量子力学·基础（书本扫盲）· 第9章

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

第9章 定态微扰论

书 p190–213 · 共 4 节 · 习题 9-1–9-18 在 p211–213 · 章名是定态微扰，9.3、9.4 实际是含时微扰和跃迁 · 2026-10-30 重出挂站；对照原书逐页核对覆盖、核定笔误后写入（每节第 1 题是「直接写出」默写题）；2026-11-02 起 jc-9-1-4 至章末答案加细（1-4 五问完整细推；1-6(3) 基态二级算完；jc-9-2-1 至 4-4 再加细）

记号照原书：$ϵ$ 是电场强度（不是介电常数）；例 9-3、例 9-5 和 9.4 里电子电荷取 $e<0$；$\alpha$ 在谐振子里是 $\sqrt{m\omega /\hslash }$，在 (9-68) 里是 $(E_n-E_k\pm \hslash \omega )/\hslash$，在例 9-5 里是电场的衰减常数，三者不要混。优先用狄拉克记号。

9.1 非简并定态微扰论

知识点小结：精确解不好求，就把 $H$ 拆成会解的 $H_0$ 加一小块 $H^{\prime }=\lambda w$，$|\lambda |\ll 1$。能量和波函数按 $\lambda$ 展开，逐级比较。一级能量就是微扰在原来那个态上的平均值；一级波函数是别的能级混进来，系数是矩阵元除以能级差，$n=k$ 那一项只贡献一个相因子，可以丢掉。二级能量是这些混合再投回来的贡献，分母仍是能级差，所以两个能级靠得太近、矩阵元又不小，展开就坏了。习惯上波函数留到一级，能量留到二级。$H^{\prime }$ 可以是外场，也可以是体系内部本来就有的相互作用，怎么拆看计算方便。

jc-9-1-1 · 非简并公式直接写出 · 🟡

填空（书 p190–193，式 (9-2)(9-15)(9-18)(9-19)(9-24)）$H=H_0+H^{\prime }$，$H_0$ 的第 $k$ 个能级无简并。

(1) 能量一级修正 $\lambda E_k^{(1)}=$ ____，它的意义是 ____。

(2) 一级近似能量 $E_k=$ ____；一级近似波函数 $|{\psi }_k⟩=$ ____。求和号上的撇表示 ____。

(3) 二级近似能量 $E_k=$ ____。

(4) 习惯上波函数取到 ____ 级，能量取到 ____ 级。展开能用的前提是 ____。

**答案**

(1) $H_{kk}^{\prime }=⟨{\psi }_k^{(0)}|H^{\prime }|{\psi }_k^{(0)}⟩$。微扰在零级波函数下的平均值（9-15）。

(2) $E_k=E_k^{(0)}+H_{kk}^{\prime }$（9-18）。

$$|{\psi }_k⟩=|{\psi }_k^{(0)}⟩+\sum ^{\prime }\frac{H_{nk}^{\prime }}{E_k^{(0)}-E_n^{(0)}}|{\psi }_n^{(0)}⟩,H_{nk}^{\prime }=⟨{\psi }_n^{(0)}|H^{\prime }|{\psi }_k^{(0)}⟩$$

（9-19）。撇号表示去掉 $n=k$。

(3)

$$E_k=E_k^{(0)}+H_{kk}^{\prime }+\sum ^{\prime }\frac{|H_{nk}^{\prime }{|}^2}{E_k^{(0)}-E_n^{(0)}}$$

（9-24）。

(4) 一；二（p193）。$|H_{nk}^{\prime }|\ll |E_k^{(0)}-E_n^{(0)}|$，否则分母很小、修正发散（p197 讨论 (2)）。

jc-9-1-2 · 一级为零、相因子、拆法、二级的符号 · 🟡

简答（书 p192–193、p197）

(1) 为什么 $C_k^{(1)}$ 可以取 0？它丢掉之后波函数少了什么？（p192–193）

(2) 什么情况下一级能量修正是 0，但微扰并不是没有作用？举本章的例子。

(3) $H_0$ 和 $H^{\prime }$ 能不能随便拆？本来精确可解的问题为什么有时仍用微扰做？（p197 讨论 (1)）

(4) 由二级公式 (9-23) 看，基态的二级能量修正是什么符号？用本章的例子核对。

**答案**

(1) 一级归一化给出 $C_k^{(1)}+C_k^{(1)\ast }=0$，所以 $C_k^{(1)}$ 是纯虚数 $i\alpha$。它只给 $|{\psi }_k^{(0)}⟩$ 乘上 $e^{i\alpha \lambda }$，不改变态。取 $\alpha =0$ 即可。

(2) 微扰算符在该态的对角元为 0。典型是奇宇称算符配有确定宇称的态，例如外电场中的谐振子 $H^{\prime }=-qϵx$，$x_{kk}=0$（例 9-2）。真正的移动要到二级才看见。

(3) 可以按计算方便拆：$H^{\prime }$ 既可以是外加的，也可以是体系内部的相互作用（氦原子的 $e^2/r_{12}$）。精确可解的问题（电场中的谐振子）用微扰做，是为了核对方法，二级结果应和精确解一致。

(4) 基态 $E_k^{(0)}$ 最低，分母 $E_k^{(0)}-E_n^{(0)}$ 全为负，分子是模方，所以基态的二级修正总是 $\le 0$，二级总把基态往下压。例 9-2 的 $-q^2{ϵ}^2/(2m{\omega }^2)$、习题 9-5 基态的负修正都是负的。一般地，两条能级在二级上互相推开。

jc-9-1-3 · 氦原子基态与核电荷微扰 · 🟡

计算（书 p193–195，例 9-1；习题 9-4，p211）类氦原子，$Z$ 个核电荷、两个电子。

$$H=-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\nabla }_{12}-\frac{Z{e}^2}{r_1}-\frac{{\hslash }^2}{2\mu }{\nabla }_{22}-\frac{Z{e}^2}{r_2}+\frac{e^2}{|{\mathbf{r}}_1-{\mathbf{r}}_2|}=H_0+H^{\prime }$$

$a={\hslash }^2/(\mu e^2)$。只看两个电子都在 $1s$ 的基态。

(1) $H_0$ 的基态能量和空间波函数是什么？空间波函数对交换对称还是反对称？总波函数怎样才满足费米子要求？（p194）

(2) 一级修正为什么只剩 $\iint \frac{e^2}{r}|{\psi }_{100}({\mathbf{r}}_1){|}^2|{\psi }_{100}({\mathbf{r}}_2){|}^2{d}^3{r}_1{d}^3{r}_2$？已知该积分等于 $\frac{5Z{e}^2}{8a}$，写出基态能量的一级近似。$Z=2$ 时写成 $\frac{e^2}{a}$ 的倍数。（p194–195）

(3) 这个修正是使原子更紧还是更松？它来自引力还是斥力？

(4) 习题 9-4：类氢离子电荷数由 $Z$ 改成 $Z+1$，把多出来的引力 $-\frac{e^2}{r}$ 当微扰。用零级波函数 ${\psi }_{100}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}(\frac{Z}{a}{)}^{3/2}{e}^{-Zr/a}$ 求基态能量的一级近似，并和精确基态 $-\frac{(Z+1{)}^2{e}^2}{2a}$ 的展开比较，差在哪一级。

**答案**

(1) $E^{(0)}=-Z^2{e}^2/a$（两个类氢 $1s$，每个 $-Z^2{e}^2/(2a)$）。空间波函数 ${\psi }_{100}({\mathbf{r}}_1){\psi }_{100}({\mathbf{r}}_2)$，对交换对称。电子是费米子，总波函数要反对称，所以自旋取单态

$${\chi }_A=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩--\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩).$$

$H^{\prime }$ 不含自旋，一级能量与自旋部分无关。

(2) 一级修正就是 $H^{\prime }$ 的平均值。书上给出

$$\iint \frac{e^{-(2Z/a)(r_1+r_2)}}{r}{d}^3{r}_1{d}^3{r}_2=\frac{5{\pi }^2{a}^5}{8Z^5},$$

乘上波函数系数 $\frac{e^2}{{\pi }^2}(Z/a{)}^6$ 得 $\lambda E^{(1)}=\frac{5Z{e}^2}{8a}$。于是

$$E=-\frac{Z^2{e}^2}{a}+\frac{5Z{e}^2}{8a}.$$

$Z=2$：$E=-\frac{11}{4}\frac{e^2}{a}$。

(3) 修正为正，束缚变松。来自电子–电子 Coulomb 斥力。

(4) 零级仍用电荷 $Z$：$E^{(0)}=-Z^2{e}^2/(2a)$。一级

$$E^{(1)}=\int {\psi }_{100}^{\ast }(-\frac{e^2}{r}){\psi }_{100}{d}^{3}r=-\frac{Z{e}^2}{a}.$$

一级近似 $E=-Z^2{e}^2/(2a)-Z{e}^2/a$。精确值 $-(Z+1{)}^2{e}^2/(2a)=-Z^2{e}^2/(2a)-Z{e}^2/a-e^2/(2a)$，差的 $-e^2/(2a)$ 是二级及更高阶；微扰只抓住了线性项。

【原书笔误】 习题 9-4 题干给的 $E_1=\frac{Z^2{e}^2}{2a}$ 漏了负号。类氢基态应为 $E_1=-\frac{Z^2{e}^2}{2a}$，和 p194 例 9-1 的 $E^{(0)}=-2\cdot \frac{e^2{Z}^2}{2a}$ 一致。本题按负号写。

jc-9-1-4 · 外电场中的一维谐振子 · 🟡

计算（书 p195–197，例 9-2；习题 9-7，p212）电荷 $q$、质量 $m$、频率 $\omega$。无场时

$$H_0=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2,E_n^{(0)}=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega ,\alpha =\sqrt{\frac{m\omega }{\hslash }}.$$

外电场 $ϵ$ 沿 $x$，$H^{\prime }=-qϵx$。坐标矩阵元

$$x_{kn}=\frac{1}{\alpha }(\sqrt{\frac{n+1}{2}}{\delta }_{k,n+1}+\sqrt{\frac{n}{2}}{\delta }_{k,n-1}).$$

(1) 求第 $k$ 个能级的一级、二级修正。二级为什么与 $k$ 无关？（p196）

(2) 把 $H=H_0-qϵx$ 配成完全平方，写出精确能级，说明它和二级近似的关系。（p196，第 3 章习题 3-9）

(3) 写出一级近似波函数。原来的确定宇称还在吗？为什么？（p196）

(4) 求 $\bar{x}$。正、负离子怎样移动，电偶极矩和极化率是什么？（p196–197）

(5) 习题 9-7：改成 $H^{\prime }=\frac{1}{2}\lambda x^2$（$\lambda \ll k=m{\omega }^2$）。求基态一级修正，并说明它是精确能级 $\frac{1}{2}\hslash \sqrt{(k+\lambda )/m}$ 按 $\lambda$ 展开的一次项。

**答案**

(1) 一级、二级修正；二级与 $k$ 无关 一级修正等于 ${\hat{H}}^{\prime }$ 在零级态上的对角矩阵元。由坐标矩阵元的选择定则知对角元为零，故一级为 0。二级只由 $n=k\pm 1$ 两项贡献；$k$ 与 $k+1$ 相减只剩常数 $-1/2$，因而与 $k$ 无关。

能量一级修正为

$$E_k^{(1)}=H_{kk}^{\prime }=⟨{\psi }_k^{(0)}|{\hat{H}}^{\prime }|{\psi }_k^{(0)}⟩=-qϵx_{kk}.$$

由给定矩阵元，当 $n=k$ 时两个 Kronecker 符号均不成立，故 $x_{kk}=0$。因此

$$E_k^{(1)}=0.$$

二级修正公式为

$$E_k^{(2)}=\sum \frac{|H_{nk}^{\prime }{|}^2}{E_k^{(0)}-E_n^{(0)}}.$$

因为 ${\hat{H}}^{\prime }=-qϵx$，有

$$H_{nk}^{\prime }=-qϵx_{nk},|H_{nk}^{\prime }{|}^2=q^2{ϵ}^2|x_{nk}{|}^2.$$

由选择定则，非零矩阵元只有 $n=k-1$ 与 $n=k+1$：

$$x_{k,k-1}=\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k}{2}},x_{k,k+1}=\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}}.$$

能级差

$$E_k^{(0)}-E_{k-1}^{(0)}=\hslash \omega ,E_k^{(0)}-E_{k+1}^{(0)}=-\hslash \omega .$$

代入二级公式只保留这两项：

$$\{\begin{array}{ll}{E}_k^{(2)}& =\frac{q^2{ϵ}^2}{\hslash \omega }(\frac{|x_{k,k-1}{|}^2}{1}+\frac{|x_{k,k+1}{|}^2}{-1})=\frac{q^2{ϵ}^2}{\hslash \omega {\alpha }^2}(\frac{k}{2}-\frac{k+1}{2})=\frac{q^2{ϵ}^2}{\hslash \omega {\alpha }^2}(-\frac{1}{2}).\end{array}$$

利用 ${\alpha }^2=m\omega /\hslash$，得 $1/{\alpha }^2=\hslash /(m\omega )$，故

$$E_k^{(2)}=-\frac{q^2{ϵ}^2}{2m{\omega }^2}.$$

上式中 $k$ 与 $k+1$ 两项相减后只剩常数 $-1/2$，与量子数 $k$ 无关。因此第 $k$ 个能级的二级近似能量为

$$E_k=E_k^{(0)}+E_k^{(2)}=(k+\frac{1}{2})\hslash \omega -\frac{q^2{ϵ}^2}{2m{\omega }^2}.$$

(2) 配方法求精确能级；与二级近似的关系 把势能项配成完全平方，常数项恰好等于上面得到的二级修正；平移后仍是谐振子，故精确能级等于零级能级整体下移该常数，没有更高阶修正，二级近似在此模型中已是精确结果。

完整 Hamilton 量为

$$\hat{H}={\hat{H}}_0+{\hat{H}}^{\prime }=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2-qϵx.$$

对势能部分配方：

$$\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2-qϵx& =\frac{1}{2}m{\omega }^2(x^2-\frac{2qϵ}{m{\omega }^2}x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2[(x-\frac{qϵ}{m{\omega }^2}{)}^2-(\frac{qϵ}{m{\omega }^2}{)}^2]=\frac{1}{2}m{\omega }^2(x-\frac{qϵ}{m{\omega }^2}{)}^2-\frac{q^2{ϵ}^2}{2m{\omega }^2}.\end{array}$$

因此

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2(x-\frac{qϵ}{m{\omega }^2}{)}^2-\frac{q^2{ϵ}^2}{2m{\omega }^2}.$$

作平移 $x^{\prime }=x-qϵ/(m{\omega }^2)$ 后，动能项不变，势能仍是标准谐振子势，本征值仍为 $(n+1/2)\hslash \omega$。整体再减去常数 $q^2{ϵ}^2/(2m{\omega }^2)$，故精确能级为

$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega -\frac{q^2{ϵ}^2}{2m{\omega }^2}.$$

与上一问二级近似结果完全相同。因为精确解已是零级能级加上这一常数，微扰展开中三级及更高阶修正必然为零，二级修正在本问题中已是精确结果。

(3) 一级近似波函数及宇称 一级波函数修正只含 $k\pm 1$ 两项。写出两个非零系数（含矩阵元与分母符号）后得到终式。$k\pm 1$ 与 $k$ 宇称相反，电场破坏空间反演对称性，波函数不再具有确定宇称；$k=0$ 时没有 ${\psi }_{-1}$ 项。

一级近似波函数为

$$|{\psi }_k⟩=|{\psi }_k^{(0)}⟩+\sum \frac{H_{nk}^{\prime }}{E_k^{(0)}-E_n^{(0)}}|{\psi }_n^{(0)}⟩.$$

非零矩阵元仅有 $n=k-1$ 与 $n=k+1$。先算系数：

$$H_{k-1,k}^{\prime }=-qϵx_{k-1,k}=-qϵ\cdot \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k}{2}},$$

分母 $E_k^{(0)}-E_{k-1}^{(0)}=\hslash \omega$，故

$$C_{k-1}^{(1)}=\frac{H_{k-1,k}^{\prime }}{\hslash \omega }=-\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k}{2}}.$$

对 $n=k+1$：

$$H_{k+1,k}^{\prime }=-qϵ\cdot \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}},$$

分母 $E_k^{(0)}-E_{k+1}^{(0)}=-\hslash \omega$，故

$$C_{k+1}^{(1)}=\frac{H_{k+1,k}^{\prime }}{-\hslash \omega }=\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}}.$$

因此

$$|{\psi }_k⟩=|{\psi }_k^{(0)}⟩-\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }(\sqrt{\frac{k}{2}}|{\psi }_{k-1}^{(0)}⟩-\sqrt{\frac{k+1}{2}}|{\psi }_{k+1}^{(0)}⟩).$$

谐振子零级态宇称为 $P=(-1{)}^n$。$k\pm 1$ 与 $k$ 宇称相反，电场项 $-qϵx$ 是奇算符，破坏了空间反演对称性，故一级波函数同时含有偶宇称与奇宇称成分，不再具有确定宇称。

当 $k=0$ 时不存在 $n=-1$ 态，上式中第一项自动消失，只剩 $k+1=1$ 的贡献。

(4) $\bar{x}$、正负离子、电偶极矩与极化率 用一级波函数计算 $⟨x⟩$。零级对角项为零，交叉项给出 $\bar{x}=qϵ/(m{\omega }^2)$。正离子沿电场方向移动此距离，负离子反向移动同样距离；定义 $d=2\bar{x}$，偶极矩 $D=|q|d$，极化率 $p=D/ϵ$。

$$\bar{x}=⟨{\psi }_k|\hat{x}|{\psi }_k⟩.$$

记 $|{\psi }_k⟩=|{\psi }_k^{(0)}⟩+|{\psi }_k^{(1)}⟩$，展开到一级（$O(ϵ)$）有

$$\bar{x}=⟨{\psi }_k^{(0)}|\hat{x}|{\psi }_k^{(0)}⟩+⟨{\psi }_k^{(0)}|\hat{x}|{\psi }_k^{(1)}⟩+⟨{\psi }_k^{(1)}|\hat{x}|{\psi }_k^{(0)}⟩+O({ϵ}^2).$$

第一项即 $x_{kk}=0$。一级修正波函数只含 $n=k\pm 1$，且上一问已得实系数

$$C_{k-1}=-\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k}{2}},C_{k+1}=+\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}}.$$

坐标矩阵元亦为实数：$x_{k,k-1}={\alpha }^{-1}\sqrt{k/2}$，$x_{k,k+1}={\alpha }^{-1}\sqrt{(k+1)/2}$。于是交叉项（两项各贡献 $2C_n{x}_{k,n}$）为

$$\{\begin{array}{ll}2C_{k-1}{x}_{k,k-1}& =2(-\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k}{2}})(\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k}{2}})=-\frac{qϵ}{\hslash \omega {\alpha }^2}k,\\ 2C_{k+1}{x}_{k,k+1}& =2(\frac{qϵ}{\hslash \omega \alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}})(\frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{k+1}{2}})=\frac{qϵ}{\hslash \omega {\alpha }^2}(k+1).\end{array}$$

相加：

$$\bar{x}=\frac{qϵ}{\hslash \omega {\alpha }^2}(-(k)+(k+1))=\frac{qϵ}{\hslash \omega {\alpha }^2}.$$

注意这里的 $\hslash \omega$ 已经在 $C_{k\pm 1}$ 的分母里，不要再除一次能级差。再用 ${\alpha }^2=m\omega /\hslash$，即 $1/{\alpha }^2=\hslash /(m\omega )$，

$$\bar{x}=\frac{qϵ}{\hslash \omega }\cdot \frac{\hslash }{m\omega }=\frac{qϵ}{m{\omega }^2}.$$

因此正离子（$q>0$）沿电场方向平均位移为 $\bar{x}$，负离子（$q<0$）沿反方向平均位移为同样大小 $|\bar{x}|$。相对位移

$$d=2\bar{x}=\frac{2qϵ}{m{\omega }^2}.$$

电偶极矩定义为

$$D=|q|d=\frac{2q^2ϵ}{m{\omega }^2}.$$

极化率

$$p=\frac{D}{ϵ}=\frac{2q^2}{m{\omega }^2}.$$

(5) 习题 9-7：$H^{\prime }=\frac{1}{2}\lambda x^2$ 的基态一级修正及泰勒对齐 基态 $⟨x^2⟩$ 可由 $\alpha$ 或升降算符直接算出，从而得到一级修正。精确基态能级按 $\lambda$ 泰勒展开的一次项与该修正完全一致。

现在微扰改为 ${\hat{H}}^{\prime }=\frac{1}{2}\lambda x^2$（$\lambda \ll k=m{\omega }^2$）。基态一级修正

$$E_0^{(1)}=⟨0|{\hat{H}}^{\prime }|0⟩=\frac{\lambda }{2}⟨0|x^2|0⟩.$$

基态波函数归一化后，用 $\alpha$ 表示有

$$⟨0|x^2|0⟩=\frac{1}{2{\alpha }^2}.$$

因为 ${\alpha }^2=m\omega /\hslash$，故

$$⟨0|x^2|0⟩=\frac{\hslash }{2m\omega }.$$

（亦可用升降算符：$x=\sqrt{\hslash /(2m\omega )}(a+a^{†})$，基态 $⟨0|a^{†}a|0⟩=0$，只剩零点涨落项同样得到上式。）因此

$$E_0^{(1)}=\frac{\lambda }{2}\cdot \frac{\hslash }{2m\omega }=\frac{\lambda \hslash }{4m\omega }.$$

完整 Hamilton 量 $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}(k+\lambda )x^2$ 是频率改为 ${\omega }^{\prime }=\sqrt{(k+\lambda )/m}$ 的谐振子，基态精确能量

$$E_0^{\text{exact}}=\frac{1}{2}\hslash \sqrt{\frac{k+\lambda }{m}}=\frac{1}{2}\hslash \omega \sqrt{1+\frac{\lambda }{k}},$$

其中 $k=m{\omega }^2$。令 $u=\lambda /k$，泰勒展开

$$\sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2}-\frac{u^2}{8}+\cdots .$$

一次项贡献

$$\frac{1}{2}\hslash \omega \cdot \frac{u}{2}=\frac{1}{2}\hslash \omega \cdot \frac{\lambda }{2k}=\frac{\lambda \hslash }{4m\omega },$$

与微扰一级修正完全相同。

jc-9-1-5 · 无限深阱上的小凸起 · 🟡

计算（习题 9-1、9-2、9-10，书 p211–212）阱内 $V=0$，波函数用 ${\psi }_n=\sqrt{2/L}\sin (n\pi x/L)$，$E_n^{(0)}=n^2{\pi }^2{\hslash }^2/(2m{L}^2)$。三问都只做一级。

(1) 习题 9-10：阱宽 $a$，$0<x<a$，

$$H^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}(2\lambda /a)x,& 0<x<a/2\\ (2\lambda /a)(a-x),& a/2<x<a.\end{array}$$

求基态一级修正。

(2) 习题 9-1：阱宽 $a$，按题图，$O$ 在原点，$A$ 在 $x=a$ 处、高 $V_0$，$B=(a,0)$。切掉三角形 $OAB$，相当于阱底垫上 $V^{\prime }(x)=V_{0}x/a$。$V_0\ll 1$（书上原话，意思是远小于能级间隔）。求基态和第一激发态的一级近似能量。两个移动量是否相同？

(3) 习题 9-2：阱宽 $L$，两处窄凸起，高 $V$、宽 $a\ll L$，中心在 $L/3$ 和 $2L/3$。估计 $n=1$ 与 $n=4$ 的能量差改变了多少。

**答案**

(1) 习题9-10 三角形凸起$H^{\prime }(x)=\frac{2\lambda }{a}x$（$0<x<a/2$），$\frac{2\lambda }{a}(a-x)$（$a/2<x<a$）。对称，只算 $0$ 到 $a/2$ 再乘 2。

$$E_1^{(1)}=2{\int }_0^{a/2}\frac{2}{a}{\sin }^2\frac{\pi x}{a}\cdot \frac{2\lambda }{a}xdx.$$

用 ${\sin }^2\theta =(1-\cos 2\theta )/2$，

$${\sin }^2\frac{\pi x}{a}=\frac{1-\cos (2\pi x/a)}{2}.$$

代入得

$$E_1^{(1)}=\frac{4\lambda }{a^2}{\int }_0^{a/2}x(1-\cos \frac{2\pi x}{a})dx=\frac{4\lambda }{a^2}(I_1-I_2),$$

其中 $I_1={\int }_0^{a/2}xdx=a^2/8$，$I_2={\int }_0^{a/2}x\cos (2\pi x/a)dx$。 分部积分 $I_2$：令 $u=x$，$dv=\cos (2\pi x/a)dx$，$du=dx$，$v=(a/(2\pi ))\sin (2\pi x/a)$。

$$I_2=[x\cdot \frac{a}{2\pi }\sin \frac{2\pi x}{a}{]}_{0a/2}-\frac{a}{2\pi }{\int }_0^{a/2}\sin \frac{2\pi x}{a}dx=-\frac{a}{2\pi }\cdot (-\frac{a}{2\pi })[\cos \frac{2\pi x}{a}{]}_{0a/2}=-\frac{a^2}{2{\pi }^2}.$$

（边界项为 0。）于是

$$E_1^{(1)}=\frac{4\lambda }{a^2}(\frac{a^2}{8}-(-\frac{a^2}{2{\pi }^2}))=\lambda (\frac{1}{2}+\frac{2}{{\pi }^2}).$$

(2) 习题9-1 切掉三角形 OAB 相当于 $V^{\prime }(x)=V_{0}x/a$（$V_0\ll$ 能级间隔）。

$$E_n^{(1)}={\int }_0^a\frac{2}{a}{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}\cdot \frac{V_{0}x}{a}dx=\frac{2V_0}{a^2}{\int }_0^{a}x{\sin }^2\frac{n\pi x}{a}dx.$$

${\sin }^2\theta =(1-\cos 2\theta )/2$，线性函数对 ${\sin }^2$ 的加权平均恰为中点值 $a/2$，故 $⟨V^{\prime }⟩=V_0/2$ 对任意 $n$ 成立（可用分部积分严格验证，结果与 $n$ 无关）。 因此

$$E_1=E_1^{(0)}+\frac{V_0}{2}=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}+\frac{V_0}{2},E_2=\frac{4{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}+\frac{V_0}{2}.$$

两个能级移动量相同，一级近似下能级差不变。

(3) 习题9-2 两处窄凸起 中心在 $L/3$、$2L/3$，高 $V$、宽 $a\ll L$。窄凸起近似

$$E_n^{(1)}\approx Va(|{\psi }_n(L/3){|}^2+|{\psi }_n(2L/3){|}^2).$$

${\psi }_n=\sqrt{2/L}\sin (n\pi x/L)$。 对 $n=1$：$\sin (\pi /3)=\sin (2\pi /3)=\sqrt{3}/2$，$|\psi {|}^2=(2/L)(3/4)$ 每处，

$$E_1^{(1)}=Va\cdot 2\cdot \frac{2}{L}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3Va}{L}.$$

对 $n=4$：$\sin (4\pi /3)=-\sqrt{3}/2$，$\sin (8\pi /3)=\sqrt{3}/2$，模方相同，故 $E_4^{(1)}=3Va/L$。 能量差的一级改变为 0。

jc-9-1-6 · $\delta$ 微扰和非谐项 · 🟡

计算（习题 9-13、9-5，书 p212–213）一维谐振子，$E_n=(n+1/2)\hslash \omega$，$\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }$，

$${\psi }_n(x)=(\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }{2}^{n}n!}{)}^{1/2}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}{H}_n(\alpha x).$$

偶次 Hermite 在原点 $H_{2n}(0)=(-1{)}^n(2n)!/n!$，奇次 $H_{2n+1}(0)=0$。

(1) $H^{\prime }=V_0\delta (\alpha x)$。哪些能级的一级修正是 0？不为 0 的写成 $n=2l$ 的式子。$\delta (\alpha x)$ 和 $\delta (x)$ 差一个什么因子，漏掉会怎样？

(2) $H^{\prime }=V_0\delta (\alpha (x-a))$（$a$ 是常数）。第 $k$ 个能级的一级修正？

(3) 习题 9-5：$H^{\prime }=\beta x^3$，$\beta$ 为实常数。为什么每一级的对角元都是 0？二级修正由哪些 $n$ 贡献？只对基态把二级修正算完。

**答案**

(1) $H^{\prime }=V_0\delta (\alpha x)$$\delta (\alpha x)=\delta (x)/|\alpha |$（$\alpha >0$ 即除以 $\alpha$）。一级修正

$$E_n^{(1)}=⟨n|H^{\prime }|n⟩=V_0|{\psi }_n(0){|}^2/\alpha .$$

奇次态 ${\psi }_{2l+1}(0)=0$，故 $E_{2l+1}^{(1)}=0$。 偶次 $n=2l$，

$$|{\psi }_{2l}(0){|}^2=\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}\frac{(2l)!}{4^l(l!{)}^2},$$

（用 $H_{2l}(0)=(-1{)}^l(2l)!/l!$ 及归一化）。故

$$E_{2l}^{(1)}=\frac{V_0}{\alpha }\cdot \frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}\frac{(2l)!}{4^l(l!{)}^2}=V_0\frac{1}{\sqrt{\pi }}\frac{(2l)!}{4^l(l!{)}^2}.$$

漏掉 $1/\alpha$ 会差一个因子。

【原书笔误】 习题9-13 给出 $H_{2n}(0)=(-1{)}^n(2n)!/2$，应为 $(-1{)}^n(2n)!/n!$（验算：$H_2(0)=-2$，$H_4(0)=12$）。本题按正确式写。

(2) $H^{\prime }=V_0\delta (\alpha (x-a))$

$$E_k^{(1)}=V_0|{\psi }_k(a){|}^2/\alpha .$$

(3) $H^{\prime }=\beta x^3$$x^3$ 为奇函数，谐振子态有确定宇称，对角元 $⟨n|x^3|n⟩=0$，故每一级一级修正为 0。 二级修正

$$E_k^{(2)}=\sum \frac{|⟨n|H^{\prime }|k⟩{|}^2}{E_k^{(0)}-E_n^{(0)}}.$$

$x$ 只连 $\Delta n=\pm 1$，故 $x^3$ 只连 $\Delta n=\pm 1,\pm 3$。基态 $k=0$ 只连 $n=1,3$。 用算符：$x={\beta }_x(a+a^{†})$，${\beta }_x=\sqrt{\hslash /(2m\omega )}=1/(\alpha \sqrt{2})$。 计算 $(a+a^{†}{)}^3|0⟩$： $(a+a^{†})|0⟩=|1⟩$， $(a+a^{†}{)}^2|0⟩=|0⟩+\sqrt{2}|2⟩$， $(a+a^{†}{)}^3|0⟩=3|1⟩+\sqrt{6}|3⟩$。 故 $⟨1|(a+a^{†}{)}^3|0⟩=3$，$⟨3|(a+a^{†}{)}^3|0⟩=\sqrt{6}$。

$$⟨1|x^3|0⟩=3{\beta }_x^3,⟨3|x^3|0⟩=\sqrt{6}{\beta }_x^3.$$

$E_0-E_1=-\hslash \omega$，$E_0-E_3=-3\hslash \omega$。

$$E_0^{(2)}={\beta }^2{\beta }_x^6(\frac{9}{-\hslash \omega }+\frac{6}{-3\hslash \omega })={\beta }^2{\beta }_x^6(-\frac{11}{\hslash \omega }).$$

${\beta }_x^6=[\hslash /(2m\omega ){]}^3={\hslash }^3/(8m^3{\omega }^3)$，

$$E_0^{(2)}=-\frac{11{\beta }^2{\hslash }^2}{8m^3{\omega }^4}.$$

（负修正，符合分母为负、分子非负。）

9.2 简并态微扰论

知识点小结：能级有简并时，非简并公式的分母会为零。要在简并子空间里先把 $H^{\prime }$ 对角化，解久期方程得到一级修正，同时得到正确的零级波函数（原来简并态的线性组合）。如果一级修正的根没有重根，简并完全解除；有重根则部分解除。Stark 效应是经典例子：氢原子 $n=2$ 四重简并，电场只把 $2s$ 和 $2p_0$ 混合，另外两个 $2p_{\pm 1}$ 不动。

jc-9-2-1 · 简并公式直接写出 · 🟡

填空（书 p197–199，式 (9-25)(9-38)–(9-42)）

(1) $H_0$ 的第 $k$ 个能级 $f$ 重简并。一级修正 $E_k^{(1)}$ 由什么方程决定？写出久期方程（矩阵形式）。

(2) 零级波函数怎样由原来的简并态线性组合得到？

(3) 什么情况下简并完全解除？什么情况下不完全解除？

**答案**

由书中式 (9-25)，体系 Hamilton 量写成 $\hat{H}={\hat{H}}_0+\lambda \hat{w}$。当 $E_k^{(0)}$ 为 $f$ 重简并时，对应正交归一零级本征函数 $|{\psi }_{k\nu }^{(0)}⟩$（$\nu =1,\dots ,f$）张成 $f$ 维子空间。

将能量与展开系数按 $\lambda$ 幂次展开后，比较 ${\lambda }^1$ 系数并限制在该子空间内，得到齐次线性方程组（书中式 (9-38)）

$$\sum (w_{\mu \nu }-E_k^{(1)}{\delta }_{\mu \nu })a_{\nu }=0,$$

其中矩阵元定义为

$$w_{\mu \nu }\equiv ⟨{\psi }_{k\mu }^{(0)}|\hat{w}|{\psi }_{k\nu }^{(0)}⟩.$$

非平凡解存在的充要条件是系数行列式为零，即久期方程（书中式 (9-40)）

$$\det (w_{\mu \nu }-E_k^{(1)}{\delta }_{\mu \nu })=0,$$

写成矩阵形式为

$$\{\begin{array}{llcc}{w}_{11}-E_k^{(1)}& w_{12}& \cdots & w_{1f}\\ w_{21}& w_{22}-E_k^{(1)}& \cdots & w_{2f}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ w_{f1}& w_{f2}& \cdots & w_{ff}-E_k^{(1)}\end{array}=0.$$

这是关于 $E_k^{(1)}$ 的 $f$ 次代数方程，给出 $f$ 个实根，即一级修正值。

零级波函数必须是原来简并态的线性组合（书中式 (9-42)）

$$|{\psi }_{k\nu }^{(0)}⟩=\sum a_{\rho \nu }|{\psi }_{k\rho }^{(0)}⟩,$$

系数 $a_{\rho \nu }$ 由把对应根代回齐次方程后求得的本征矢量给出，并按归一化条件确定。

若 $f$ 个根全部无重根，则原来一条能级分裂成 $f$ 条非简并能级，简并完全解除，对应零级波函数也完全确定。若存在重根，则简并不完全解除，与重根对应的子空间内波函数仍可任意线性组合，不完全确定。

jc-9-2-2 · Stark 效应 · 🟡

计算（书 p199–202，例 9-3）氢原子放在 $z$ 方向均匀电场 $ϵ$ 中，$H^{\prime }=-eϵz$（$e<0$）。只看 $n=2$ 第一激发态。

(1) $n=2$ 有哪些态？简并度是多少？

(2) 为什么只有 $w_{12}=w_{21}$ 非零？选择定则是什么？已知 $w_{12}=-3$（以适当单位），写出久期方程的四个根。

(3) 写出一级近似能量和对应的零级波函数（$E^{(1)}=\pm 3$ 的两个）。

(4) 图 9-1 显示能级怎样分裂？

**答案**

无外场时 $n=2$ 能级 $E_2^{(0)}=-e^2/(8a_0)$ 四重简并，四个正交归一态为

$$|{\psi }_{200}⟩,|{\psi }_{210}⟩,|{\psi }_{211}⟩,|{\psi }_{21-1}⟩$$

（或记作 $2s$、$2p_0$、$2p_{\pm 1}$）。

微扰算符含 $z=r\cos \theta$。利用球谐函数关系

$$\cos \theta Y_{lm}=C_{l+1,m}{Y}_{l+1,m}+C_{l-1,m}{Y}_{l-1,m},$$

其中系数

$$C_{lm}=\sqrt{\frac{(l+1{)}^2-m^2}{(2l+1)(2l+3)}}.$$

因此角向积分只在 $\Delta l=\pm 1$、$\Delta m=0$ 时非零（电偶极选择定则）。在 $n=2$ 子空间内，只有 $2s$ 与 $2p_0$ 满足此条件，其余矩阵元均为零。书中以适当单位（取 $\lambda =-eϵa_0$，$\hat{w}=r/a_0\cos \theta$）算得

$$w_{12}=w_{21}=-3,$$

其余 $w_{\mu \nu }=0$。久期矩阵因此为

$$\{\begin{array}{llcc}-E^{(1)}& -3& 0& 0\\ -3& -E^{(1)}& 0& 0\\ 0& 0& -E^{(1)}& 0\\ 0& 0& 0& -E^{(1)}\end{array}.$$

令其行列式为零，展开得

$$((E^{(1)}{)}^2-9)(E^{(1)}{)}^2=0,$$

四个根为

$$E^{(1)}=3,0,0,-3.$$

一级近似能量为

$$E=-\frac{e^2}{8a_0}+\lambda E^{(1)}.$$

对应 $E^{(1)}=\pm 3$ 的两支（符号按 $e<0$ 及单位约定调整后）为

$$E=-\frac{e^2}{8a_0}\pm 3|e|ϵa_0,$$

另外两支保持 $E=-e^2/(8a_0)$ 不动。

把根代回本征方程并归一化，得对应零级波函数：

$$\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\psi }_{200}⟩\mp |{\psi }_{210}⟩),|{\psi }_{211}⟩,|{\psi }_{21-1}⟩.$$

图 9-1 显示：原来一条四重简并能级在电场下分裂成三条——上移一支、下移一支、中间仍保持二重简并的不移动支。

【原书表述】 书 p200 将关系写成 $\cos \theta Y_{lm}=C_{l+1,m}{Y}_{l+1,m}+\cdots$，按书上对 $C_{lm}$ 的定义，第一项系数实为 $C_{lm}$。此表述差异不影响选择定则，也不影响最终数值 $w_{12}=-3$。

9.3 含时微扰与量子跃迁

知识点小结：Hamilton 量含时，态矢按 $H_0$ 的本征态展开，系数 $a_n(t)$ 满足微分方程。一级近似下，从 $|k⟩$ 到 $|n⟩$（$n\ne =k$）的跃迁振幅就是矩阵元乘时间因子的积分。几率是振幅模方。实际几率一般很小，体系大多留在初态。相同能量的不同态也可以跃迁。

jc-9-3-1 · 含时微扰公式直接写出 · 🟡

填空（书 p203–205，式 (9-45)(9-57)–(9-59)）

(1) 态矢展开 $|\psi (t)⟩=$ ____。

(2) 初态在 $t=t_0$ 为 $|k⟩$ 时，一级近似下跃迁振幅 $a_{nk}(t)=$ ____（$n\ne =k$）。

(3) 跃迁几率 $P_{nk}(t)=$ ____。

**答案**

设无微扰时本征态为 $|n⟩$，本征值为 $E_n$。含时微扰 ${\hat{H}}^{\prime }(t)$ 加入后，态矢按相互作用绘景展开（书中式 (9-45)）

$$|\psi (t)⟩=\sum a_n(t)e^{-i{E}_{n}t/\hslash }|n⟩.$$

系数 $a_n(t)$ 满足书中式 (9-50) 的耦合微分方程。初始条件 $t=t_0$ 时体系处于 $|k⟩$，即 $a_n(t_0)={\delta }_{nk}$。一级近似下（$n\ne =k$）积分得跃迁振幅（书中式 (9-58)）

$$a_{nk}(t)=\frac{1}{i\hslash }{\int }_{t_0}^t⟨n|{\hat{H}}^{\prime }(t^{\prime })|k⟩e^{i{\omega }_{nk}{t}^{\prime }}d{t}^{\prime },$$

其中玻尔频率定义为

$${\omega }_{nk}=\frac{E_n-E_k}{\hslash }.$$

跃迁几率即振幅模方（书中式 (9-59)）

$$P_{nk}(t)=|a_{nk}(t){|}^2=\frac{1}{{\hslash }^2}{\int }_{t_0}^t⟨n|{\hat{H}}^{\prime }(t^{\prime })|k⟩e^{i{\omega }_{nk}{t}^{\prime }}d{t}^{\prime 2}.$$

jc-9-3-2 · 谐振子上的高斯脉冲 · 🟡

计算（书 p205–206，例 9-4）一维谐振子，初态 $t\to -\infty$ 在 $|0⟩$。$H^{\prime }=-qϵx{e}^{-t^2/{\lambda }^2}$。

(1) 为什么只能跃迁到 $|1⟩$？

(2) 求 $t\to +\infty$ 时 $P_{10}$。

**答案**

谐振子坐标矩阵元只连接 $\Delta n=\pm 1$。从 $|0⟩$ 出发，唯一非零矩阵元是

$$⟨1|x|0⟩=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }},$$

因此一级近似下只能跃迁到 $|1⟩$。

跃迁振幅为

$$a_{10}(t)=\frac{1}{i\hslash }{\int }_{-\infty }^t⟨1|{\hat{H}}^{\prime }(t^{\prime })|0⟩e^{i{\omega }_{10}{t}^{\prime }}d{t}^{\prime }.$$

代入 ${\hat{H}}^{\prime }$ 及 ${\omega }_{10}=\omega$，得

$$⟨1|{\hat{H}}^{\prime }|0⟩=-qϵ\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}{e}^{-t^{{}^{\prime }2}/{\lambda }^2}.$$

当 $t\to +\infty$ 时积分上限变为 $+\infty$，需要计算高斯积分

$$I={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-i\omega t-t^2/{\lambda }^2}dt.$$

完成平方：指数为

$$-\frac{1}{{\lambda }^2}(t+\frac{i\omega {\lambda }^2}{2}{)}^2-\frac{{\omega }^2{\lambda }^2}{4}.$$

平移变量后高斯积分给出

$$I=\sqrt{\pi }\lambda e^{-{\omega }^2{\lambda }^2/4}.$$

因此

$$a_{10}(\infty )=-\frac{qϵ}{i\hslash }\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\cdot \sqrt{\pi }\lambda e^{-{\omega }^2{\lambda }^2/4}.$$

取模方

$$|a_{10}{|}^2=\frac{q^2{ϵ}^2}{{\hslash }^2}\cdot \frac{\hslash }{2m\omega }\cdot \pi {\lambda }^2{e}^{-{\omega }^2{\lambda }^2/2}.$$

最终跃迁几率

$$P_{10}=\frac{\pi q^2{ϵ}^2{\lambda }^2}{2m\hslash \omega }{e}^{-{\omega }^2{\lambda }^2/2}.$$

jc-9-3-3 · 氢原子上的衰减电场 · 🟡

计算（书 p206–207，例 9-5；习题 9-15）$t=0$ 时氢原子在 $1s$。沿 $z$ 加电场。

(1) 例 9-5：$ϵ(t)={ϵ}_0{e}^{-\alpha t}\cos \omega t$（$\alpha >0$）。$1s$ 能跃迁到 $2s$、$2p_0$、$2p_{\pm 1}$ 中的哪一个？已知

$$⟨2p_0|z|1s⟩=\frac{2^8{a}_0}{\sqrt{2}{3}^5}\approx 0.745a_0,{\omega }_{21}=\frac{3e^2}{8a_0\hslash },$$

求 $t\to \infty$ 的 $P_{21}$。用到的积分 ${\int }_0^{\infty }{e}^{-ax}\cos bxdx=$ ____。

(2) $\omega$ 取什么值时这个几率最大？这和下一节的共振是什么关系？

(3) 习题 9-15：改成脉冲 $ϵ(t)={ϵ}_0\delta (t)$，$H^{\prime }=-eϵ(t)z$。求跃迁到所有激发态的几率之和，以及仍留在基态的几率。$1s$ 的 $⟨z^2⟩$ 等于多少？

**答案**

(1) 例 9-5：$ϵ(t)={ϵ}_0{e}^{-\alpha t}\cos \omega t$（$\alpha >0$）

电偶极选择定则要求 $\Delta l=\pm 1$、$\Delta m=0$。从 $1s$（$l=0,m=0$）只能到达 $2p_0$。已知

$$⟨2p_0|z|1s⟩=\frac{2^8{a}_0}{\sqrt{2}{3}^5},{\omega }_{21}=\frac{3e^2}{8a_0\hslash }.$$

微扰 ${\hat{H}}^{\prime }=-eϵ(t)z$，故

$$⟨2p_0|{\hat{H}}^{\prime }|1s⟩=-e{ϵ}_0⟨z⟩e^{-\alpha t}\cos \omega t.$$

$t\to \infty$ 时振幅积分中的时间部分为

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-\alpha t^{\prime }}\cos \omega t^{\prime }{e}^{i{\omega }_{21}{t}^{\prime }}d{t}^{\prime }.$$

利用公式 ${\int }_0^{\infty }{e}^{-ax}\cos bxdx=a/(a^2+b^2)$，把 $a$ 换成 $\alpha -i{\omega }_{21}$、$b$ 换成 $\omega$，得

$$\frac{\alpha -i{\omega }_{21}}{(\alpha -i{\omega }_{21}{)}^2+{\omega }^2}.$$

取模方并整理分母，得到

$$P_{21}(\infty )=\frac{2^{15}{a}_{02}{e}^2{ϵ}_{02}}{3^{10}{\hslash }^2}\frac{{\alpha }^2+{\omega }_{21}^2}{({\alpha }^2+{\omega }^2-{\omega }_{21}^2{)}^2+4{\alpha }^2{\omega }_{21}^2}.$$

【原书笔误】 书 p207 角向积分取 $+2/3$，按积分限方向实际应为 $-2/3$，使 $H_{21}^{\prime }$ 差一负号。几率只依赖 $|H_{21}^{\prime }{|}^2$，终式不受影响。

(2) 分母在 $\omega \approx {\omega }_{21}$ 时取最小值，几率最大。这正是下一节共振吸收条件 $E_2-E_1=\hslash \omega$ 的具体体现。

(3) 习题 9-15：$ϵ(t)={ϵ}_0\delta (t)$

$\delta$ 函数使时间积分收缩为矩阵元本身：

$$a_n=\frac{1}{i\hslash }⟨n|-e{ϵ}_{0}z|1s⟩.$$

跃迁到所有激发态的几率之和为

$$\sum P_n=\frac{e^2{ϵ}_{02}}{{\hslash }^2}\sum |⟨n|z|1s⟩{|}^2.$$

由完备性，

$$\sum |⟨n|z|1s⟩{|}^2=⟨1s|z^2|1s⟩.$$

基态对角元 $⟨1s|z|1s⟩=0$，故求和只含激发态。球对称下 $⟨z^2⟩=⟨r^2⟩/3$。$1s$ 态 $⟨r^2⟩=3a_{02}$，因此 $⟨z^2⟩=a_{02}$。于是

$$P_{ex}=\frac{e^2{ϵ}_{02}{a}_{02}}{{\hslash }^2},P_{1s}=1-P_{ex}.$$

后者仅在 $P_{ex}\ll 1$（微扰条件成立）时有意义。

jc-9-3-4 · 旋转磁场里的电子自旋 · 🟡

计算（习题 9-16，书 p213）$t\le 0$ 时电子在 $z$ 方向磁场 $B_0$ 中，

$$H_0=\hslash {\omega }_0\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right),{\omega }_0=\frac{|e|B_0}{2m_{e}c}.$$

$t>0$ 加上 $B_x=B_0\cos 2\omega t$、$B_y=B_0\sin 2\omega t$。自旋磁矩与这份磁场的相互作用当作微扰。初态为 $z$ 正向极化。

(1) 写出 $H^{\prime }$ 在 ${\sigma }_z$ 基底下的矩阵元。跃迁角频率 ${\omega }_{-+}$ 是多少？

(2) 求 $t>0$ 时跃迁到 $z$ 负向的一级几率。什么时候共振？

**答案**

静场 Hamilton 量

$${\hat{H}}_0=\hslash {\omega }_0\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right),{\omega }_0=\frac{|e|B_0}{2m_{e}c}.$$

电子磁矩与自旋相反，与旋转场的相互作用作为微扰：

$${\hat{H}}^{\prime }={\mu }_B({\sigma }_x{B}_x+{\sigma }_y{B}_y),{\mu }_B=\frac{|e|\hslash }{2m_{e}c}.$$

因为 ${\mu }_B{B}_0/\hslash ={\omega }_0$，在 ${\sigma }_z$ 基底下

$${\hat{H}}^{\prime }={\mu }_B{B}_0\left(\begin{array}{cc}0& e^{-i2\omega t}\\ e^{i2\omega t}& 0\end{array}\right).$$

能量 $E_{+}=\hslash {\omega }_0$、$E_{-}=-\hslash {\omega }_0$，故跃迁角频率

$${\omega }_{-+}=\frac{E_{-}-E_{+}}{\hslash }=-2{\omega }_0.$$

非零矩阵元

$$⟨-|{\hat{H}}^{\prime }|+⟩={\mu }_B{B}_0{e}^{i2\omega t}.$$

一级振幅

$$a_{-}(t)=\frac{{\omega }_0}{i}{\int }_0^t{e}^{i(2\omega -2{\omega }_0)t^{\prime }}d{t}^{\prime }.$$

记 $\Delta =2(\omega -{\omega }_0)$，则被积函数为 $e^{i\Delta t^{\prime }}$，

$${\int }_0^t{e}^{i\Delta t^{\prime }}d{t}^{\prime }=\frac{e^{i\Delta t}-1}{i\Delta }(\Delta \ne =0),$$

于是

$$a_{-}(t)=\frac{{\omega }_0}{i}\cdot \frac{e^{i\Delta t}-1}{i\Delta }=-\frac{{\omega }_0}{\Delta }(e^{i\Delta t}-1).$$

取模方：

$$|e^{i\Delta t}-1{|}^2=(e^{i\Delta t}-1)(e^{-i\Delta t}-1)=2-2\cos (\Delta t)=4{\sin }^2\frac{\Delta t}{2},$$

故

$$P_{-}(t)=|a_{-}(t){|}^2=\frac{{\omega }_0^2}{{\Delta }^2}\cdot 4{\sin }^2\frac{\Delta t}{2}={\omega }_0^2(\frac{\sin (\Delta t/2)}{\Delta /2}{)}^2.$$

当 $\Delta =0$ 即 $\omega ={\omega }_0$ 时共振，$P_{-}=({\omega }_{0}t{)}^2$。

一级结果只在短时 ${\omega }_{0}t\ll 1$ 时可信：原题旋转场幅度与静场同记作 $B_0$，微扰与 ${\hat{H}}_0$ 同量级，并不真正“小”；共振时一级几率很快超过 1，必须改用精确解。

9.4 Fermi 黄金定律和激光

知识点小结：跃迁用得最多的是原子和光。原子尺度上磁场比电场小一个 $v/c$，而且 $e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}\approx 1$，所以光对原子就是一个频率为 $\omega$ 的电偶极微扰 $H^{\prime }(t)=H_0^{\prime }{e}^{\pm i\omega t}$。作用很久以后，跃迁速率挤成一个 $\delta$ 函数，只有能级差正好等于 $\hslash \omega$ 才跳，这就是 Fermi 黄金定律，也是共振吸收。高能级上的原子被同样的光诱发跳下来，是受激辐射；没有外光、自己跳下来，是自发辐射，不在这套外场微扰里。受激辐射出来的光子和诱发光同频、同向、同相位，连锁下去就是激光。常温下激发态原子太少，要先把粒子数反转。

jc-9-4-1 · 黄金定律和共振条件直接写出 · 🟡

填空（书 p208–210，式 (9-64)(9-70)(9-73)(9-74)）

(1) 为什么可以丢掉磁场、并把 $e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}$ 换成 1？偶极微扰写成 ____。

(2) 有限时间的跃迁几率 $P_{nk}(t)=$ ____，其中 $\alpha =$ ____。

(3) $t\to \infty$ 的跃迁速率 ${\Gamma }_{nk}=$ ____。这条叫 ____。

(4) 共振吸收的条件是 ____。平衡时 $N_n/N_k=$ ____（$n>k$）。

**答案**

磁场贡献与电场之比为 $v/c\ll 1$，原子尺度上 $\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}\ll 1$，故可丢掉磁场并把 $e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{r}}$ 换成 1。偶极微扰写成（书中式 (9-64)、(9-65)）

$${\hat{H}}^{\prime }(t)={\hat{H}}_0^{\prime }{e}^{\pm i\omega t},{\hat{H}}_0^{\prime }=\mathbf{D}\cdot {\mathbf{E}}_0,\mathbf{D}=|e|\mathbf{r}.$$

有限时间跃迁几率（书中式 (9-70)）

$$P_{nk}(t)=\frac{|⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩{|}^2}{{\hslash }^2(\alpha /2{)}^2}{\sin }^2\frac{\alpha t}{2},$$

其中

$$\alpha =\frac{E_n-E_k\pm \hslash \omega }{\hslash }.$$

$t\to \infty$ 时跃迁速率（书中式 (9-73)）

$${\Gamma }_{nk}=\frac{2\pi }{\hslash }|⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩{|}^2\delta (E_n-E_k\pm \hslash \omega ).$$

此即 Fermi 黄金定律。

共振吸收条件为能级差等于一个光子能量：$E_n-E_k=\mp \hslash \omega$。平衡时粒子数满足 Boltzmann 分布（书中式 (9-74)）

$$\frac{N_n}{N_k}=e^{-(E_n-E_k)/kT}(n>k).$$

jc-9-4-2 · 三种过程和四能级激光 · 🟡

简答（书 p209–211，式 (9-74)–(9-76)，图 9-2）

(1) 共振吸收、受激辐射、自发辐射各是什么？哪一个不能由本章的外场微扰直接得到？图 9-2 另外画了哪两种过程，正文展开了吗？

(2) 受激辐射出来的光子和诱发光有什么相同之处？激光的四个特点是什么？Laser 这个词本身在说什么？

(3) 为什么常温下 $N_n\ll N_k$？书上用的数量级是什么？什么叫粒子数反转、负温度态？

(4) 四能级系统里，抽运光和激光的频率各是什么？$E_4$ 为什么不能直接当激光上能级？

**答案**

共振吸收：低能级原子吸收能量为 $\hslash \omega$ 的光子跃迁到高能级，要求 $E_n-E_k=\hslash \omega$。

受激辐射：高能级原子在外光诱发下跃迁到低能级，同时放出与诱发光同频、同向、同相位的光子。

自发辐射：无外光时高能级原子自行跃迁到低能级并发光。自发辐射不能由本章外场微扰直接得到，因为它是真空涨落或量子电动力学效应。

图 9-2 共画五种过程：共振吸收、受激辐射、自发辐射、Raman 散射、光电效应。后两种只在图中出现，正文无公式也无讨论，不作为本章考点。

受激辐射光子与诱发光能量（频率）、传播方向、相位完全相同。激光因此具有单色性好、方向准、空间相干性好、能量密度大四个特点。Laser 即 Light Amplification by Stimulated Emission of Radiation，意为光被受激辐射放大。

激发态与基态通常差 $1eV$ 量级，$1eV\sim 10^{4}K$。常温 $T\sim 300K$ 下 $E_n-E_k\gg kT$，Boltzmann 因子把高能级压得很空，故 $N_n\ll N_k$。粒子数反转指 $N_n>N_k$，形式上相当于 $T<0$，故称负温度态。

四能级系统中，抽运光频率为 $\nu =(E_4-E_1)/h$，激光频率为 $\nu =(E_3-E_2)/h$。$E_4$ 寿命太短（书上给氢激发态约 $10^{-8}s$），原子很快经无辐射跃迁落到亚稳态 $E_3$，只有在 $E_3$ 上才能积累出反转。

jc-9-4-3 · 从 ${\sin }^2$ 到 $\delta$ 函数 · 🟡

计算（书 p208–209，式 (9-67)–(9-73)）$H^{\prime }(t)=H_0^{\prime }{e}^{\pm i\omega t}$，$t_0=0$。

(1) 把一级振幅积分出来，说明 $|e^{i\alpha t}-1{|}^2=4{\sin }^2(\alpha t/2)$。

(2) 用 $t\to \infty \lim \frac{1}{\pi }\frac{{\sin }^2(tx)}{t{x}^2}=\delta (x)$，把 $P_{nk}$ 收成含 $\delta (E_n-E_k\pm \hslash \omega )$ 的式子。$\delta (\alpha /2)$ 换成 $\delta (E_n-E_k\pm \hslash \omega )$ 时多一个什么因子？

(3) 由此写出跃迁速率。$\delta$ 函数的物理意义是什么？

**答案**

设 ${\hat{H}}^{\prime }(t)={\hat{H}}_0^{\prime }{e}^{\pm i\omega t}$，$t_0=0$。一级振幅（书中式 (9-66)）

$$a_{nk}(t)=\frac{⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩}{i\hslash }{\int }_0^t{e}^{i\alpha t^{\prime }}d{t}^{\prime },$$

其中

$$\alpha =\frac{E_n-E_k\pm \hslash \omega }{\hslash }.$$

积分结果为

$${\int }_0^t{e}^{i\alpha t^{\prime }}d{t}^{\prime }=\frac{e^{i\alpha t}-1}{i\alpha }.$$

模方

$$|e^{i\alpha t}-1{|}^2=(e^{i\alpha t}-1)(e^{-i\alpha t}-1)=2-2\cos (\alpha t)=4{\sin }^2\frac{\alpha t}{2}.$$

因此

$$P_{nk}(t)=\frac{|⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩{|}^2}{{\hslash }^2(\alpha /2{)}^2}{\sin }^2\frac{\alpha t}{2}.$$

改写成

$$P_{nk}(t)=t\cdot \frac{\pi }{{\hslash }^2}|⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩{|}^2\cdot \frac{{\sin }^2(\alpha t/2)}{\pi t(\alpha /2{)}^2}.$$

利用极限（书中式 (9-71)）

$$t\to \infty \lim \frac{1}{\pi }\frac{{\sin }^2(tx)}{t{x}^2}=\delta (x),$$

得因子 $\delta (\alpha /2)$。因为

$$\frac{\alpha }{2}=\frac{E_n-E_k\pm \hslash \omega }{2\hslash },$$

换元公式给出

$$\delta (\frac{\alpha }{2})=2\hslash \delta (E_n-E_k\pm \hslash \omega ).$$

多出的 $2\hslash$ 把前面的 $\pi /{\hslash }^2$ 变成 $2\pi /\hslash$，故

$$P_{nk}(t\to \infty )=t\cdot \frac{2\pi }{\hslash }|⟨n|{\hat{H}}_0^{\prime }|k⟩{|}^2\delta (E_n-E_k\pm \hslash \omega ).$$

对 $t$ 求导即得 Fermi 黄金定律。$\delta$ 函数的物理意义是：只有能级差恰好等于光子能量时跃迁速率才非零，即共振条件。

jc-9-4-4 · 能级宽度和力程 · 🟡

计算（习题 9-17、9-18，书 p213）这两问用的是不确定关系，不是微扰展开。

(1) 激发态寿命 $10^{-8}s$，之后放出一个光子跳到低能级。能级宽度和发射频率的不确定度按 $\Delta E\cdot \tau \sim \hslash$ 估计，各是什么量级？

(2) 质子吸收 ${\pi }^{-}$ 变成中子，能量交换 $\Delta E=m_{\pi }{c}^2$。估计反应时间 $\Delta t$。若这段时间里介子以光速走出 $r\sim 1.4\times 10^{-15}m$，求 $m_{\pi }{c}^2$ 的数量级。

**答案**

(1) 激发态寿命 $\tau =10^{-8}s$。由 $\Delta E\cdot \tau \sim \hslash$，

$$\Delta E\sim \frac{\hslash }{\tau }\sim 10^{-26}J.$$

角频率不确定度 $\Delta \omega \sim 1/\tau =10^8{s}^{-1}$，频率不确定度

$$\Delta \nu \sim \frac{1}{2\pi \tau }\sim 10^{7}Hz.$$

(2) 能量交换 $\Delta E=m_{\pi }{c}^2$，故反应时间

$$\Delta t\sim \frac{\hslash }{m_{\pi }{c}^2}.$$

若这段时间内介子以光速走出 $r\sim c\Delta t\sim 1.4\times 10^{-15}m=1.4fm$，则

$$m_{\pi }{c}^2\sim \frac{\hslash c}{r}.$$

已知 $\hslash c\approx 197MeV\cdot fm$，故

$$m_{\pi }{c}^2\sim \frac{197}{1.4}MeV\sim 1.4\times 10^{2}MeV.$$

第9章原书笔误（已核对）

位置	原书	改正	题
p211，习题 9-4	$E_1=\frac{Z^2{e}^2}{2a}$	$E_1=-\frac{Z^2{e}^2}{2a}$（类氢基态为负，和 p194 一致）	jc-9-1-3
p213，习题 9-13	$H_{2n}(0)=(-1{)}^n\frac{(2n)!}{2}$	$H_{2n}(0)=(-1{)}^n\frac{(2n)!}{n!}$（$H_2(0)=-2$，$H_4(0)=12$）	jc-9-1-6
p200，例 9-3	$\cos \theta Y_{lm}=C_{l+1,m}{Y}_{l+1,m}+C_{l-1,m}{Y}_{l-1,m}$	第一项系数是 $C_{lm}$（按书上定义；不影响选择定则和 $w_{12}=-3$）	jc-9-2-2
p207，例 9-5	角向积分取 $+\frac{2}{3}$，$H_{21}^{\prime }$ 差一个负号	应为 $-\frac{2}{3}$（$P_{21}$ 不受影响）	jc-9-3-3

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