ,\varphi$ 成立，故 $(\hat{F}\hat{G}{)}^{†}={\hat{G}}^{†}{\hat{F}}^{†}$

(d) 若 $\hat{F},\hat{G}$ 是 Hermitian 算符, 则 $\hat{F}\hat{G}+\hat{G}\hat{F}$ 和 $\mathrm{i}[\hat{F},\hat{G}]\equiv \mathrm{i}(\hat{F}\hat{G}-\hat{G}\hat{F})$ 也是 Hermitian 算符。

$$(\hat{F}\hat{G}+\hat{G}\hat{F}{)}^{†}={\hat{G}}^{†}{\hat{F}}^{†}+{\hat{F}}^{†}{\hat{G}}^{†}=\hat{G}\hat{F}+\hat{F}\hat{G}$$

所以 $\hat{F}\hat{G}+\hat{G}\hat{F}$ 是 Hermitian 的。

$$i{(\hat{F}\hat{G}-\hat{G}\hat{F})}^{†}=-i({\hat{G}}^{†}{\hat{F}}^{†}-{\hat{F}}^{†}{\hat{G}}^{†})=i(\hat{F}\hat{G}-\hat{G}\hat{F})$$

也是 Hermitian 的。

4.1.2 求证: 若系统的 Hamiltonian 算符 $\hat{H}$ 与时间无关，它的初始波函数 $\mathrm{\Psi }(t=0)={\mathrm{\Psi }}_0$ 给定, 则它在任意时刻的波函数是 $\mathrm{\Psi }(t)={\mathrm{e}}^{-\frac{i}{\hslash }\hat{H}t}{\mathrm{\Psi }}_0$ 。所以算符 $U(t)={\mathrm{e}}^{-\frac{i}{\hslash }\hat{H}t}$ 称为时间演化算符。

证明：

含时薛定谔方程

$$i\hslash \frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\Psi }(t)=\hat{H}\mathrm{\Psi }(t)$$

其中 $\hat{H}$ 与时间无关。初始条件：$\mathrm{\Psi }(0)={\mathrm{\Psi }}_0$

这是线性微分方程，由于这里不涉及算符的交换问题，所以可以直接模仿常数的形式，得到解为

$$\mathrm{\Psi }(t)=e^{-\frac{i}{\hslash }\hat{H}t}{\mathrm{\Psi }}_0$$

其中指数算符定义为幂级数

$$e^{-\frac{i}{\hslash }\hat{H}t}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}{(-\frac{i}{\hslash }\hat{H}t)}^n$$

4.1.3 (选做) 求证:

(a) ${\mathrm{e}}^{\hat{A}}\hat{B}{\mathrm{e}}^{-\hat{A}}=\hat{B}+[\hat{A},\hat{B}]+\frac{1}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots +\frac{1}{n!}([\hat{A},{)}^n\hat{B}(]{)}^n+\cdots$, 其中第 $n+1$ 项里有 $n$ 个相套的对易括号。

定义

$$f(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}$$

求导

$$f^{\prime }(\lambda )=\hat{A}{e}^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}-e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}\hat{A}=e^{\lambda \hat{A}}[\hat{A},\hat{B}]e^{-\lambda \hat{A}}$$

所以一般地

$$f^{(n)}(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}\underset{n}{\underbrace{[\hat{A},[\hat{A},\cdots [\hat{A}}},\hat{B}]\cdots ]]e^{-\lambda \hat{A}}$$

在 $\lambda =0$ 处展开为泰勒级数

$$f(\lambda )=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^n}{n!}{f}^{(n)}(0)=\hat{B}+\lambda [\hat{A},\hat{B}]+\frac{{\lambda }^2}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots$$

令 $\lambda =1$ 即得

$${\mathrm{e}}^{\hat{A}}\hat{B}{\mathrm{e}}^{-\hat{A}}=\hat{B}+[\hat{A},\hat{B}]+\frac{1}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots +\frac{1}{n!}([\hat{A},{)}^n\hat{B}(]{)}^n+\cdots$$

(b) 对于 $\hat{A}=-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y$ 和 $\hat{B}={\hat{L}}_z$, 计算 ${\mathrm{e}}^{\hat{A}}\hat{B}{\mathrm{e}}^{-\hat{A}}$ 。这个结果表明: 算符 ${\hat{R}}_y(\theta )={\mathrm{e}}^{-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y}$ 把 ${\hat{L}}_z$ 绕着 $Y$ 轴转了 $\theta$ 角, 所以被称为旋转算符。

先计算对易子

$$[\hat{A},\hat{B}]=[-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z]=-\frac{i}{\hslash }\theta [{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z]=-\frac{i}{\hslash }\theta (i\hslash {\hat{L}}_x)=\theta {\hat{L}}_x$$

再计算 $[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]$

$$[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]=[-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y,\theta {\hat{L}}_x]=-\frac{i}{\hslash }{\theta }^2[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_x]=-\frac{i}{\hslash }{\theta }^2(-i\hslash {\hat{L}}_z)={\theta }^2{\hat{L}}_z$$$$[\hat{A},[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]]=[-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y,{\theta }^2{\hat{L}}_z]=-\frac{i}{\hslash }{\theta }^3[{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z]=-\frac{i}{\hslash }{\theta }^3(i\hslash {\hat{L}}_x)={\theta }^3{\hat{L}}_x$$

可见奇数阶对易子给出 ${\theta }^n{\hat{L}}_x$，偶数阶给出 ${\theta }^n{\hat{L}}_z$

代入展开式

$$e^{\hat{A}}{\hat{L}}_z{e}^{-\hat{A}}={\hat{L}}_z+\theta {\hat{L}}_x+\frac{{\theta }^2}{2!}{\hat{L}}_z+\frac{{\theta }^3}{3!}{\hat{L}}_x+\frac{{\theta }^4}{4!}{\hat{L}}_z+\cdots$$$$=(1+\frac{{\theta }^2}{2!}+\frac{{\theta }^4}{4!}+\cdots ){\hat{L}}_z+(\theta +\frac{{\theta }^3}{3!}+\frac{{\theta }^5}{5!}+\cdots ){\hat{L}}_x$$$$=\cos \theta {\hat{L}}_z+\sin \theta {\hat{L}}_x$$

这正是绕 $y$ 轴旋转 $\theta$ 角后 ${\hat{L}}_z$ 的变换。因此 ${\hat{R}}_y(\theta )=e^{-\frac{i}{\hslash }\theta {\hat{L}}_y}$ 是旋转算符。