量子力学题目 · 2026年9月26日

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2026年9月26日

形式理论（第3章 §6.1 不确定原理 + 例题3.7、3.8；CSCO 练习1–3 + 例题3.11–3.16）· 序号 34–45

题 34 · 形式理论 · 不确定原理的证明 · 🟢 懂

设 $A$、$B$ 为任意两个可观测量（厄米算符 $\hat{A}$、$\hat{B}$），体系处于归一化的态 $\Psi$（$⟨\Psi |\Psi ⟩=1$）。证明

$${\sigma }_A^2{\sigma }_B^2\ge (\frac{1}{2i}⟨[\hat{A},\hat{B}]⟩{)}^2,$$

其中 $[\hat{A},\hat{B}]\equiv \hat{A}\hat{B}-\hat{B}\hat{A}$，并由此推出 ${\sigma }_x{\sigma }_p\ge \frac{\hslash }{2}$。

（注：教辅书式 (3.56) 把"$\ge$"印成了"$>$"，属印刷问题，正确是 $\ge$。）

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骨架

1. 令 $f=(\hat{A}-⟨A⟩)\Psi$、$g=(\hat{B}-⟨B⟩)\Psi$，利用 $\hat{A}-⟨A⟩$ 厄米把一个算符挪到左边，得 ${\sigma }_A^2=⟨f|f⟩$、${\sigma }_B^2=⟨g|g⟩$（3.47）（3.48）。
2. Schwarz 不等式 $⟨f|f⟩⟨g|g⟩\ge |⟨f|g⟩{|}^2$，再用 $|z{|}^2\ge (Imz{)}^2=[\frac{1}{2i}(z-z^{\ast }){]}^2$，取 $z=⟨f|g⟩$（3.49）–（3.51）。
3. 展开四项得 $⟨f|g⟩=⟨AB⟩-⟨A⟩⟨B⟩$、$⟨g|f⟩=⟨BA⟩-⟨A⟩⟨B⟩$，相减得 $⟨[\hat{A},\hat{B}]⟩$，代回即结论（3.52）–（3.56）。
4. 代入 $[x,p]=i\hslash$ 得 ${\sigma }_x^2{\sigma }_p^2\ge (\hslash /2{)}^2$，标准差非负，开方（3.57）。

入口

• ${\sigma }_A^2=⟨\Psi |(\hat{A}-⟨A⟩{)}^2\Psi ⟩=⟨(\hat{A}-⟨A⟩)\Psi |(\hat{A}-⟨A⟩)\Psi ⟩=⟨f|f⟩$：厄米算符能从内积右边挪到左边，方差就变成一个函数的模方，后面才能用 Schwarz。

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题 35 · 形式理论 · 例3.7 对易关系（三小问） · 🟡（未复习）

(a) 证明下列对易关系等式：

$$[AB,C]=A[B,C]+[A,C]B.$$

(b) 证明

$$[x^n,p]=i\hslash n{x}^{n-1}.$$

(c) 对任意函数 $f(x)$，更一般地证明

$$[f(x),p]=i\hslash \frac{df}{dx}.$$

（其中 $p=\frac{\hslash }{i}\frac{d}{dx}$。）

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骨架

1. (a) 写 $[AB,C]=ABC-CAB$，中间加一项减一项 $ACB$，前两项左提 $A$、后两项右提 $B$。
2. (b) 先把 $[x,p]$ 作用到试探函数 $\phi$ 上得 $[x,p]=i\hslash$；再对 $n$ 数学归纳：$[x^{k+1},p]=[x^k\cdot x,p]$ 用 (a) 拆成 $x^k[x,p]+[x^k,p]x$。
3. (c) 主解法：$f(x)={\sum }_n{c}_n{x}^n$，对易子对第一个位置线性，$[f,p]={\sum }_n{c}_n[x^n,p]$，逐项用 (b) 再求和，就是 $i\hslash f^{\prime }$。
4. (c) 另法：直接算 $[f,p]\phi =f\frac{\hslash }{i}{\phi }^{\prime }-\frac{\hslash }{i}(f\phi {)}^{\prime }$，乘积求导后 ${\phi }^{\prime }$ 项抵消。

入口

• 对易子恒等式靠“加一项减一项”（(a) 在 $ABC-CAB$ 中间插 $-ACB+ACB$），含 $p$ 的对易子一律“作用到试探函数 $\phi$ 上再用乘积求导”：$[f,p]\phi =-\frac{\hslash }{i}{f}^{\prime }\phi =i\hslash f^{\prime }\phi$。

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题 36 · 形式理论 · 例3.8 σ_x σ_H 不确定关系 · 🟢 懂

证明著名的"（名副其实的）不确定原理"——联系着坐标（$A=x$）的不确定和能量（$B=\frac{p^2}{2m}+V$）的不确定：

$${\sigma }_x{\sigma }_H\ge \frac{\hslash }{2m}⟨p⟩.$$

对于定态，这个并不能告诉你更多——为什么？

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骨架

1. 用题 34 的结论，取 $A=x$、$B=H$：${\sigma }_x^2{\sigma }_H^2\ge (\frac{1}{2i}⟨[x,H]⟩{)}^2$。
2. $[x,V(x)]=0$，故 $[x,H]=\frac{1}{2m}[x,p^2]$；由题 35(a) 得 $[x,p^2]=p[x,p]+[x,p]p=2i\hslash p$，所以 $[x,H]=\frac{i\hslash }{m}p$。
3. 代回得 ${\sigma }_x^2{\sigma }_H^2\ge (\frac{\hslash ⟨p⟩}{2m}{)}^2$，开方时 $\sqrt{a^2}=|a|$，出现绝对值。
4. 定态 $|\Psi {|}^2$ 不随时间变，$⟨x⟩$ 为常数，$⟨p⟩=m\frac{d⟨x⟩}{dt}=0$，右边为 0，不等式平凡（而且定态 ${\sigma }_H=0$，两边都是 0）。

入口

• $[x,p^2]=p[x,p]+[x,p]p=2i\hslash p$（题 35(a) 换成 $[A,BC]=B[A,C]+[A,B]C$ 的形式），于是 $[x,H]=\frac{i\hslash }{m}p$，$\frac{1}{2i}⟨[x,H]⟩=\frac{\hslash ⟨p⟩}{2m}$。
• （9/26 卡点，已懂）对易子算出来是常数 $i\hslash$，取平均值为什么不变：$⟨[x,p]⟩=⟨\psi |i\hslash |\psi ⟩=i\hslash ⟨\psi |\psi ⟩=i\hslash$，常数提出积分，再用归一化 $\int |\psi {|}^{2}dx=1$。本题 $[x,H]=\frac{i\hslash }{m}p$ 还含算符 $p$，所以 $⟨[x,H]⟩=\frac{i\hslash }{m}⟨p⟩$：只有常数 $\frac{i\hslash }{m}$ 提到外面，$⟨p⟩$ 依赖于态、要留着；代入广义不确定关系得 $\frac{1}{2i}⟨[x,H]⟩=\frac{\hslash }{2m}⟨p⟩$，平方后开方出绝对值，${\sigma }_x{\sigma }_H\ge \frac{\hslash }{2m}|⟨p⟩|$。

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题 37 · 形式理论 · CSCO 练习1 一维自由粒子 · 🟡（未复习）

对于一维自由粒子，${\hat{p}}_x=-i\hslash \frac{\partial }{\partial x}$ 是否构成一个 CSCO？（见 4.2 节，例 3）$\hat{H}=\frac{1}{2m}{\hat{p}}_{x2}$ 可否选为一个 CSCO？（见 4.2 节，例 4.）定义空间反射算符 $\hat{P}$，$\hat{P}\psi (x)=\psi (-x)$。显然，${\hat{P}}^2\psi (x)=\hat{P}\psi (-x)=\psi (x)$，所以 ${\hat{P}}^2=1$。因而 $\hat{P}$ 的本征值为 $\pm 1$，相应的本征态分别称为偶宇称态和奇宇称态。对于一维自由粒子，可否取 $(\hat{H},\hat{P})$ 为一个 CSCO？如果可以，试写出其共同本征态。

（CSCO：一组两两对易的可观测量，给定它们的一组本征值后，共同本征态唯一确定（至多差一个常数因子）。）

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骨架

1. CSCO 判据：一组两两对易的可观测量，给定全部本征值后共同本征态唯一（无简并）。
2. ${\hat{p}}_x$：解 $-i\hslash {\psi }^{\prime }=p\psi$，一阶方程对每个实数 $p$ 只有一个解 $e^{ipx/\hslash }$，不简并，单独构成 CSCO。
3. $\hat{H}={\hat{p}}_{x2}/2m$：$E={\hslash }^2{k}^2/2m$（$k>0$）对应 $e^{ikx}$、$e^{-ikx}$ 两个独立解，二重简并，单独不构成 CSCO。
4. $(\hat{H},\hat{P})$：证 $[\hat{H},\hat{P}]=0$；简并子空间里 $\hat{P}$ 把 $e^{ikx}$、$e^{-ikx}$ 互换，组合成 $\cos kx$（$+1$）、$\sin kx$（$-1$），$(E,\pm )$ 唯一确定态，构成 CSCO。

入口

• 判断 CSCO 就看“给定全部本征值后还剩几个独立解”：$\hat{H}$ 的一个 $E$ 对应 $\pm k$ 两个解，再用宇称区分 $\cos kx$（$+1$）和 $\sin kx$（$-1$），简并就消掉了。
• （9/26 卡点）自由粒子能量本征函数是什么、为什么简并：$V=0$，定态方程化为 ${\psi }^{{}^{\prime \prime }}=-k^2\psi$，$k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }>0$；二阶方程有两个独立解 $e^{ikx}$、$e^{-ikx}$，代回能量都是 $E=\frac{{\hslash }^2{k}^2}{2m}$。一个 $E$ 对应两个独立解，就是二重简并（向右、向左两个方向，动量 $\pm \hslash k$，能量只看 $p^2$）。对比 ${\hat{p}}_x$：$-i\hslash {\psi }^{\prime }=p\psi$ 是一阶方程，每个 $p$ 只有一个解 $e^{ipx/\hslash }$，不简并。
• （9/26 卡点）自由粒子本征函数归一化系数为什么是 $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$：设 ${\psi }_k=A{e}^{ikx}$，则 $\int {\psi }_{k^{\prime }}^{\ast }{\psi }_{k}dx=|A{|}^2\int e^{i(k-k^{\prime })x}dx$；用 $\delta$ 函数的傅里叶表示 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{i(k-k^{\prime })x}dx=2\pi \delta (k-k^{\prime })$，要求结果等于 $\delta (k-k^{\prime })$，得 $2\pi |A{|}^2=1$，$A=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$。$|e^{ikx}{|}^2=1$ 在全轴上积分发散，不能归一到 1，只能 $\delta$ 归一化。用动量写是 ${\psi }_p=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}{e}^{ipx/\hslash }$，满足 $⟨{\psi }_{p^{\prime }}|{\psi }_p⟩=\delta (p-p^{\prime })$，因为 $p=\hslash k$，$\delta (k-k^{\prime })=\hslash \delta (p-p^{\prime })$。

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题 38 · 形式理论 · CSCO 练习2 平面转子 · ⬜ 未测

对于平面转子，可否选 ${\hat{L}}_z=-i\hslash \frac{\partial }{\partial \phi }$ 为一个 CSCO？（见 4.2 节，例 1）。可否选 $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2I}\frac{{\partial }^2}{\partial {\phi }^2}$ 为一个 CSCO？（见 4.2 节，例 2）。可否选 $(\hat{H},{\hat{P}}_{\phi })$ 为一个 CSCO？这里 ${\hat{P}}_{\phi }$ 是在 $xy$ 平面中对 $x$ 轴的镜像反射算符，${\hat{P}}_{\phi }\psi (\phi )=\psi (-\phi )$，或 ${\hat{P}}_{\phi }\psi (x,y)=\psi (x,-y)$。可以证明 ${\hat{P}}_{\phi }$ 的本征值为 $\pm 1$。

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骨架

1. ${\hat{L}}_z$：解 $-i\hslash {\psi }^{\prime }=L_z\psi$ 得 $e^{im\phi }$，周期条件 $\psi (\phi +2\pi )=\psi (\phi )$ 给出 $m\in \mathbb{Z}$，每个 $m\hslash$ 只有一个解，构成 CSCO。
2. $\hat{H}={\hat{L}}_{z2}/2I$：$E_m=m^2{\hslash }^2/2I$，$m$ 与 $-m$ 同能（$m\ne =0$ 二重简并），单独不构成 CSCO。
3. ${\hat{P}}_{\phi }^2=1$ 给出本征值 ${\lambda }^2=1$，$\lambda =\pm 1$；再证 $[\hat{H},{\hat{P}}_{\phi }]=0$。
4. 在 $e^{im\phi },e^{-im\phi }$ 中 ${\hat{P}}_{\phi }$ 互换两者，组合成 $\cos m\phi$（$+1$）、$\sin m\phi$（$-1$），$m=0$ 只有常数（$+1$）；$(E_m,\pm )$ 唯一确定态，$(\hat{H},{\hat{P}}_{\phi })$ 构成 CSCO。

入口

• ${\hat{P}}_{\phi }$ 作用两次回到原函数：${\hat{P}}_{\phi }^2\psi (\phi )=\psi (\phi )$，所以本征值满足 ${\lambda }^2=1$；再用 $e^{\pm im\phi }$ 在 $\phi \to -\phi$ 下互换，组合出 $\cos m\phi$、$\sin m\phi$。

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题 39 · 形式理论 · CSCO 练习3 三维自由粒子 · ⬜ 未测

对于三维自由粒子，$\hat{H}=\frac{1}{2m}({\hat{p}}_{x2}+{\hat{p}}_{y2}+{\hat{p}}_{z2})$，$\hat{H}$ 是否构成一个 CSCO？$({\hat{p}}_x,{\hat{p}}_y,{\hat{p}}_z)$ 是否构成一个 CSCO？$(\hat{H},\hat{P},{\hat{L}}_z)$ 可否选为一个 CSCO？（见 4.3.2 节）$(x,y,z)$ 可否选为一个 CSCO？如果可以，写出它们的共同本征态。$(x,y,{\hat{p}}_z)$ 可否选为一个 CSCO？如果可以，写出它们的共同本征态。

（照片这几行因页面弯曲，按印刷行序转写；$(\hat{H},\hat{P},{\hat{L}}_z)$ 中照片印的是大写 $\hat{P}$，与练习 1 空间反射算符同一符号，按空间反射（宇称）理解。）

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骨架

1. $\hat{H}$ 单独：$E={\hslash }^2{k}^2/2m$ 对应所有方向的 $e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}$（$|\mathbf{k}|$ 固定），无穷重简并，不是 CSCO。
2. $({\hat{p}}_x,{\hat{p}}_y,{\hat{p}}_z)$ 两两对易，共同本征态 $e^{i\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}/\hslash }/(2\pi \hslash {)}^{3/2}$ 由 $(p_x,p_y,p_z)$ 唯一确定，是 CSCO；$(x,y,z)$ 的共同本征态 ${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$，是 CSCO；$(x,y,{\hat{p}}_z)$ 的共同本征态 $\delta (x-x^{\prime })\delta (y-y^{\prime })e^{i{p}_{z}z/\hslash }/\sqrt{2\pi \hslash }$，也是 CSCO。
3. $(\hat{H},\hat{P},{\hat{L}}_z)$：三者两两对易，共同本征态 $j_l(kr)Y_l^m(\theta ,\phi )$，宇称为 $(-1{)}^l$；给定 $E$、宇称和 $m$ 仍有无穷多个同奇偶的 $l\ge |m|$，简并未消，不是 CSCO。
4. 把 $\hat{P}$ 换成 ${\hat{L}}^2$：$(\hat{H},{\hat{L}}^2,{\hat{L}}_z)$ 是 CSCO，共同本征态 $j_l(kr)Y_l^m(\theta ,\phi )$。

入口

• 三维自由粒子有三个自由度，一般要三个对易量才能把态“钉死”；宇称只给出 $l$ 的奇偶，钉不住 $l$，必须用 ${\hat{L}}^2$ 把 $l$ 定下来。

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题 40 · 形式理论 · 例3.11 两态体系的时间演化 · 🟢 懂

假定一个体系仅有两个线性独立的态：

$$|1⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)\text{和}|2⟩=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right).$$

最一般的态是它们归一化的线性迭加：

$$|\mathcal{S}(t)⟩=a|1⟩+b|2⟩=\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right),\text{并且有}|a{|}^2+|b{|}^2=1.$$

哈密顿函数算符可以表示为一个（厄密）矩阵；假定它有特定的形式：

$$H=\left(\begin{array}{cc}h& g\\ g& h\end{array}\right),$$

这里 $g$ 和 $h$ 都是实常数。如果体系的初始态是 $|1⟩$（在 $t=0$ 时刻），那么在 $t$ 时刻它的状态是什么？

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骨架

1. 含时方程 $i\hslash \frac{d}{dt}|\mathcal{S}⟩=H|\mathcal{S}⟩$，先解定态方程 $H|s⟩=E|s⟩$：久期方程 $(h-E{)}^2-g^2=0$ 得 $E_{\pm }=h\pm g$。
2. 代回本征方程得 $\beta =\pm \alpha$，归一化得 $|s_{\pm }⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ \pm 1\end{array}\right)$。
3. 初态 $|1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|s_{+}⟩+|s_{-}⟩)$，每个分量乘各自的时间因子 $e^{-i{E}_{\pm }t/\hslash }$。
4. 提出 $e^{-iht/\hslash }$，用欧拉公式合并得 $|\mathcal{S}(t)⟩=e^{-iht/\hslash }\left(\begin{array}{c}\cos (gt/\hslash )\\ -i\sin (gt/\hslash )\end{array}\right)$；验证 $t=0$ 和含时方程。

入口

• $H$ 不含时，就“先对角化 $H$，再把初态按本征矢展开，每项乘 $e^{-i{E}_{n}t/\hslash }$”；最后 $e^{-igt/\hslash }+e^{igt/\hslash }=2\cos (gt/\hslash )$，$e^{-igt/\hslash }-e^{igt/\hslash }=-2i\sin (gt/\hslash )$。
• （9/27 卡点，已懂）初态按本征矢展开的系数：两态体系没有积分，内积就是矩阵乘法，左矢取复共轭转置成行向量：$c_{\pm }=⟨s_{\pm }|\mathcal{S}(0)⟩=⟨s_{\pm }|1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc}1& \pm 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$，归一化因子 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 不能丢；所以 $|1⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|s_{+}⟩+|s_{-}⟩)$，自检 $|c_{+}{|}^2+|c_{-}{|}^2=1$。

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题 41 · 形式理论 · 例3.12 投影算符 · 🟡（模糊）

证明投影算符是等幂的：${\hat{P}}^2=\hat{P}$。求出 $\hat{P}$ 本征值，描述它的本征矢量。

（投影算符按格里菲斯原书定义：$\hat{P}\equiv |\alpha ⟩⟨\alpha |$，$|\alpha ⟩$ 为归一化矢量。）

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骨架

1. 写出 $\hat{P}=|\alpha ⟩⟨\alpha |$，$⟨\alpha |\alpha ⟩=1$。
2. ${\hat{P}}^2=|\alpha ⟩⟨\alpha |\alpha ⟩⟨\alpha |=|\alpha ⟩⟨\alpha |=\hat{P}$。
3. 设 $\hat{P}|\gamma ⟩=\lambda |\gamma ⟩$，作用两次得 ${\lambda }^2|\gamma ⟩=\lambda |\gamma ⟩$，$|\gamma ⟩\ne =0$，故 $\lambda =0$ 或 $1$。
4. $\lambda =1$：$|\gamma ⟩\propto |\alpha ⟩$；$\lambda =0$：$⟨\alpha |\gamma ⟩=0$，即与 $|\alpha ⟩$ 正交的一切矢量（$N$ 维空间中 $N-1$ 重简并）。

入口

• 中间夹的 $⟨\alpha |\alpha ⟩$ 是数 1，所以 ${\hat{P}}^2=|\alpha ⟩⟨\alpha |\alpha ⟩⟨\alpha |=\hat{P}$；求本征值就把 ${\hat{P}}^2=\hat{P}$ 作用在本征矢上，得 ${\lambda }^2=\lambda$。
• （9/27 卡点）求本征矢：把本征值代回 $(\hat{P}-\lambda )|\gamma ⟩=0$；因为 $\hat{P}|\gamma ⟩=⟨\alpha |\gamma ⟩|\alpha ⟩$，方程就是 $⟨\alpha |\gamma ⟩|\alpha ⟩=\lambda |\gamma ⟩$。$\lambda =1$：$|\gamma ⟩=⟨\alpha |\gamma ⟩|\alpha ⟩\propto |\alpha ⟩$，归一化后就是 $|\alpha ⟩$（差一个相位），不简并；$\lambda =0$：$⟨\alpha |\gamma ⟩|\alpha ⟩=0$ 而 $|\alpha ⟩\ne =0$，所以 $⟨\alpha |\gamma ⟩=0$，与 $|\alpha ⟩$ 正交的矢量全是，$N$ 维空间中 $N-1$ 重简并。用矩阵看：取 $|\alpha ⟩$ 为第一个基矢，$\hat{P}=diag(1,0,\dots ,0)$；$(\hat{P}-I)v=0$ 逐行得 $v_2=\cdots =v_N=0$，归一化 $v=(1,0,\dots ,0{)}^T=|\alpha ⟩$；$\hat{P}v=0$ 第一行得 $v_1=0$。
• （9/28 卡点）描述本征矢：$\lambda =1$ 就是 $|\alpha ⟩$ 本身（$\hat{P}|\alpha ⟩=|\alpha ⟩⟨\alpha |\alpha ⟩=|\alpha ⟩$）；$\lambda =0$ 是所有与 $|\alpha ⟩$ 正交的矢量（$⟨\alpha |\beta ⟩=0\Rightarrow \hat{P}|\beta ⟩=0$），在 $N$ 维空间里张成 $N-1$ 维子空间，$N-1$ 重简并。

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题 42 · 形式理论 · 例3.13 左矢、内积与矩阵元 · 🟡（未复习）

考虑由正交归一基 $|1⟩$，$|2⟩$，$|3⟩$ 张成的三维矢量空间。右矢 $|\alpha ⟩$ 和 $|\beta ⟩$ 由下式给定

$$|\alpha ⟩=i|1⟩-2|2⟩-i|3⟩,|\beta ⟩=i|1⟩+2|3⟩.$$

(a) 给出 $⟨\alpha |$ 和 $⟨\beta |$（以对偶基 $⟨1|$，$⟨2|$，$⟨3|$ 表示的）。

(b) 求出 $⟨\alpha |\beta ⟩$ 和 $⟨\beta |\alpha ⟩$ 并证实 $⟨\beta |\alpha ⟩=⟨\alpha |\beta {⟩}^{\ast }$。

(c) 在这个基中，求出算符 $\hat{A}\equiv |\alpha ⟩⟨\beta |$ 里的 9 个矩阵元，并写出矩阵 $\mathbf{A}$。它是厄密矩阵么？

（讲义把 $|\alpha ⟩$、$|\beta ⟩$ 两式中的右矢印成了 $|\alpha |=i|1|-2|2|-i|3|$ 的样子，属印刷问题。）

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骨架

1. (a) 右矢变左矢：系数取复共轭，$|i⟩\to ⟨i|$，得 $⟨\alpha |=-i⟨1|-2⟨2|+i⟨3|$，$⟨\beta |=-i⟨1|+2⟨3|$。
2. (b) 用 $⟨i|j⟩={\delta }_{ij}$ 逐项乘：$⟨\alpha |\beta ⟩=1+2i$，$⟨\beta |\alpha ⟩=1-2i=⟨\alpha |\beta {⟩}^{\ast }$。
3. (c) $A_{ij}=⟨i|\alpha ⟩⟨\beta |j⟩={\alpha }_i{\beta }_j^{\ast }$，算出 9 个元，排成矩阵。
4. 比较 $\mathbf{A}$ 与 ${\mathbf{A}}^{†}$（转置再取共轭）：$A_{12}=0$ 而 $A_{21\ast }=-2i$，不相等，$\mathbf{A}$ 不是厄密矩阵。

入口

• 矩阵元 $A_{ij}=⟨i|\hat{A}|j⟩=⟨i|\alpha ⟩⟨\beta |j⟩={\alpha }_i{\beta }_j^{\ast }$：行号取 $|\alpha ⟩$ 的分量，列号取 $|\beta ⟩$ 分量的复共轭。

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题 43 · 形式理论 · 例3.14 两能级体系哈密顿量的本征值与矩阵 · 🟡（未复习）

一个两-能级体系的哈密顿为：

$$\hat{H}=E(|1⟩⟨1|-|2⟩⟨2|+|1⟩⟨2|+|2⟩⟨1|),$$

这里 $|1⟩$，$|2⟩$ 是正交归一基，$E$ 是量纲为能量的一个实数。求出它的本征值和归一化的本征矢（用 $|1⟩$ 和 $|2⟩$ 的线性迭加）。相应于这个基表示 $\hat{H}$ 的矩阵 $\mathbf{H}$ 是什么？

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骨架

1. 求矩阵元 $H_{ij}=⟨i|\hat{H}|j⟩$，用 $⟨i|j⟩={\delta }_{ij}$ 得 $\mathbf{H}=E\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)$。
2. 久期方程 $\det (\mathbf{H}-\lambda I)={\lambda }^2-2E^2=0$，本征值 ${\lambda }_{\pm }=\pm \sqrt{2}E$。
3. ${\lambda }_{+}$ 代回得 $\beta =(\sqrt{2}-1)\alpha$，${\lambda }_{-}$ 代回得 $\beta =-(1+\sqrt{2})\alpha$。
4. 归一化：$|+⟩=\frac{|1⟩+(\sqrt{2}-1)|2⟩}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}$，$|-⟩=\frac{|1⟩-(1+\sqrt{2})|2⟩}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}$。

入口

• $|i⟩⟨j|$ 的系数就放在矩阵第 $i$ 行第 $j$ 列（因为 $⟨k|i⟩⟨j|l⟩={\delta }_{ki}{\delta }_{jl}$），所以 $\hat{H}$ 直接读成 $E\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right)$。
• （9/27 卡点，已懂）本征矢直接用列向量求：代 $\lambda$ 入 $(\mathbf{H}-\lambda I)(\frac{\alpha }{\beta })=0$ 取一行得比值，再归一化写出，不必把 $\hat{H}$ 作用在 $|1⟩$、$|2⟩$ 上；列向量两个数就是 $|1⟩$、$|2⟩$ 前的系数。
• （9/27 卡点）归一化：本征方程只定出比值 $\beta /\alpha$，归一化条件是 $|\alpha {|}^2+|\beta {|}^2=1$，不是 $\alpha =\beta =1$。${\lambda }_{+}$：$\beta =(\sqrt{2}-1)\alpha$，$|\alpha {|}^2[1+(\sqrt{2}-1{)}^2]=|\alpha {|}^2(4-2\sqrt{2})=1$，取相位使 $\alpha$ 为正实数，$\alpha =\frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}$；${\lambda }_{-}$：$\beta =-(1+\sqrt{2})\alpha$，$|\alpha {|}^2[1+(1+\sqrt{2}{)}^2]=|\alpha {|}^2(4+2\sqrt{2})=1$，$\alpha =\frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}$。

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题 44 · 形式理论 · 例3.15 谱分解 · ⬜ 未测

设算符 $\hat{Q}$ 有一组完备的正交归一本征矢：

$$\hat{Q}|e_n⟩=q_n|e_n⟩(n=1,2,3,\dots ).$$

证明 $\hat{Q}$ 可以被写成它的谱分解形式：

$$\hat{Q}=\sum q_n|e_n⟩⟨e_n|.$$

提示：一个算符是由它对所有可能矢量的作用来表征的，因此你需要证明的是，对于任意矢量 $|\alpha ⟩$ 来说，有：

$$\hat{Q}|\alpha ⟩=\sum q_n|e_n⟩⟨e_n||\alpha ⟩.$$

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 完备性：任意 $|\alpha ⟩={\sum }_n{c}_n|e_n⟩$；用正交归一性求出 $c_n=⟨e_n|\alpha ⟩$。
2. 用 $\hat{Q}$ 的线性：$\hat{Q}|\alpha ⟩={\sum }_n{c}_n\hat{Q}|e_n⟩={\sum }_n{c}_n{q}_n|e_n⟩$。
3. 把 $c_n=⟨e_n|\alpha ⟩$ 代回：$\hat{Q}|\alpha ⟩=({\sum }_n{q}_n|e_n⟩⟨e_n|)|\alpha ⟩$。
4. $|\alpha ⟩$ 任意，两算符相等：$\hat{Q}={\sum }_n{q}_n|e_n⟩⟨e_n|$。

入口

• 展开系数就是投影 $c_n=⟨e_n|\alpha ⟩$，所以 ${\sum }_n{c}_n{q}_n|e_n⟩={\sum }_n{q}_n|e_n⟩⟨e_n|\alpha ⟩$；或者直接在 $\hat{Q}$ 右边插入 $1={\sum }_n|e_n⟩⟨e_n|$。

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题 45 · 形式理论 · 例3.16 Virial 定理 · ⬜ 未测

Virial 定理。利用 3.71 式证明：

$$\frac{d}{dt}⟨xp⟩=2⟨T⟩-\text{langlex}\frac{dV}{dx}⟩,$$

式中 $T$ 是动能（$H=T+V$）。对定态上式的左边为是 0（为什么？）所以有：

$$2⟨T⟩=\text{langlex}\frac{dV}{dx}⟩.$$

这个称为 Virial 定理。用它来证明对谐振子的定态有 $⟨T⟩=⟨V⟩$，并检验这与习题 2.11 和 2.12 中所得的结果是一致的。

（讲义照片在“$⟨T⟩=⟨V⟩$，”处截断，“并检验……一致的”据原书补全；3.71 式是格里菲斯原书（第 2 版）的式号，即广义埃伦菲斯特定理 $\frac{d}{dt}⟨Q⟩=\frac{i}{\hslash }⟨[\hat{H},\hat{Q}]⟩+⟨\frac{\partial \hat{Q}}{\partial t}⟩$。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 由 3.71 式 $\frac{d}{dt}⟨Q⟩=\frac{i}{\hslash }⟨[\hat{H},\hat{Q}]⟩+⟨\frac{\partial \hat{Q}}{\partial t}⟩$，取 $\hat{Q}=xp$，$xp$ 不显含 $t$。
2. $[H,xp]=[H,x]p+x[H,p]$，$[H,x]=-\frac{i\hslash }{m}p$，$[H,p]=[V,p]=i\hslash \frac{dV}{dx}$，得 $\frac{d}{dt}⟨xp⟩=\frac{⟨p^2⟩}{m}-⟨x\frac{dV}{dx}⟩=2⟨T⟩-⟨x\frac{dV}{dx}⟩$。
3. 定态 $\Psi =\psi e^{-iEt/\hslash }$，$⟨xp⟩$ 中相位因子抵消，不随时间变，左边为 0，得 $2⟨T⟩=⟨x\frac{dV}{dx}⟩$。
4. 谐振子 $V=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$，$x\frac{dV}{dx}=m{\omega }^2{x}^2=2V$，得 $⟨T⟩=⟨V⟩$；用升降算符算 $⟨x^2⟩$、$⟨p^2⟩$，核对 $⟨T⟩=⟨V⟩=\frac{2n+1}{4}\hslash \omega$。

入口

• $[H,xp]=[H,x]p+x[H,p]$，两块分别用题 36 的 $[x,H]=\frac{i\hslash }{m}p$（取负号）和题 35(c) 的 $[V,p]=i\hslash \frac{dV}{dx}$，乘上 $\frac{i}{\hslash }$ 后 $i$ 全部消掉。

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