量子力学 第6次作业

Chasse_neige

第六章 中心力场

6.1.1 把二体系统的动能算符化为质心的动能算符与约化粒子的动能算符之和。

引入 $\overrightarrow{R}=\frac{m_1{\overrightarrow{r}}_1+m_2{\overrightarrow{r}}_2}{m_1+m_2}$, $\overrightarrow{r}={\overrightarrow{r}}_1-{\overrightarrow{r}}_2$，此时质心动能以及约化粒子的动能算符可以化为

$$\hat{T}=-\frac{{\hslash }^2}{2M}{\mathrm{\nabla }}_R^2-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\mathrm{\nabla }}_r^2$$

考虑

$$\begin{array}{c}{\mathrm{\nabla }}_{r_1}^2=\sum _i\frac{{\partial }^2}{\partial {r_{1i}}^2}=\sum _i\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_{1i}}^{}}(\sum _j\frac{{\partial }^{}{R}_j}{\partial {r_{1i}}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_j}^{}}+\frac{{\partial }^{}{r}_j}{\partial {r_{1i}}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_j}^{}})\\ =\sum _i\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_{1i}}^{}}(\frac{m_1}{m_1+m_2}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_i}^{}}+\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_i}^{}})=\sum _i(\frac{m_1^2}{(m_1+m_2{)}^2}\frac{{\partial }^2}{\partial {R_i}^2}+2\frac{m_1}{m_1+m_2}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_i}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_i}^{}}+\frac{{\partial }^2}{\partial {r_i}^2})\end{array}$$$$\begin{array}{c}{\mathrm{\nabla }}_{r_2}^2=\sum _i\frac{{\partial }^2}{\partial {r_{2i}}^2}=\sum _i\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_{2i}}^{}}(\sum _j\frac{{\partial }^{}{R}_j}{\partial {r_{2i}}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_j}^{}}+\frac{{\partial }^{}{r}_j}{\partial {r_{2i}}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_j}^{}})\\ =\sum _i\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_{2i}}^{}}(\frac{m_2}{m_1+m_2}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_i}^{}}-\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_i}^{}})=\sum _i(\frac{m_2^2}{(m_1+m_2{)}^2}\frac{{\partial }^2}{\partial {R_i}^2}-2\frac{m_2}{m_1+m_2}\frac{{\partial }^{}}{\partial {R_i}^{}}\frac{{\partial }^{}}{\partial {r_i}^{}}+\frac{{\partial }^2}{\partial {r_i}^2})\end{array}$$

所以动能算符可以化为

$$\begin{array}{c}\hat{T}=-\frac{{\hslash }^2}{2m_1}{\mathrm{\nabla }}_{r_1}^2-\frac{{\hslash }^2}{2m_2}{\mathrm{\nabla }}_{r_2}^2\\ =-\frac{{\hslash }^2(m_1+m_2)}{2(m_1+m_2{)}^2}{\mathrm{\nabla }}_R^2-\frac{{\hslash }^2}{2}(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}){\mathrm{\nabla }}_r^2\\ =-\frac{{\hslash }^2}{2M}{\mathrm{\nabla }}_R^2-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\mathrm{\nabla }}_r^2\end{array}$$

6.1.2 质量为 $\mu$ 的粒子在势阱

$$V(r)=\{\begin{array}{ll}-V_0(<0),& (0\le r<a)\\ 0,& (r>a)\end{array}$$

中运动并处于束缚的 S 态，求它的能量 $E$ 应满足的超越方程。问这个势阱窄 ($a$ 小) 和浅 ($V_0$ 小) 到什么程度时，它会容纳不了任何束缚态？

此时波函数满足的径向方程为

$$\frac{1}{r^2}\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{r}^{}}(r^2\frac{{\mathrm{d}}^{}R}{\mathrm{d}{r}^{}})+\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E-V(r)-\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2\mu r^2})R=0$$

引入 $u(r)=rR(r)$ ，方程可以化为

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}u}{\mathrm{d}{r}^2}+\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E-V(r)-\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2\mu r^2})u=0$$

所以 $s$ 束缚态需要满足

$$\{\begin{array}{l}\frac{{\mathrm{d}}^{2}u}{\mathrm{d}{r}^2}+\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E+V_0)u=0(r<a)\\ \frac{{\mathrm{d}}^{2}u}{\mathrm{d}{r}^2}+\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}u=0(r>a)\end{array}$$

令 $k=\sqrt{\frac{2\mu (E+V_0)}{{\hslash }^2}}$, $\kappa =\sqrt{-\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}}$，此时方程的解可以表示为

$$u(r)=\{\begin{array}{l}A\sin (kr)(r<a)\\ B{e}^{-\kappa r}(r\ge a)\end{array}$$

满足边界条件要求

$$\tan ka=-\frac{k}{\kappa }$$

所以势阱内能够容纳束缚态的条件是

$$\tan (\sqrt{\frac{2\mu (E+V_0)}{{\hslash }^2}}a)=-\sqrt{\frac{E+V_0}{-E}}$$

令 $x=\frac{-E}{V_0}$，上述条件可以化为

$$\tan (\frac{\sqrt{2\mu V_0}}{\hslash }a\sqrt{1-x})=-\sqrt{\frac{1-x}{x}}$$

所以

$$\sin (\frac{\sqrt{2\mu V_0}}{\hslash }a\sqrt{1-x})=\sqrt{1-x}$$

有解的条件就是

$$\frac{\sqrt{2\mu V_0}}{\hslash }a>\frac{\pi }{2}$$

即

$$V_0{a}^2>\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{8\mu }$$

6.3.1 在直角坐标系和球坐标系中分别算出三维各向同性谐振子的能级 $E_N$ 的简并度。

在直角坐标系中

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }(\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2})+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2(x^2+y^2+z^2)$$

所以我们可以简单的对于三个方向分离变量

$$-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x)+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{x}^2\psi (x)=E_x\psi (x)$$

根据一维谐振子的解的结论，容易得到

$$E_x=(n_x+\frac{1}{2})\hslash \omega$$

类似地处理另外两个方向，可以得到

$$E=(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2})\hslash \omega$$

所以对于 $E_N$，能量简并度为

$$g_N=\frac{(N+2)(N+1)}{2}$$

在球坐标下处理这个问题

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu r^2}\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\left(r^2\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\right)+\frac{\widehat{L^2}}{2\mu r^2}+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{r}^2$$

所以径向方程就是

$$\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{r}^2}u+\frac{2\mu }{{\hslash }^2}(E-\frac{\mu {\omega }^2}{2}{r}^2-\frac{l(l+1){\hslash }^2}{2\mu r^2})u=0$$

进行代换 $\rho =\sqrt{\frac{\mu \omega }{\hslash }}r=\alpha r$, $\lambda =\frac{2E}{\hslash \omega }$，此时

$$u^{″}+\lambda u-{\rho }^{2}u-\frac{l(l+1)}{{\rho }^2}u=0$$

即

$$R^{″}(\rho )+\frac{2}{\rho }{R}^{\prime }(\rho )+(\lambda -{\rho }^2-\frac{l(l+1)}{{\rho }^2})R(\rho )=0$$

进行换元

$$R(\rho )=f(\rho ){\rho }^l{e}^{-\frac{{\rho }^2}{2}}$$

径向方程化简为

$$f^{″}(\rho )+2(\frac{l+1}{\rho }-\rho )f^{\prime }(\rho )+(\lambda -2l-3)f(\rho )=0$$

再进行代换 $\xi ={\rho }^2$，方程化为标准的合流超几何方程形式

$$\xi \frac{{\mathrm{d}}^{2}f}{\mathrm{d}{\xi }^2}+(l+\frac{3}{2}-\xi )\frac{{\mathrm{d}}^{}f}{\mathrm{d}{\xi }^{}}+\frac{1}{4}(\lambda -2l-3)f=0$$

得到系数的递推形式

$$c_{k+1}=\frac{2l+3+4k-\lambda }{2(2l+3+2k)(k+1)}{c}_k$$

所以定态的能量量子化条件为

$$2l+3+4k=\lambda$$

即

$$E=(2k+l+\frac{3}{2})\hslash \omega$$

所以能级 $E_N$ 对应的角动量可以是

$$l=N,N-2,N-4,\cdots$$

对于单个 $l$，磁量子数的简并度为 $2l+1$，所以总的简并度为

$$g_N=\sum _{j=0}^{[\frac{N}{2}]}(2N-4j+1)=\frac{(N+2)(N+1)}{2}$$

6.3.2 三维各向同性谐振子的第一激发态 $N=1$ 的能级是 3 重简并的。请分别在直角坐标系中和球坐标系中写出它的简并波函数，并且给出从直角坐标系波函数到球坐标系波函数的变换。

直角坐标系归一化波函数为

$${\psi }_{100}(x,y,z)=\sqrt{2}{\alpha }^{5/2}{\pi }^{-3/4}x{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}$$$${\psi }_{010}(x,y,z)=\sqrt{2}{\alpha }^{5/2}{\pi }^{-3/4}y{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}$$$${\psi }_{001}(x,y,z)=\sqrt{2}{\alpha }^{5/2}{\pi }^{-3/4}z{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}$$

其中 $\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }$

球坐标系中对应量子数 $n=1,l=1,m=-1,0,1$ 的波函数为

$${\psi }_{1,1,0}(r,\theta ,\varphi )=\sqrt{\frac{8{\alpha }^5}{3\sqrt{\pi }}}r{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}{Y}_{10}(\theta ,\varphi )$$$${\psi }_{1,1,1}(r,\theta ,\varphi )=\sqrt{\frac{8{\alpha }^5}{3\sqrt{\pi }}}r{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}{Y}_{11}(\theta ,\varphi )$$$${\psi }_{1,1,-1}(r,\theta ,\varphi )=\sqrt{\frac{8{\alpha }^5}{3\sqrt{\pi }}}r{e}^{-{\alpha }^2{r}^2/2}{Y}_{1-1}(\theta ,\varphi )$$

其中球谐函数为

$$Y_{10}=\sqrt{\frac{3}{4\pi }}\cos \theta ,Y_{11}=-\sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{i\varphi },Y_{1-1}=\sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{-i\varphi }$$

直角坐标到球坐标的变换关系为

$${\psi }_z={\psi }_{1,1,0}$$$${\psi }_x=\frac{1}{\sqrt{2}}(-{\psi }_{1,1,1}+{\psi }_{1,1,-1})$$$${\psi }_y=\frac{i}{\sqrt{2}}({\psi }_{1,1,1}+{\psi }_{1,1,-1})$$

写成矩阵形式，就是

$$\left(\begin{array}{c}{\psi }_x\\ {\psi }_y\\ {\psi }_z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{i}{\sqrt{2}}& 0& \frac{i}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\psi }_{1,1,1}\\ {\psi }_{1,1,0}\\ {\psi }_{1,1,-1}\end{array}\right)$$

6.3.3（选做）请在平面极坐标系中求解二维各向同性谐振子，即求出它的能级和各能级的简并度。提示：参看习题 3.4.3。

在平面极坐标下分离变量，得到

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }(\frac{1}{r}\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\left(r\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^2}{\partial {\theta }^2})+\frac{1}{2}\mu {\omega }^2{r}^2$$

利用角动量算符以及其本征态的性质，对于角动量本征态

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu r}\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\left(r\frac{{\partial }^{}}{\partial r^{}}\right)+\frac{{\hat{L}}^2}{2\mu r^2}+\frac{\mu {\omega }^2}{2}{r}^2$$

分离变量得到径向方程

$$\frac{1}{r}\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{r}^{}}(r\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{r}^{}}\psi (r))+\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}\psi (r)-\frac{m_l^2}{r^2}\psi (r)-\frac{{\mu }^2{\omega }^2}{{\hslash }^2}{r}^2\psi (r)=0$$

进行代换 $\alpha =\sqrt{\frac{\mu \omega }{\hslash }}$

$${\psi }^{″}(r)+\frac{1}{r}{\psi }^{\prime }(r)+(\frac{2\mu E}{{\hslash }^2}-{\alpha }^4{r}^2-\frac{m_l^2}{r^2})\psi (r)=0$$

再代换 $\xi =\alpha r$

$${\psi }^{″}(\xi )+\frac{{\psi }^{\prime }(\xi )}{\xi }+(\frac{2E}{\hslash \omega }-{\xi }^2-\frac{m_l^2}{{\xi }^2})\psi (\xi )=0$$

记 $\lambda =\frac{2E}{\hslash \omega }$，所以

$${\psi }^{″}(\xi )+\frac{{\psi }^{\prime }(\xi )}{\xi }+(\lambda -{\xi }^2-\frac{m_l^2}{{\xi }^2})\psi (\xi )=0$$

根据该方程在近场和远场处的渐近行为，我们进行换元

$$\psi (\xi )={\xi }^{|m_l|}{e}^{-\frac{{\xi }^2}{2}}f(\xi )$$

带入，化简，得到系数函数的方程

$$f^{″}+(\frac{2|m_l|+1}{\xi }-2\xi )f^{\prime }+(\lambda -2|m_l|-2)f=0$$

再进行代换 $\eta ={\xi }^2$，得到

$$4\eta f^{″}+4(|m_l|+1-\eta )f^{\prime }+(\lambda -2|m_l|-2)f=0$$

所以递推关系为

$$c_{k+1}=\frac{4k+2+2|m_l|-\lambda }{4(k+1)(k+|m_l|+1)}{c}_k$$

所以定态的能量量子化条件是

$$\lambda =4k+2|m_l|+2$$

得到二维谐振子的能级公式

$$E_n=\hslash \omega (n+1),n=0,1,2,\dots$$

其中 $n=2n_{\rho }+|m_l|$，$n_{\rho }=0,1,2,\dots$ 为径向量子数，$m_l=0,\pm 1,\pm 2,\dots$ 为角动量量子数。

简并度：对于给定 $n$，可能的 $m_l$ 值为 $n,n-2,\dots ,-n$，非零 $|m_l|$ 对应两个简并态（$m_l=\pm |m_l|$），$m_l=0$ 对应一个态，所以简并度为 $n+1$

6.4.1 求电子偶素和缪子 muon 氢原子 (以 muon $(m_{\mu }=207m_e)$ 代替氢原子中的电子) 的基态能量。

对于电子偶素，电子和正电子质量相等 $m_1=m_2=m_e$，约化质量 $\mu =m_e/2$，基态能量

$$E_1^{Ps}=-\frac{\mu c^2{\alpha }^2}{2}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{m_e{c}^2{\alpha }^2}{2}\approx -6.8\text{eV}$$

缪子质量 $m_{\mu }=207m_e$，质子质量 $m_p\approx 1836m_e$，约化质量 $\mu \approx 186m_e$，基态能量

$$E_1^{\mu H}=-\frac{\mu c^2{\alpha }^2}{2}\approx -186\times 13.6\text{eV}\approx -2.53\text{keV}$$

6.4.2 求氢原子基态下的 $\delta x\cdot \delta p_x$；这个状态是最小测不准态吗？提示：对这个状态 $⟨x^2⟩=(1/3)⟨r^2⟩$, $⟨p_x^2⟩=(1/3)⟨p^2⟩$。

氢原子基态波函数 ${\psi }_{100}(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}{e}^{-r/a_0}$，其中 $a_0$ 为玻尔半径。由于球对称性

$$⟨x⟩=0,⟨p_x⟩=0$$

计算得

$$⟨x^2⟩=\frac{1}{3}⟨r^2⟩=a_0^2,⟨p_x^2⟩=\frac{1}{3}⟨p^2⟩=\frac{{\hslash }^2}{3a_0^2}$$

因此

$$\delta x=\sqrt{⟨x^2⟩}=a_0,\delta p_x=\sqrt{⟨p_x^2⟩}=\frac{\hslash }{\sqrt{3}{a}_0}$$

乘积

$$\delta x\cdot \delta p_x=\frac{\hslash }{\sqrt{3}}\approx 0.577\hslash$$

不是最小测不准态。

6.4.3（选做）量子电动力学给出：电子偶素在单位时间内发生湮灭的几率是

$$\mathrm{\Gamma }=\pi r_e^{2}c|{\psi }_{100}(0){|}^2$$

其中 $r_e=k_1{e}^2/m_e{c}^2(k_1=1/4\pi {\epsilon }_0)$ 是电子的经典半径， ${\psi }_{100}(r)$ 是电子偶素的基态波函数。求电子偶素的寿命 $\tau =1/\mathrm{\Gamma }$ 。

提示：我们有关系 $k_1{e}^2=\alpha \hslash c$ ，而 $\alpha \approx 1/137$ (是纯数)， $\hslash c\approx 0.1973\mathrm{eV}\cdot \mu \mathrm{m},m_e{c}^2\simeq 0.511\mathrm{MeV},c\simeq 3\times {10}^8\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$ 。记住 $\hslash c\approx 0.2\mathrm{eV}\cdot \mu \mathrm{m}$ (误差 $\sim 1\mathrm{\%}$ ) 很有用。

湮灭率公式

$$\mathrm{\Gamma }=\pi r_e^{2}c|{\psi }_{100}(0){|}^2$$

其中经典半径 $r_e=\frac{k_1{e}^2}{m_e{c}^2}=\frac{\alpha \hslash c}{m_e{c}^2}$，波函数平方 $|{\psi }_{100}(0){|}^2=\frac{1}{8\pi a_0^3}$，玻尔半径 $a_0=\frac{\hslash }{\alpha m_{e}c}$

代入得到

$$\mathrm{\Gamma }=\frac{{\alpha }^5{m}_e{c}^2}{8\hslash }$$

代入数值 $\alpha \approx \frac{1}{137}$，$m_e{c}^2=0.511\text{MeV}$，$\hslash c\approx 0.2\text{eV}\cdot \mu \text{m}$，计算得

$$\mathrm{\Gamma }\approx 2.0\times {10}^9{\text{s}}^{-1},\tau =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }}\approx 5.0\times {10}^{-10}\text{s}$$

第七章 量子力学中的代数方法

7.1.1 几率守恒方程是 $\frac{\partial \rho }{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=0,\rho =|\mathrm{\Psi }{|}^2$, $\overrightarrow{J}=\frac{-\mathrm{i}\hslash }{2m}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }-\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast })$ 。如果采用分立表象即 $\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{r},t)=\sum a_n(t)u_n(\overrightarrow{r})$ ，其中 $\{u_n(\overrightarrow{r})\}$ 都是束缚态, 那么这个方程的矩阵形式是什么样子? 提示:转为积分形式的方程 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{W}_V+{\oint }_S\overrightarrow{J}\cdot \mathrm{d}\overrightarrow{S}=0$ 并且让积分体积趋于无穷。

带入

$$\rho (\overrightarrow{r},t)={\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\Psi }=\sum _{mn}{a}_m^{\ast }(t)a_n(t)u_m(\overrightarrow{r})u_n(\overrightarrow{r})$$$$\begin{array}{c}\overrightarrow{J}(\overrightarrow{r},t)=\frac{-\mathrm{i}\hslash }{2m}({\mathrm{\Psi }}^{\ast }\mathrm{\nabla }\mathrm{\Psi }-\mathrm{\Psi }\mathrm{\nabla }{\mathrm{\Psi }}^{\ast })\\ =\frac{-i\hslash }{2m}\sum _{mn}(a_m^{\ast }(t)a_n(t)u_m^{\ast }(\overrightarrow{r})\mathrm{\nabla }{u}_n(\overrightarrow{r})-a_m(t)a_n^{\ast }(t)u_m(\overrightarrow{r})\mathrm{\nabla }{u}_n^{\ast }(\overrightarrow{r}))\end{array}$$

带入 $\int u_m^{\ast }(\overrightarrow{r})u_n(\overrightarrow{r}){\mathrm{d}}^{}\tau ={\delta }_{mn}$，我们把该方程化为积分形式并且把积分体积趋于无穷，此时

$$W_V=\int {\mathrm{d}}^{}\tau \sum _{mn}{a}_m^{\ast }(t)a_n(t)u_m(\overrightarrow{r})u_n(\overrightarrow{r})=\sum _{mn}{\delta }_{mn}{a}_m^{\ast }(t)a_n(t)=\sum _n{a}_n^{\ast }(t)a_n(t)$$

对于束缚态，$u_n(\overrightarrow{r})$ 在无穷远处衰减为零，因此当积分体积趋于无穷时，边界通量项为零，于是

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{t}^{}}\sum _n|a_n(t){|}^2=0$$

即

$$\sum _n|a_n(t){|}^2=1$$

对任意时刻都成立。若写成矩阵形式，令列向量 $a=(a_1,a_2,\cdots {)}^T$，则几率守恒就是

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{t}^{}}(a^{†}a)=0$$

若再利用分立表象下薛定谔方程 $\mathrm{i}\hslash \dot{a}=Ha$（$H^{†}=H$），可直接验证

$$\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{t}^{}}(a^{†}a)={\dot{a}}^{†}a+a^{†}\dot{a}=\frac{\mathrm{i}}{\hslash }{a}^{†}Ha-\frac{\mathrm{i}}{\hslash }{a}^{†}Ha=0$$

这就是几率守恒方程在分立表象中的矩阵表达。

7.1.2 求在 $-a<x<+a$ 的无限势阱中, 粒子的坐标算符 $\hat{x}$ 在能量表象中的矩阵元 $x_{mn}$

本征态为

$${\psi }_n(x)=\sqrt{\frac{1}{a}}\sin (\frac{n\pi }{2a}(x+a))$$

所以

$$x_{mn}={\int }_{-a}^a{\psi }_m^{\ast }(x)x{\psi }_n(x){\mathrm{d}}^{}x=\frac{1}{a}{\int }_{-a}^{a}x\sin (\frac{m\pi }{2a}(x+a))\sin (\frac{n\pi }{2a}(x+a)){\mathrm{d}}^{}x$$

令 $y=x+a$，则 $x=y-a$，积分区间为 $0\to 2a$，并用积化和差公式

$$\sin \alpha \sin \beta =\frac{1}{2}[\cos (\alpha -\beta )-\cos (\alpha +\beta )]$$

得

$$x_{mn}=\frac{1}{2a}{\int }_0^{2a}(y-a)[\cos \frac{(m-n)\pi y}{2a}-\cos \frac{(m+n)\pi y}{2a}]{\mathrm{d}}^{}y$$

计算后可得

$$x_{nn}=0$$

且当 $m,n$ 同奇同偶时

$$x_{mn}=0$$

当 $m,n$ 奇偶性不同（即 $m+n$ 为奇数）时

$$x_{mn}=-\frac{16amn}{{\pi }^2(m^2-n^2{)}^2}$$

因此矩阵元可以写成

$$x_{mn}=\{\begin{array}{ll}0& (m+n\text{为偶数})\\ -{\displaystyle \frac{16amn}{{\pi }^2(m^2-n^2{)}^2}}& (m+n\text{为奇数})\end{array}$$

7.2.1 (a) 验证 $L_x=\hslash \left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& -\mathrm{i}\\ 0& \mathrm{i}& 0\end{array}\right),L_y=\hslash \left(\begin{array}{ccc}0& 0& \mathrm{i}\\ 0& 0& 0\\ -\mathrm{i}& 0& 0\end{array}\right),L_z=\hslash \left(\begin{array}{ccc}0& -\mathrm{i}& 0\\ \mathrm{i}& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 满足 $[L_x,L_y]=\mathrm{i}\hslash L_z$, 这称为角动量算符的“自伴表示”

先记 $L_i=\hslash M_i$，直接计算

$$[M_x,M_y]=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ -1& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\mathrm{i}\left(\begin{array}{ccc}0& -\mathrm{i}& 0\\ \mathrm{i}& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\mathrm{i}{M}_z$$

故

$$[L_x,L_y]={\hslash }^2[M_x,M_y]=\mathrm{i}\hslash (\hslash M_z)=\mathrm{i}\hslash L_z$$

(b) 把 $L_z$ 对角化 (本征值从大到小排列), 明确写出该变换

对角化 $L_z$：其本征值为 $\hslash ,0,-\hslash$，可取归一化本征矢

$$v_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\ -\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right),v_0=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right),v_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right)$$

按本征值从大到小组成幺正矩阵

$$U=(v_{+},v_0,v_{-})=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$$

则

$$U^{†}{L}_{z}U=\hslash \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)$$

(c) 写出 $L_x$ 和 $L_y$ 在同样的变换下变成了什么矩阵

在同样变换下

$$U^{†}{L}_{x}U=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array}\right),U^{†}{L}_{y}U=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{ccc}0& -\mathrm{i}& 0\\ \mathrm{i}& 0& -\mathrm{i}\\ 0& \mathrm{i}& 0\end{array}\right)$$

这就是 $l=1$ 表象中的标准角动量矩阵。

7.3.1 设一个量子系统的正交归一完备态矢量集是 $\{|n⟩(n=1,2,\cdots )\}$, 那么用 $|\psi ⟩=\sum c_n|n⟩(c_n\in \mathbb{C})$来描写的系统状态称为量子纯态。如果系统是处在 $\{|n⟩\}$ 的非相干混合上, 那就用 $\rho =\sum p_n|n⟩⟨n|$ 来描写, 其中 $p_n$ 是系统处在状态 $|n⟩$ 上的几率, 这种状态称为混合态, $\rho$ 称为密度矩阵或密度算符。

(a) 根据上面所说的 $\left\{p_n\right\}$ 的定义, 请写出 $\left\{p_n\right\}$ 应满足的条件。把这些条件写成对于 $\rho$ 的式子是什么样子?

由定义，$\{p_n\}$ 必须满足

$$p_n\ge 0,\sum _n{p}_n=1$$

对应到密度算符

$$\rho =\sum _n{p}_n|n⟩⟨n|$$

可以写成

$${\rho }^{†}=\rho ,\rho \ge 0,\text{Tr}\rho =1$$

(b) 量子纯态可看成是混合态的特殊情况, 描写量子纯态 $|\psi ⟩$ 的密度矩阵直接定义为 ${\rho }_{\psi }=|\psi ⟩⟨\psi |$ 。那么 ${\rho }_{\psi }$满足什么条件?

对于纯态密度算符 ${\rho }_{\psi }=|\psi ⟩⟨\psi |$，除满足上面三条外，还满足

$${\rho }_{\psi }^2={\rho }_{\psi }$$

等价地

$$\text{Tr}({\rho }_{\psi }^2)=1$$

而一般混合态满足 $\text{Tr}({\rho }^2)<1$。力学量 $F$ 在混合态 $\rho$ 下的平均值是

$$⟨F⟩=\text{Tr}(\rho F)$$

(c) 对于混合态 $\rho$， 一个力学量（算符）$F$ 的平均值如何用 $\rho$ 和 $F$ 来表达？

若 $\rho =\sum _n{p}_n|n⟩⟨n|$，则

$$⟨F⟩=\sum _n{p}_n⟨n|F|n⟩$$

即按几率加权平均。

7.4.1 用数学归纳法证明: ${\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}={\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}{(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi }-\xi )}^n{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}(n\in \mathbb{N})$

命题

$$P(n):{\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}={\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}{(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-\xi )}^n{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}$$

当 $n=1$ 时

$${\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}=-2\xi$$

而

$${\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-\xi ){\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}={\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}(-\xi -\xi ){\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}=-2\xi$$

所以 $P(1)$ 成立。设 $P(n)$ 成立，则

$${\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^{n+1}}{\mathrm{d}{\xi }^{n+1}}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}=(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-2\xi )\left[{\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{\xi }^n}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}\right]$$

代入归纳假设

$$=(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-2\xi )\left[{\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}{(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-\xi )}^n{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}\right]$$

利用恒等式

$$(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-2\xi ){\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}={\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-\xi )$$

可得

$${\mathrm{e}}^{{\xi }^2}\frac{{\mathrm{d}}^{n+1}}{\mathrm{d}{\xi }^{n+1}}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2}={\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}{(\frac{{\mathrm{d}}^{}}{\mathrm{d}{\xi }^{}}-\xi )}^{n+1}{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}$$

即 $P(n+1)$ 成立，因此命题对任意 $n\in \mathbb{N}$ 成立。

7.4.2 在自然单位制下， $\hat{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}+\mathrm{i}\hat{p})$, ${\hat{a}}^{†}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}-\mathrm{i}\hat{p})$, $\hat{N}\equiv {\hat{a}}^{†}\hat{a}$. 记 $|n⟩(n=0,1,2,\cdots )$ 是 $\hat{N}$的本征态。

求证: 若 $\hat{a}|\alpha ⟩=\alpha |\alpha ⟩,⟨\alpha |\alpha ⟩=1,\alpha \in \mathbb{C}$， 则 $|\alpha ⟩={\mathrm{e}}^{-{\alpha }^{\ast }\alpha /2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩$ ，其中 $|\alpha ⟩$ 称为相干态。

展开本征态

$$|\alpha ⟩=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n|n⟩$$

代入 $\hat{a}|\alpha ⟩=\alpha |\alpha ⟩$

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\sqrt{n}|n-1⟩=\alpha \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n|n⟩$$

比较系数得到

$$c_{n+1}\sqrt{n+1}=\alpha c_n\Rightarrow c_n=\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}{c}_0$$

所以

$$|\alpha ⟩=c_0\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩$$

归一化条件给出

$$1=⟨\alpha |\alpha ⟩=|c_0{|}^2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{|\alpha {|}^{2n}}{n!}=|c_0{|}^2{\mathrm{e}}^{|\alpha {|}^2}$$

故

$$|c_0|={\mathrm{e}}^{-|\alpha {|}^2/2}$$

忽略整体相位，可取

$$c_0={\mathrm{e}}^{-{\alpha }^{\ast }\alpha /2}$$

最终得到

$$|\alpha ⟩={\mathrm{e}}^{-{\alpha }^{\ast }\alpha /2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}|n⟩$$

7.4.3 在自然单位制下 $\hat{H}=\hat{N}+\frac{1}{2}$ ，求证: 含时间的 Schrödinger 方程 $\mathrm{i}{\partial }_t|\psi ⟩=\hat{H}|\psi ⟩$ 满足初始条件 $|\psi ⟩{|}_{t=0}=|\alpha ⟩$ 的解是 $|\psi (t)⟩={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t/2}|\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}⟩$, 其中 $|\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}⟩$ 代表 $a$ 的本征值为 $\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}$ 的相干态。

时间演化算符

$$U(t)={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{H}t}={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t/2}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}$$

所以

$$|\psi (t)⟩=U(t)|\alpha ⟩={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t/2}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}|\alpha ⟩$$

考虑态 $|\chi (t)⟩={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}|\alpha ⟩$，计算

$$\hat{a}|\chi (t)⟩=\hat{a}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}|\alpha ⟩={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\hat{N}t}\hat{a}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}\right)|\alpha ⟩$$

又有（利用 BCH 公式可以导出）

$${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\hat{N}t}\hat{a}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}=\hat{a}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}$$

故

$$\hat{a}|\chi (t)⟩={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{N}t}\hat{a}|\alpha ⟩=\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}|\chi (t)⟩$$

即 $|\chi (t)⟩$ 是 $\hat{a}$ 本征态，本征值为 $\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}$，所以

$$|\chi (t)⟩=|\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}⟩$$

于是

$$|\psi ⟩(t)={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t/2}|\alpha {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}t}⟩$$

7.4.4 (选做) (a) 求证: 若 $a(\eta )=a\cosh \eta +a^{†}\sinh \eta ,a^{†}(\eta )=a^{†}\cosh \eta +a\sinh \eta (-\mathrm{\infty }<\eta <+\mathrm{\infty })$,则 $[a(\eta ),a^{†}(\eta )]=1$ 。

由定义

$$a(\eta )=a\cosh \eta +a^{†}\sinh \eta ,a^{†}(\eta )=a^{†}\cosh \eta +a\sinh \eta$$

可得

$$[a(\eta ),a^{†}(\eta )]={\cosh }^2\eta [a,a^{†}]+{\sinh }^2\eta [a^{†},a]+\cosh \eta \sinh \eta ([a,a]+[a^{†},a^{†}])$$

利用

$$[a,a^{†}]=1,[a,a]=[a^{†},a^{†}]=0$$

即

$$[a(\eta ),a^{†}(\eta )]={\cosh }^2\eta -{\sinh }^2\eta =1$$

(b) 求证: 若态 ${|\alpha ⟩}_{\eta }$ 满足 $a(\eta ){|\alpha ⟩}_{\eta }=\alpha {|\alpha ⟩}_{\eta }$, 则 ${|\alpha ⟩}_{\eta }={\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}\eta (a^2-{\left(a^{†}\right)}^2)}|\alpha ⟩$

再记

$$S(\eta )=\exp [\frac{\eta }{2}(a^2-a^{†2})]$$

由 BCH 公式可得变换

$$S(\eta )a{S}^{-1}(\eta )=a\cosh \eta +a^{†}\sinh \eta =a(\eta )$$

定义

$$|\alpha {⟩}_{\eta }=S(\eta )|\alpha ⟩$$

则

$$a(\eta )|\alpha {⟩}_{\eta }=S(\eta )a{S}^{-1}(\eta )S(\eta )|\alpha ⟩=S(\eta )a|\alpha ⟩=\alpha S(\eta )|\alpha ⟩=\alpha |\alpha {⟩}_{\eta }$$

因此 $|\alpha {⟩}_{\eta }$ 正是 $a(\eta )$ 的本征态，本征值为 $\alpha$，即

$$|\alpha {⟩}_{\eta }=\exp [\frac{\eta }{2}(a^2-a^{†2})]|\alpha ⟩$$