2007-2008学年高等量子力学试题(2)

3 0

()

0

ln 3

)

∴S=kσ= k tr(ρlnρ)= k4 ln4 +

[()() 3)ln 3)]

≈4.265k

rrrrrrrrr

13. 求坐标、动量、角动量等算符x,p,J,x p,S x及L S在空间反演下的结果。

rrrrr+r+

解：πxπ= x，πpπ= p，πJπ=J

+

π+x pπ=π+xπ π+pπ=( x) ( p)=x p

rrrrrrr++rπS xπ=πSπ πxπ=S ( x)= S x

+

rrrrrrrr

rrrrrrrr++

πL Sπ=πLπ πSπ=L S=L S

+

高量

r 1r 1r 1

14. 记时间反演算符为Θ，求ΘxΘ，ΘpΘ，ΘJΘ及Θj,m。

r 1rr 1rr 1rm

解：ΘxΘ=x，ΘpΘ= p，ΘJΘ= J，Θj,m=( 1)j, m

15. 以x0=e

~

βx

为尝试波函数（β为参量），估算一维谐振子的基态能量。

解：（参见第五章第二十题）

~p21 βx

一维谐振子的哈密顿量为H=+mω2x2，取试探波函数x0=e，根据

2m2

变分法，有

+∞ βx

~~0H0

∴==

00

∫e

∞+∞ βx

∫

∞

e

2d2122 βx +ωmx 2mdx22 edx +∞ 2βx

∫edx

∞

=

+∞ βx 1 2d2 βx22 βx

edx+emx edxω ∫ 2mdx2 ∞2 +∞ 2βx

∫edx

∞

=

∫e

∞

+∞ βx

2d β 2mdx β+∞ βx 1for x>0 βx22 βx

+ωedxemedx ∫ ∞ 2x for x<0

∫

∫e

∞+∞ βx

+∞

∞

e

2βx

dx

=

+∞ βx 1 2 βx2 βx22 βx

()2βδβω xe+edx+emx edx ∫ 2m ∞

2 +∞ 2βx

∫edx

∞

()

=

2β 2βx

em

2β2122 2βx

ω+∫ +mx dx e ∞ 22m x=0

+∞

∫

+∞

∞

e

2βx

dx

=

h2β 2βx

em

x=0

+2∫

+∞

2∫e 2βxdx

h2β2122 2βx mx ω + edx 2m2

+∞

2!2β2β21

+mω23

2β2mω28βmm2β

==+2

1/β2m4β

mω2βmω22 = β==0，有 0令

βm2β32h

∴min=

ω2ω2

+=hω≈1.414E0

4222

高量

E10λΔ

16. 对H= λΔE0 ，求 2

(1) 严格的能量本征值及本征态。

(2) 若λΔ<<E1 E2，用定态微扰理论求能量本征函数至一阶，能量本征值至二阶

的结果，并与严格解比较。

(3) 若λΔ>>E1 E2，用简并微扰理论求解，并与严格解比较。 解：（参见第五章第十一题）

(1) 可以设E1<E2，根据本征方程

00

00

E10λΔ a a

=En Hn=Enn b 0 bλΔE 2

E10 En

得到久期方程为

λΔ

E±=

当E1=

λΔ

E En

02

200 E10+E2En+E10E2=λ2Δ2，于是 =0，即En

()

1 00

E1+E2±2

E

01

0 E2+4λ2Δ2

2

1 00 E1+E2 2

E

01

0 E2+4λ2Δ2 时，代入本征方程，有

2

00 E1E2E1 E2

= a1=1/40

00222 2E1E10+E2 E10 E1a1= λΔb1E1 E2+4λΔ

0

00 = ΔλEEbaE1 E1E1 E1111 2 b== 1/40 100222 2E1E10+E2

E1 E2+4λΔ

(

())

02

(

)

设a1=cos

β

2

，b1=sin

β

2

，因为

E EE E=λΔ，即

1

01

1

sinβ=

当E2=

2λΔ

E

010 E2+4λ2Δ22

2

tanβ=

2λΔ

00

E1 E2

1 00 E1+E2+2

E

01

0 E2+4λ2Δ2 时，代入本征方程，有

a2=

E1 E2a2= λΔb2

0

= ΔλEEba222 2 b=

2

(())

00

E2E2 E2E2

=1/40

00222 2E2E10+E2

E1 E2+4λΔ

E E2E E2

=1/40

00222 2E2E10+E2

E1 E2+4λΔ

01

(

01

)

由于E1+E2=E1+E2，所以a1=b2，b1= a2

00

高量

β β

sin cos 2λΔ 2 ，β=arctan 2 ，φ= ∴φ1= 2 E0 E0 ββ 2 1

cos sin

2 2

(2) 若λΔ<<E1 E2，根据不含时非简并微扰理论，因为V11=V22=0，

V12=V21=λΔ，所以

φ1=φ1+∑φk

k≠1

(0)(0)

1 λΔVk1(0)(0) λΔ

φφL+≈+=120 00 E10 Ek0E10 E2

EE 2 1

λΔ

λVΔ 00 φ2=φ2(0)+∑φk(0)0k20+L≈φ2(0)+φ1(0)0=EE 021 EEEE 1 k≠2k212

与(1)得到的精确解比较：

β2β

1 L cos 1

42λΔ ≈ = φ1= 3

β ββ E0 E0 sin++L 1 2 2 26 β ββ3

L λΔ sin

2 = 26 ≈ E0 E0 φ2= 21 2β β 1 L cos 1 2 4

可以看出，在λ的一阶近似下二者相同。

2

Δ1=V11+∑

k1

00k≠1E1 Ek

+L=

λ2Δ2

0E10 E2

Δ2=V22+∑

k≠2

k2

02

E2 Ek

0+L=

λ2Δ2

0E2 E1

与(1)得到的精确解比较：

100

E1= E1+E2

2

E

01

E

022

E10+E21 014λ2Δ2 0

+4λΔ = E2 E1++L 00

22 2E2 E1

2

2

()

≈E+

1

λ2Δ2

E10 E2

100

E2= E1+E2+

2

E

01

E

022

E10+E21 014λ2Δ2 0

+4λΔ =L+ E2 E1++ 00

22 2E2 E1

2

2

()

高量

≈E+

02

λ2Δ2

E E

02

01

可以看出，在λ的二阶近似下二者相同。

(3) 若E1 E2<<λΔ，即两未微扰能级近简并，设E1=E2=E，则按照不含

时简并微扰理论，有

01 10 0 H=E0 λ=E+λΔσz +Δ 10 01

于是本征值为E1=E λΔ，E2=E+λΔ，对应的本征态为

1 1 1 1 φ1= ，φ2=2 1 12

与E1=E2=E时(a)的结果对比：

100

E1= E1+E2

2 100

E2= E1+E2+

2

E00 E2+4λ2Δ2 =E λΔ

020

E10 E2+4λ2Δ2 =E+λΔ

01

2

0 E1E2

1/4

00222

1 4 +ΔEEλ12 =1 φ1= 2 E10 E1 1

E0 E02+4λ2Δ21/4

12

(

)

0 E2E2

1/4

0 0222

1 4 +ΔEEλ2 =1 φ2= 1

2 E10 E2 1

E0 E02+4λ2Δ21/4

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