量子力学·基础（书本扫盲）· 第4章

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色标同量力题：⬜ 未测 · 🟡（未复习） · 🟡（模糊） · 🟡（不会） · 🟢 懂 · 🔴 不行。

第4章 力学量算符的本征值和本征函数

书 p62–93 · 共 7 节（4.6 下分 4.6.1–4.6.4，4.7 下分 4.7.1、4.7.2）· 2026-10-05 挂；对照原书核定笔误后写入

4.1 线性算符的性质及其运算法则

知识点小结：力学量用算符表示。常见的坐标、动量、能量、角动量都是线性算符；取复共轭、开方不是。算符乘法一般不对易，$[\hat{A},\hat{B}]=\hat{A}\hat{B}-\hat{B}\hat{A}$，对易与否反映两个力学量能不能同时有确定值（第 4.6 节再证）。可观测力学量的测值和平均值必须是实数，所以对应的算符必须厄米：${\hat{A}}^{†}=\hat{A}$。时间演化、Fourier 变换这一类「不改变总概率」的变换用幺正算符，${\hat{U}}^{†}={\hat{U}}^{-1}$。

jc-4-1-1 · 线性、厄米、幺正各管什么 · 🟡（模糊）

简答（书 p62–66，式 (4-1)(4-26)(4-29)；练习 p66）

(1) 取复共轭为什么不是线性算符？量子力学里常见的力学量算符为什么都要求是线性的？（p62，式 (4-1)）（失分：缺叠加原理→线性）

(2) 为什么可观测力学量的算符必须是厄米算符？两个厄米算符的和、积呢？（p65–66，式 (4-26)–(4-28)）（失分：测值·均值实⇒须厄米——红笔补；积对易才厄米）

(3) 幺正算符的定义是什么？为什么说 $\hat{H}$ 厄米时 $\hat{U}=e^{i\hat{H}t}$ 是幺正的？它描述的是哪一类过程？（p66，式 (4-29)–(4-31)）（失分：缺「描述哪类过程」——红笔补概率守恒/态演化）

(4) 设 $\hat{U}=\hat{A}+i\hat{B}$ 幺正，$\hat{A}$、$\hat{B}$ 厄米。必须再有哪两个关系？（p66 练习）

**答案**

(1) 记复共轭算符为 $\hat{C}$，则 $\hat{C}\sum c_n{\psi }_n=\sum c_{n\ast }{\psi }_n^{\ast }$，系数被取了共轭，不满足式 (4-1) 的 $\hat{A}\sum c_n{\psi }_n=\sum c_n\hat{A}{\psi }_n$，所以不是线性算符。开方同样不是。态的叠加原理要求力学量算符把叠加态映成各分量的叠加，所以坐标、动量、能量、角动量都取线性算符。

(2) 测值和平均值必须是实数。厄米算符在任意态下 $\bar{A}=(\psi ,\hat{A}\psi )=(\hat{A}\psi ,\psi )=(\psi ,\hat{A}\psi {)}^{\ast }={\bar{A}}^{\ast }$，所以 $\bar{A}$ 为实（4-28）。两个厄米算符之和仍厄米；积一般不厄米，因为 $(\hat{A}\hat{B}{)}^{†}={\hat{B}}^{†}{\hat{A}}^{†}=\hat{B}\hat{A}$，只有 $[\hat{A},\hat{B}]=0$ 时才有 $(\hat{A}\hat{B}{)}^{†}=\hat{A}\hat{B}$。

(3) ${\hat{A}}^{†}={\hat{A}}^{-1}$，等价于 $\hat{A}{\hat{A}}^{†}={\hat{A}}^{†}\hat{A}=I$。${\hat{H}}^{†}=\hat{H}$ 时 $(e^{i\hat{H}t}{)}^{†}=e^{-i\hat{H}t}=(e^{i\hat{H}t}{)}^{-1}$，所以 $\hat{U}$ 幺正。书上指出：Fourier 变换、量子态随时间的演化都是幺正变换，保持总概率。

(4) ${\hat{U}}^{†}=\hat{A}-i\hat{B}$。由 $\hat{U}{\hat{U}}^{†}=I$ 和 ${\hat{U}}^{†}\hat{U}=I$ 分别得到 ${\hat{A}}^2+{\hat{B}}^2-i[\hat{A},\hat{B}]=I$、${\hat{A}}^2+{\hat{B}}^2+i[\hat{A},\hat{B}]=I$，两式相加、相减得 ${\hat{A}}^2+{\hat{B}}^2=I$、$[\hat{A},\hat{B}]=0$。

jc-4-1-2 · 对易恒等式、逆、转置和习题代数 · 🟡（模糊）

计算（书 p63–65，式 (4-9)–(4-17)(4-22)(4-25)；习题 4-4、4-5、4-6、4-7、4-13，p92–93）

(1) 证明 $[\hat{A},\hat{B}\hat{C}]=[\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]$，并写出 $[\hat{A}\hat{B},\hat{C}]$。（式 (4-11)(4-12)）

(2) 证明 Jacobi 恒等式 $[\hat{A},[\hat{B},\hat{C}]]+[\hat{B},[\hat{C},\hat{A}]]+[\hat{C},[\hat{A},\hat{B}]]=0$。（式 (4-13)）

(3) 若 $\hat{A}$、$\hat{B}$ 都有逆，证明 $(\hat{A}\hat{B}{)}^{-1}={\hat{B}}^{-1}{\hat{A}}^{-1}$。转置和厄米共轭对乘积的顺序有什么共同点？（式 (4-17)(4-22)(4-25)；习题 4-5）（失分：应注明 $A,B$ 可逆、$(AB{)}^{-1}$ 存在）

(4) 定义 $\hat{A},\hat{B}=\hat{A}\hat{B}+\hat{B}\hat{A}$。证明 $[\hat{A}\hat{B},\hat{C}]=\hat{A}\hat{B},\hat{C}-\hat{A},\hat{C}\hat{B}$。（习题 4-4(1)；第 (2) 问同理）

(5) 证明 $e^{\hat{A}}\hat{B}{e}^{-\hat{A}}=\hat{B}+[\hat{A},\hat{B}]+\frac{1}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots$。（习题 4-6）

(6) 设 $[\hat{A},\hat{B}]$ 与 $\hat{A}$、$\hat{B}$ 都对易。证明 $e^{\hat{A}+\hat{B}}=e^{\hat{A}}{e}^{\hat{B}}{e}^{-\frac{1}{2}[\hat{A},\hat{B}]}$。（习题 4-7） ☐ 10/25：旁标△；已走 $f(\lambda )$ 仍不熟，红补 $f(0)=I$ ·🔴入口（失分：入口钉 $C=[A,B]$ 与对易；$f(\lambda )=e^{\lambda A}{e}^{\lambda B}$，$f(0)=I$）

(7) $\hat{U}(t)$ 幺正。证明 $\hat{H}=i\hslash \frac{d\hat{U}}{dt}{\hat{U}}^{†}$ 是厄米算符。（习题 4-13）

**答案**

(1) $[\hat{A},\hat{B}\hat{C}]=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{B}\hat{C}\hat{A}=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{B}\hat{A}\hat{C}+\hat{B}\hat{A}\hat{C}-\hat{B}\hat{C}\hat{A}=[\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]$。同理 $[\hat{A}\hat{B},\hat{C}]=\hat{A}[\hat{B},\hat{C}]+[\hat{A},\hat{C}]\hat{B}$。注意乘子的左右位置不能换。

(2) 把三个对易子展开，12 项正好两两抵消（书 p63 已逐项写出）。考试写「展开后各项成对抵消」并列出一对代表项即可。

(3) $\hat{A}\hat{B}\cdot {\hat{B}}^{-1}{\hat{A}}^{-1}=\hat{A}{\hat{A}}^{-1}=I$，左逆同样成立，所以 $(\hat{A}\hat{B}{)}^{-1}={\hat{B}}^{-1}{\hat{A}}^{-1}$。转置 A^B^ = B^~A^~（4-22），厄米共轭 $(\hat{A}\hat{B}{)}^{†}={\hat{B}}^{†}{\hat{A}}^{†}$（4-25），三者都是反序。

(4) $[\hat{A}\hat{B},\hat{C}]=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{C}\hat{A}\hat{B}=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{A}\hat{C}\hat{B}+\hat{A}\hat{C}\hat{B}-\hat{C}\hat{A}\hat{B}=\hat{A}[\hat{B},\hat{C}]+[\hat{A},\hat{C}]\hat{B}$。再用 $[\hat{A},\hat{C}]=\hat{A},\hat{C}-2\hat{C}\hat{A}$ 不必要；直接写成 $\hat{A}(\hat{B}\hat{C}+\hat{C}\hat{B})-(\hat{A}\hat{C}+\hat{C}\hat{A})\hat{B}=\hat{A}\hat{B},\hat{C}-\hat{A},\hat{C}\hat{B}$，移项即得。第 (2) 问：$[\hat{A},\hat{B}\hat{C}]=\hat{A},\hat{B}\hat{C}-\hat{B}\hat{A},\hat{C}$。

(5) 令 $f(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}$，$f(0)=\hat{B}$，$f^{\prime }(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}[\hat{A},\hat{B}]e^{-\lambda \hat{A}}$，$f^{{}^{\prime \prime }}(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]e^{-\lambda \hat{A}}$，以此类推。在 $\lambda =0$ 作 Taylor 展开再令 $\lambda =1$ 即得。

(6) 记 $\hat{C}=[\hat{A},\hat{B}]$，条件是 $[\hat{C},\hat{A}]=[\hat{C},\hat{B}]=0$。分三步：

1. 令 $f(\lambda )=e^{\lambda \hat{A}}{e}^{\lambda \hat{B}}$，求导：$f^{\prime }=\hat{A}{e}^{\lambda \hat{A}}{e}^{\lambda \hat{B}}+e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{\lambda \hat{B}}=(\hat{A}+e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}})f$。
2. 由 (5)（把 $\hat{A}$ 换成 $\lambda \hat{A}$）：$e^{\lambda \hat{A}}\hat{B}{e}^{-\lambda \hat{A}}=\hat{B}+\lambda \hat{C}+\frac{{\lambda }^2}{2!}[\hat{A},\hat{C}]+\cdots$。$\hat{C}$ 与 $\hat{A}$ 对易，第三项起全为 0，截断为 $\hat{B}+\lambda \hat{C}$。于是 $f^{\prime }=(\hat{A}+\hat{B}+\lambda \hat{C})f$，$f(0)=I$。
3. $\hat{C}$ 与 $\hat{A}$、$\hat{B}$ 都对易，所以 $[\hat{A}+\hat{B}+{\lambda }_1\hat{C},\hat{A}+\hat{B}+{\lambda }_2\hat{C}]=({\lambda }_2-{\lambda }_1)[\hat{A}+\hat{B},\hat{C}]=0$，即不同 $\lambda$ 下的系数算符互相对易，可以像标量常微分方程那样积分：$f(\lambda )=\exp [\lambda (\hat{A}+\hat{B})+\frac{1}{2}{\lambda }^2\hat{C}]$。令 $\lambda =1$：$e^{\hat{A}}{e}^{\hat{B}}=e^{\hat{A}+\hat{B}+\frac{1}{2}\hat{C}}$。$\hat{C}$ 与 $\hat{A}+\hat{B}$ 对易，可拆成 $e^{\hat{A}+\hat{B}}{e}^{\frac{1}{2}\hat{C}}$，右乘 $e^{-\frac{1}{2}\hat{C}}$ 得 $e^{\hat{A}+\hat{B}}=e^{\hat{A}}{e}^{\hat{B}}{e}^{-\frac{1}{2}[\hat{A},\hat{B}]}$。

记忆：引参数求导 → (5) 截断 → 积分。

(7) $\hat{U}{\hat{U}}^{†}=I$，对 $t$ 求导：U^˙\hat{U}^{\dagger} + \hat{U}U^˙^{\dagger} = 0，所以 \hat{U}U^˙^{\dagger} = -(U^˙\hat{U}^{\dagger})^{\dagger}。于是 \hat{H}^{\dagger} = (-i\hbar )\hat{U}U^˙^{\dagger} = i\hbar U^˙\hat{U}^{\dagger} = \hat{H}。

jc-4-1-3 · 算符运算规则（直接写出） · 🟡（模糊）

填空（书 p63–66，式 (4-10)–(4-31)）

(1) $[A,BC]=$ ____，$[AB,C]=$ ____；Jacobi 恒等式 ____。（式 (4-11)–(4-13)）（失分：Jacobi 轮换写成 $[B,[A,C]]$ 而非 $[B,[C,A]]$）

(2) $(AB{)}^{-1}=$ ____；${\hat{A}}^{†}$ 的定义 $(\phi ,{\hat{A}}^{†}\psi )=$ ____；$(AB{)}^{†}=$ ____。（式 (4-17)(4-24)(4-25)）

(3) 厄米算符满足 ____；幺正算符满足 ____。（式 (4-29)(4-31)）

**答案**

(1) $[A,B]C+B[A,C]$；$A[B,C]+[A,C]B$；$[A,[B,C]]+[B,[C,A]]+[C,[A,B]]=0$。

(2) $B^{-1}{A}^{-1}$；$(\hat{A}\phi ,\psi )$；$B^{†}{A}^{†}$。

(3) ${\hat{A}}^{†}=\hat{A}$；${\hat{U}}^{†}\hat{U}=\hat{U}{\hat{U}}^{†}=I$。

4.2 量子力学的基本对易关系

知识点小结：一切对易关系都从 $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$ 推出来。不同分量彼此对易：$[r_{\alpha },r_{\beta }]=[{\hat{p}}_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=0$，交叉项 $[r_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=i\hslash {\delta }_{\alpha \beta }$。角动量 $\hat{\mathbf{l}}=\hat{\mathbf{r}}\times \hat{\mathbf{p}}$ 和坐标、动量、自身的对易都可以收成 $[{\hat{l}}_{\alpha },v_{\beta }]=i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{v}_{\gamma }$（$v$ 可以是 $r$、$p$ 或 $l$）。${\hat{l}}^2$ 和每个分量都对易，所以 ${\hat{l}}^2$ 和 ${\hat{l}}_z$ 能同时确定；${\hat{l}}_x$ 和 ${\hat{l}}_y$ 不能。升降算符 ${\hat{l}}_{\pm }={\hat{l}}_x\pm i{\hat{l}}_y$ 把 $m$ 升降 1。

jc-4-2-1 · 坐标和动量的基本对易 · ⬜

计算（书 p66–68，式 (4-32)–(4-37)；练习 p67；习题 4-1、4-2，p92）

(1) 由 ${\hat{p}}_x=-i\hslash {\partial }_x$ 证明 $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$。写出坐标和动量的全部基本对易关系（式 (4-33)–(4-37)）。

(2) 证明 $[{\hat{p}}_x,f(x)]=-i\hslash f^{\prime }(x)$，以及 $[{\hat{p}}_{x2},f(x)]=-{\hslash }^2{f}^{{}^{\prime \prime }}-2i\hslash f^{\prime }{\hat{p}}_x$。（p67 练习）

(3) 设 $f(x)$ 可微。证明 $[x,{\hat{p}}_{x2}f(x)]=2i\hslash {\hat{p}}_{x}f(x)$，$[{\hat{p}}_x,{\hat{p}}_{x2}f(x)]=-i\hslash {\hat{p}}_{x2}{f}^{\prime }(x)$。（习题 4-1(1)(3)；第 (2)(4) 问换成 ${\hat{p}}_{x}f{\hat{p}}_x$）

(4) $F(x,p)={\sum }_{m,n}{C}_{mn}{x}^m{p}^n$。证明 $[\hat{p},F]=-i\hslash \partial F/\partial x$，$[x,F]=i\hslash \partial F/\partial p$。（习题 4-2）

**答案**

(1) $x{\hat{p}}_x\psi =-i\hslash x{\psi }^{\prime }$，${\hat{p}}_x(x\psi )=-i\hslash \psi -i\hslash x{\psi }^{\prime }$，相减得 $(x{\hat{p}}_x-{\hat{p}}_{x}x)\psi =i\hslash \psi$。$\psi$ 任意，所以 $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$。同理 $[y,{\hat{p}}_y]=[z,{\hat{p}}_z]=i\hslash$。汇总：

$$[r_{\alpha },r_{\beta }]=0,[{\hat{p}}_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=0,[r_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=i\hslash {\delta }_{\alpha \beta }(4\text{-}37)$$

(2) 把对易子作用到任意 $\phi$：$[{\hat{p}}_x,f]\phi ={\hat{p}}_x(f\phi )-f{\hat{p}}_x\phi =-i\hslash (f^{\prime }\phi +f{\phi }^{\prime })+i\hslash f{\phi }^{\prime }=-i\hslash f^{\prime }\phi$。第二式用 $[{\hat{p}}_{x2},f]={\hat{p}}_x[{\hat{p}}_x,f]+[{\hat{p}}_x,f]{\hat{p}}_x$，代入 $[{\hat{p}}_x,f]=-i\hslash f^{\prime }$ 即得。

(3) $[x,{\hat{p}}_{x2}f]=[x,{\hat{p}}_{x2}]f$。$[x,{\hat{p}}_{x2}]=[x,{\hat{p}}_x]{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_x[x,{\hat{p}}_x]=2i\hslash {\hat{p}}_x$，所以第一式成立。$[{\hat{p}}_x,{\hat{p}}_{x2}f]={\hat{p}}_{x2}[{\hat{p}}_x,f]=-i\hslash {\hat{p}}_{x2}{f}^{\prime }$。第 (2) 问：$[x,{\hat{p}}_{x}f{\hat{p}}_x]=[x,{\hat{p}}_x]f{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_x[x,f]{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_{x}f[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash (f{\hat{p}}_x+{\hat{p}}_{x}f)$（中间项 $[x,f]=0$）。第 (4) 问同理得 $-i\hslash {\hat{p}}_x{f}^{\prime }{\hat{p}}_x$。

(4) 对单项 $x^m{p}^n$：$[\hat{p},x^m]=-i\hslash m{x}^{m-1}=-i\hslash {\partial }_x(x^m)$，而 $p^n$ 与 $\hat{p}$ 对易，所以 $[\hat{p},x^m{p}^n]=-i\hslash {\partial }_x(x^m{p}^n)$。$[x,p^n]=i\hslash n{p}^{n-1}=i\hslash {\partial }_p(p^n)$，$x^m$ 与 $x$ 对易。线性叠加即得一般 $F$。这里 $\partial F/\partial p$ 是把 $p$ 当普通变量求导后再换回算符，顺序按 $F$ 里原来的写法。

jc-4-2-2 · 角动量对易、升降算符和本征函数判别 · 🟢

计算（书 p68–70，式 (4-38)–(4-51)；习题 4-3、4-9、4-10，p93）

(1) 写出 ${\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z$。证明 $[{\hat{l}}_x,y]=i\hslash z$，并收成 $[{\hat{l}}_{\alpha },r_{\beta }]=i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{r}_{\gamma }$。动量有同样的形式吗？（式 (4-38)–(4-43)）

(2) 证明 $[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]=i\hslash {\hat{l}}_z$，以及 $[{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z]=0$。为什么 ${\hat{l}}^2$ 和 ${\hat{l}}_z$ 可以同时有确定值，而 ${\hat{l}}_x$ 和 ${\hat{l}}_y$ 不行？（式 (4-44)–(4-48)）

(3) 定义 ${\hat{l}}_{\pm }={\hat{l}}_x\pm i{\hat{l}}_y$。证明 $[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_{\pm }]=\pm \hslash {\hat{l}}_{\pm }$，$[{\hat{l}}_{+},{\hat{l}}_{-}]=2\hslash {\hat{l}}_z$。（式 (4-50)(4-51)）

(4) 证明 $\hat{\mathbf{p}}\times \hat{\mathbf{l}}+\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{p}}=2i\hslash \hat{\mathbf{p}}$。（习题 4-3）

(5) 验证 ${\psi }_1=y+iz$、${\psi }_2=z+ix$、${\psi }_3=x+iy$ 分别是 ${\hat{l}}_x$、${\hat{l}}_y$、${\hat{l}}_z$ 本征值为 $\hslash$ 的本征函数。（习题 4-9）

(6) 证明 $\psi =x+y+z$ 是 ${\hat{l}}^2$ 本征值为 $2{\hslash }^2$ 的本征函数。它是不是 ${\hat{l}}_z$ 的本征函数？（习题 4-10）

**答案**

(1) ${\hat{l}}_x=y{\hat{p}}_z-z{\hat{p}}_y=-i\hslash (y{\partial }_z-z{\partial }_y)$，${\hat{l}}_y$、${\hat{l}}_z$ 轮换（4-38)–(4-40）。$[{\hat{l}}_x,y]=[y{\hat{p}}_z-z{\hat{p}}_y,y]=-z[{\hat{p}}_y,y]=i\hslash z$。三个分量收成 $[{\hat{l}}_{\alpha },r_{\beta }]=i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{r}_{\gamma }$（4-41）。动量同样：$[{\hat{l}}_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{\hat{p}}_{\gamma }$（4-43）。${\epsilon }_{xyz}=1$，交换任意两个指标变号，有重复指标则为 0。

(2) $[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]=[y{\hat{p}}_z-z{\hat{p}}_y,z{\hat{p}}_x-x{\hat{p}}_z]$。用 (4-11) 和基本对易，非零项收成 $i\hslash (x{\hat{p}}_y-y{\hat{p}}_x)=i\hslash {\hat{l}}_z$。轮换得 (4-44)。$[{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z]=[{\hat{l}}_x^2,{\hat{l}}_z]+[{\hat{l}}_y^2,{\hat{l}}_z]={\hat{l}}_x[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_z]+[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_z]{\hat{l}}_x+{\hat{l}}_y[{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z]+[{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z]{\hat{l}}_y=-i\hslash ({\hat{l}}_x{\hat{l}}_y+{\hat{l}}_y{\hat{l}}_x)+i\hslash ({\hat{l}}_y{\hat{l}}_x+{\hat{l}}_x{\hat{l}}_y)=0$。对易才有共同本征函数（4.6 节），所以 ${\hat{l}}^2$ 与 ${\hat{l}}_z$ 可以同时确定；${\hat{l}}_x$ 与 ${\hat{l}}_y$ 不对易，不能。

(3) $[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_{+}]=[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_x]+i[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_y]=i\hslash {\hat{l}}_y+i(-i\hslash {\hat{l}}_x)=\hslash ({\hat{l}}_x+i{\hat{l}}_y)=\hslash {\hat{l}}_{+}$。同理 $[{\hat{l}}_z,{\hat{l}}_{-}]=-\hslash {\hat{l}}_{-}$。$[{\hat{l}}_{+},{\hat{l}}_{-}]=[{\hat{l}}_x+i{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_x-i{\hat{l}}_y]=-i[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]+i[{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_x]=2\hslash {\hat{l}}_z$。（书上 (4-51) 印的就是 $\pm \hslash {\hat{l}}_{\pm }$，与上式一致。）

(4) 取 $x$ 分量：$(\hat{\mathbf{p}}\times \hat{\mathbf{l}}{)}_x+(\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{p}}{)}_x={\hat{p}}_y{\hat{l}}_z-{\hat{p}}_z{\hat{l}}_y+{\hat{l}}_y{\hat{p}}_z-{\hat{l}}_z{\hat{p}}_y=[{\hat{p}}_y,{\hat{l}}_z]+[{\hat{l}}_y,{\hat{p}}_z]$。用 (4-43)：$[{\hat{l}}_z,{\hat{p}}_y]=-i\hslash {\hat{p}}_x$ 所以 $[{\hat{p}}_y,{\hat{l}}_z]=i\hslash {\hat{p}}_x$，$[{\hat{l}}_y,{\hat{p}}_z]=i\hslash {\hat{p}}_x$。两项相加为 $2i\hslash {\hat{p}}_x$。$y$、$z$ 分量同理。

(5) ${\hat{l}}_x(y+iz)=-i\hslash (y{\partial }_z-z{\partial }_y)(y+iz)=-i\hslash (y\cdot i-z\cdot 1)=\hslash (y+iz)$。${\hat{l}}_y(z+ix)=-i\hslash (z{\partial }_x-x{\partial }_z)(z+ix)=\hslash (z+ix)$。${\hat{l}}_z(x+iy)=-i\hslash (x{\partial }_y-y{\partial }_x)(x+iy)=\hslash (x+iy)$。三个都成立。

(6) $x,y,z$ 都是 $l=1$ 的函数（$l(l+1){\hslash }^2=2{\hslash }^2$），${\hat{l}}^2$ 只作用于角度，$x+y+z$ 是 $l=1$ 三个态的线性组合，所以 ${\hat{l}}^2(x+y+z)=2{\hslash }^2(x+y+z)$。它不是 ${\hat{l}}_z$ 的本征函数：${\hat{l}}_{z}x=-{\hat{l}}_z(x)$ 等待，直接算 ${\hat{l}}_z(x+y+z)=-i\hslash (x-y)$，不是 $(x+y+z)$ 的常数倍。这正是简并：同一个 ${\hat{l}}^2$ 本征值可以没有确定的 $m$。

jc-4-2-3 · 基本对易关系表（直接写出） · 🟢

填空（书 p67–69，式 (4-33)–(4-50)）

(1) $[x_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=$ ____，$[x_{\alpha },x_{\beta }]=$ ____，$[{\hat{p}}_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=$ ____。（式 (4-36)(4-37)）

(2) ${\hat{l}}_x=$ ____，${\hat{l}}_y=$ ____，${\hat{l}}_z=$ ____。（式 (4-38)–(4-40)）

(3) $[{\hat{l}}_{\alpha },x_{\beta }]=$ ____，$[{\hat{l}}_{\alpha },{\hat{p}}_{\beta }]=$ ____，$[{\hat{l}}_{\alpha },{\hat{l}}_{\beta }]=$ ____，$\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{l}}=$ ____。（式 (4-41)–(4-46)）

(4) $[{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_{\alpha }]=$ ____；${\hat{l}}_{\pm }=$ ____。（式 (4-48)(4-50)）

**答案**

(1) $i\hslash {\delta }_{\alpha \beta }$；0；0。

(2) $y{\hat{p}}_z-z{\hat{p}}_y$；$z{\hat{p}}_x-x{\hat{p}}_z$；$x{\hat{p}}_y-y{\hat{p}}_x$。

(3) $i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{x}_{\gamma }$；$i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{\hat{p}}_{\gamma }$；$i\hslash {\epsilon }_{\alpha \beta \gamma }{\hat{l}}_{\gamma }$；$i\hslash \hat{\mathbf{l}}$。

(4) 0；${\hat{l}}_x\pm i{\hat{l}}_y$。

4.3 厄米算符的本征值和本征函数系

知识点小结：力学量的测值一定是它的某个本征值，但测之前不能唯一预言是哪一个——量子力学在这一点上不遵从经典的动力学决定论。厄米算符有两条必须会证的性质：本征值是实数；不同本征值的本征函数正交。简并时，同一本征值的那组函数不一定已经正交，但可以线性组合成正交的。求本征值书上给了三条路：解微分方程（第3章）、Heisenberg 代数（升降算符，本章主方法）、写成矩阵解久期方程（第5章再展开）。一维谐振子用代数法得到 $E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，$n=0,1,2,\dots$，和微分方程法一致；$N=a^{†}a$ 叫粒子数算符。

jc-4-3-1 · 本征值为实、不同本征值正交、简并怎么正交化 · 🟡（模糊）

证明（书 p70–75，式 (4-52)–(4-60)(4-94)–(4-97)）

(1) 证明厄米算符的本征值必为实数。反过来，为什么要求力学量算符厄米？（定理 1，式 (4-53)）（失分：本征态上均值=本征值一步红笔补）

(2) 证明属于不同本征值的本征函数正交。证明里哪一步用到了厄米性？（定理 2，式 (4-54)–(4-60)）

(3) 什么叫 $f_n$ 重简并？简并的本征函数是否一定已经正交？书上用几个条件来造出一组正交的本征函数？造出来的新函数还是不是原来的本征态？（p74–75，式 (4-94)–(4-97)）（失分：简并定义/不一定正交——红笔补）

(4) 举书上的例子：一维自由粒子的能量为什么是二重简并的？（p74）

**答案**

(1) 归一化本征态上 $\bar{A}=({\psi }_n,\hat{A}{\psi }_n)=A_n$。厄米算符的平均值必为实，所以 $A_n$ 为实。为了保证测值是实数，力学量算符必须厄米。

(2) $\hat{A}{\psi }_m=A_m{\psi }_m$ 取标积：$(\hat{A}{\psi }_m,{\psi }_n)=A_m({\psi }_m,{\psi }_n)$。厄米性把左边换成 $({\psi }_m,\hat{A}{\psi }_n)=A_n({\psi }_m,{\psi }_n)$。两式相减 $(A_m-A_n)({\psi }_m,{\psi }_n)=0$。$A_m\ne =A_n$ 时积分为 0。不用厄米性，左边换不过去。

(3) 属于同一个本征值 $A_n$ 的线性独立本征函数有 $f_n$ 个，就称 $A_n$ 是 $f_n$ 重简并的（书上式 (4-94) 把下标写成 $\alpha$，结论句又写成 $A_n$，是同一件事）。它们不一定正交。造 ${\phi }_{n\beta }={\sum }_{\alpha =1f_n}{a}_{\beta \alpha }{\psi }_{n\alpha }$，要求 $({\phi }_{n\beta },{\phi }_{n{\beta }^{\prime }})={\delta }_{\beta {\beta }^{\prime }}$。归一化 $f_n$ 个、独立的正交条件 $\frac{1}{2}{f}_n(f_n-1)$ 个，共 $\frac{1}{2}{f}_n(f_n+1)$ 个条件，用来定 $a_{\beta \alpha }$（书上按实函数计数）。$\hat{A}{\phi }_{n\beta }=A_n{\phi }_{n\beta }$，仍是本征值为 $A_n$ 的本征态。

(4) $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}$，$E=\frac{{\hslash }^2{k}^2}{2m}$ 对应 $e^{ikx}$ 和 $e^{-ikx}$ 两个独立解，二重简并。

jc-4-3-2 · 用升降算符求谐振子能级 · ⬜

计算（书 p72–74，式 (4-65)–(4-88)；p71 三种解法；习题 4-15，p93）

(1) 把 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ 因式分解，写出 $a$、$a^{†}$，证明 $[a,a^{†}]=1$，$\hat{H}=\hslash \omega (a^{†}a+\frac{1}{2})$。（式 (4-65)–(4-68)）

(2) 令 $N=a^{†}a$。证明 $[N,a]=-a$，$[N,a^{†}]=a^{†}$，并说明 $a$、$a^{†}$ 对 $N$ 的本征值各做什么。（式 (4-71)(4-72)(4-75)(4-82)）

(3) 为什么 $N$ 的本征值不能为负？最小值对应的态满足什么？由此求 $n$ 和 $E_n$。基态能量叫什么？（式 (4-79)–(4-88)）

(4) 不计零点能时，为什么把 $n$ 叫粒子数、$N$ 叫粒子数算符？（p74）

(5) 矩阵方法里，久期方程是什么？这一方法书上在本章算完了吗？（式 (4-92)(4-93)）

(6) 变式：${\hat{a}}^2=0$，$\hat{a},{\hat{a}}^{†}=1$。证明 $N={\hat{a}}^{†}\hat{a}$ 厄米，$N^2=N$，本征值只能是 0 或 1，且 $[N,\hat{a}]=-\hat{a}$、$[N,{\hat{a}}^{†}]={\hat{a}}^{†}$。（习题 4-15）

**答案**

(1) $a=\sqrt{\frac{m\omega }{2\hslash }}x+\frac{i}{\sqrt{2m\omega \hslash }}{\hat{p}}_x$，$a^{†}$ 是它的厄米共轭（$i$ 变 $-i$）。系数相乘：$\sqrt{\frac{m\omega }{2\hslash }}/\sqrt{2m\omega \hslash }=\frac{1}{2\hslash }$。于是

$$[a,a^{†}]=\frac{-i}{2\hslash }[x,{\hat{p}}_x]+\frac{i}{2\hslash }[{\hat{p}}_x,x]=\frac{-i}{2\hslash }(i\hslash )+\frac{i}{2\hslash }(-i\hslash )=1$$

因式分解时对易子贡献的常数正好是 $\frac{1}{2}\hslash \omega$，所以 $\hat{H}=\hslash \omega (a^{†}a+\frac{1}{2})$。

(2) $[N,a]=[a^{†}a,a]=a^{†}[a,a]+[a^{†},a]a=-[a,a^{†}]a=-a$。$[N,a^{†}]=a^{†}$。作用到 $|n⟩$：$N(a|n⟩)=(n-1)a|n⟩$，$N(a^{†}|n⟩)=(n+1)a^{†}|n⟩$。所以 $a$ 把本征值降 1，$a^{†}$ 升 1。

(3) $n=⟨a{\psi }_n,a{\psi }_n⟩\ge 0$，本征值不能为负。设最小本征值为 $n_0$，必须 $a|n_0⟩=0$，否则还能再降。于是 $N|n_0⟩=0$，最小本征值是 0，记 $|0⟩$。从 $|0⟩$ 不断用 $a^{†}$ 得到 $n=0,1,2,\dots$。$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$。$E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$ 叫零点能（基态能量）。和式 (4-64) 的微分方程法一致。

(4) 不计 $\frac{1}{2}\hslash \omega$ 时 $E_n=n\hslash \omega$，看成 $n$ 个能量为 $\hslash \omega$ 的量子，所以 $n$ 叫粒子数，$N$ 叫粒子数算符，$|n⟩$ 是粒子数表象中的态。书上说细节要到二次量子化才讲完。

(5) 把 $\hat{H}$ 写成矩阵、$\psi$ 写成列矢量，有非零解的条件是 $|H_{jk}-E{\delta }_{jk}|=0$，叫久期方程。【原书笔误】 p74 把「齐次」印成「奇次」。书上明确这一方法在第5章再讲，本章只交代名字。

(6) $N^{†}={\hat{a}}^{†}({\hat{a}}^{†}{)}^{†}={\hat{a}}^{†}\hat{a}=N$，厄米。$N^2={\hat{a}}^{†}\hat{a}{\hat{a}}^{†}\hat{a}={\hat{a}}^{†}(1-{\hat{a}}^{†}\hat{a})\hat{a}={\hat{a}}^{†}\hat{a}=N$，其中用了 $\hat{a}{\hat{a}}^{†}=1-{\hat{a}}^{†}\hat{a}$ 和 ${\hat{a}}^2=0$。$N^2=N$ 作用到本征态得 $n^2=n$，所以 $n=0$ 或 $1$。$[N,\hat{a}]={\hat{a}}^{†}\hat{a}\hat{a}-\hat{a}{\hat{a}}^{†}\hat{a}=-\hat{a}(1-N)=-\hat{a}+\hat{a}N$，而 $\hat{a}N=\hat{a}{\hat{a}}^{†}\hat{a}=(1-N)\hat{a}=\hat{a}$，所以 $[N,\hat{a}]=-\hat{a}$。$[N,{\hat{a}}^{†}]={\hat{a}}^{†}$ 同理。这是只有 0、1 两个占据数的变式，对比谐振子的 $n=0,1,2,\dots$。

jc-4-3-3 · 厄米本征问题与升降算符（直接写出） · 🟡

填空（书 p70–74，式 (4-53)–(4-93)）

(1) 厄米算符的本征值 ____；属于不同本征值的本征函数 $({\psi }_m,{\psi }_n)=$ ____。（式 (4-53)(4-60)）

(2) $\hat{a}=$ ____，${\hat{a}}^{†}=$ ____，$[\hat{a},{\hat{a}}^{†}]=$ ____，$\hat{H}=$ ____。（式 (4-65)–(4-69)）

(3) $[\hat{N},\hat{a}]=$ ____，$[\hat{N},{\hat{a}}^{†}]=$ ____；$\hat{a}|0⟩=$ ____；$E_n=$ ____。（式 (4-71)(4-72)(4-80)(4-88)）

(4) 已知 $H_{mn}$，求能量本征值的方程 ____。（式 (4-93)）

**答案**

(1) 为实数；0。

(2) $\sqrt{\frac{m\omega }{2\hslash }}(x+\frac{i\hat{p}}{m\omega })$；$\sqrt{\frac{m\omega }{2\hslash }}(x-\frac{i\hat{p}}{m\omega })$；1；$({\hat{a}}^{†}\hat{a}+\frac{1}{2})\hslash \omega$。

(3) $-\hat{a}$；${\hat{a}}^{†}$；0；$(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$。

(4) $\det |H_{mn}-E{\delta }_{mn}|=0$。

4.4 量子涨落和不确定性关系的一般表达式

知识点小结：不确定度（量子涨落）是 $\Delta A=\sqrt{\overline{A^2}-{\bar{A}}^2}$，不是仪器误差。处在 $\hat{A}$ 的本征态上时 $\Delta A=0$。一般关系是 $\Delta A\cdot \Delta B\ge \frac{1}{2}\overline{|[\hat{A},\hat{B}]|}$，坐标–动量是它的特例，下限 $\hslash /2$。把 $\hat{B}$ 换成 $\hat{H}$，再把 $\Delta A/|d\bar{A}/dt|$ 看成特征时间 $\Delta t$，就得到 $\Delta E\cdot \Delta t\ge \hslash /2$。这里 $\Delta E$ 是能级宽度，$\Delta t$ 是激发态寿命；基态稳定，$\Delta E=0$，寿命无限长。

jc-4-4-1 · 一般不确定关系、能量–时间和两个计算 · ⬜

计算（书 p75–77，式 (4-98)–(4-108)；习题 4-8、4-17，p92–93）

(1) 写出 $\Delta A$ 的定义。为什么 $\Delta A\ge 0$？什么态上 $\Delta A=0$？（式 (4-98)(4-99)）

(2) 设 $\hat{A}$、$\hat{B}$ 厄米。由 $(\psi ,\hat{A}\hat{B}\psi )=x+iy$ 说明对易子和反对易子各管虚部、实部，并写出最后的不确定关系。$[\hat{A}-\bar{A},\hat{B}-\bar{B}]$ 为什么等于 $[\hat{A},\hat{B}]$？（式 (4-101)–(4-103)）

(3) 由 (2) 推出 $\Delta x\cdot \Delta p_x\ge \hslash /2$。它和第 2.6 节的式 (2-49) 是什么关系？（式 (4-104)）

(4) 能量–时间不确定关系里的 $\Delta t$ 是不是算符的不确定度？激发态的能级宽度和寿命是什么关系？基态呢？（式 (4-105)–(4-108)）

(5) 证明 $x$ 与 $F({\hat{p}}_x)$ 满足 $\Delta x\cdot \Delta F\ge \frac{\hslash }{2}\overline{\frac{\partial F}{\partial p_x}}$。（习题 4-8；用 (4-103)）

(6) 一维谐振子基态 ${\psi }_0=\sqrt{\alpha /\sqrt{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$（$\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }$）。求 $(\Delta x{)}^2$、$(\Delta p{)}^2$，并验证 $\Delta x\cdot \Delta p=\hslash /2$。（习题 4-17；书上用 $\sim$，基态下实际是等号）

**答案**

(1) $\Delta A=\sqrt{\overline{(\hat{A}-\bar{A}{)}^2}}=\sqrt{\overline{A^2}-{\bar{A}}^2}$。$\hat{A}-\bar{A}$ 仍厄米，所以 $\overline{(\hat{A}-\bar{A}{)}^2}=\int |(\hat{A}-\bar{A})\psi {|}^2{d}^{3}r\ge 0$。本征态上 $\hat{A}\psi =A\psi$，被开方的积分为 0，$\Delta A=0$。

(2) $(\psi ,\hat{B}\hat{A}\psi )=x-iy$，所以 $(\psi ,[\hat{A},\hat{B}]\psi )=2iy$，$(\psi ,\hat{A},\hat{B}\psi )=2x$。于是 $|(\psi ,[\hat{A},\hat{B}]\psi ){|}^2\le 4|(\psi ,\hat{A}\hat{B}\psi ){|}^2$。Cauchy–Schwarz 给出 $|(\psi ,\hat{A}\hat{B}\psi ){|}^2\le (\psi ,{\hat{A}}^2\psi )(\psi ,{\hat{B}}^2\psi )$。用 $\hat{A}-\bar{A}$、$\hat{B}-\bar{B}$ 替换后，左边对易子不变：常数与任何算符对易，$[\hat{A}-\bar{A},\hat{B}-\bar{B}]=[\hat{A},\hat{B}]$。得到

$$\Delta A\cdot \Delta B\ge \frac{1}{2}\overline{|[\hat{A},\hat{B}]|}(4\text{-}103)$$

横线是平均值，不是对易子再取模之前丢掉。书上证明开头把这一横线漏写了，式 (4-103) 才补上。

(3) $[x,{\hat{p}}_x]=i\hslash$，平均值的模是 $\hslash$，所以 $\Delta x\cdot \Delta p_x\ge \hslash /2$。这就是式 (2-49)，是 (4-103) 的特例。

(4) $\Delta t$ 不是某个时间算符的涨落。书上把 $\Delta A/|d\bar{A}/dt|$ 定义为 $\bar{A}$ 改变 $\Delta A$ 所需的时间，叫不稳定束缚态的特征时间。激发态寿命就是这个 $\Delta t$，能级宽度 $\Delta E$ 满足 $\Delta E\cdot \Delta t\ge \hslash /2$。基态稳定，$\Delta E=0$，特征时间（寿命）为无穷大。短时间内发生的不稳定现象必有能量不确定。式 (4-106) 写成 $d\bar{A}/dt=(1/i\hslash )[\hat{A},\hat{H}]$，右边按第6章应理解为平均值，且没写 $\partial \hat{A}/\partial t$；本章只用它过渡到 (4-108)。

(5) 由习题 4-2，$[x,F]=i\hslash \partial F/\partial p_x$。代入 (4-103) 得 $\Delta x\cdot \Delta F\ge \frac{\hslash }{2}\overline{\partial F/\partial p_x}$。

(6) 用书上（也是第3章式 (3-162)）的基态 ${\psi }_0=\sqrt{\alpha /\sqrt{\pi }}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$。$\bar{x}=0$（奇函数），$⟨x^2⟩={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^2|{\psi }_0{|}^{2}dx$。换 $\xi =\alpha x$，$⟨x^2⟩={\alpha }^{-2}{\pi }^{-1/2}\int {\xi }^2{e}^{-{\xi }^2}d\xi ={\alpha }^{-2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\hslash }{2m\omega }$。$\bar{p}=0$，$⟨p^2⟩={\hslash }^2{\alpha }^2/2$（或用 $⟨T⟩=E_0/2=\hslash \omega /4$）。于是 $(\Delta x{)}^2=\hslash /(2m\omega )$，$(\Delta p{)}^2=m\hslash \omega /2$，$\Delta x\cdot \Delta p=\hslash /2$，不确定关系取等号。

jc-4-4-2 · 不确定关系（直接写出） · 🟢

填空（书 p75–77，式 (4-98)–(4-108)）

(1) $\Delta A=$ ____。（式 (4-98)）

(2) $\Delta A\Delta B\ge$ ____；$\Delta x\Delta p_x\ge$ ____；$\Delta x\Delta p_y\ge$ ____。（式 (4-103)(4-104)）

(3) $\frac{d\bar{A}}{dt}=$ ____（$\hat{A}$ 不显含 $t$）；$\Delta E\Delta t\ge$ ____，其中 $\Delta t=$ ____。（式 (4-105)–(4-108)）

**答案**

(1) $\sqrt{\overline{(A-\bar{A}{)}^2}}=\sqrt{\overline{A^2}-{\bar{A}}^2}$。

(2) $\frac{1}{2}\overline{[A,B]}$；$\frac{\hslash }{2}$；0（对易，无限制）。

(3) $\frac{1}{i\hslash }\overline{[\hat{A},\hat{H}]}$；$\frac{\hslash }{2}$；$\Delta A/\frac{d\bar{A}}{dt}$（$\bar{A}$ 变化一个 $\Delta A$ 所需时间）。

4.5 力学量算符在球坐标系中的表示

知识点小结：球坐标里 $x=r\sin \theta \cos \phi$ 等。梯度是三部分之和，Laplace 算符拆成径向 ${\nabla }_{r2}$ 加 $\frac{1}{r^2}{\nabla }_{\theta \phi 2}$。角动量只含角度：${\hat{l}}_z=-i\hslash {\partial }_{\phi }$，${\hat{l}}^2=-{\hslash }^2{\nabla }_{\theta \phi 2}$。所以动能写成径向动能加 ${\hat{l}}^2/(2m{r}^2)$。$\hat{\mathbf{l}}$ 与 $r$ 无关，中心力 $V(r)$ 下 $[\hat{\mathbf{l}},\hat{H}]=0$，角动量守恒。

jc-4-5-1 · 球坐标里的角动量和中心力 · ⬜

计算（书 p77–81，式 (4-109)–(4-136)）

(1) 写出 ${\nabla }^2$ 的径向部分和角度部分。动能算符怎样用 ${\hat{l}}^2$ 表示？（式 (4-111)–(4-116)(4-135)）

(2) 写出 ${\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y,{\hat{l}}_z,{\hat{l}}^2$ 在球坐标中的表示。哪一个最简单，为什么考试只靠它就能定 $m$？（式 (4-117)–(4-120)）

(3) 证明 $[\hat{\mathbf{l}},r^2]=[\hat{\mathbf{l}},V(r)]=0$。什么势下 $[\hat{\mathbf{l}},\hat{H}]=0$？物理上说明什么？（式 (4-134)(4-136)）

(4) 书上把式 (4-109) 前面的 $\nabla$ 叫成什么算符？应以哪个名称为准？

**答案**

(1) ${\nabla }_{r2}=\frac{1}{r^2}{\partial }_r(r^2{\partial }_r)$，${\nabla }_{\theta \phi 2}=\frac{1}{\sin \theta }{\partial }_{\theta }(\sin \theta {\partial }_{\theta })+\frac{1}{{\sin }^2\theta }{\partial }_{\phi }^2$，${\nabla }^2={\nabla }_{r2}+\frac{1}{r^2}{\nabla }_{\theta \phi 2}$。【原书笔误】 p77 把梯度 $\nabla$ 叫成「Hamilton 算符 $\nabla$」。

$$\hat{T}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\nabla }^2=-\frac{{\hslash }^2}{2m}[\frac{1}{r^2}{\partial }_r(r^2{\partial }_r)-\frac{{\hat{l}}^2}{{\hslash }^2{r}^2}]$$

第二项就是 ${\hat{l}}^2/(2m{r}^2)$。

(2) ${\hat{l}}_z=-i\hslash {\partial }_{\phi }$。${\hat{l}}_x=i\hslash (\sin \phi {\partial }_{\theta }+\cot \theta \cos \phi {\partial }_{\phi })$，${\hat{l}}_y=i\hslash (-\cos \phi {\partial }_{\theta }+\cot \theta \sin \phi {\partial }_{\phi })$。${\hat{l}}^2=-{\hslash }^2{\nabla }_{\theta \phi 2}$。${\hat{l}}_z$ 只含 ${\partial }_{\phi }$，本征函数就是 $e^{im\phi }$，所以磁量子数由它确定。

(3) $\hat{\mathbf{l}}$ 的球坐标表达式里没有 $r$，作用到 $r^2$ 或 $V(r)$ 上对易子为 0。${\hat{p}}^2$ 里角向部分就是 ${\hat{l}}^2/r^2$，也和 $\hat{\mathbf{l}}$ 对易，所以 $[\hat{\mathbf{l}},{\hat{p}}^2]=0$。中心力 $V=V(r)$ 时 $[\hat{\mathbf{l}},\hat{H}]=0$，角动量守恒，可以和能量同时确定。

(4) 书上印成「Hamilton 算符 $\nabla$」。$\nabla$ 是梯度，Hamilton 算符是 $\hat{H}$。以梯度为准。

jc-4-5-2 · 球坐标中的角动量（直接写出） · 🟢

填空（书 p78–81，式 (4-117)–(4-136)）

(1) ${\hat{l}}_z=$ ____；${\hat{l}}_x=$ ____，${\hat{l}}_y=$ ____。（式 (4-117)–(4-119)）

(2) ${\hat{l}}^2=$ ____。（式 (4-120)）

(3) ${\hat{p}}^2=$ ____（用 ${\hat{l}}^2$ 表示）；中心力场中 $[\hat{\mathbf{l}},\hat{H}]=$ ____。（式 (4-135)(4-136)）

**答案**

(1) $-i\hslash {\partial }_{\phi }$；$i\hslash (\sin \phi {\partial }_{\theta }+\cot \theta \cos \phi {\partial }_{\phi })$；$i\hslash (-\cos \phi {\partial }_{\theta }+\cot \theta \sin \phi {\partial }_{\phi })$。

(2) $-{\hslash }^2[\frac{1}{\sin \theta }{\partial }_{\theta }(\sin \theta {\partial }_{\theta })+\frac{1}{{\sin }^2\theta }{\partial }_{\phi }^2]$。

(3) $-{\hslash }^2\frac{1}{r^2}{\partial }_r(r^2{\partial }_r)+\frac{{\hat{l}}^2}{r^2}$；0。

• 10/26：旁标○；${\hat{l}}_z/{\hat{l}}_x/{\hat{l}}_y$、${\hat{l}}^2$、${\hat{p}}^2$ 与 $[\hat{\mathbf{l}},\hat{H}]=0$ 红勾干净 → 🟢。

4.6 力学量算符的共同本征函数系

知识点小结：两个力学量能同时有确定值，当且仅当它们对易，这时存在一套共同本征函数。注意：$[\hat{A},\hat{B}]{\psi }_0=0$ 只说明这两个算符作用到这一个函数上没有差别，不能推出算符对易；书上的反例是 $[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]z=0$，但 $z$ 并不是它们的共同本征函数。一组彼此对易的独立厄米算符构成力学量完全集，任意态可以按这套共同本征函数展开，$|a_n{|}^2$ 就是测得 $A_n$ 的概率。一维谐振子的 $\hat{H}$ 自己就是完全集；动量三个分量的共同本征函数是平面波，坐标三个分量的是 ${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)$；${\hat{l}}^2$ 和 ${\hat{l}}_z$ 的是球谐函数 $Y_{lm}$，本征值 $l(l+1){\hslash }^2$、$m\hslash$，$m=-l,\dots ,l$，所以 ${\hat{l}}^2$ 的每个本征值是 $2l+1$ 度简并。

jc-4-6-1 · 对易、共同本征函数和测值概率 · 🟡（不会）

计算（书 p81–83，式 (4-137)–(4-150)；习题 4-14、4-16，p93）

(1) 设 $[\hat{A},\hat{B}]=0$，且 $\hat{A}$ 的本征值 $A_n$ 无简并。证明 ${\psi }_n$ 也是 $\hat{B}$ 的本征函数。简并时书上怎么说？（式 (4-137)(4-138)）

(2) 反过来，若 ${\psi }_n$ 是完备的共同本征函数系，证明 $[\hat{A},\hat{B}]=0$。为什么「$[\hat{A},\hat{B}]{\psi }_0=0$」推不出对易？书上的反例是什么？（式 (4-139)(4-140)） ☐ 10/26：旁标△；证明与反例几乎全红补 ·🔴入口

(3) 什么叫力学量的完全集？展开系数的 $|a_n{|}^2$ 是什么？（式 (4-141)–(4-143)） ☐ 10/26：定义黑笔错，整句红重写 ·🔴入口

(4) 一维谐振子的能量本征函数为什么自己就构成完全集？动量、坐标的共同本征函数各是什么？（4.6.1–4.6.3，式 (4-145)(4-148)）

(5) 两个厄米算符能被同一个幺正算符同时对角化，必要条件是什么？（习题 4-14） ☐ 10/26：空白未做（同 lb-4-10）·🔴入口

(6) 无限深势阱 $0<x<a$，${\psi }_n=\sqrt{2/a}\sin (n\pi x/a)$，态 $\psi =\sqrt{3/a^3}x$。求测得 $E_1$ 的概率。（习题 4-16） ☐ 10/26：空白未做 ·🔴入口

**答案**

(1) $\hat{A}(\hat{B}{\psi }_n)=\hat{B}\hat{A}{\psi }_n=A_n(\hat{B}{\psi }_n)$，所以 $\hat{B}{\psi }_n$ 仍属于 $A_n$。无简并时 $\hat{B}{\psi }_n=B_n{\psi }_n$，即 ${\psi }_n$ 也是 $\hat{B}$ 的本征函数。简并时书上说同样可以证明，做法就是在简并子空间里把 $\hat{B}$ 对角化（和 jc-4-3-1 的正交化是同一类手续）。

(2) $[\hat{A},\hat{B}]{\psi }_n=(A_n{B}_n-B_n{A}_n){\psi }_n=0$。任意 $\psi =\sum a_n{\psi }_n$ 也被映成 0，所以算符 $[\hat{A},\hat{B}]=0$。注意这是算符作用结果为 0，不是两个算符的乘积为 0。反例：$[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]=i\hslash {\hat{l}}_z$，但 ${\hat{l}}_{z}z=0$，所以 $[{\hat{l}}_x,{\hat{l}}_y]z=0$；而 $z$ 不是 ${\hat{l}}_x$、${\hat{l}}_y$ 的共同本征函数。对一个态成立，推不出算符恒等。

(3) 一组彼此独立、互相对易的厄米算符，若其共同本征函数完备，就称它们构成力学量完全集。$\psi =\sum a_n{\psi }_n$ 时 $\sum |a_n{|}^2=1$，$|a_n{|}^2$ 是在 $\psi$ 态测得 $A_n$ 的概率。连续谱把求和改成 Fourier 积分。

(4) 一维谐振子能级无简并，${\psi }_n$ 已经正交归一完备，$\hat{H}$ 自己就是完全集。动量：${\psi }_p(\mathbf{r})=(2\pi \hslash {)}^{-3/2}{e}^{i\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}/\hslash }$，是 ${\hat{p}}_x,{\hat{p}}_y,{\hat{p}}_z$ 的共同本征函数。坐标：${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)$，本征值 $x_0,y_0,z_0$。指数里是本征值 $p_x,p_y,p_z$，不是算符。

(5) 幺正变换不改变对易关系：${\hat{U}}^{†}\hat{A}\hat{U}$ 与 ${\hat{U}}^{†}\hat{B}\hat{U}$ 对易，当且仅当 $\hat{A}$ 与 $\hat{B}$ 对易。同时对角化意味着存在共同本征函数（新基底下都是对角的），所以必要条件是 $[\hat{A},\hat{B}]=0$。

(6) $c_1={\int }_0^a{\psi }_1\psi dx=\sqrt{2/a}\sqrt{3/a^3}{\int }_0^{a}x\sin (\pi x/a)dx$。分部积分：${\int }_0^{a}x\sin (\pi x/a)dx=-(a/\pi )x\cos (\pi x/a{)}_{0a}+(a/\pi ){\int }_0^a\cos (\pi x/a)dx=a^2/\pi$。所以 $c_1=\sqrt{6}/\pi$，概率 $6/{\pi }^2$。这一问不用能级公式（书上 $E_n=n^2{\pi }^2{\hslash }^2/(2m{a}^2)$）。

• 10/26：(1) 无简并证明黑笔写出，红补简并说明；(2) 旁标△，对易证明与「单态≠算符对易」反例红补 → 钉入口；(3) 「完全集」定义整句红重写；(4) 谐振子/平面波/δ 黑笔写出、无旁标；(5)(6) 空白未做。整题旁标△+(5)(6)空 → 🟡（不会）。

jc-4-6-2 · ${\hat{l}}_z$ 的量子化和球谐函数 · ⬜

计算（书 p83–87，式 (4-152)–(4-186)；习题 4-11、4-12，p93）

(1) 由 ${\hat{l}}_z\Phi =l_z\Phi$ 和 $\Phi (\phi +2\pi )=\Phi (\phi )$，求 $l_z$ 的本征值和归一化本征函数。（式 (4-152)–(4-157)）

(2) 分离变量后，$\theta$ 方程为什么必须把级数截断？$l$ 和 $m$ 各取什么？${\hat{l}}^2$、${\hat{l}}_z$ 的本征值是多少？给定 $l$ 时简并度是多少？$l=0,1,2,3$ 各叫什么态？（式 (4-173)–(4-175)(4-185)）

(3) 写出 $Y_{00}$、$Y_{10}$、$Y_{1,\pm 1}$ 和归一化系数 $N_{lm}$。负磁量子数时连带 Legendre 函数满足什么关系？（式 (4-180)–(4-183)(4-186)）

(4) $\psi (\theta ,\phi )=\frac{1}{\sqrt{4\pi }}(e^{i\phi }\sin \theta +\cos \theta )$。求 ${\hat{l}}_z$ 的可能测值、概率和平均值。（习题 4-11）

(5) $\psi =k(x+y+2z)e^{-\alpha r}$，$k,\alpha$ 为实常数。求角动量量子数 $l$，${\hat{l}}_z$ 的可能测值、概率和平均值。（习题 4-12）

**答案**

(1) $\Phi =C{e}^{i{l}_z\phi /\hslash }$。单值条件 $e^{i{l}_{z}2\pi /\hslash }=1$，所以 $l_z=m\hslash$，$m=0,\pm 1,\pm 2,\dots$。归一化 ${\int }_0^{2\pi }|\Phi {|}^{2}d\phi =1$ 得 $C=1/\sqrt{2\pi }$，${\Phi }_m=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{im\phi }$。不同 $m$ 正交。

(2) 令 $\xi =\cos \theta$，$P=(1-{\xi }^2{)}^{|m|/2}v$，$v=\sum a_{\nu }{\xi }^{\nu }$。递推若不断，$v$ 在 $\xi \to \pm 1$ 发散。截断条件给出 $\lambda =l(l+1)$，$l={\nu }^{\prime }+|m|$。所以 $l=0,1,2,\dots$，$m=0,\pm 1,\dots ,\pm l$。${\hat{l}}^2$ 的本征值 $l(l+1){\hslash }^2$，${\hat{l}}_z$ 的本征值 $m\hslash$。每个 $l$ 有 $2l+1$ 个 $m$，简并度 $2l+1$。$l=0,1,2,3,\dots$ 依次叫 $s,p,d,f,\dots$ 态。【原书笔误】 截断那句写成「因为 $k$、$|m|$ 都是 0 或正整数」，这里的 $k$ 应是截断指标 ${\nu }^{\prime }$（$k$ 已用于 ${\hat{l}}^2$ 本征值 $k^2$）。

(3) $N_{lm}=\sqrt{\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}\frac{2l+1}{4\pi }}$。

$$Y_{00}=\frac{1}{\sqrt{4\pi }},Y_{10}=\sqrt{\frac{3}{4\pi }}\cos \theta ,Y_{11}=-\sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{i\phi },Y_{1,-1}=\sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{-i\phi }$$

正交关系 $\int Y_{l^{\prime }{m}^{\prime }}^{\ast }{Y}_{lm}\sin \theta d\theta d\phi ={\delta }_{l{l}^{\prime }}{\delta }_{m{m}^{\prime }}$（式 (4-181)）。负 $m$：

$$P_l^{-|m|}(\xi )=(-1{)}^{|m|}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}{P}_l^{|m|}(\xi )$$

（式 (4-183)）。

(4) $\cos \theta =\sqrt{4\pi /3}{Y}_{10}$，$\sin \theta e^{i\phi }=-\sqrt{8\pi /3}{Y}_{11}$。代入得

$$\psi =-\sqrt{\frac{2}{3}}{Y}_{11}+\sqrt{\frac{1}{3}}{Y}_{10}$$

测得 $m\hslash =+\hslash$ 的概率 $2/3$，测得 $0$ 的概率 $1/3$，没有负值。$⟨{\hat{l}}_z⟩=\frac{2}{3}\hslash$。

(5) $x+y+2z=r[\sin \theta (\cos \phi +\sin \phi )+2\cos \theta ]$，只含 $l=1$ 的球谐函数，所以 $l=1$。把 $\cos \phi +\sin \phi$ 拆成 $e^{\pm i\phi }$：

$$\sin \theta (\cos \phi +\sin \phi )=\frac{1-i}{2}\sin \theta e^{i\phi }+\frac{1+i}{2}\sin \theta e^{-i\phi }$$

用 (3) 的逆关系，角度部分按 $Y_{1m}$ 展开后系数模方之比为 $|c_1{|}^2:|c_0{|}^2:|c_{-1}{|}^2=1:4:1$。归一后概率 $m=1$ 为 $1/6$，$m=0$ 为 $2/3$，$m=-1$ 为 $1/6$。$⟨{\hat{l}}_z⟩=0$。径向因子 $e^{-\alpha r}$ 和总系数 $k$ 在概率里约掉。

jc-4-6-3 · 动量和坐标的共同本征函数 · ⬜

填空（书 p82–83，式 (4-145)–(4-150)）

(1) ${\hat{p}}_x,{\hat{p}}_y,{\hat{p}}_z$ 的共同本征函数是 ____，本征值是 ____。任意 $\psi (\mathbf{r})$ 按它展开时，求和要改成 ____。

(2) 坐标 $x,y,z$ 的共同本征函数是 ____，对应本征值 ____。用到的 $\delta$ 函数性质是 $x\delta (x-x_0)=$ ____。

**答案**

(1) $(2\pi \hslash {)}^{-3/2}{e}^{i\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}/\hslash }$；$p_x,p_y,p_z$；Fourier 积分（式 (4-147)）。指数里是本征值 $\mathbf{p}$，不是算符。

(2) ${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}_0)=\delta (x-x_0)\delta (y-y_0)\delta (z-z_0)$；$x_0,y_0,z_0$；$x_0\delta (x-x_0)$。

jc-4-6-4 · ${\hat{l}}_z$、${\hat{l}}^2$ 的本征值和本征函数（直接写出） · 🟢

填空（书 p84–87，式 (4-154)–(4-186)）

(1) ${\hat{l}}_z$ 本征值 ____，本征函数 ${\Phi }_m=$ ____，$m$ 取 ____。（式 (4-154)(4-157)）

(2) ${\hat{l}}^2$ 本征值 ____，$l$ 取 ____，给定 $l$ 时 $m$ 取 ____，简并度 ____。（式 (4-174)(4-175)(4-185)）

(3) $Y_{lm}=$ ____；正交归一关系 ____。（式 (4-180)(4-181)）

(4) $Y_{00}=$ ____，$Y_{10}=$ ____，$Y_{1,\pm 1}=$ ____。（式 (4-186)，p87）

**答案**

(1) $m\hslash$；$\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{im\phi }$；$0,\pm 1,\pm 2,\dots$（单值性）。

(2) $l(l+1){\hslash }^2$；$0,1,2,\dots$；$0,\pm 1,\dots ,\pm l$；$2l+1$。

(3) $N_{lm}{P}_l^{|m|}(\cos \theta )e^{im\phi }$；${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }{Y}_{lm}^{\ast }{Y}_{l^{\prime }{m}^{\prime }}\sin \theta d\theta d\phi ={\delta }_{l{l}^{\prime }}{\delta }_{m{m}^{\prime }}$。

(4) $\frac{1}{\sqrt{4\pi }}$；$\sqrt{\frac{3}{4\pi }}\cos \theta$；$\mp \sqrt{\frac{3}{8\pi }}\sin \theta e^{\pm i\phi }$。

4.7 Dirac $\delta$ 函数和连续谱本征函数的「归一化」

知识点小结：束缚态能量、角动量量子数取离散值，本征函数可以用 Kronecker ${\delta }_{mn}$ 真正归一化。坐标、动量取连续值，平面波积分发散，不能按 1 归一化；真实的态是波包，计算时仍用平面波，所以改用 $\delta$ 函数「归一化」：$({\psi }_p,{\psi }_{p^{\prime }})=\delta (p^{\prime }-p)$。另一条路是箱归一化：先关进长 $L$ 的箱子，周期性边界条件把 $p$ 分成 $p_n=2\pi n\hslash /L$，波函数 $L^{-1/2}{e}^{i{p}_{n}x/\hslash }$，最后再让 $L\to \infty$，内积回到 $\delta$ 函数。

jc-4-7-1 · $\delta$ 函数的易错性质和两种「归一化」 · ⬜

计算（书 p87–92，式 (4-189)–(4-220)）

(1) 写出 $\delta$ 函数的定义，并证明 $\delta (x)=\delta (-x)$、$\delta (ax)=\frac{1}{|a|}\delta (x)$、$x\delta (x)=0$、$x{\delta }^{\prime }(x)=-\delta (x)$。（式 (4-189)(4-190)(4-195)–(4-197)）

(2) 证明 $\delta (x^2-a^2)=\frac{1}{2|a|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]$（$a\ne =0$）。（式 (4-199)(4-200)）

(3) 由 Fourier 积分写出 $\delta (x-x_0)$ 的积分表示。一维动量本征函数怎样用它「归一化」？坐标本征函数呢？（式 (4-203)(4-206)(4-210)）

(4) 为什么连续谱不能按 $({\psi }_p,{\psi }_p)=1$ 归一化？箱归一化怎样把这个问题变成离散谱？$p_n$ 和归一化波函数是什么？最后怎样回到 $\delta$ 函数？（式 (4-188)(4-212)(4-218)–(4-220)）

(5) 箱归一化里，周期性边界条件是从动量算符的哪条性质推出来的？（式 (4-213)–(4-216)）

**答案**

(1) $x\ne =x_0$ 时为 0，$x=x_0$ 时为 $\infty$，且 ${\int }_{-\infty }^{\infty }\delta (x-x_0)dx=1$。等价定义是 $\int f(x)\delta (x-x_0)dx=f(x_0)$。$\int f(x)\delta (-x)dx=\int f(-u)\delta (u)du=f(0)$，所以 $\delta (x)=\delta (-x)$，是偶函数。$\int \delta (ax)dx=\frac{1}{|a|}\int \delta (u)du$，所以 $\delta (ax)=\delta (x)/|a|$，绝对值不能丢（$a<0$ 时积分限要换向）。$\int f(x)x\delta (x)dx=0$，所以 $x\delta (x)=0$。$\int x{\delta }^{\prime }(x)dx=[x\delta (x){]}_{-\infty \infty }-\int \delta (x)dx=-1$，所以 $x{\delta }^{\prime }(x)=-\delta (x)$。

(2) 用 (4-199)：$\delta [(x-a)(x+a)]=\frac{1}{|a-(-a)|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]=\frac{1}{2|a|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]$。【原书笔误】 式 (4-200) 印成 $\frac{1}{2|x|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]$，分母里的 $|x|$ 应是 $|a|$。

(3) $\delta (x-x_0)=\frac{1}{2\pi \hslash }{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{ip(x-x_0)/\hslash }dp$。一维 ${\psi }_p=(2\pi \hslash {)}^{-1/2}{e}^{ipx/\hslash }$，于是 $({\psi }_p,{\psi }_{p^{\prime }})=\delta (p^{\prime }-p)$。坐标 ${\psi }_{x_0}=\delta (x-x_0)$，$({\psi }_{x_0},{\psi }_{x_{0^{\prime }}})=\delta (x_0-x_{0^{\prime }})$。三维把 $\delta$ 换成 ${\delta }^3$。

(4) $\int |{\psi }_p{|}^{2}dx=\frac{1}{2\pi \hslash }\int dx$ 发散。箱归一化先把粒子放进 $[-L/2,L/2]$，要求 $\psi (-L/2)=\psi (L/2)$，得到 $p_n=2\pi n\hslash /L=nh/L$，$n=0,\pm 1,\pm 2,\dots$，波函数 ${\psi }_{p_n}=L^{-1/2}{e}^{i{p}_{n}x/\hslash }=L^{-1/2}{e}^{2\pi inx/L}$，在箱内正交归一。计算末尾令 $L\to \infty$，$p_n$ 变密，内积回到 $\delta (p^{\prime }-p)$。

(5) 动量算符在有限区间上厄米，要求边界项 ${\phi }^{\ast }{\psi }_{-L/2L/2}=0$。$L$ 有限时波函数不在端点为零，只能靠两端相等（周期性条件）把边界项消掉。

原书笔误（已核对）

对照扫描件逐条核实后，只有下面几条属实；草稿文末其余「疑似印刷错误」都不成立，题目已按原书改正。

位置	原书	改正
p74	「线性奇次方程组」	齐次
p77	「Hamilton 算符 $\nabla$」	梯度算符 $\nabla$（Hamilton 是 $\hat{H}$）
p86	「因为 $k$、$	m
p90，式 (4-200)	$\frac{1}{2	x

不属实、已删掉的 Grok 疑误：(4-34)(4-35)、(4-23)、(4-51)、(4-145)、(4-164)、(4-181)、(4-183)、(4-106)、习题 4-8 / 4-9 / 4-16 / 4-17。式 (4-183) 书上印的是 $P_l^{-\parallel m\parallel }$，正确，已补进 jc-4-6-2(3)。

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