量子力学 第4次作业

Chasse_neige

4.2.1 (a) 记 ${\hat{S}}^{-1}$ 为 $\hat{S}$ 的逆算符即 ${\hat{S}}^{-1}\hat{S}=\hat{S}{\hat{S}}^{-1}=\hat{I}$，$\hat{I}$ 是单位算符。求证：$({\hat{S}}^{-1}{)}^{†}=({\hat{S}}^{†}{)}^{-1}$。

证明：

由于 $\hat{S}{\hat{S}}^{-1}={\hat{S}}^{-1}\hat{S}=\hat{I}$，所以 $({\hat{S}}^{-1}{)}^{†}{\hat{S}}^{†}={\hat{S}}^{†}({\hat{S}}^{-1}{)}^{†}=I$，所以 $({\hat{S}}^{†}{)}^{-1}=({\hat{S}}^{-1}{)}^{†}$

(b) $\hat{F}$ 的表象变换是 ${\hat{F}}^{\prime }=\hat{S}\hat{F}{\hat{S}}^{-1}$。若 $\hat{F}$ 是 Hermitian 算符，问 $\hat{S}$ 满足什么条件能使 ${\hat{F}}^{\prime }$ 仍是 Hermitian 算符？

$${\widehat{F^{\prime }}}^{†}=({\hat{S}}^{-1}{)}^{†}{\hat{F}}^{†}{\hat{S}}^{†}=({\hat{S}}^{†}{)}^{-1}\hat{F}{\hat{S}}^{†}$$

$\widehat{F^{\prime }}$ 是 Hermitian 的要求 ${\widehat{F^{\prime }}}^{†}=\widehat{F^{\prime }}$，所以

$$({\hat{S}}^{†}{)}^{-1}\hat{F}{\hat{S}}^{†}=\hat{S}\hat{F}{\hat{S}}^{-1}$$$$\hat{F}{\hat{S}}^{†}\hat{S}={\hat{S}}^{†}\hat{S}\hat{F}$$

即 ${\hat{S}}^{†}\hat{S}$ 必须和任意 Hermitian 算符对易。所以得到

$${\hat{S}}^{†}\hat{S}=n\hat{I}$$

经过适当的 normalization 之后可以说 $\hat{S}$ 是幺正的。

4.2.2 不确定关系还可以推广。 (a) 设 $\hat{F},\hat{G}$ 是 Hermitian 算符，记 $\{\hat{F},\hat{G}\}\equiv \hat{F}\hat{G}+\hat{G}\hat{F}$，那么请证明成立不等式 $\overline{{\hat{F}}^2}\cdot \overline{{\hat{G}}^2}\ge \frac{1}{4}\overline{[\hat{F},\hat{G}{]}^2}+\frac{1}{4}\overline{\{\hat{F},\hat{G}{\}}^2}$

设 $\hat{F},\hat{G}$ 为 Hermitian 算符，考虑任意态 $|\psi ⟩$，令 $|\alpha ⟩=\hat{F}|\psi ⟩$，$|\beta ⟩=\hat{G}|\psi ⟩$，由 Schwarz 不等式

$$⟨\alpha |\alpha ⟩⟨\beta |\beta ⟩\ge |⟨\alpha |\beta ⟩{|}^2$$

即

$$⟨{\hat{F}}^2⟩⟨{\hat{G}}^2⟩\ge |⟨\hat{F}\hat{G}⟩{|}^2$$

将 $⟨\hat{F}\hat{G}⟩$ 分解为实部与虚部

$$⟨\hat{F}\hat{G}⟩=\frac{1}{2}⟨\{\hat{F},\hat{G}\}⟩+\frac{1}{2}⟨[\hat{F},\hat{G}]⟩$$

其中 $⟨\{\hat{F},\hat{G}\}⟩$ 为实数，$⟨[\hat{F},\hat{G}]⟩$ 为纯虚数。故

$$|⟨\hat{F}\hat{G}⟩{|}^2=\frac{1}{4}⟨\{\hat{F},\hat{G}\}{⟩}^2+\frac{1}{4}⟨[\hat{F},\hat{G}]{⟩}^2$$

代入即得

$$\overline{{\hat{F}}^2}\cdot \overline{{\hat{G}}^2}\ge \frac{1}{4}{\overline{\{\hat{F},\hat{G}\}}}^2+\frac{1}{4}{\overline{[\hat{F},\hat{G}]}}^2$$

(b) 证明推广的不确定关系 $(\mathrm{\Delta }\hat{F}{)}^2\cdot (\mathrm{\Delta }\hat{G}{)}^2\ge \frac{1}{4}\overline{[\hat{F},\hat{G}{]}^2}+\frac{1}{4}\overline{\{\mathrm{\Delta }\hat{F},\mathrm{\Delta }\hat{G}{\}}^2}$。

定义 $\mathrm{\Delta }\hat{F}=\hat{F}-⟨\hat{F}⟩$，$\mathrm{\Delta }\hat{G}=\hat{G}-⟨\hat{G}⟩$，它们也是 Hermitian 算符。将 (a) 应用于 $\mathrm{\Delta }\hat{F}$ 和 $\mathrm{\Delta }\hat{G}$，注意到

$$\overline{(\mathrm{\Delta }\hat{F}{)}^2}=(\mathrm{\Delta }\hat{F}{)}^2,\overline{(\mathrm{\Delta }\hat{G}{)}^2}=(\mathrm{\Delta }\hat{G}{)}^2,[\mathrm{\Delta }\hat{F},\mathrm{\Delta }\hat{G}]=[\hat{F},\hat{G}]$$

即得

$$(\mathrm{\Delta }\hat{F}{)}^2\cdot (\mathrm{\Delta }\hat{G}{)}^2\ge \frac{1}{4}\overline{[\hat{F},\hat{G}{]}^2}+\frac{1}{4}\overline{\{\mathrm{\Delta }\hat{F},\mathrm{\Delta }\hat{G}{\}}^2}$$

4.3.1 设粒子的波函数是 $\psi (x)=C[{\sin }^{2}kx+\frac{1}{2}\cos kx]$ ($-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty }$, $k>0$)，求它的动量测量值和相应的测量几率、动量平均值和动能平均值。提示：把 $\psi (x)$ 化为 $e^{\frac{i}{\hslash }px}$ 的线性组合。由于 $|\psi (x){|}^2$ 在 $-\mathrm{\infty }<x<+\mathrm{\infty }$ 上的积分是发散的，所以无需求 $C$，但是所问的值都是有意义的。

$$\begin{array}{c}\psi (x)=C\frac{1-\cos (2kx)}{2}+\frac{C}{2}\cos kx\\ =\frac{C}{2}(1+\frac{1}{2}{e}^{ikx}+\frac{1}{2}{e}^{-ikx}-\frac{1}{2}{e}^{2ikx}+\frac{1}{2}{e}^{-2ikx})\end{array}$$

所以可能的动量测量值是 $\hslash k,-\hslash k,2\hslash k,-2\hslash k,0$，对应的概率分别是

$\hslash k$	$-\hslash k$	$2\hslash k$	$-2\hslash k$	0
$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{8}$	$\frac{1}{2}$

对应的动量平均值是

$$\overline{p}=0$$

动能平均值是

$${\overline{E}}_k=\frac{1}{2}(\frac{{\hslash }^2{k}^2}{4m}+\frac{4{\hslash }^2{k}^2}{4m})=\frac{5{\hslash }^2{k}^2}{8m}$$

4.3.2 ${\psi }_0(x)=\frac{\sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$ 通称为 Gauss 波包，是粒子的真实物理状态的一个典型代表，但并不意味着粒子在抛物线势阱中运动。设我们取一个自由粒子的波函数的初值为 $\mathrm{\Psi }(x,0)={\psi }_0(x)$，请验证下面这个与时间有关的 Gauss 波包 $\mathrm{\Psi }(x,t)=\frac{\sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}\sqrt{f(t)}\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))$ 其中 $f(t)={(1+i\frac{\hslash {\alpha }^{2}t}{m})}^{-1}$，服从含时间的自由粒子的 Schrödinger 方程。这个波包的宽度是随时间而增加的，所以这个现象称为波包弥散。

含时间的自由粒子的 Schrödinger 方程是

$$i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\mathrm{\Psi }(x,t)=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\mathrm{\Psi }(x,t)$$

带入

$$\begin{array}{c}LHS=i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}\frac{\sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}\sqrt{f(t)}\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))\\ =\frac{i\hslash \sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}(\frac{f^{\prime }(t)}{2\sqrt{f(t)}}-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}\sqrt{f(t)}{f}^{\prime }(t))\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))\end{array}$$

考虑到

$$f^{\prime }(t)=-i\frac{\hslash {\alpha }^2}{m}{f}^2(t)$$

所以上述式子可以表示为

$$LHS=\frac{i\hslash \sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}(-i\frac{\hslash {\alpha }^2}{2m}(f(t){)}^{\frac{3}{2}}+i\frac{\hslash {\alpha }^4{x}^2}{2m}(f(t){)}^{\frac{5}{2}})\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))$$

我们再考虑右侧

$$\begin{array}{c}RHS=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}\frac{\sqrt{\alpha }}{4\sqrt[4]{\pi }}\sqrt{f(t)}\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))\\ =\frac{{\hslash }^2\sqrt{\alpha }}{8m\sqrt[4]{\pi }}\frac{{\partial }^{}}{\partial x^{}}{\alpha }^{2}x\sqrt{f^3(t)}\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))\\ =\frac{{\hslash }^2\sqrt{\alpha }}{8m\sqrt[4]{\pi }}({\alpha }^2(f(t){)}^{\frac{3}{2}}-{\alpha }^4{x}^2(f(t){)}^{\frac{5}{2}})\exp (-\frac{{\alpha }^2{x}^2}{2}f(t))\end{array}$$

比较之后发现 $LHS=RHS$ ，所以该波函数是满足含时薛定谔方程的。

4.3.3（选做）求线性谐振子的任意能量本征态 ${\psi }_n(x)$（参见 §3.4）的 Fourier 变换 ${\varphi }_n(p)$

提示：具体地说，${\psi }_n(\xi )=(-1{)}^n\sqrt{\frac{1}{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}}{\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}$ ($\xi =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}x$)，可以反复进行分部积分，并应用下面的定理：如果 $f(x,y)=g(ax+by)$，则 $\frac{1}{a}\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{1}{b}\frac{\partial f}{\partial y}$，其中 $a,b$ 是常数。

$${\varphi }_n(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }\alpha }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\psi }_n(\xi )e^{-i\frac{p}{\hslash \alpha }\xi }{\mathrm{d}}^{}\xi$$

其中 $\alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}$ ，带入线性谐振子的能量本征态表达式

$${\psi }_n(\xi )=(-1{)}^n\sqrt{\frac{1}{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}}{\mathrm{e}}^{\frac{{\xi }^2}{2}}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}$$

所以上述积分就是

$$\begin{array}{c}{\varphi }_n(p)=\frac{(-1{)}^n}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\frac{{\xi }^2}{2}}{e}^{-\frac{ip}{\hslash \alpha }\xi }\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{e}^{-{\xi }^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \\ =\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}\left(e^{\frac{{\xi }^2}{2}-\frac{ip}{\hslash \alpha }\xi }\right)e^{-{\xi }^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \\ =\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}\left(e^{\frac{1}{2}(\xi -\frac{ip}{\hslash \alpha }{)}^2+\frac{p^2}{2{\hslash }^2{\alpha }^2}}\right)e^{-{\xi }^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \end{array}$$

利用提示中的定理

$$\frac{{\partial }^n}{\partial {\xi }^n}=i^n\frac{{\partial }^n}{\partial {\eta }^n}$$

其中 $\eta =\frac{p}{\hslash \alpha }$，所以上面那个积分可以表示为

$$\begin{array}{c}\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{i}^n\frac{{\partial }^n}{\partial {\eta }^n}\left(e^{\frac{1}{2}(\xi -i\eta {)}^2}\right)e^{\frac{{\eta }^2}{2}}{e}^{-{\xi }^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \\ =\frac{i^n}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{e}^{\frac{{\eta }^2}{2}}\frac{{\partial }^n}{\partial {\eta }^n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\left(e^{\frac{1}{2}(\xi -i\eta {)}^2}\right)e^{-{\xi }^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \\ =\frac{i^n}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^{n+1}\hslash {\pi }^{\frac{3}{2}}n!}}{e}^{\frac{{\eta }^2}{2}}\frac{{\partial }^n}{\partial {\eta }^n}{e}^{-{\eta }^2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\frac{1}{2}(\xi +i\eta {)}^2}{\mathrm{d}}^{}\xi \\ =\frac{i^n}{\alpha }\sqrt{\frac{1}{2^n\hslash {\pi }^{\frac{1}{2}}n!}}{e}^{\frac{{\eta }^2}{2}}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\eta }^n}{e}^{-{\eta }^2}\end{array}$$

所以

$${\varphi }_n(p)=i^n\sqrt{\frac{1}{m\omega }}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}}{e}^{\frac{{\eta }^2}{2}}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\eta }^n}{e}^{-{\eta }^2}$$

4.4.1 在经典力学里，动量和角动量都是矢量，二者的区别只是动量是极矢量而角动量是轴矢量。但是在量子力学里动量和角动量的区别要大得多。请指出这些区别都有哪些？

量子力学中动量与角动量的主要区别：

1. 动量算符各分量对易，角动量算符各分量不对易。
2. 动量本征值连续，角动量本征值离散。
3. 动量是平移生成元，角动量是旋转生成元。

4.4.2 绕定轴转动的转子的 Hamiltonian 是 $\hat{H}=\frac{1}{2I}{\hat{L}}_z^2$（${\hat{L}}_z=-\mathrm{i}\hslash \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\phi }$），其中 $\phi$ 是转动角，$I$ 是对定轴的转动惯量。求它的能级和归一化的能量本征函数，并指出每个能级的简并度。 本征方程

$$-\frac{{\hslash }^2}{2I}\frac{{\mathrm{d}}^2\psi }{\mathrm{d}{\phi }^2}=E\psi$$

的解为 ${\psi }_m(\phi )=C_m{e}^{im\phi }$，$m$ 为整数。代入得能量

$$E_m=\frac{{\hslash }^2{m}^2}{2I},m=0,\pm 1,\pm 2,\dots$$

对应的归一化本征函数为 ${\psi }_m(\phi )=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{im\phi }$ 简并度：$m=0$ 时非简并；$|m|\ge 1$ 时二重简并。

4.4.3 在量子力学里，满足 $[{\hat{L}}_i,\hat{S}]=0$（$i=x,y,z$）的算符 $\hat{S}$ 称为标量算符，满足 $[{\hat{L}}_i,{\hat{V}}_j]=\mathrm{i}\hslash {\epsilon }_{ijk}{\hat{V}}_k$

（$i,j,k=1,2,3=x,y,z$）的算符 $\overrightarrow{\hat{V}}=({\hat{V}}_x,{\hat{V}}_y,{\hat{V}}_z)$ 称为矢量算符。求证：(a) $\hat{\overrightarrow{r}}$ 和 $\hat{\overrightarrow{p}}$ 是矢量算符。

利用 ${\hat{L}}_i={ϵ}_{ikl}{\hat{x}}_k{\hat{p}}_l$ 及基本对易式 $[x_i,p_j]=i\hslash {\delta }_{ij}$，计算得

$$[{\hat{L}}_i,{\hat{x}}_j]=[{ϵ}_{ikl}{\hat{x}}_k{\hat{p}}_l,{\hat{x}}_j]={ϵ}_{ikl}{\hat{x}}_k[{\hat{p}}_l,{\hat{x}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{x}}_k$$$$[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}_j]=[{ϵ}_{ikl}{\hat{x}}_k{\hat{p}}_l,{\hat{p}}_j]=[{\hat{x}}_k,{\hat{p}}_j]{ϵ}_{ikl}{\hat{p}}_l=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{p}}_k$$

故 $\hat{\overrightarrow{r}}$ 和 $\hat{\overrightarrow{p}}$ 均为矢量算符。

(b) 若 $\hat{\overrightarrow{a}}$ 和 $\hat{\overrightarrow{c}}$ 是矢量算符，则 $\hat{\overrightarrow{a}}\cdot \hat{\overrightarrow{c}}={\hat{a}}_x{\hat{c}}_x+{\hat{a}}_y{\hat{c}}_y+{\hat{a}}_z{\hat{c}}_z$ 是标量算符。

计算

$$[{\hat{L}}_i,{\hat{a}}_j{\hat{c}}_j]=[{\hat{L}}_i,{\hat{a}}_j]{\hat{c}}_j+{\hat{a}}_j[{\hat{L}}_i,{\hat{c}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}({\hat{a}}_k{\hat{c}}_j+{\hat{a}}_j{\hat{c}}_k).$$

交换第二项指标 $j\leftrightarrow k$，得 ${ϵ}_{ijk}{\hat{a}}_j{\hat{c}}_k=-{ϵ}_{ijk}{\hat{a}}_k{\hat{c}}_j$，两项相消，故 $[{\hat{L}}_i,\hat{S}]=0$，即 $\hat{S}$ 为标量算符。

4.4.4 若 $L_z$ 有确定值，问 ${\overline{L}}_x,{\overline{L}}_y=$？提示：其实这里无需用到 ${\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y$ 的表达式。

若 ${\hat{L}}_z$ 有确定值（态为 ${\hat{L}}_z$ 的本征态），由于 $[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_x]=i\hslash {\hat{L}}_y\ne 0$，$[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_y]=-i\hslash {\hat{L}}_x\ne 0$，${\hat{L}}_x$ 和 ${\hat{L}}_y$ 与 ${\hat{L}}_z$ 不对易，因此它们没有确定值。但是我们可以利用对易关系求出其期望

$$i\hslash {\hat{L}}_y|\psi ⟩=[{\hat{L}}_z,{\hat{L}}_x]|\psi ⟩=({\hat{L}}_z-L_z){\hat{L}}_x|\psi ⟩$$

所以对上式平均之后得到 ${\overline{L}}_x=0$，同理 ${\overline{L}}_y=0$