量子力学 第5次作业

Chasse_neige

第五章 量子力学中的对称性与守恒量

5.1.1 自由运动粒子的角动量 $\overrightarrow{L}=({\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z)$ 是不是守恒量? 请证明你的结论。

自由运动粒子的角动量 $\overrightarrow{L}=({\hat{L}}_x,{\hat{L}}_y,{\hat{L}}_z)$ 是守恒量。 自由粒子的 Hamiltonian 为 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2$，角动量算符分量为 ${\hat{L}}_i={ϵ}_{ijk}{\hat{r}}_j{\hat{p}}_k$，守恒量要求算符与 Hamiltonian 对易，即 $[{\hat{L}}_i,\hat{H}]=0$，由于 $\hat{H}$ 正比于 ${\hat{p}}^2$，只需证明 $[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}^2]=0$，利用对易关系 $[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{p}}_k$，计算

$$[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}^2]=[{\hat{L}}_i,\sum _j{\hat{p}}_j^2]=\sum _j({\hat{p}}_j[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}_j]+[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}_j]{\hat{p}}_j)=\sum _j({\hat{p}}_j(i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{p}}_k)+(i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{p}}_k){\hat{p}}_j)$$

由于动量算符分量对易 $[{\hat{p}}_j,{\hat{p}}_k]=0$，有 ${\hat{p}}_j{\hat{p}}_k={\hat{p}}_k{\hat{p}}_j$，因此

$$[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}^2]=i\hslash \sum _{j,k}{ϵ}_{ijk}({\hat{p}}_j{\hat{p}}_k+{\hat{p}}_k{\hat{p}}_j)=2i\hslash \sum _{j,k}{ϵ}_{ijk}{\hat{p}}_j{\hat{p}}_k$$

对于固定 $i$，${ϵ}_{ijk}$ 关于 $j,k$ 反对称，而 ${\hat{p}}_j{\hat{p}}_k$ 对称，求和为零，故 $[{\hat{L}}_i,{\hat{p}}^2]=0$，因此 $[{\hat{L}}_i,\hat{H}]=0$，角动量各分量均为守恒量。

5.1.2 求证 Feynman-Hellmann 定理: 若系统的能级和波函数分别为 $E_n$ 和 ${\psi }_n$，系统的 Hamiltonian 算符依赖于一个参数 $\lambda$，则

$$\frac{\partial E_n}{\partial \lambda }=({\psi }_n,\frac{\partial \hat{H}}{\partial \lambda }{\psi }_n)=\int {\psi }_n^{\ast }\frac{\partial \hat{H}}{\partial \lambda }{\psi }_n\mathrm{d}\tau$$

证明：

$$E_n=⟨{\psi }_n|\hat{H}|{\psi }_n⟩$$

所以

$$\frac{{\partial }^{}{E}_n}{\partial {\lambda }^{}}=⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}\hat{H}}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|\hat{H}|{\psi }_n⟩+⟨{\psi }_n|\hat{H}|\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}⟩$$

注意到

$$⟨{\psi }_n|\hat{H}|\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}⟩=⟨{\hat{H}}^{†}{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}⟩=⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|{\hat{H}}^{†}{\psi }_n{⟩}^{\ast }=⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|\hat{H}{\psi }_n{⟩}^{\ast }$$

上述最后一步利用了 Hamiltonian 的厄米性。所以

$$\begin{array}{c}\frac{{\partial }^{}{E}_n}{\partial {\lambda }^{}}=⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}\hat{H}}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|\hat{H}{\psi }_n⟩+⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|\hat{H}{\psi }_n{⟩}^{\ast }\\ =⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}\hat{H}}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+E_n(⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n{⟩}^{\ast })\\ =⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}\hat{H}}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+E_n(⟨\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩+⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}{\psi }_n}{\partial {\lambda }^{}}⟩)=⟨{\psi }_n|\frac{{\partial }^{}\hat{H}}{\partial {\lambda }^{}}|{\psi }_n⟩\end{array}$$

5.2.1 一个带电量 $q$ 的粒子在匀强电场 $\overrightarrow{E}=|\overrightarrow{E}|{\overrightarrow{e}}_z$ 中运动，它有哪些基本的（函数独立的）守恒量? 请证明你的结论。

取电势 $\varphi =-|\overrightarrow{E}|\hat{z}$，则 Hamiltonian 为

$$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}_x^2+{\hat{p}}_y^2+{\hat{p}}_z^2}{2m}-q|\overrightarrow{E}|\hat{z}$$

1. 能量守恒：$\hat{H}$ 不显含时间，故 $\frac{\mathrm{d}\hat{H}}{\mathrm{d}t}=0$

2. ${\hat{p}}_x$ 和 ${\hat{p}}_y$ 守恒：计算对易子 $[{\hat{p}}_x,\hat{H}]=[{\hat{p}}_x,-q|\overrightarrow{E}|\hat{z}]=-q|\overrightarrow{E}|[{\hat{p}}_x,\hat{z}]=0$，同理 $[{\hat{p}}_y,\hat{H}]=0$，故 ${\hat{p}}_x,{\hat{p}}_y$ 与 $\hat{H}$ 对易，是守恒量。

3. ${\hat{L}}_z$ 守恒：${\hat{L}}_z=x{\hat{p}}_y-y{\hat{p}}_x$

   $$[{\hat{L}}_z,\hat{H}]=[{\hat{L}}_z,\frac{{\hat{p}}^2}{2m}]+[{\hat{L}}_z,-q|\overrightarrow{E}|z]$$

   由 5.1.1 知 $[{\hat{L}}_z,{\hat{p}}^2]=0$，故第一项为零。第二项

   $$[{\hat{L}}_z,z]=[x{\hat{p}}_y-y{\hat{p}}_x,z]=x[{\hat{p}}_y,z]-y[{\hat{p}}_x,z]+[x,z]{\hat{p}}_y-[y,z]{\hat{p}}_x=0$$

   因此 $[{\hat{L}}_z,\hat{H}]=0$，${\hat{L}}_z$ 守恒。

这些守恒量函数独立，构成基本守恒量集。

5.2.2 (选做) 从变换不变性导致守恒定律的角度来看，几率守恒来自波函数的相位变换不变性。

(a) 证明：对作用量 $S=\int [\frac{\mathrm{i}\hslash }{2}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\left({\partial }_t\mathrm{\Psi }\right)-\left({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\right)\mathrm{\Psi })-\frac{{\hslash }^2}{2m}\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\cdot \mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }]{\mathrm{d}}^3\overrightarrow{r}\mathrm{d}t$ 应用最小作用量原理 $\delta S=0$（对 $\mathrm{\Psi },{\mathrm{\Psi }}^{\ast }$ 做变分）得到 Schrödinger 方程 $\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi }=0$

$$S=\int {\mathrm{d}}^{4}x[\frac{\mathrm{i}\hslash }{2}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\left({\partial }_t\mathrm{\Psi }\right)-\left({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\right)\mathrm{\Psi })-\frac{{\hslash }^2}{2m}\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\cdot \mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }]$$$$\delta S=\int {\mathrm{d}}^{4}x\delta \mathrm{\Psi }[-i\hslash ({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast })+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Psi }}^{\ast }]=0$$

所以

$$-i\hslash ({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast })+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Psi }}^{\ast }=0$$

即

$$\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi }=0$$

(b) $\mathrm{\Psi },{\mathrm{\Psi }}^{\ast }$ 的无穷小相位变换是 $\delta \mathrm{\Psi }={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}ϵ/\hslash }\mathrm{\Psi }-\mathrm{\Psi }\approx \frac{\mathrm{i}}{\hslash }ϵ\mathrm{\Psi },\delta {\mathrm{\Psi }}^{\ast }=-\frac{\mathrm{i}}{\hslash }ϵ{\mathrm{\Psi }}^{\ast }$，利用 $\mathcal{L}$ 在这个变换下的不变性和诺特定理导出几率守恒。

考虑拉格朗日量在这个变换下的行为

$$\begin{array}{c}\delta \mathcal{L}=(-i\hslash ({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast })+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Psi }}^{\ast })\delta \mathrm{\Psi }+(\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi })\delta {\mathrm{\Psi }}^{\ast }\\ =(-i\hslash ({\partial }_t{\mathrm{\Psi }}^{\ast })+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Psi }}^{\ast })\frac{i}{\hslash }ϵ\mathrm{\Psi }-(\mathrm{i}\hslash \frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}+\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi })\frac{i}{\hslash }ϵ{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\end{array}$$

所以由于无穷小变换下的拉格朗日量不变性

$$-i\hslash \mathrm{\Psi }\frac{{\partial }^{}{\mathrm{\Psi }}^{\ast }}{\partial t^{}}+\frac{{\hslash }^2}{2m}\mathrm{\Psi }{\mathrm{\nabla }}^2{\mathrm{\Psi }}^{\ast }-\mathrm{i}\hslash {\mathrm{\Psi }}^{\ast }\frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial t}-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\Psi }}^{\ast }{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Psi }=0$$$$-i\hslash \frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi })+\frac{{\hslash }^2}{2m}\mathrm{\nabla }\cdot (\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast }-{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi })=0$$$$\Rightarrow \mathrm{\nabla }\cdot (\frac{i\hslash }{2m}(\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast }-{\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }）)+\frac{{\partial }^{}}{\partial t^{}}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi })=0$$

即流守恒方程。

5.3.1 设系统由 3 个全同粒子组成，单粒子有 3 个可能的不同状态 ${\psi }_1,{\psi }_2,{\psi }_3$。问系统有几个可能的状态? 它们的波函数如何用单粒子波函数构成? 分别讨论 (a) 玻色子；(b) 费米子；(c) 经典粒子。玻色子的波函数写出同时包含 ${\psi }_1,{\psi }_2,{\psi }_3$ 的情形作为例子就可以了，经典粒子的波函数就不用写了。

单粒子有三个不同状态 ${\psi }_1,{\psi }_2,{\psi }_3$，系统由三个全同粒子组成。

(a) 玻色子：波函数对称。状态由占据数 $(n_1,n_2,n_3)$ 描述，$n_i\ge 0$，$n_1+n_2+n_3=3$ 可能占据数

• $(3,0,0),(0,3,0),(0,0,3)$：各1种，共3种。

• $(2,1,0),(2,0,1),(1,2,0),(0,2,1),(1,0,2),(0,1,2)$：各1种，共6种。

• $(1,1,1)$：1种。

总状态数：10种。 波函数构造示例

$$\mathrm{\Psi }=\frac{1}{\sqrt{6}}\sum _P{\psi }_{P[1]}(q_1){\psi }_{P[2]}(q_2){\psi }_{P[3]}(q_3)$$

其中 $P$ 为 $(1,2,3)$ 的排列。

(b) 费米子：波函数反对称。泡利不相容原理允许每个状态最多一个粒子，唯一占据数为 $(1,1,1)$，故只有1个状态。 波函数为 Slater 行列式

$$\mathrm{\Psi }=\frac{1}{\sqrt{6}}\left|\begin{array}{ccc}{\psi }_1(q_1)& {\psi }_1(q_2)& {\psi }_1(q_3)\\ {\psi }_2(q_1)& {\psi }_2(q_2)& {\psi }_2(q_3)\\ {\psi }_3(q_1)& {\psi }_3(q_2)& {\psi }_3(q_3)\end{array}\right|$$

(c) 经典粒子：粒子可区分，每个粒子独立选择状态，总状态数 $3^3=27$。波函数无需对称化，为简单乘积形式。

5.3.2 把两个电子放入一维无限深势阱 $(0<x<L)$ 中，不考虑它们之间的相互作用。对于：(a) 两个电子都处在势阱的基态 ${\psi }_0(x)$；(b) 一个电子处在基态，另一个处在第一激发态 ${\psi }_1(x)$；分别写出它们可能的状态的波函数。可以用 $|\uparrow ⟩$ 和 $|\downarrow ⟩$ 分别代表电子的自旋向上和自旋向下。

不考虑相互作用，单粒子基态 ${\psi }_0(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin (\frac{\pi x}{L})$，第一激发态 ${\psi }_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin (\frac{2\pi x}{L})$。电子为费米子，总波函数反对称。

(a) 两个电子均处于基态：空间波函数相同，故自旋部分必须反对称以满足泡利原理。唯一可能为自旋单态

$$\mathrm{\Psi }(x_1,x_2)={\psi }_0(x_1){\psi }_0(x_2)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩-|\downarrow \uparrow ⟩)$$

(b) 一个电子基态，另一个第一激发态：空间波函数可构造对称与反对称组合

$${\psi }_S(x_1,x_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\psi }_0(x_1){\psi }_1(x_2)+{\psi }_1(x_1){\psi }_0(x_2)],{\psi }_A(x_1,x_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}[{\psi }_0(x_1){\psi }_1(x_2)-{\psi }_1(x_1){\psi }_0(x_2)]$$

总波函数反对称，有两种情况

1. 空间对称 ${\psi }_S$ 与自旋单态 ${\chi }_{00}=\frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩-|\downarrow \uparrow ⟩)$ 结合

   $${\mathrm{\Psi }}_1={\psi }_S(x_1,x_2)\cdot {\chi }_{00}$$

2. 空间反对称 ${\psi }_A$ 与自旋三重态（对称）结合，三重态有三个

   $${\mathrm{\Psi }}_2={\psi }_A(x_1,x_2)\cdot |\uparrow \uparrow ⟩,{\mathrm{\Psi }}_3={\psi }_A(x_1,x_2)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow ⟩+|\downarrow \uparrow ⟩),{\mathrm{\Psi }}_4={\psi }_A(x_1,x_2)\cdot |\downarrow \downarrow ⟩$$

   共四个可能状态。

5.4.1 (选做) 在 Schrödinger 图画中，Hamiltonian 算符常常可以分解为 ${\hat{H}}^{(\mathrm{S})}={\hat{H}}_0+{\hat{V}}^{(\mathrm{S})}$，${\hat{H}}_0$ 描述自由粒子的运动，而 ${\hat{V}}^{(\mathrm{S})}$ 描述粒子间的相互作用。这时候可以采用相互作用图画 interaction picture。把该图画中的波函数记为 ${\mathrm{\Psi }}^{(\mathrm{I})}$，力学量算符记为 ${\hat{F}}^{(\mathrm{I})}$，那么它们由 ${\mathrm{\Psi }}^{(\mathrm{S})}$ 和 ${\hat{F}}^{(\mathrm{S})}$ 经下面的幺正变换给出：${\mathrm{\Psi }}^{(\mathrm{I})}={\mathrm{e}}^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0t}}{\mathrm{\Psi }}^{(\mathrm{S})}$，${\hat{F}}^{(\mathrm{I})}={\mathrm{e}}^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0t}}{\hat{F}}^{(\mathrm{S})}{\mathrm{e}}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0t}}$。问：在相互作用图画中，$\mathrm{i}\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(\mathrm{I})}}{\partial t}=$?， $\mathrm{i}\hslash \frac{\partial {\hat{F}}^{(\mathrm{I})}}{\partial t}=$? Schrödinger 绘景中 ${\hat{H}}^{(S)}={\hat{H}}_0+{\hat{V}}^{(S)}$，相互作用绘景定义为

$${\mathrm{\Psi }}^{(I)}=e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\mathrm{\Psi }}^{(S)},{\hat{F}}^{(I)}=e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{F}}^{(S)}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}$$

在相互作用绘景中波函数满足

$$i\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(I)}}{\partial t}=i\hslash \frac{\partial }{\partial t}\left(e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}\right)=i\hslash (\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_0{e}^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}+e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}\frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(S)}}{\partial t})$$

利用 Schrödinger 方程 $i\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(S)}}{\partial t}={\hat{H}}^{(S)}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}$，代入得

$$i\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(I)}}{\partial t}=-{\hat{H}}_0{e}^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}+e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_0}({\hat{H}}_0+{\hat{V}}^{(S)}){\mathrm{\Psi }}^{(S)}=e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{V}}^{(S)}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}$$

注意到 $e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{V}}^{(S)}{\mathrm{\Psi }}^{(S)}={\hat{V}}^{(I)}{\mathrm{\Psi }}^{(I)}$，因此

$$i\hslash \frac{\partial {\mathrm{\Psi }}^{(I)}}{\partial t}={\hat{V}}^{(I)}{\mathrm{\Psi }}^{(I)}$$

算符方程

$$i\hslash \frac{\partial {\hat{F}}^{(I)}}{\partial t}=i\hslash \frac{\partial }{\partial t}\left(e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{F}}^{(S)}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}\right)$$

求导得三项

$$i\hslash \frac{\partial {\hat{F}}^{(I)}}{\partial t}=i\hslash [\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_0{e}^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{F}}^{(S)}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}+e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}\frac{\partial {\hat{F}}^{(S)}}{\partial t}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}+e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}{\hat{F}}^{(S)}(-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_0{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t})]$$

化简为

$$i\hslash \frac{\partial {\hat{F}}^{(I)}}{\partial t}=[{\hat{F}}^{(I)},{\hat{H}}_0]+i\hslash e^{\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}\frac{\partial {\hat{F}}^{(S)}}{\partial t}{e}^{-\frac{i}{\hslash }{\hat{H}}_{0}t}$$

若 ${\hat{F}}^{(S)}$ 不显含时间，则 $\frac{\partial {\hat{F}}^{(S)}}{\partial t}=0$，则上面的结论可以进一步简化为

$$i\hslash \frac{\partial {\hat{F}}^{(I)}}{\partial t}=[{\hat{F}}^{(I)},{\hat{H}}_0]$$