量子力学 第四版 卷一(曾谨言 著) 答案----第4章-1

因为 所以有
ˆ= p ˆ∗ p
ˆ= x ˆ∗ x ˆm = (x ˆ∗ )m x
ˆn = (p ˆ ∗ )n p
ˆ nx ˆ m )∗ = {( p ˆ n ) • (x ˆ m )}∗ = ( x ˆ m )∗ ( p ˆ n )∗ = x ˆm p ˆn (p
同理有
ˆm p ˆ n )∗ = {( x ˆm ) • ( p ˆ n )}∗ = ( p ˆ n )∗ ( x ˆ m )∗ = p ˆ nx ˆm (x
∑
∞
C mn x m x, p n
[
]
= i ∂F = ∂p
m,n= 0
∑
∞
C mn x m nip n − 1
(
) )
而
m,n= 0
∑
∞
C mn x m nip n − 1 ∂ F ∂p
(
∴
[ x, F ] =
i
4.6 设 F(x，p)是 xk，pk 的整函数，证明：
[ pk , F ] =
)∗ ⋅ ϕ dτ )∗ ⋅ ϕ dτ
∗
∗
∫ ∫ ∫ ( xψ
又按题意得证算符是一维的
ˆnx ˆ mϕ dx = ∫ ψ ∗ ⋅ p ˆ( p ˆ n− 1 x ˆ mϕ )dx = ⋅p ˆ nψ ) • x ˆ mϕ dx = = ⋯⋯ ∫ ( p ˆm p ˆ nψ ) ⋅ ϕ dx = ⋯⋯ ∫ ( x
[证明]根据题给对易式外，另外应用对易式
[ p, f ( q )] =
( f ') ≡
df dq
2 p f' i
[ p, p 2 f ] = p 2 f − p 2 fp = p 2 ( pf − fp ) = p 2 [ p, f ] =
（5） [ p, pf (q ) p] =
pf ' p （证明）论据同（4）： i pf ' p i
∗
ˆψ ∫ (p
n
ˆ n− 1 x ˆ mϕ )dx ) ⋅(p
m− 1
ˆp ˆ ψ )• x ˆ ∫ (x
ϕ dx
ˆ mx ˆ m 不是厄密算符，但满足 这证明 p
∫ψ
同理可证明
∗
ˆnx ˆ m )ϕ dx = ⋅(p
ˆ ∫ (x ˆ ∫ (p
m
ˆ nψ )∗ ⋅ ϕ dx p
∫ψ
∗
ˆm p ˆ n )ϕ dx = ⋅ (x
[ p, pfp ] = p 2 fp − pfp 2 = p( pf − fp ) p =
（6） [ p, f ( q ) p ] =
2
f ' p 2 （证明）论据同（4）： i f ' p2 i
[ p, fp 2 ] = pfp 2 − fp 2 = ( pf − fp) p 2 =
4.4 设算符 A，B 与它们的对易式[A，B]都对易。证明
∑
mn m n mn m n mn m n mn m n mn m n {C11 x1 p1 + C12 x1 p 2 + C13 x1 p 3 + C 21 x 2 p1 + C 22 x2 p2
mn
n mn m n mn m n mn m n + C x p3 + C 31 x3 p1 + C 32 x3 p 2 + C 33 x3 p3 } mn m n [ p x , F [ x, p ]] = [ p x , ∑ C ki x k pi ] mn ki
ˆ ψ )∗ ⋅ ( ˆ n− 1 ϕ )dτ = ∑ An ( Pψ )∗ ⋅ P ˆ ( ˆ n− 2 ϕ )dτ = ∑ An ∫ ∫ ∫ ( P P P ∫∫∫ ˆ⋅P ˆ ψ )∗ P ˆ ( ˆ n− 3 ϕ )dτ = ∑ An ∫ ∫ ∫ ( P P
ˆ 2ψ ) • P ˆ (P ˆ 2ψ ) • P ˆ (P ˆ n− 3 ϕ )dτ = ∑ An( P ˆ n− 4 ϕ ) dτ = ∑ An ∫ ∫ ∫ ( P ˆ 2ψ ) • P ˆ (P ˆ n− 4 ϕ )dτ = ⋯⋯ ∑ An ∫ ∫ ∫ ( P = ˆ )ψ ] • ϕ dτ ∫ ∫ ∫ [F (P
(甲法）递推法，对第一公式左方，先将原来两项设法分裂成四项，分解出一个因式，再次分裂成六项，依次类 推，可得待证式右方，步骤如下：
按题目假设
重复运算 n-1 次以后，得
（乙法）数学归纳法，待证一式当 n=1 时，是明显成立的，假设当 m=k 时该式成立 现在计算 有:
利用前述的假设
但又按题目假设
用于前一式得待证一式。 关于第二个公式也可按相同的步骤证明，不另列述。 但若第一式证实，则亦可从第一式推第二式，注意
τ
ˆ ) 满足厄密算符的定义。 F (P
4.2 证明 ∑ Anm
m− n
ˆ n xm + xm pn p （ Anm 实数）是厄密算符。 2 ˆψ ∫∫∫ (p
ˆ ,x ˆ 都是厄密算符，即： （证明）方法同前题，假定已经证明 p
∫∫∫ψ ∫∫∫ψ ∫ψ
∗
∗
ˆ ϕ dτ = ⋅ p ˆ ϕ dτ = ⋅x
[ q, pfp ] = qpfp − pfpq = qpfp − pf ( qp − hi ) = qpfp − pfpq + hipf = qpfp − pqfp + hipf = ( qp − pq ) fp + hipf = hi ( fp + pf )
（3） [q , f ( q ) p 2 ] = 2ifp [证明]同前一题论据：
m,n= 0
∑
∞
C mn p, x m p n
[
]
m,n= 0
∑
∞
C mn − mix m− 1 p n
(
)
而
m ,n = 0
∑
∞
C mn − mix m − 1 p n 。 − i ∂ F ∂x
m,n = 0
(
)
[ p, F ] =
[ x, F ] =
又
∞ m n x, ∑ C mn x p = m,n = 0
∂F i ∂ xk
⑴
[ F , p k ] = i
∂F ⑵ ∂ pk
整函数是指 F [ x, p] =
∑∑
mn
123 ki
mn m n mn C ki x k pi ， C ki 是数值系数
[证明]本题照题给的表示式应当是三维的算符，其展开形式：
F [ x, p ] =
mn 23 m 2
2
qp 2 f − p 2 fq = qp 2 f − p 2 qf
= qppf − p( pq ) f = qppf − p(qp − i ) f = (qp − pq + i ) pf = 2ipf
（2） [q , pf ( q ) p] = i( fq + pf ) （证明）同前一论题
+
ⅲ）令 F = AB ，则 F + = ( AB ) = B + A + = BA ， 且定义
F+ =
+
1 ( F + F + ), 2
F=
1 (F − F+ ) 2i
（1）
由ⅰ），ⅱ）得 F+ = F+ , 则由（1）式，不难解得
F− + = F− ，即 F+ 和 F− 皆为厄米算符。 F = F+ + iF−
先证第一式
= = =
∑ ∑ ∑
mn m n m n C ki { p z xk pi − x k pi p z }]
mn ki mn m m m C ki {( p z x k − xk p z ) pin + x k ( p z pin − pin p z )}]
mn ki mn m m C ki {[ p z , x k ] p in + x k [ p z , pin ]}
+
F=
1 (F − F+ ) 2i
1 ( AB + BA) = 1 ( B + A + + A + B + ) = 1 ( BA + AB ) = 1 ( AB + BA) 2 2 2 2 ∴
+
1 ( AB + BA) 为厄米算符。 2
1 1 ⅱ） ( AB − BA) = ( B + A + − A + B + ) = − 1 ( BA − AB ) = 1 ( AB − BA) − 2i 2i 2i 2i ∴ 1 ( AB − BA) 也为厄米算符。 2i
。
[ p, x ] =
m
x m − 1 [ p, x ] + p, x m − 1 x
m− 1
= − ix
+ x
= − 2ix m − 1 +
= − 3ix m − 1 + p, x m − 3 x 3 = ⋯
= − ( m − 1) ix m − 1 + p, x m − ( m− 1) x m − 1
相加除 2，得：
这证明右方一式是厄密算符。
4.3 设 [ q, p] = i , f (q ) 是 q 的可微函数，证明下述各式：[一维算符] （1） q , p 2 f (q ) = 2ipf . （证明）根据题给的对易式及 [ q, f ( q )] = 0;
~91~
[
]
[ q, p f ] =
[ A，B ] = − [ B，A]