量子力学题目 · 2026年9月27日

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2026年9月27日

形式理论（第3章【习题练习】1–16）· 序号 46–61

题 46 · 形式理论 · 习题1 厄密算符两种定义等价 · 🟡（未复习）

证明如果对于所有（希尔伯特空间中）的函数 $h$ 都有 $⟨h|\hat{Q}h⟩=⟨\hat{Q}h|h⟩$，那么对于所有的 $f$ 和 $g$ 就有 $⟨f|\hat{Q}g⟩=⟨\hat{Q}f|g⟩$（即，两种对于厄密算符的定义——等式 $⟨f|\hat{Q}f⟩=⟨\hat{Q}f|f⟩$ 和 $⟨f|\hat{Q}g⟩=⟨\hat{Q}f|g⟩$——是等价的）。提示：首先设 $h=f+g$，然后令 $h=f+ig$。

（讲义把内积印成少竖线的形式，这里按原书写成 $⟨f|\hat{Q}g⟩$。）

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骨架

1. 对任意 $h$ 有 $⟨h|\hat{Q}h⟩=⟨\hat{Q}h|h⟩$，令 $h=f+cg$（$c$ 为任意复数）。
2. 两边展开，$⟨f|\hat{Q}f⟩$ 项和 $|c{|}^2$ 项两边相同、相消，剩 $c⟨f|\hat{Q}g⟩+c^{\ast }⟨g|\hat{Q}f⟩=c⟨\hat{Q}f|g⟩+c^{\ast }⟨\hat{Q}g|f⟩$。
3. 取 $c=1$ 与 $c=i$（后者两边除以 $i$）得两式，相加除以 2 得 $⟨f|\hat{Q}g⟩=⟨\hat{Q}f|g⟩$。

入口

• 内积对左边反线性：$⟨cg|\cdot ⟩=c^{\ast }⟨g|\cdot ⟩$，所以 $c=i$ 时交叉项前面是 $i$ 和 $-i$，两式一加一减正好把 $⟨f|\hat{Q}g⟩$ 单独分出来。

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题 47 · 形式理论 · 习题2 厄密算符的和、数乘、积 · 🟡（未复习）

(a) 证明两个厄密算符之和仍为厄密算符。

(b) 假设 $\hat{Q}$ 是厄密的，$\alpha$ 是一个复数。在什么条件下（$\alpha$ 的）$\alpha \hat{Q}$ 也是厄密的？

(c) 在什么条件下两个厄密算符的积也是厄密的？

(d) 证明坐标算符（$\hat{x}=x$）和哈密顿算符（$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+V(x)$）是厄密算符。

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骨架

1. (a) $⟨f|(\hat{Q}+\hat{S})g⟩=⟨\hat{Q}f|g⟩+⟨\hat{S}f|g⟩=⟨(\hat{Q}+\hat{S})f|g⟩$。
2. (b) $⟨f|\alpha \hat{Q}g⟩=\alpha ⟨\hat{Q}f|g⟩$，$⟨\alpha \hat{Q}f|g⟩={\alpha }^{\ast }⟨\hat{Q}f|g⟩$，要求 $\alpha ={\alpha }^{\ast }$，即 $\alpha$ 为实数。
3. (c) $⟨f|\hat{Q}\hat{S}g⟩=⟨\hat{S}\hat{Q}f|g⟩$，要 $\hat{Q}\hat{S}$ 厄密须 $\hat{S}\hat{Q}=\hat{Q}\hat{S}$，即 $[\hat{Q},\hat{S}]=0$。
4. (d) $x$ 是实数，直接挪到左边；$\hat{H}$ 的动能项分部积分两次，边界项因 $f,g\to 0$ 为零，$V$ 是实函数。

入口

• $(\hat{Q}\hat{S}{)}^{†}={\hat{S}}^{†}{\hat{Q}}^{†}=\hat{S}\hat{Q}$，顺序颠倒，所以积厄密的条件就是两者对易。

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题 48 · 形式理论 · 习题3 算符 d²/dφ² 的厄密性与谱 · 🟡（未复习）

考虑算符 $\hat{Q}=\frac{d^2}{d{\varphi }^2}$，其中 $\varphi$ 是极坐标中的方位角（同教材中的例 3.1），并且函数同样遵从 $f(\varphi +2\pi )=f(\varphi )$。$\hat{Q}$ 是厄密算符吗？求出它的本征函数和本征值。$\hat{Q}$ 的谱是什么？这个谱是简并吗？

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骨架

1. $⟨f|\hat{Q}g⟩={\int }_0^{2\pi }{f}^{\ast }{g}^{{}^{\prime \prime }}d\varphi$，分部积分两次，边界项由周期条件相消，得 $⟨\hat{Q}f|g⟩$，厄密。
2. 本征方程 $f^{{}^{\prime \prime }}=qf$，解 $f=A{e}^{\pm \sqrt{q}\varphi }$。
3. 周期条件 $e^{2\pi \sqrt{q}}=1$ 得 $\sqrt{q}=in$，$q=-n^2$，$n=0,1,2,\dots$；本征函数 $e^{\pm in\varphi }$。
4. 谱 $0,-1,-4,-9,\dots$ 分立；$n\ne =0$ 时 $e^{in\varphi }$、$e^{-in\varphi }$ 同属 $-n^2$，二重简并，$n=0$ 不简并。

入口

• 周期条件把 $\sqrt{q}$ 限制为 $in$：$e^{2\pi \sqrt{q}}=1=e^{2\pi in}$，所以本征值是负的 $-n^2$，不是 $n^2$。

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题 49 · 形式理论 · 习题4 简并本征函数的线性组合与正交化 · 🟡（未复习）

(a) 假设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是算符 $\hat{Q}$ 的两个具有相同本征值 $q$ 的本征函数。证明任何 $f$ 和 $g$ 的线性组合也是与 $\hat{Q}$ 具有相同本征值 $q$ 的本征函数。

(b) 验证 $f(x)=\exp (x)$ 与 $g(x)=\exp (-x)$ 是算符 $\frac{d^2}{d{x}^2}$ 具有相同本征值的两个本征函数。构造两个 $f$ 和 $g$ 的线性组合，使它们在 $(-1,1)$ 范围内是正交的。

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骨架

1. (a) $\hat{Q}(af+bg)=a\hat{Q}f+b\hat{Q}g=q(af+bg)$，用到的只是 $\hat{Q}$ 的线性。
2. (b) $\frac{d^2}{d{x}^2}{e}^{\pm x}=e^{\pm x}$，本征值都是 1。
3. 对称化、反对称化：$h_1=\frac{1}{2}(e^x+e^{-x})=\cosh x$，$h_2=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})=\sinh x$。
4. $\cosh x$ 偶、$\sinh x$ 奇，乘积为奇函数，在 $(-1,1)$ 上积分为 0，正交。

入口

• 对称区间上要正交，就凑一个偶函数和一个奇函数：$e^x\pm e^{-x}$ 正好一偶一奇。

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题 50 · 形式理论 · 习题5 验证本征值为实、本征函数正交 · 🟡（未复习）

(a) 验证教材例题 3.1 中厄密算符的本征值是实数。（具有不同本征值的）本征函数是正交的。

(b) 对习题 3 中的算符作同样的验证。

（教材例题 3.1：$\hat{Q}=i\frac{d}{d\varphi }$，$f(\varphi +2\pi )=f(\varphi )$，即格里菲斯原书例题 3.1；习题 3 即题 48。）

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骨架

1. (a) 例 3.1：$\hat{Q}=i\frac{d}{d\varphi }$，$f_q=A{e}^{-iq\varphi }$，周期条件得 $q=0,\pm 1,\pm 2,\dots$，都是实数。
2. $⟨f_q|f_{q^{\prime }}⟩=A_{q\ast }{A}_{q^{\prime }}{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(q-q^{\prime })\varphi }d\varphi =0$（$q\ne =q^{\prime }$）。
3. (b) 习题 3：$f_n=A{e}^{-in\varphi }$，$q=-n^2$ 是实数；$⟨f_n|f_m⟩\propto {\int }_0^{2\pi }{e}^{i(n-m)\varphi }d\varphi =0$（$n\ne =m$）。
4. $n=-m$ 时两态本征值相同（简并），但仍正交。

入口

• 正交全靠 ${\int }_0^{2\pi }{e}^{ik\varphi }d\varphi =\frac{e^{2\pi ik}-1}{ik}=0$（$k$ 为非零整数）。

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题 51 · 形式理论 · 习题6 无限深势阱基态是否动量本征态 · 🟡（未复习）

无限深方势阱的基态是动量的本征函数吗？如果是，它的动量是什么？如果不是，为什么不是？

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骨架

1. 基态 ${\psi }_1=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{\pi x}{a}$（$0\le x\le a$）。
2. $\hat{p}{\psi }_1=-i\hslash \frac{\pi }{a}\sqrt{\frac{2}{a}}\cos \frac{\pi x}{a}=[-i\hslash \frac{\pi }{a}\cot \frac{\pi x}{a}]{\psi }_1$，比例因子随 $x$ 变。
3. 不是常数乘 ${\psi }_1$，所以不是动量本征函数。
4. $\sin \frac{\pi x}{a}=\frac{1}{2i}(e^{i\pi x/a}-e^{-i\pi x/a})$：动量 $\pm \frac{\pi \hslash }{a}$ 两个平面波叠加；它是 ${\hat{p}}^2$ 的本征函数。

入口

• 判断是不是本征函数：算 $\hat{p}\psi$，看能否写成“常数乘 $\psi$”；$\cot \frac{\pi x}{a}$ 不是常数。

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题 52 · 形式理论 · 习题7 反厄密算符 · 🟡（未复习）

一个反厄密算符等于它的负的厄密共轭，即 ${\hat{Q}}^{†}=-\hat{Q}$。

(a) 证明一个反厄密算符的期望值是个虚数。

(b) 证明两个厄密算符的对易式是反厄密的。那么两个反厄密算符的对易式如何？

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骨架

1. (a) $⟨\hat{Q}⟩=⟨\psi |\hat{Q}\psi ⟩=⟨{\hat{Q}}^{†}\psi |\psi ⟩=-⟨\hat{Q}\psi |\psi ⟩=-⟨\hat{Q}{⟩}^{\ast }$，所以是纯虚数。
2. (b) $(\hat{P}\hat{Q}{)}^{†}={\hat{Q}}^{†}{\hat{P}}^{†}$，得 $[\hat{P},\hat{Q}{]}^{†}={\hat{Q}}^{†}{\hat{P}}^{†}-{\hat{P}}^{†}{\hat{Q}}^{†}$。
3. 两个厄密：$[\hat{P},\hat{Q}{]}^{†}=\hat{Q}\hat{P}-\hat{P}\hat{Q}=-[\hat{P},\hat{Q}]$，反厄密。
4. 两个反厄密：$[\hat{P},\hat{Q}{]}^{†}=(-\hat{Q})(-\hat{P})-(-\hat{P})(-\hat{Q})=-[\hat{P},\hat{Q}]$，也是反厄密。

入口

• 一切从 $(\hat{P}\hat{Q}{)}^{†}={\hat{Q}}^{†}{\hat{P}}^{†}$ 出发，负号成对出现就抵消。

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题 53 · 形式理论 · 习题8 连续测量 · 🟡（未复习）

连续测量一个算符 $\hat{A}$ 表示可观测量 $A$，它的两个归一化本征态是 ${\psi }_1$ 和 ${\psi }_2$，分别对应本征值 $a_1$ 和 $a_2$。算符 $\hat{B}$ 表示可观测量 $B$，它的两个归一化本征态是 ${\varphi }_1$ 和 ${\varphi }_2$，分别对应本征值 $b_1$ 和 $b_2$。两组本征态之间有关系

$${\psi }_1=\frac{3{\varphi }_1+4{\varphi }_2}{5},{\psi }_2=\frac{4{\varphi }_1-3{\varphi }_2}{5}.$$

(a) 测量可观测量 $A$，所得结果为 $a_1$。那么在测量之后（瞬时）体系处在什么态？

(b) 如果现在再测量 $B$，可能的结果是什么？它们出现的概率是多少？

(c) 在恰好测出 $B$ 之后，再次测量 $A$。那么结果为 $a_1$ 的概率是多少？（注意如果我已经告诉你测量 $B$ 所得结果，对不同的测量 $B$ 所得结果，本问的答案将是不同的。）

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骨架

1. (a) 测得 $a_1$，态坍缩到 ${\psi }_1$。
2. (b) ${\psi }_1=\frac{3}{5}{\varphi }_1+\frac{4}{5}{\varphi }_2$，测 $B$ 得 $b_1$ 概率 $\frac{9}{25}$，得 $b_2$ 概率 $\frac{16}{25}$。
3. 反解得 ${\varphi }_1=\frac{3{\psi }_1+4{\psi }_2}{5}$，${\varphi }_2=\frac{4{\psi }_1-3{\psi }_2}{5}$。
4. (c) 得 $b_1$ 后再测 $A$ 得 $a_1$ 概率 $\frac{9}{25}$，得 $b_2$ 后为 $\frac{16}{25}$；不指定 $B$ 结果时总概率 $(\frac{9}{25}{)}^2+(\frac{16}{25}{)}^2=\frac{337}{625}$。

入口

• 每次测量都是“坍缩到本征态，再按新的本征基展开，系数模方就是概率”；$\varphi$ 用 $\psi$ 表示要先把两个线性关系反解出来。

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题 54 · 形式理论 · 习题9 有限长正弦波列的动量分布 · 🟡（模糊）

考虑下面的波函数

$\Psi (x,0)=\frac{1}{\sqrt{2n\lambda }}{e}^{i2\pi x/\lambda }$　（$-n\lambda <x<n\lambda$）

$\Psi (x,0)=0$　（其他）

这里 $n$ 是某个正整数。这个函数在区间 $-n\lambda <x<n\lambda$ 上是正弦的（波长为 $\lambda$），但是它的动量仍然有一个分布范围，因为振荡没有伸展到无限远处。求出动量空间波函数 $\Phi (p,0)$，画出 $|\Psi (x,0){|}^2$ 和 $|\Phi (p,0){|}^2$，以及峰宽 $w_x$ 和 $w_p$（主峰两边零点之间的宽度），并考虑当 $n\to \infty$ 时每一个宽度会怎样。用 $w_x$ 和 $w_p$ 来估计 $\Delta x$ 和 $\Delta p$，验证不确定原理是否满足。提醒：如果尝试计算 ${\sigma }_p$，你将会很意外。你能够分析问题所在么？

（讲义用大括号分两行写 $\Psi (x,0)$，条件照原文写作 $-n\lambda <x<n\lambda$ 和「其他」，这里把两行依次列出，数学式里不放中文；「其他」即 $|x|\ge n\lambda$。讲义把 $|\Psi (x,0){|}^2$、$|\Phi (p,0){|}^2$ 的绝对值竖线漏印了，按原书补上。）

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骨架

1. $\Phi (p,0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hslash }}\frac{1}{\sqrt{2n\lambda }}{\int }_{-n\lambda }^{n\lambda }{e}^{i(2\pi /\lambda -p/\hslash )x}dx$，积出正弦，化为 $\Phi =\sqrt{\frac{\hslash \lambda }{n\pi }}\frac{\sin (np\lambda /\hslash )}{p\lambda -2\pi \hslash }$。
2. $|\Psi {|}^2$ 是宽 $w_x=2n\lambda$ 的矩形；$|\Phi {|}^2$ 主峰在 $p_0=\frac{2\pi \hslash }{\lambda }$，两侧零点 $p_0(1\pm \frac{1}{2n})$，$w_p=\frac{2\pi \hslash }{n\lambda }$。
3. $n\to \infty$：$w_x\to \infty$、$w_p\to 0$；$w_x{w}_p=4\pi \hslash >\frac{\hslash }{2}$，满足不确定原理。
4. $⟨p^2⟩\propto \int p^2\frac{{\sin }^2(np\lambda /\hslash )}{(p\lambda -2\pi \hslash {)}^2}dp$ 发散，${\sigma }_p=\infty$：原因是 $\Psi$ 在 $\pm n\lambda$ 处不连续。

入口

• 积分后得 $e^{i\theta }-e^{-i\theta }=2i\sin \theta$，$\theta =2\pi n-\frac{np\lambda }{\hslash }$，再用 $\sin (2\pi n-u)=-\sin u$ 去掉 $2\pi n$。
• （10/1 卡点）答案看不懂（首次做的笼统卡点，具体卡在哪一步待细化）。

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题 55 · 形式理论 · 习题10 洛伦兹型波函数 A/(x²+a²) · 🟡（模糊）

假设：$\Psi (x,t)=\frac{A}{x^2+a^2}$，式中 $A$ 和 $a$ 是常数。

(a) 归一化 $\Psi (x,0)$，确定 $A$ 的值。

(b) 求出 $⟨x⟩$，$⟨x^2⟩$ 和 ${\sigma }_x$（在 $t=0$ 时刻）。

(c) 求出动量空间的波函数 $\Phi (p,0)$，并验证它是归一化的。

(d) 用 $\Phi (p,0)$ 来计算 $⟨p⟩$，$⟨p^2⟩$ 和 ${\sigma }_p$（在 $t=0$ 时刻）。

(e) 对这个态验证不确定原理。

（原书写的是 $\Psi (x,0)=\frac{A}{x^2+a^2}$，$-\infty <x<\infty$；各问都在 $t=0$ 时刻。）

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骨架

1. (a) $1=2|A{|}^2{\int }_0^{\infty }\frac{dx}{(x^2+a^2{)}^2}=\frac{\pi }{2a^3}|A{|}^2$，$A=\sqrt{\frac{2a^3}{\pi }}$。
2. (b) $⟨x⟩=0$（奇函数）；$⟨x^2⟩$ 令 $x=a\tan \theta$ 化为 $\frac{|A{|}^2}{a}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\sin }^2\theta d\theta =a^2$，${\sigma }_x=a$。
3. (c) $\Phi =\frac{2A}{a\sqrt{2\pi \hslash }}{\int }_0^{\infty }\frac{\cos (\alpha \xi )}{1+{\xi }^2}d\xi$（$\alpha =\frac{pa}{\hslash }$），用 ${\int }_0^{\infty }\frac{\cos \alpha \xi }{1+{\xi }^2}d\xi =\frac{\pi }{2}{e}^{-|\alpha |}$ 得 $\Phi =\sqrt{\frac{a}{\hslash }}{e}^{-|p|a/\hslash }$。
4. (d)(e) $⟨p⟩=0$，$⟨p^2⟩=\frac{{\hslash }^2}{2a^2}$，${\sigma }_p=\frac{\hslash }{\sqrt{2}a}$，${\sigma }_x{\sigma }_p=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}>\frac{\hslash }{2}$。

入口

• 分母 $x^2+a^2$ 一律令 $x=a\tan \theta$：$dx=a{\sec }^2\theta d\theta$，$x^2+a^2=a^2{\sec }^2\theta$。
• （10/1 卡点）积分第一步对 $x$ 的换元：参考答案先把 $a$ 提出来，令 $u=x/a$（即 $x=au$）做无量纲化：$dx=adu$，$x^2+a^2=a^2(u^2+1)$，于是 $\frac{x^{2}dx}{(x^2+a^2{)}^2}=\frac{1}{a}\frac{u^{2}du}{(u^2+1{)}^2}$；(c) 里同样令 $\xi =x/a$：$\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\frac{d\xi }{1+{\xi }^2}$，$\frac{px}{\hslash }=\alpha \xi$，$\alpha =\frac{pa}{\hslash }$。为什么这样换：被积函数只剩纯数 $u$，分母变成标准形 $1+u^2$；接着令 $u=\tan \theta$，因为 $1+{\tan }^2\theta ={\sec }^2\theta$，$du={\sec }^2\theta d\theta$，分母里的 $\sec$ 和 $du$ 里的 ${\sec }^2\theta$ 约掉，积分限 $u:-\infty \to \infty$ 对应 $\theta :-\frac{\pi }{2}\to \frac{\pi }{2}$。两步合起来就是 $x=a\tan \theta$，$dx=a{\sec }^2\theta d\theta$。

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题 56 · 形式理论 · 习题11 谐振子 X、P 矩阵与 H 对角 · 🟡（未复习）

以谐振子（正交归一的）定态为基，求矩阵元 $⟨n|x|n^{\prime }⟩$ 和 $⟨n|p|n^{\prime }⟩$。你已在之前的习题里计算过对角元素（$n=n^{\prime }$）；用同样方法计算更一般的情况。构造出相应的（无限）矩阵 $\mathbf{X}$ 和 $\mathbf{P}$。证明 $\frac{1}{2m}{\mathbf{P}}^2+\frac{m{\omega }^2}{2}{\mathbf{X}}^2=\mathbf{H}$ 在这个基中是对角的。你预期它的对角元素是什么？部分答案如下：

$$⟨n|x|n^{\prime }⟩=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}(\sqrt{n^{\prime }}{\delta }_{n,n^{\prime }-1}+\sqrt{n}{\delta }_{n^{\prime },n-1}).$$

（讲义把矩阵元印成 $⟨nx{n}^{\prime }⟩$、$⟨np{n}^{\prime }⟩$ 的样子，少了中间的竖线，这里按原书补成 $⟨n|x|n^{\prime }⟩$、$⟨n|p|n^{\prime }⟩$。）

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骨架

1. $x=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}(a_{+}+a_{-})$，$p=i\sqrt{\frac{\hslash m\omega }{2}}(a_{+}-a_{-})$，$a_{+}|n^{\prime }⟩=\sqrt{n^{\prime }+1}|n^{\prime }+1⟩$，$a_{-}|n^{\prime }⟩=\sqrt{n^{\prime }}|n^{\prime }-1⟩$。
2. $⟨n|x|n^{\prime }⟩=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}(\sqrt{n}{\delta }_{n,n^{\prime }+1}+\sqrt{n^{\prime }}{\delta }_{n,n^{\prime }-1})$，$⟨n|p|n^{\prime }⟩=i\sqrt{\frac{\hslash m\omega }{2}}(\sqrt{n}{\delta }_{n,n^{\prime }+1}-\sqrt{n^{\prime }}{\delta }_{n,n^{\prime }-1})$，排成只有主对角线两侧一格非零的矩阵。
3. 矩阵相乘得 ${\mathbf{X}}^2$、${\mathbf{P}}^2$：对角元分别为 $\frac{\hslash }{2m\omega }(2n+1)$ 和 $\frac{\hslash m\omega }{2}(2n+1)$，隔一格的非对角元 $\sqrt{(n+1)(n+2)}$ 在两者中符号相反。
4. $\mathbf{H}=\frac{1}{2m}{\mathbf{P}}^2+\frac{m{\omega }^2}{2}{\mathbf{X}}^2$ 中非对角项抵消，$\mathbf{H}=\frac{\hslash \omega }{2}diag(1,3,5,\dots )$，对角元 $(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$。

入口

• 第 $n$ 行第 $n^{\prime }$ 列：$a_{+}$ 把 $n^{\prime }$ 升到 $n^{\prime }+1$，所以只在 $n=n^{\prime }+1$（主对角线下方一格）非零；$a_{-}$ 只在上方一格非零。

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题 57 · 形式理论 · 习题12 两能级等概率时 ⟨p⟩ 的最大值 · 🟡（未复习）

一个谐振子处于这样的态，当对其测量能量时所得结果必是 $\frac{1}{2}\hslash \omega$ 或 $\frac{3}{2}\hslash \omega$ 其中之一，并且得到两者的概率相等。在此态中，$⟨p⟩$ 的可能的最大值是多少呢？如果假设在 $t=0$ 时刻为这个可能的最大值，$\Psi (x,t)$ 是什么？

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骨架

1. $\Psi =c_0{\psi }_0{e}^{-i{E}_{0}t/\hslash }+c_1{\psi }_1{e}^{-i{E}_{1}t/\hslash }$，$|c_0{|}^2=|c_1{|}^2=\frac{1}{2}$，$c_0=\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{i{\theta }_0}$，$c_1=\frac{1}{\sqrt{2}}{e}^{i{\theta }_1}$。
2. $p=i\sqrt{\frac{\hslash m\omega }{2}}(a_{+}-a_{-})$，$a_{+}{\psi }_0={\psi }_1$，$a_{-}{\psi }_1={\psi }_0$，内积只剩交叉项。
3. $⟨p⟩=-\sqrt{\frac{\hslash m\omega }{2}}\sin (\omega t+{\theta }_0-{\theta }_1)$，最大值 $\sqrt{\frac{\hslash m\omega }{2}}$。
4. $t=0$ 取最大：$\sin ({\theta }_0-{\theta }_1)=-1$，取 ${\theta }_0=0$、${\theta }_1=\frac{\pi }{2}$，$\Psi =\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_0{e}^{-i\omega t/2}+i{\psi }_1{e}^{-3i\omega t/2})$。

入口

• 只有相对相位 ${\theta }_1-{\theta }_0$ 有物理意义；$⟨p⟩$ 里 $e^{i(\omega t+{\theta }_0-{\theta }_1)}-e^{-i(\omega t+{\theta }_0-{\theta }_1)}=2i\sin (\omega t+{\theta }_0-{\theta }_1)$，和前面的 $i$ 凑成负号。

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题 58 · 形式理论 · 习题13 谐振子的相干态 · ⬜ 未测

谐振子的相干态。在谐振子定态中 $|n⟩={\psi }_n(x)$，即 ${\psi }_n=\frac{1}{\sqrt{n!}}(a_{+}{)}^n{\psi }_0$，仅 $n=0$ 的态符合不确定原理的极限（${\sigma }_x{\sigma }_p=\hslash /2$）；一般情况下，${\sigma }_x{\sigma }_p=(2n+1)\hslash /2$，但是某些线性组合（所谓的相干态）也会减小不确定原理中的积。它们是降阶算符的本征函数：$a_{-}|\alpha ⟩=\alpha |\alpha ⟩$（这里本征值 $\alpha$ 可以是任何复数）。

(a) 对态 $|\alpha ⟩$ 计算 $⟨x⟩$，$⟨x^2⟩$，$⟨p⟩$，$⟨p^2⟩$。提示：记住 $a_{+}$ 是 $a_{-}$ 的厄密共轭。不要假定 $\alpha$ 是实数。

(b) 求出 ${\sigma }_x$ 和 ${\sigma }_p$，证明 ${\sigma }_x{\sigma }_p=\hslash /2$。

(c) 像其他的波函数一样，相干态可以用能量本征态展开 $|\alpha ⟩={\sum }_{n=0\infty }{c}_n|n⟩$，证明展开系数是 $c_n=\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}{c}_0$。

(d) 由归一化 $|\alpha ⟩$ 确定 $c_0$。答案：$\exp (-|\alpha {|}^2/2)$。

(e) 现在加入时间因子：$|n⟩\to e^{-i{E}_{n}t/\hslash }|n⟩$，证明 $|\alpha (t)⟩$ 仍然是 $a_{-}$ 的本征态，但是本征值随时间变化 $\alpha (t)=e^{-i\omega t}\alpha$，因此，一个相干态维持相干，并继续减小不确定原理中的积。

(f) 基态（$|n=0⟩$）本身是相干态吗？如果是，它的本征值是什么？

（讲义把右矢印成 $n>$、$\alpha >$ 的样子，少了左竖线，这里按原书写成 $|n⟩$、$|\alpha ⟩$；(d) 的答案讲义印成 $\exp (-{\alpha }^2/2)$，$\alpha$ 是复数，按原书应为 $\exp (-|\alpha {|}^2/2)$，讲义参考答案里写的也是 $e^{-|\alpha {|}^2/2}$。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (a) $⟨\alpha |a_{+}={\alpha }^{\ast }⟨\alpha |$，$⟨x⟩=\sqrt{\frac{2\hslash }{m\omega }}Re\alpha$，$⟨p⟩=\sqrt{2\hslash m\omega }Im\alpha$；用 $a_{-}{a}_{+}=a_{+}{a}_{-}+1$ 得 $⟨x^2⟩=\frac{\hslash }{2m\omega }[(\alpha +{\alpha }^{\ast }{)}^2+1]$，$⟨p^2⟩=\frac{\hslash m\omega }{2}[1-(\alpha -{\alpha }^{\ast }{)}^2]$。
2. (b) ${\sigma }_x^2=\frac{\hslash }{2m\omega }$，${\sigma }_p^2=\frac{\hslash m\omega }{2}$，${\sigma }_x{\sigma }_p=\frac{\hslash }{2}$。
3. (c)(d) $c_n=⟨n|\alpha ⟩=\frac{1}{\sqrt{n!}}⟨0|a_{-n}|\alpha ⟩=\frac{{\alpha }^n}{\sqrt{n!}}{c}_0$；${\sum }_n\frac{|\alpha {|}^{2n}}{n!}=e^{|\alpha {|}^2}$，$c_0=e^{-|\alpha {|}^2/2}$。
4. (e)(f) $E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，$a_{-}$ 作用后求和指标平移 $n\to n+1$，多出 $e^{-i\omega t}$，$\alpha (t)=e^{-i\omega t}\alpha$；$a_{-}|0⟩=0$，基态是 $\alpha =0$ 的相干态。

入口

• 期望值里把 $a_{-}$ 往右作用、$a_{+}$ 往左作用（$⟨\alpha |a_{+}={\alpha }^{\ast }⟨\alpha |$），遇到 $a_{-}{a}_{+}$ 先换成 $a_{+}{a}_{-}+1$。

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题 59 · 形式理论 · 习题14 三能级体系的时间演化 · 🟡（未复习）

某个三能级体系的哈密顿矩阵表示为

$$\mathbf{H}=\{\begin{array}{llc}a& 0& b\\ 0& c& 0\\ b& 0& a\end{array},$$

其中 $a$，$b$ 和 $c$ 都是实数。(a) 如果体系的初始态是 $|\mathcal{S}(0)⟩=\{\begin{array}{l}0\\ 1\\ 0\end{array}$，求 $|\mathcal{S}(t)⟩$。(b) 如果初始态是 $|\mathcal{S}(0)⟩=\{\begin{array}{l}0\\ 0\\ 1\end{array}$，求 $|\mathcal{S}(t)⟩$。

（讲义把态矢印成 $\mathfrak{J}(0)>$ 的样子：字母是哥特体，且少了左竖线。这里统一写成 $|\mathcal{S}⟩$，左竖线按原书补上。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. 久期方程 $(a-E{)}^2(c-E)-b^2(c-E)=0$，$E_1=c$，$E_2=a+b$，$E_3=a-b$。
2. 本征矢 $|E_1⟩=(0,1,0{)}^T$，$|E_2⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1{)}^T$，$|E_3⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1{)}^T$。
3. (a) $|\mathcal{S}(0)⟩=|E_1⟩$，$|\mathcal{S}(t)⟩=e^{-ict/\hslash }(0,1,0{)}^T$。
4. (b) $(0,0,1{)}^T=\frac{1}{\sqrt{2}}(|E_2⟩-|E_3⟩)$，乘时间因子后合并：$|\mathcal{S}(t)⟩=e^{-iat/\hslash }(-i\sin \frac{bt}{\hslash },0,\cos \frac{bt}{\hslash }{)}^T$。

入口

• $\frac{1}{2}(e^{-ibt/\hslash }-e^{ibt/\hslash })=-i\sin \frac{bt}{\hslash }$，第一分量里的 $-i$ 不能丢。

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题 60 · 形式理论 · 习题15 三能级体系 H、A、B 的本征值与测量概率 · 🟡（未复习）

某个三能级体系的哈密顿矩阵表示为 $\mathbf{H}=\hslash \omega \{\begin{array}{llc}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}$，另外两个可观测量 $A$ 和 $B$ 的矩阵表示为

$$\mathbf{A}=\lambda \{\begin{array}{llc}0& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 0& 2\end{array},\mathbf{B}=\mu \{\begin{array}{llc}2& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array},$$

式中 $\omega$，$\lambda$ 和 $\mu$ 都是正实数。

(a) 求 $H$，$A$ 和 $B$ 的本征值和归一化的本征函数。

(b) 假设体系初始态为 $|\mathcal{S}(0)⟩=\{\begin{array}{l}{c}_1\\ c_2\\ c_3\end{array}$，其中 $|c_1{|}^2+|c_2{|}^2+|c_3{|}^2=1$，求 $H$，$A$ 和 $B$ 的期望值（在 $t=0$ 时刻）。

(c) $|\mathcal{S}(t)⟩$ 是什么？如果你测量这个态的能量（在 $t$ 时刻），可能会得到什么值，它们的概率是多少？对 $A$ 和 $B$ 回答同样的问题。

（讲义把 $|c_1{|}^2+|c_2{|}^2+|c_3{|}^2=1$ 的绝对值竖线漏印了，按原书补上；态矢讲义同样印成 $\mathfrak{J}(0)>$ 的样子（哥特体、少左竖线），同题 59 统一写成 $|\mathcal{S}⟩$，左竖线按原书补上。）

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (a) $\mathbf{H}$ 已对角：$\hslash \omega$ 对应 $(1,0,0{)}^T$，$2\hslash \omega$（二重简并）对应 $(0,1,0{)}^T$、$(0,0,1{)}^T$。
2. $\mathbf{A}$：$\det (\mathbf{A}-aI)=(2\lambda -a)(a^2-{\lambda }^2)=0$，$a=2\lambda ,\lambda ,-\lambda$，本征矢 $(0,0,1{)}^T$、$\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0{)}^T$、$\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0{)}^T$；$\mathbf{B}$：$b=2\mu ,\mu ,-\mu$，本征矢 $(1,0,0{)}^T$、$\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1{)}^T$、$\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1{)}^T$。
3. (b) $⟨H⟩=\hslash \omega (1+|c_2{|}^2+|c_3{|}^2)$，$⟨A⟩=\lambda (c_{1\ast }{c}_2+c_{2\ast }{c}_1+2|c_3{|}^2)$，$⟨B⟩=\mu (2|c_1{|}^2+c_{2\ast }{c}_3+c_{3\ast }{c}_2)$。
4. (c) $|\mathcal{S}(t)⟩=(c_1{e}^{-i\omega t},c_2{e}^{-2i\omega t},c_3{e}^{-2i\omega t}{)}^T$；概率等于本征矢与 $|\mathcal{S}(t)⟩$ 内积的模方；$H$、$B$ 的概率不随时间变，$A$ 的 $\pm \lambda$ 概率含 $c_{1\ast }{c}_2{e}^{-i\omega t}$ 振荡项。

入口

• 交叉项 $u^{\ast }v$ 里 $u$ 要取共轭：$(c_1{e}^{-i\omega t}{)}^{\ast }{c}_2{e}^{-2i\omega t}=c_{1\ast }{c}_2{e}^{-i\omega t}$。

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题 61 · 形式理论 · 习题16 空间平移与时间平移生成元 · ⬜ 未测

(a) 一个函数 $f(x)$ 可以作泰勒展开，证明 $f(x+x_0)=e^{i\hat{p}{x}_0/\hslash }f(x)$（其中 $x_0$ 是任意常数距离）。由于这个原因，称 $\hat{p}/\hslash$ 为空间平移生成元。注意：指数算符是由一个幂级数定义的：$e^{\hat{Q}}\equiv 1+\hat{Q}+\frac{1}{2}{\hat{Q}}^2+\frac{1}{3!}{\hat{Q}}^3+\cdots$。

(b) 如果 $\Psi (x,t)$ 满足（含时）薛定谔方程，证明 $\Psi (x,t+t_0)=e^{-i\hat{H}{t}_0/\hslash }\Psi (x,t)$，式中，$t_0$ 为任意时间常数；$-\hat{H}/\hslash$ 称为时间平移生成元。

(c) 证明力学量 $Q(x,p,t)$ 在 $t+t_0$ 时刻的期望值可以写为

$$⟨Q{⟩}_{t+t_0}=⟨\Psi (x,t)e^{i\hat{H}{t}_0/\hslash }Q(\hat{x},\hat{p},t+t_0)e^{-i\hat{H}{t}_0/\hslash }\Psi (x,t)⟩,$$

用这个公式重新得到：$\frac{d}{dt}⟨Q⟩=\frac{i}{\hslash }⟨[\hat{H},\hat{Q}]⟩+⟨\frac{\partial \hat{Q}}{\partial t}⟩$。提示：设 $t_0=dt$ 然后展开到 $dt$ 的一阶。

**点开：骨架 / 入口**（先对着上面题干默，默不出再展开）

骨架

1. (a) 泰勒展开 $f(x+x_0)={\sum }_n\frac{x_{0n}}{n!}\frac{d^{n}f}{d{x}^n}$，$\frac{d}{dx}=\frac{i}{\hslash }\hat{p}$，求和即 $e^{i\hat{p}{x}_0/\hslash }f(x)$。
2. (b) 对 $t$ 泰勒展开，薛定谔方程给出 $\frac{\partial }{\partial t}=-\frac{i}{\hslash }\hat{H}$（$\hat{H}$ 不显含 $t$），求和得 $e^{-i\hat{H}{t}_0/\hslash }\Psi (x,t)$。
3. (c) 代入期望值，$\hat{H}$ 厄密使 $(e^{-i\hat{H}{t}_0/\hslash }{)}^{†}=e^{i\hat{H}{t}_0/\hslash }$，得所给公式。
4. 取 $t_0=dt$，$e^{\pm i\hat{H}dt/\hslash }\approx 1\pm \frac{i}{\hslash }\hat{H}dt$，$\hat{Q}(t+dt)\approx \hat{Q}+\frac{\partial \hat{Q}}{\partial t}dt$，保留一阶得 $\frac{d}{dt}⟨Q⟩=\frac{i}{\hslash }⟨[\hat{H},\hat{Q}]⟩+⟨\frac{\partial \hat{Q}}{\partial t}⟩$。

入口

• $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ 倒过来就是 $\frac{d}{dx}=\frac{i}{\hslash }\hat{p}$，代进泰勒级数每一项，级数正好是指数算符的定义。

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