量子力学题目 · 2026年9月25日

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2026年9月25日

形式理论（第3章例题）· 序号 28–33

题 28 · 形式理论 · 例3.1 厄密共轭 · 🟢 懂

算符 $\hat{Q}$ 的厄密共轭算符（伴随算符）是算符 ${\hat{Q}}^{†}$，它满足：对所有的 $f$ 和 $g$，

$$⟨f|\hat{Q}g⟩=⟨{\hat{Q}}^{†}f|g⟩.$$

（所以一个厄密算符与它的厄密共轭算符相等：$\hat{Q}={\hat{Q}}^{†}$。）

(a) 给出 $x$、$i$ 和 $\frac{d}{dx}$ 的厄密共轭算符。

(b) 构建谐振子升阶算符 ${\hat{a}}_{+}$（原书式 2.47：${\hat{a}}_{\pm }=\frac{1}{\sqrt{2\hslash m\omega }}(\mp i\hat{p}+m\omega x)$，$\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$）的厄密共轭算符。

(c) 证明 $(\hat{Q}\hat{R}{)}^{†}={\hat{R}}^{†}{\hat{Q}}^{†}$。

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骨架

1. 从定义出发：把 $⟨f|\hat{Q}g⟩$ 写成积分，设法把算符"挪"到 $f$ 上，读出 ${\hat{Q}}^{†}$。
2. (a) $x$ 是实数直接挪；$i$ 挪到左边要取复共轭变 $-i$；$d/dx$ 分部积分，边界项因无穷远衰减为零，得 $-d/dx$。
3. (c) 连用两次定义：先挪 $\hat{Q}$、再挪 $\hat{R}$，得 ${\hat{R}}^{†}{\hat{Q}}^{†}$。
4. (b) 用 $(c\hat{Q}{)}^{†}=c^{\ast }{\hat{Q}}^{†}$、$(\hat{Q}+\hat{R}{)}^{†}={\hat{Q}}^{†}+{\hat{R}}^{†}$、${\hat{p}}^{†}=\hat{p}$，得 ${\hat{a}}_{+†}={\hat{a}}_{-}$。

入口

• 内积对左边矢量是反线性的：常数从左边提出来要取复共轭，$⟨cf|g⟩=c^{\ast }⟨f|g⟩$。
• $\int f^{\ast }{g}^{\prime }dx=f^{\ast }{g}_{-\infty \infty }-\int (f^{\prime }{)}^{\ast }gdx$，平方可积函数在 $\pm \infty$ 趋零，边界项为零。
• ${\hat{p}}^{†}=(\hslash /i{)}^{\ast }(d/dx{)}^{†}=(-\hslash /i)(-d/dx)=\hat{p}$。
• $-i\hat{p}=-\hslash d/dx$，所以 ${\hat{a}}_{+}=\frac{1}{\sqrt{2\hslash m\omega }}(-\hslash \frac{d}{dx}+m\omega x)$，取共轭只把 $d/dx$ 变号。

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题 29 · 形式理论 · 例3.2 算符 i·d/dφ 的厄密性与本征值 · 🟢 懂

考虑算符

$$\hat{Q}\equiv i\frac{d}{d\varphi },$$

其中 $\varphi$ 是通常的二维极坐标中的方位角。（如果研究圆环上的珠子，见问题 2.46，可能会遇到这个算符。）在有限区域 $0\le \varphi \le 2\pi$ 内研究函数 $f(\varphi )$，由于 $\varphi$ 和 $\varphi +2\pi$ 描述的是同一个物理点，约定

$$f(\varphi +2\pi )=f(\varphi ).$$

$\hat{Q}$ 是厄密算符吗？求出它的本征函数和本征值。

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骨架

1. 写 $⟨f|\hat{Q}g⟩={\int }_0^{2\pi }{f}^{\ast }i{g}^{\prime }d\varphi$，分部积分。
2. 边界项 $i{f}^{\ast }{g}_{02\pi }$ 因周期性为零；剩下的项凑成 $⟨\hat{Q}f|g⟩$，故厄密。
3. 解本征方程 $i{f}^{\prime }=qf$，得 $f_q=A{e}^{-iq\varphi }$。
4. 周期条件 $e^{-2\pi iq}=1\Rightarrow q=0,\pm 1,\pm 2,\dots$：分立、实数、非简并。

入口

• 边界项为零靠的是周期性 $f(2\pi )=f(0)$、$g(2\pi )=g(0)$，不是"无穷远衰减"。
• 把 $i$ 移到左边：$-\int i(f^{\ast }{)}^{\prime }g=\int (i{f}^{\prime }{)}^{\ast }g$，因为 $(i{f}^{\prime }{)}^{\ast }=-i(f^{\ast }{)}^{\prime }$。
• $e^{-2\pi iq}=\cos 2\pi q-i\sin 2\pi q=1$ 要求 $q$ 为整数。
• 单独的 $d/d\varphi$ 是反厄密的，前面那个 $i$ 正是为了凑成厄密。

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题 30 · 形式理论 · 例3.3 动量算符的本征函数 · 🟢 懂

求动量算符 $\hat{p}=\frac{\hslash }{i}\frac{d}{dx}$（一维，$-\infty <x<\infty$）的本征值与本征函数。说明：本征函数不是平方可积的（动量算符在希尔伯特空间中没有本征函数）；若限定于实数本征值，本征函数可以按狄拉克 $\delta$ 函数"正交归一"，取归一化常数 $A=1/\sqrt{2\pi \hslash }$，使

$${\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_{p^{\prime }}^{\ast }(x)f_p(x)dx=\delta (p-p^{\prime }).$$

并由本征函数读出其波长 $\lambda =\frac{2\pi \hslash }{p}$（即德布罗意公式）。

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骨架

1. 写本征方程 $\frac{\hslash }{i}{f}_p^{\prime }=p{f}_p$，解得 $f_p=A{e}^{ipx/\hslash }$。
2. 复数 $p$ 在一侧指数发散，实数 $p$ 也 $|f_p{|}^2=|A{|}^2$ 不可积：不在希尔伯特空间。
3. 实数 $p$：算 $\int f_{p^{\prime }}^{\ast }{f}_{p}dx=|A{|}^2\cdot 2\pi \hslash \delta (p-p^{\prime })$，取 $A=1/\sqrt{2\pi \hslash }$。
4. 完备性：$f(x)=\int c(p)f_p(x)dp$ 即傅里叶积分；由 $e^{ipx/\hslash }$ 的周期读出 $\lambda =2\pi \hslash /p$。

入口

• ${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{ikx}dx=2\pi \delta (k)$：可用 ${\lim }_{\epsilon \to 0}\int e^{ikx-\epsilon |x|}dx=\lim \frac{2\epsilon }{{\epsilon }^2+k^2}$，其对 $k$ 积分恒为 $2\pi$。
• 令 $k=(p-p^{\prime })/\hslash$，再用 $\delta (x/\hslash )=\hslash \delta (x)$，得 $2\pi \hslash \delta (p-p^{\prime })$。
• 系数 $c(p)=⟨f_p|f⟩=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}\int e^{-ipx/\hslash }f(x)dx$。

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题 31 · 形式理论 · 例3.4 坐标算符的本征函数 · 🟢 懂

求坐标算符 $\hat{x}$（一维，$-\infty <x<\infty$）的本征函数与本征值。设本征函数为 $g_y(x)$，本征值为 $y$：

$$x{g}_y(x)=y{g}_y(x).$$

要求：解出 $g_y(x)$；说明本征值必须是实数、本征函数不是平方可积的，但具有狄拉克正交归一性，取归一化常数使 $⟨g_{y^{\prime }}|g_y⟩=\delta (y-y^{\prime })$；证明这些本征函数是完备的，即任意 $f(x)=\int c(y)g_y(x)dy$，并求出展开系数 $c(y)$（结果 $c(y)=f(y)$）。

（注：教辅书上把 $⟨g_{y^{\prime }}|g_y⟩$ 印成了 $\delta (y-y)$，正确形式是 $\delta (y-y^{\prime })$。）

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骨架

1. 由 $(x-y)g_y(x)=0$：除 $x=y$ 外 $g_y=0$，故 $g_y(x)=A\delta (x-y)$，$y$ 取任意实数（连续谱）。
2. 本征函数写成 $\delta$ 函数后，用狄拉克正交归一定出 $A$。
3. 完备性：$\int c(y)\delta (x-y)dy=c(x)$，令其等于 $f(x)$，得 $c(y)=f(y)$。

入口

• $x\delta (x-y)=y\delta (x-y)$：$\delta$ 函数只在 $x=y$ 处有贡献。
• 筛选性质：$\int h(x)\delta (x-a)dx=h(a)$，把其中一个 $\delta$ 当成 $h$ 用。
• 也可以用 $c(y)=⟨g_y|f⟩=\int \delta (x-y)f(x)dx=f(y)$ 直接得出。

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题 32 · 形式理论 · 例3.5 δ势束缚态测动量几率 · 🟢 懂

一个质量为 $m$ 的粒子处在 $\delta$ 函数势 $V(x)=-\alpha \delta (x)$（$\alpha >0$）中，处于其唯一的束缚态，坐标空间波函数为

$$\Psi (x,t)=\frac{\sqrt{m\alpha }}{\hslash }{e}^{-m\alpha |x|/{\hslash }^2}{e}^{-iEt/\hslash },E=-\frac{m{\alpha }^2}{2{\hslash }^2}.$$

对其动量进行测量，得到结果比 $p_0=m\alpha /\hslash$ 大的几率是多少？（答案：$\frac{1}{4}-\frac{1}{2\pi }\approx 0.0908$）

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骨架

1. 写动量空间波函数 $\Phi (p,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}\int e^{-ipx/\hslash }\Psi (x,t)dx$。
2. 积分拆成 $x>0$、$x<0$ 两段，得 $\frac{2\kappa }{{\kappa }^2+k^2}$（$\kappa =m\alpha /{\hslash }^2$，$k=p/\hslash$）。
3. 用 $m\alpha =p_0\hslash$ 化简：$\Phi =\sqrt{2/\pi }{p}_{03/2}{e}^{-iEt/\hslash }/(p^2+p_{02})$。
4. 几率 $P=\frac{2}{\pi }{p}_{03}{\int }_{p_0}^{\infty }\frac{dp}{(p^2+p_{02}{)}^2}$，换元 $p=p_0\tan \theta$，积分限 $\pi /4\to \pi /2$。
5. 代上下限得几率，与题干答案核对。

入口

• ${\int }_0^{\infty }{e}^{-(\kappa +ik)x}dx=\frac{1}{\kappa +ik}$，${\int }_{-\infty }^0{e}^{(\kappa -ik)x}dx=\frac{1}{\kappa -ik}$，相加通分。
• $p=p_0\tan \theta$：$dp=p_0{\sec }^2\theta d\theta$，$p^2+p_{02}=p_{02}{\sec }^2\theta$，被积式变成 $\frac{1}{p_{03}}{\cos }^2\theta$。
• $\int {\cos }^2\theta d\theta =\frac{\theta +\sin \theta \cos \theta }{2}$，且 $\sin \theta \cos \theta =\frac{p{p}_0}{p^2+p_{02}}$。
• 自检：$p$ 从 $-\infty$ 到 $\infty$（$\theta$ 从 $-\pi /2$ 到 $\pi /2$）积分应得 1。
• （9/25 卡点）δ势束缚态 $\Psi$ 怎么来：$x\ne =0$ 时 $V=0$，束缚态取衰减解 $\psi =B{e}^{-\kappa |x|}$，$\kappa =\sqrt{-2mE}/\hslash$；把定态方程在 $x=0$ 附近 $[-ϵ,ϵ]$ 上积分得导数跃变 $\Delta {\psi }^{\prime }=-\frac{2m\alpha }{{\hslash }^2}\psi (0)$，左边是 $-2\kappa B$，所以 $\kappa =\frac{m\alpha }{{\hslash }^2}$，$E=-\frac{{\hslash }^2{\kappa }^2}{2m}=-\frac{m{\alpha }^2}{2{\hslash }^2}$；归一化 $2{\int }_0^{\infty }{B}^2{e}^{-2\kappa x}dx=B^2/\kappa =1$，得 $B=\sqrt{\kappa }=\frac{\sqrt{m\alpha }}{\hslash }$。
• （9/25 卡点）「测得动量大于 $p_0$ 的几率」就是 $|\Phi {|}^2$ 从 $p_0$ 积到 $+\infty$：$P={\int }_{p_0}^{\infty }|\Phi (p,t){|}^{2}dp$（含时相位模方后消掉）。
• 最后这个积分书上写「查积分表」，不要求会换元，列出积分式后按积分表写结果即可。

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题 33 · 形式理论 · 例3.6 动量空间中的 ⟨x⟩ · 🟢 懂

设 $\Phi (p,t)$ 为动量空间波函数，它与坐标空间波函数 $\Psi (x,t)$ 互为傅里叶变换：

$$\Phi (p,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-ipx/\hslash }\Psi (x,t)dx,\Psi (x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{ipx/\hslash }\Phi (p,t)dp.$$

证明

$$⟨x⟩=\int {\Phi }^{\ast }(-\frac{\hslash }{i}\frac{\partial }{\partial p})\Phi dp.$$

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骨架

1. 从 $⟨x⟩=\int {\Psi }^{\ast }x\Psi dx$ 出发，把 $\Psi$、${\Psi }^{\ast }$ 都换成 $\Phi$ 的傅里叶积分（两个动量变量 $p$、$p^{\prime }$）。
2. 用 $x{e}^{ipx/\hslash }=\frac{\hslash }{i}\frac{\partial }{\partial p}{e}^{ipx/\hslash }$ 把 $x$ 换成对 $p$ 的导数。
3. 对 $p$ 分部积分，边界项因 $\Phi (\pm \infty )=0$ 为零，导数转到 $\Phi$ 上并带负号。
4. 先对 $x$ 积分：$\int e^{i(p-p^{\prime })x/\hslash }dx=2\pi \hslash \delta (p-p^{\prime })$，再对 $p^{\prime }$ 积分收掉 $\delta$。

入口

• $\frac{\partial }{\partial p}{e}^{ipx/\hslash }=\frac{ix}{\hslash }{e}^{ipx/\hslash }$，两边乘 $\frac{\hslash }{i}=-i\hslash$ 即得 $x$。
• 分部积分：$\int \Phi {\partial }_p{e}^{ipx/\hslash }dp=\Phi e_{-\infty \infty }^{ipx/\hslash }-\int e^{ipx/\hslash }{\partial }_p\Phi dp$。
• 前因子 $\frac{1}{2\pi \hslash }$ 正好与 $2\pi \hslash \delta (p-p^{\prime })$ 抵消。
• （9/25 卡点，已懂）这题要证的结论：在动量表象里，坐标算符是 $\hat{x}=-\frac{\hslash }{i}\frac{\partial }{\partial p}=i\hslash \frac{\partial }{\partial p}$。和坐标表象里的动量算符 $\hat{p}=\frac{\hslash }{i}\frac{\partial }{\partial x}$ 对照记，符号正好相反，负号来自第 3 步分部积分。

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