考试题库之高等量子力学

1、请写出关于直积的五个定理并加以证明 答案：

定理一：两个对角矩阵的直积仍是对角矩阵 证明：已知A、B为两个对角矩阵，

有Aij = Aii ij , Bmn =Bmm mn (A×B)im,jn = AijBmn = AiiBmm ij mn = Cim;im im,jn 所以.A×B仍是对角矩阵 定理二：(A + B)×C = A×C + B×C 证明： ((A + B)×C)im,jn = (A + B)ijCmn = (Aij + Bij)Cmn

= AijCmn + BijCmn = (A×C)im,jn + (B×C)im,jn, 所以 (A + B)×C = A×C + B×C. 定理三：如果A和B是幺正矩阵，则A×B也是幺正的 证明：因为A、B都是幺正矩阵，所以AA= I，BB= I

A

k

ik

A kj ij ， BmlBln mn

l

**

(A B) kl,jn AikBml(A B)jn,kl AikBmlAjkBnl

kl

kl

ln

kj

(A B)

klkl

im,kl

AikBmlAB AikA

kj

k

B

l

ml

B ij mn im,jn ln

所以A×B也是幺正矩阵 定理四：Tr（A×B）=TrA·TrB 证明：Tr(A×B) =（A B）im,im=

im

AB

iiim

mm

=

A B

iii

m

mm

= TrA·TrB

定理五：设A、C为同维矩阵，B、D为同维矩阵，则有(A×B)(C×D) = (AC)×(BD) 证明：((A B)(C D))im,jn

(A B)

kl

l

im,kl

(C D)kl,jn

AikBmlCkjDln AikBkj BmlDln

kl

k

(AC)ij(BD)mn ((AC) (BD))im,jn

所以(A×B)(C×D) = (AC)×(BD)

mA 0,m为正整数， A 0。2、如果f是厄米算符，而且对某一特定右矢A有f则有f mA 0， 证明：因为f

(m 2)f m f 2(m 1)A 0，Af 2(m 1)A 0 所以f

是厄米算符，所以f (m 1)也是厄米算符，

因为f

2(m 1)A Af (m 1)f (m 1) f (m 1)Af (m 1)A 0 所以Af

(m 1)A 0，同理，可得到f (m 2)A 0……，以此类推，可得到f A 0 所以f

3、（1）请写出一维谐振子的经典哈密顿量

（2）请写出一维谐振子的Heisenberg运动方程 （3）已知a 证明aa

n

m ip m ip

q ，a q ， a,a =1，请用数学归纳法2 m 2 m

a na na n 1

n

n

（4）根据a0 0，00 1用数学归纳法，证明0aa0 n!，并根据正交归一性

推导出 a n 1n 1

an n

答案：（1）一维谐振子的经典哈密顿量H

1

2m

(p2 m2 2q2) （2）一维线性谐振子的Heisenberg运动方程 q 1

pt t i qt,H m p t 1

i p2

t

,H

m qt （3）证明：因为 a,a

=1，所以当n=1时成立 假设当n m时，aa

m

a ma na m 1 成立

则当n m 1时， a,a m 1

= a,a m

a

a m a,a

na m 1a a m (n 1)a

m

所以n m 1时成立，由此可推出aa n

a na na n 1

（4）证明：因为a0 0，所以当n=1时成立 假设当n m时，0am

a m

m！

成立 则当n m 1时，0a

m 1

a m 1 0amaa a m0

0am

(1 a

a)a m

0am

a

aa m

+0ama m0

0am

a (a

m

a ma m 1)+0ama m0 因为a0 0，所以0ama a m

a 0

上式 0ama ma m 1+0ama m0 m0ama m+0ama m0

(m 1)0ama m0 (m 1)m! (m 1)! 所以n m 1时成立，由此可推出aa

因此相应于能量为(n

n

n

0 n!

1

) 的归一化本征右矢为 2

n

1 n

a0 n!

n 11n 1n!1n!

a n 10

n 1(n 1)!

n(n 1)!

a n 10 n 1n

所以an

1n!1n!

a n 10

同理an

aa n0 (a na na n 1)0 a n 10 nn

a n n 1n 由此得出

an nn

4、（1）请写出费曼—海尔曼定理 （2）请写出维里定理

（3）请用费曼—海尔曼定理

答案：（1）假设系统的束缚态能量本征值及归一化的能量本征态为En和n， 为哈密顿

En H

n 量中含有的任何一个参数，则有 n

P2

（2）2nTn r· Vn，这里T 是动能，V V r 是势能。

2mP2 22 V r V r ， （3）在坐标表象中，H 2m2m

把 看成参量，由F-H定理知

H 21P22

T， m m

En H2

nn nTn ……①

P2P2 d

在动量表象中，H 2m V r 2m

V i dP

H V r V· V r ·iddP

V r

·r 在最后一步中又将动量表象中的i ddP

换回为r

。

由F-H定理知

En n H1

n

nr· Vn ……② 比较①和②得知

2nTn nr

· Vn，证毕。

5、由j1j2

m Cjmj1m1,j2m2

j1m1;j2m2和j1m1;j2m2 Cjm

j1m1,jj1j2jm1m2

jm

2m2证明CG系数满足下面的正交归一性m Cjmj mj1,jmj1m1,j2m2 jj mm

2

2

1,m1mC 2

C

jm

jmj,j1m1

,jjm

1m12m2Cj2m2 m1m1 m2m2

证明：j1j2

m

Cjmj1m1,j2m2

j1m1;j2m2 1m2

取共轭为：j1j2j m

Cj m

j ;m1

m1

,jj2

m2

j1m1

2m2

1 m2

由以上两式，得 jj mm j1j2j m j1j2jm Cj m jm

j1m1

,j2

m2

Cj1

m1,j2m2

j1m1 ;j2m2 j1m1;j2m2 m 1m2m 1m 2

Cj m jm

m11

j2

m2

Cj1m1,j2m2 m1m1 m2m 2

1m2m m jm , 12

Cj jm

jmjm m11,j2m2Cj1m1,2m2

1m2

j1m1;j2m2 Cjmj1m1,jj1j2jm jm

2m2

取共轭为：j ;jj m

1m1

2m2 C

jj m

1

m 1,j2m 2

j1j2j m

由以上两式，得 m1m1 m2m 2

j1m1 ;j2m2 j1m1;j2m2 Cj m

jCjmjjm j m

1m 1,j2m 21

m1,j2m2

j1j2j m j1j2jm

C

j m

j1m 1,j2m 2

Cjm

j1m1,j2m2

jj mm jmj m

C

jm

,j2m j1m12 Cjjm

1m1,j2m2

jm

证毕。

6、请验证下列算符是否对易

（1）一维情形下的平移算符 (d)和 (d ) （2）三维情形下的空间转动算符D(R1)和D(R2) （3） (d)和宇称算符 （4）D(R) 和宇称算符

答案：（1）对于一维情形下的平移算符 (d)和 (d )， 有 (d) (d ) (x) (d) (x d ) (x d d) (x d d ) (d ) (x d) (d ) (d) (x) 所以一维平移算符 (d)和 (d )彼此对易。

（2）对于三维情形下的空间转动算符D(R1)和D(R2)，

D(R1) exp(

- 1in1 L)，D(R2) exp(-i 2n2 L) 因为 Li,Lj

i ijkLk 0，所以D(R1)D(R2) D(R2) D(R1)

（3）对于 (d

)和宇称算符 ，

(d ) (r ) (d ) ( r ) ( r d

) (d ) (r ) (r d ) ( r d

)

所以 (d ) (r ) (d ) (r

)， (d )和宇称算符 彼此不对易。（4）对于D(R) 和宇称算符

D(R) (r ) (R 1(n , )r ) ( R 1(n , )r

)

D(R) (r ) D(r ) ( r

) (R 1

(n , )( r

)) ( R 1

(n , )r

) 所以D(R) 和宇称算符 彼此对易。

7、根据单粒子算符 n

k

ak ak ，由产生算符和湮灭算符的对易规则 a k

a k a k a

k

0 ak ak ak ak

a a a ak k k k k k

,a a 证明nk

k k

m m

) m(a ) k k ， nk ,ak ak k k ， nk ,(ak

k

,a a a a a a a a a a a a a 证明：nk

kkkkkkkkkkkk k

（a a a a ） a ak

kkk kk k k

n,a a

k

k

,(a ) nk

k

k

a a a a a a a ak ak ak ak

kk kkkk k

a a a ）a —a —（ak

kk kkk k k

m

m(a

m

k

)

假设m n时，上式成立

,(a ) 则当m n 1时，nk

k

n 1

n,(a) a

k

n k n

k

)+(ak n

n

n,a

k

k

n 1

)a +(a )a (n 1 ) n(ak)(ak

kkk ,(a ) 所以nk

k

成立。

m

m(a

m ，得证。 k

)

8、（1）请写出连续性Schrodinger方程和连续性Klein-Kordon方程 （2）请推导出Dirac粒子的连续性方程

(x,t)

答案：（1）连续性Schrodinger方程 j(x,t) 0

t

2

其中 (x,t) (x,t) *(x,t) (x,t)

i

[ *(x,t) (x,t) (x,t) *(x,t)] j(x,t) 2m

j 0 ti *

其中 ( * )

t t2mc2

连续性Klein-Kordon方程

i

( * *) j 2m

1(x,t) (x,t) 2

（2）Dirac方程的一个完全对称的形式：（ K） 0， (x,t) 3(x,t)

4(x,t)

共轭Dirac方程： K 0， 4

以左乘方程 ，加上方程 右乘 ，得到： （ ） 0

引入四维流密度： j ic 于是有 j 0

，这就是四维形式的连续性方程。

4

如果改用三维形式表示，则 j ic ic 4 c

得通常形式的连续性方程：

j 0 t

****

几率密度： * 1 1 2 2 3 3 4 4显然是正定的。也可得

到：

3

d3x 0。所以归一化条件： d3x * dx 1。 t

0 0

9、设B、C是与 对易的算符，但B、C可能彼此不对易， ， 是 ，

0 0

三个2×2的Pauli矩阵。求征（ ）（ c) B C i (B C)

B 0 C 0 （ ）（ c) 证明： 0 C0 B

( B)( C) 0 0( B)( B)

因为（ ）（ c) B C i (B C)

B C i (B C)0

（ ）（ c) 所以 0B C+i (B C)

B CI i (B C)

这里I是4 4的单位矩阵，证毕。

10、证明(cp eA) (cp eA) ce(A P P A) ie c A ie cB(磁感应强度）

2 2 证明：(cp eA) (cp eA) cp p eA A ce(p A A p)

0 0 ce( i A A p A p) ieh c A 证毕。

补充：

(p A A p) i ( A A )

( A A )

(A ) A

A ( A) A

( A)

11、如果 (1)是已知的证明能量的二级修正可以表示为 证明： 定态Schrodinger方程为 H E

考虑微扰情况，令H H0 H Ho W

(0)(0)(0)

假设已知 H0 n En n

2E(2) (0)H (1)

E和 可以表示为 E E(0) E(1) 2E(2) 3E(3)

(0) (1) 2 (2)

将上面两式代入定态Schrodinger方程比较 同次幂的系数，便可得到：

0:(H0 E(0)) (0) 0 ……①

1:(H0 E(0)) (1) (E(1) W) (0) ……②

2:(H0 E(0)) (2) (E(1) W) (1) E(2) (0) ……③

取定所考虑的能级和态为k，则③式可写为：

（0） (H0 E k(2) (Ek(1) W) k(1) Ek(2) k(0) ……④ k)(0)

用 k左乘④式得

（0）(2)

k(0)(H0 E Ek(1) k(0) k(1) k(0) k(1) Ek(2) k(0) k(0) k) k

(0)(0)

由①式可知， k(H0 Ek) 0 (0)(0)

1， k(0) k(0) 0

又因为 k k

所以Ek

(2)

k(0) k(1) 即

2Ek(2) k(0) W k(1) k(0)H k(1)

得证。

E10

12、H 0

a

0E10

b

0 E2

a 0

b (E2 E10)，用微扰论（把 a, b看成小量）计算到能量的二级

近似值，并与直接求解本征方程的结果作比较。

答案：（1）直接求解本证值法 H

E10

0

a

0E10

b

a

b 0 ……① 0 E2 c

a b

E10

①式有解的充要条件是

0E10

o

a b

0E2

0

a b

000

解这个行列式得 (E1 )(E1 )(E2 ) a

2

b

2

0

E10 0

220000

(E E) EE b1212a

解为： 1 E10

2

0

2、3

E E2E E22 0

() E10E2 a b 22

2

2

01020102

12

00

E10 E2E2 E10 4( a b

1 0

22(E2 E10)2 )

12

因为

4( a

02

2

b)

021

2

(E E)

为小量，上式可近似为

2200

E10 E2E2 E10 2( a b)

1 002

22(E2 E1) 2 b E10 a0 E2 E10

2

ba 0

E 0 2

E2 E10

2

2

（2）微扰法：

因为E2非简并，对初始零级近似波函数而言，设E1对应于态 、 ， E1二度简并，

对应于态2。因为： E2

E10

H H0 H 0

* a

0E10

b*

0 E2

a b

0 H 0

* a

00

b*

a

b

0

=H =H =0，H22 =0H

* 2= aH2 = a所以有，H

2= bH2 = b*H

(0)

E2无简并，按非简并微扰论，

2222 |H|| |+| | |H| 2 (0)(0)

(0) 2(0)+(0) E2 E2 H22=E2+(0)

(0)

E2—E E2—E E2—E1(0)

E

(0)

1

为二重简并，E

(1)1

0且E

(2)1

0,

| |2+| |2E—E

(0)1

(0)2

。E1分裂为二：

E1 E1(0)和E1 E1(0)

| |2+| |2

(0)

E1(0)—E2

13、证明[Li,S L] 0，[J2,S L] 0 [Si,S L] 0，[Ji,S L] 0，[L2,S L] 0，

证明：[Li,S L] [Li,SjLj] Sj[Li,Lj] i ijkSjLk 0

[Si,S L] [Si,SkLk] [Si,Sk]Lk i ikjSjLk 0

[Ji,S L] [Li Si,S L] [Li,SjLj] [Si,SkLk]

i ijkSjLk i ikjSjLk i ijkSjLk i ijkSjLk 0

[L,S L] [L2,SiLi] Si[L2,Li] 0

2

[S,S L] [S2,SiLi] [S2,Si]Li 0

2

2 22

[J,S L] [(L S),S L] L 2L S S,S L 0

2

证毕。

14、用分波法证明光学定理

答案：光学定理将朝前散射振幅的虚部与全截面联系起来，即Imf( 0)

k

tot 4

d

。 这里，f( 0) f(k,k)，取k k意味着朝正前方散射， tot d

根据分波法基本公式

f

1

2l 1 ei lsin lPl cos kl

4

t 2 2l 1 ei lsin2 l

kl

易得

1

2l 1 ei lsin l kl1

Imf 0 2l 1 sin2

klf 0

因此

Pl(1) 1

t

4 k2

2l 1 ei

l

l

sin2 l

4

Imf 0 k

此即光学定理。这个证明的局限性是仅适用于中心力散射问题。

15、请分析两个全同的无自旋粒子及自旋

答案：因为空间波函数必须是对称的，所以渐近波函数必须像

e

ik x

11

、 粒子非极化束的散射情况 22

e

ik x

eikr

[f( ) f( )]

r

这里x x1 x2两个粒子间的相对位置矢量。上式导致微分截面公式为

d 222

f( ) f( ) f( ) f( ) 2Re[f( )f*( )] d

对于

微分截面在 /2附通过相加性干涉增大了。

11

自旋 自旋粒子的非极化束及V与自旋无关的散射，对自旋单态我们有空22

间对称化的波函数，对自旋三重态我们则有空间反对称化的波函数。如果 射束流是非极化

13

的，微分截面就是的自旋单态和的自旋三重态贡献之和，

44

d 1322

f( ) f( ) f( ) f( ) d 44

f( ) f( ) Ref( )f( ) 在

2

2

2

2

附近，得到相消性干涉。