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曾谨严量子力学习题第八章

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曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案

曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案

+a
= 2mω a 2 ⋅
得 a2 = （3）
π = mωπ a 2 = n h 2
代入（2） ，解出
E n = nℏω ,
积分公式：
n = 1, 2 , 3 , ⋯ a 2 − u 2 du = u a2 u a2 − u2 + arcsin + c 2 2 a
（4）
∫
2π
1.4 设一个平面转子的转动惯量为 I，求能量的可能取值。 提示：利用
)
[ (
) (
)
]
其 中 T 的 第 一 项 可 化 为 面 积 分 ， 而 在 无 穷 远 处 归 一 化 的 波 函 数 必 然 为 0 。 因 此
ℏ2 T= d 3 r∇ψ * ⋅ ∇ψ ∫ 2m
结合式（1） 、 （2）和（3） ，可知能量密度
（3）
w=
且能量平均值
ℏ2 ∇ψ * ⋅ ∇ψ + ψ *Vψ , 2m
（1）
1 mω 2 x 2 。 2
−a
0 a x （2）
a = 2 E / mω 2 ，
x = ± a 即为粒子运动的转折点。有量子化条件
+a
∫ p ⋅ dx = 2 ∫
nh 2ℏn = mωπ mω
−a
1 2m( E − mω 2 x 2 ) dx = 2mω 2 ∫ a 2 − x 2 dx 2 −a
∫= 1, 2 , ⋯ , pϕ 是平面转子的角动量。转子的能量 E = pϕ / 2I 。
解：平面转子的转角（角位移）记为 ϕ 。
.
它的角动量 pϕ = I ϕ （广义动量） ， pϕ 是运动惯量。按量子化条件
∫
∴
因而平面转子的能量

曾谨言量子力学课后答案

曾谨言量子力学课后答案

h2 2m
∇
2ψ
(rv,
t
)
+
[V1
(rv
)
+
iV2
(rv
)]ψ
(rv,
t
)
V1 与V2 为实函数。
4
（1）
（a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。
（b）证明粒子在空间体积τ 内的几率随时间的变化为
( ) d
dt
∫∫∫ τ
d
3 rψ
*ψ
=
−
h 2im
∫∫
S
ψ
*∇ψ
−ψ∇ψ *
v ⋅ dS +
2V2 h
（1） （2）
5
取（1）之复共轭：
−
ih
∂ψ * 1 ∂t
= −
h2 ∇2 2m
+
V
ψ
* 1
ψ
2
×
（3）
−ψ
* 1
×
（2）,得
（3）
对全空间积分：
( ) ( ) − ih
∂ ∂t
ψ *ψ 12
=
−
h2 2m
ψ
2
∇
2ψ
* 1
−ψ 1*∇ 2ψ
2
∫ ∫ [ ] − ih d dt
d
3 rψ
* 1
(rv,
d
3rψ
*
−
h2 2m
∇
2
ψ
(动能平均值)
=
−
h2 2m
∫
d
3
r
[∇
⋅
(ψ
*∇ψ
)
−
(∇ψ
*
)⋅
(∇ψ

量子力学导论习题答案(曾谨言)

量子力学导论习题答案(曾谨言)

第九章 力学量本征值问题的代数解法9—1）在8.2节式（21）中给出了自旋（21）与轨迹角动量（l ）耦合成总角动量j 的波函数jljm φ，这相当于21,21===s j l j 的耦合。

试由8.2节中式（21）写出表9.1（a ）中的CG 系数 jm m m j 21121解：8.2节式（21a ）（21b ）: ()21),0( 21+=≠-=m m l l j jjljm φ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++---+=+=21,2121,212121,21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l j （21a ） ()21-=j ljljm φ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++---=+11121lm lm Y m l Y m l l ()⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++--+++-++=≠-=21,2121,211122121),0( 21j j m j j m j j Y m j Y m j j m j m l l j （21b ）()21++j l此二式中的l 相当于CG 系数中的1j ，而212==s j ,21,~,,~21±=m m m m j 。

因此，（21a ）式可重写为jm ∑=222112211m jm m j m j m j m j212121212121212111111111--+=m j jm m j m j jm m j ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=+=212112212121122111211111211121121),21(m j j m j m j j m j j l j a （21a ’） 对照CG 系数表，可知：当21121+=+=j j j j ,212=m 时 ，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=＋j m j jm m j 而212-=m 时，21111112212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-＋j m j jm m j 对于21211-=-=j l j 的（21b ）式，有21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-＋j m j m j m j21111111221,212121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--＋j m j m j m j9－2）设两个全同粒子角动量21j j j ==，耦合成总角动量J ，JMj2ψ()()21212121jm jm m m JM m j jm ψψ∑=（1）利用CG 系数的对称性，证明()JMjJj JM j p 22212ψψ--=由此证明，无论是Bose 子或Fermi 子，J 都必须取偶数证：由式（1），JM j p 212ψ()()12212121jm jm m m JM jm jm ψψ∑=把21m m ↔, ()()12122112jm jm m m JM jm jm ψψ∑=利用CG 系数的对称性 ()()()21212112212jm jm m m Jj JM m j m j ψψ∑--=()JMjJj 22ψ--= (2)对于Fermi 子，=j 半奇数，=j 2奇数，但要求ψψ-=12p ， 即要求()12-=--Jj ，所以J 必须为偶数。

曾谨言--量子力学习题及解答

曾谨言--量子力学习题及解答

dv ， 1
（1） （2） （3）
v c ， v dv v d ，
dv d c d v ( ) d ( ) v c

8hc 5
1 e
hc kT
, 1
1
这里的 的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+dλ之间的辐射能量密度。 本题关注的是λ取何值时， 取得极大值，因此，就得要求 对λ的一阶导数为零， 由此可求得相应的λ的值，记作 m 。但要注意的是，还需要验证 对λ的二阶导数在 m 处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的 m 就是要求的，具体如下：
2


k
2 E
2


k
cos 2d (2 ) cos d ,
2 E



k

这里 =2θ，这样，就有
2
A B E


k
d sin 0
（2）
根据式（1）和（2） ，便有
A E
这样，便有

k n h 2
E

k

E
n h 2 k
nh
其中 h

k
,
h 2
最后，对此解作一点讨论。首先，注意到谐振子的能量被量子化了；其次，这量子化的 能量是等间隔分布的。 （2）当电子在均匀磁场中作圆周运动时，有

R p qBR

2
qB
这时，玻尔——索末菲的量子化条件就为

又因为动能耐 E

p2 ，所以，有 2
2
2 如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（ E 动 e c ） ，那么

量子力学 曾谨言 习题解答

量子力学 曾谨言 习题解答

a
p dx 2
2m(E 1 m 2 x2 ) dx 2m 2 a
a2 x2 dx
a
2
a
2ma2 m a2 nh 2
得 a2 nh 2n m m
（3）
代入（2），解出
En n,
n 1, 2,3,
（4）
积分公式：
a 2 u 2 du u a 2 u 2 a 2 arcsin u c
abc a
b
c
nx , ny , nz 1,2,3,
当 a b c 时，
En n n xyz
2 2 2ma 2
(n
2 x
n
2 y
n
2 z
)
n n n xy z
3
2 2 a
sin nx x sin ny y sin nz y
a
a
a
nx ny nz 时，能级不简并；
nx , n y , nz 三者中有二者相等，而第三者不等时，能级一般为三重简并的。
动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为 x, y, z 轴方向，把粒子沿 x, y, z 轴三个方向的运动
分开处理。利用量子化条件，对于 x 方向，有
px dx nxh , nx 1, 2,3,
即
px 2a nxh （ 2a ：一来一回为一个周期）
px nxh / 2a ,
6
t 2m ，
u
k
mx t
，
参照本题的解题提示，即得
x,t
1 e imx2 2t 2
2m t
e i
/
4
k
k
mx t
d
k
（2）
m t

曾谨言《量子力学教程》(第3版)配套题库【章节题库-自 旋】

曾谨言《量子力学教程》(第3版)配套题库【章节题库-自 旋】

第8章 自 旋一、填空题1．称______等固有性质______的微观粒子为全同粒子。

【答案】质量；电荷；自旋；完全相同2．对氢原子，不考虑电子的自旋，能级的简并度为______，考虑自旋但不考虑自旋与轨道角动量的耦合时，能级的简并度为______。

【答案】n 2；2n 23．一个电子运动的旋量波函数为，则表示电子自旋向上、位置在处的几率密度表达式为______，表示电子自旋向下的几率的表达式为______。

【答案】；二、名词解释题 电子自旋。

答：电子的内禀特性之一：（1）在非相对论量子力学中。

电子自旋是作为假定由Uhlenbeck 和Goudsmit 提出的：每个电子具有自旋角动量S ，它在空间任何方向上的投影只能取两个数值：；每个电子具有自旋磁矩M s ，它和自旋角动量的关系式：。

（2）在相对论量子力学中，自旋象粒子的其他性质—样包含在波动方程中，不需另作假定。

三、简答题 1．请用泡利矩阵，，定义电子的自旋算符，并验证它们满足角动量对易关系。

答：电子的自旋算符，其中，i ＝x ，y ，z 。

()()()z ,2,,2r r s r ψψψ⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭r ()2,/2r ψ()23d ,/2rr ψ-⎰2±=z s μμ2e M S e M sz s ±=→-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=0110xσ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=00i i y σ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1001zσi iS σˆ2ˆ=2．写出由两个自旋态矢构成的总自旋为0的态矢和自旋为1的态矢。

答：总自旋为0。

总自旋为1： 。

3．写出泡利矩阵。

答：，，4．试设计一实验，从实验角度证明电子具有自旋，并对可能观察到的现象作进一步讨论。

答：让电子通过一个均匀磁场，则电子在磁场方向上有上下两取向，再让电磁通过一非均匀磁场，则电子分为两束。

5．完全描述电子运动的旋量波函数为，试述及分别表示什么样的物理意义。

答：表示电子自旋向下，位置在处的几率密度；表示电子自旋向上的几率。

曾谨言量子力学第8章


ˆ x , ˆx , ˆ y i , ˆ y i
ˆ y ˆ z ˆ y ˆ z 2i ˆ x ˆy ˆ x ˆ y ˆ y ˆx 0 上面两式子相加可得反对易关系
反对易关系
ˆ x , ˆ y} 0 {
ˆ x ˆy ˆ y ˆx 0 ˆ y ˆz ˆ z ˆy 0 ˆ ˆ ˆ x ˆz 0 z x
（2）每个电子都具有自旋磁矩，它与自旋角动量的关系为： e e M S S，(SI ); M S S , (CGS ) c Note: 电子的自旋角动量绝对不是来源电子自身的旋转，而是电子 的内在属性
e2 ~ m c2 , re p ~ re
p c v 2 c 137c m mr e e
(14)
ˆ x ˆ y ˆ y ˆ x i ˆz 由(11),(14)得 ˆ y ˆ z ˆ z ˆ y i ˆx ˆ ˆ ˆ x ˆ z i ˆy z x
(15)
由(13),(15)可写成
ˆ ˆ i ˆ
另一等号类似证明
2. Pauli表象(sz表象，σz表象)
在σz表象中， σz 的矩阵是
1 0 ˆz 0 1
ˆ z ˆ x ˆ x ˆz
a b ˆx 设 c d
得
，则根据
b a b a c d c d
N
S
Hale Waihona Puke 分析： 设原子磁矩为M，外磁场为B
原子在Z方向外磁场中的势能是
U M B MBz cos
Fz
磁矩与磁场 之夹角

量子力学_答案_曾谨言

粒子能量
E nx n y nz
π2 2 1 2 2 = + py + p z2 ) = ( px 2m 2m
n x , n y , n z = 1, 2 , 3 ,
2 2 ⎞ ⎛ nx n2 ⎜ + y + nz ⎟ ⎜ a2 b2 c2 ⎟ ⎝ ⎠
1.3 设质量为 m 的粒子在谐振子势 V ( x) = 提示：利用
（1）
V = ∫ d 3 rψ *Vψ
2 ⎞ ⎛ ⎜ T = ∫ d rψ ⎜ − ∇2 ⎟ ⎟ψ ⎠ ⎝ 2m 3 *
（势能平均值）
（2）
(动能平均值)
=−
2m ∫
2
d 3r ∇ ⋅ ( ψ *∇ψ ) − (∇ψ * ) ⋅ (∇ψ )
[
]
其 中 T 的 第 一 项 可 化 为 面 积 分 ， 而 在 无 穷 远 处 归 一 化 的 波 函 数 必 然 为 0 。 因 此
1 mω 2 x 2 中运动，用量子化条件求粒子能量 E 的可能取值。 2 p = 2m[ E − V ( x)]
∫ p ⋅ d x = nh,
n = 1, 2 ,
,
V ( x)
1
解：能量为 E 的粒子在谐振子势中的活动范围为
x ≤a
其中 a 由下式决定： E = V ( x) x = a = 由此得
（2）
ψ * × （1）-ψ × （2）,得
i
2 ∂ * ( ( ψ ψ )= − ψ *∇ 2ψ − ψ∇ 2ψ * ) + 2iψ *V2ψ ∂t 2m
=−
2
2m
∇⋅( ψ *∇ψ − ψ∇ψ * ) + 2iV2ψ *ψ
∴

量子力学作业题

《量子力学》作业题号及题目教材：曾谨言，《量子力学教程》，科学出版社（2003）（以下简称教材）作业题号：（章节按上课讲义为序）第一章量子力学的历史渊源作业：（无）第二章波函数与Schrödinger方程作业：教材P25-27，1、2、3、5第三章一维势场中的粒子作业：教材P50-52，1、2、3、4、6、10、11第四章力学量用算符表示作业：教材P74-75，1、2、3、4、10、12、14、15、16第五章量子力学的矩阵形式与表象理论作业：教材P142-143，1、2、3、4、6；P175，1第六章守恒量与对称性作业：教材P94-95，1、2、3、4、6、9第七章中心立场作业：教材P115-116，1、3、4、5、12第八章电磁场中粒子的运动作业：教材P126，3第九章自旋与角动量理论初步作业：教材P160-161，1、2、4、7、8第十章微扰论及其他近似方法作业：教材P195，1、2、4；P240，2、3第十一章量子跃迁作业：教材P220-221，1、3、4、6第十二章散射作业：教材P195，6参考书：曾谨言，《量子力学导论》（第二版），北京大学出版社（以下简称参考书）没有教材，使用上书的同学相应的作业题号和题目如下（与教材的题目一样）注：下面的作业题目中，“补充题目”是指布置了的在教材中有而在参考书中没有的作业题目，列出是为了便于只使用参考书的同学。

作业题目：注意：如果公式显示有问题，请安装mathtype5.2第一章 量子力学的历史渊源作业：（无）第二章 波函数与Schrödinger 方程作业：参考书P47-48，1、2、6以及下面题目补充题目：（相应教材P25，3）对于一维自由粒子，（a ）设波函数为()ipx p x ψ= ，试用Hamilton 算符 222222d H p m m dx ==− 对()p x ψ运算，验证 2()()2p p p H x x mψψ=。

曾谨言《量子力学教程》(第3版)笔记和课后习题(含考研真题)详解-自旋(圣才出品)


上式中任何一式的左侧的 3 个二体自旋算符中任何两个都构成 2 电子体系的一组 CSCO．例如，{σ1x,σ2x,σ1y,σ2y）的共同本征态，列于表 8．2 中[采用（σ1z,σ2z）表象]，
这就是著名的 Bell 基． 表 8.2 Bell 基
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对于 j = l −1/ 2(l 0) ，
（1）
（2）方程的解以及光谱双线粗细结构原因
（2）
电子能量本征值与量子数
都有关，记为 ，是（2j＋1）重简并．可以得出
即 j = l +1/ 2 能级略高于 j = l −1/ 2(l 0) 能级．但由于自旋轨道耦合很小，这两条能级 很靠近．这就是造成光谱双线粗细结构的原因．
本征态 SM 可以表示为
以它们为基矢的表象，称为角动量耦合（coupling）表象．
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（4）分离态与纠缠态
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由两个粒子组成的复合体系的量子态，如果能够表示为每个粒子的量子态的乘积，则
称为可分离态（separablestate）．反之，为纠缠态（entangled state）．例如，（S1z ，
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2．反常 Zeeman 效应 考虑磁场后能量本征值为
（3） 与 则是求解径向方程（1）和（2）得出的本征函数和本征值．当无外磁场 时（B＝0），能级 是（2j＋1）重简并．当加上外磁场时，如式（3）所示，能级 将依赖于磁量子数 mj，一般说来， 能级分裂为（2j＋1）条．（2j＋1）为偶数，这就 造成了反常 Zeeman 分裂现象．
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波函数记作或
中任意两个。 描写两电子体系的波函数是个别电子波函数的相乘积或其线性式，
根据§8.4的理论，要使体系的波函数成为总自旋的本征态，只有三种形 式的归一化波函数：
（1） 计算2s+1种 （2） 这种波函数种数等于2s+1文字中选择不同文字的种数计有种。
以上二类对称自旋波函数的总数目 n=(2s+1)+(2s+1)s=(2s+1)(s+1) (3)
(1) 整个体系的哈氏算符是：
（此式中r是电子相对位矢） 将自旋轨道相互作用算符用角动量算符表示，由于：
(2)
原子的状态可以用（）的共同本征函数表示，将算符（2），运算于这 个本征函数，可以求的能量贡献（修正量）
(3) 但当原子处在自旋的单重态时，
总自旋量子数s=0，有从（1）式的关系看出
因此J=L，（3）式成为：
则 （证明）先设： 代入
即
得
因此A的矩阵是
再代入
即
即b=0
于是A只能是形式
再代入
即
即a=0
于是，满足三个对易关系的二维矩整，只能是，而定理得证。
另一方法，用矢量矩阵-
仍设 代入
作简化：
从任何两个元素都能得到一组解
a=b=c=d=0
[14]证明找不到一种表象，在其中（1）三个泡利矩阵均为实矩阵或 （2）二个是纯虚矩阵，另一个为实矩阵。 （证明）根据角动量定义： 又根据第八章问题（1）的结论
(1) (2) 根据矩阵乘法法则，可以根据每一个矩阵的元素，求得乘积的径迹 （对角元素总和）： （方法二）不展开矩阵乘积，但利用自旋分量的性质 根据径迹的定义知道：若一个矩阵能分解成若干个同阶矩阵的和， 则原矩阵的径迹，应等于诸分矩阵的径迹之和，根据（3）： 但因为 而 。命题得证。 （3）式在习题（15）中已论证过。 ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――
但。（前一公式的来源不在本题中讨论） （1） （a）宇称：体系的哈密顿算符包括两粒子的能量和势能 (2)
按§5．3（P。176）一体系若具有空间反射不交性，则其宇称是守恒 的，即
(3) 在本题的情形，这条件是成立的，注意，粒子的动能可能梯度表示。 (2)式用坐标显示为：
(4) 当参考系发生空间反射时， 。但不变，此外总的自旋角动量依赖与自旋坐标和，与空间坐标无关， 因而也不随空间反射而变更，又因为
（解） 方法类似前题，设算符的本征矢是：
(1)
它的本征值是。又将题给的算符展开：
(2)
写出本征方程式：
(3)
根据问题（6）的结论，,对的共同本征矢，，运算法则是
，， ，
，，
（4）
将这些代入（3），集项后，对此两边，的系数：
（5）
或
（6）
（6）具有非平凡解（平凡解 ，）条件是久期方程式为零，即
它的解
（7）
(9) (10)
根据（1）：，因此在不失普遍性的情况下，可以设定以下形式： （11） (12)
式中必是实数，而，任意实数得相因子，根据（9）和（10），同样可 设：
（13） （14） 这四个元素满足（1）（4）（5）（8）和（9）（10），但对于（2）或 （3），对于（6）或（7）这两个条件的满足，给初相位，，，一些限
又 只与角度有关，与相对矢径无关，所以与一切与有关的算符对易
（7） 最后一式说明，归结为较简单的的运算
再注意到：
运用两个业已证明过的对易式（第四章）
将此结果代入（7）式，得到
所以最终得到：
（是守恒量 ）
（9）
（d）总角动量平方 ：
前一步骤出发，再计算 与的对易关系
（10）
现在将（8）代入（10），立即又有
最后得的本征函数： 对应本征值1 对应本征值-1
以上是利用寻常的波函数表示法，但在共同表象中，采用作自变量时， 既是坐标表象，同时又是角动量表象。可用矩阵表示算符和本征矢。
（7）
的矩阵已证明是
因此的矩阵式本征方程式是：
（8） 其余步骤与坐标表象的方法相同，本征矢的矩阵形式是：
[2]在表象中，求的本征态，是方向的单位矢。
[解] 自旋为s指的是自旋角量子数是s（它和轨道运动中的l相当），在 轨道运动中，角量子数给定后（l）,角动量z分量的本征值m有2l+1种不 同值：
推广到自旋的情形若自旋自旋角量子数（不一定是1/2，例如原子核的 自旋）则自旋磁量子数有2s+1种值
但s可以是整数，也可以是半整数。 自旋的不同态用来区别，第一电子的自旋波记作或，第二电子的自旋
制，将,,,的表达式代入(2)得： （15）
【18】证明，但，，是与能对易得任意矢量。 【证明】仿照前一题方法，并且利用前一题结论。
（方法一）直接展开矩阵积： (1)
(方法二)利用习题17的结论： (2)
重复使用此公式于本题的三重乘积
在第二项中应用公式(2),即在(2)式中作替换,, 得: (3)
最后一式中I式单位矩阵 和习题17一样,这个三重积已分解成四个单位矩阵的线性式，因
假设，试将（1）式运算于合成角动量的本征态（共同本征态），首 先，对于有：
（3） 式中；。 其次，可对于的本征态计算： 又因为，所以 [6] 一个具有两个电子的原子，处于自旋单态（s=0）。证明自旋轨道耦 合作用 。对能量无贡献。 [解]、整个原子的角动量看作每一个电子角动量矢量和，此外每一电 子角动量又包括轨道运动和自旋。
等，所以动能部分也不随反射而变化，所以（4）式整个不随反射变 化，若是任意函数，我们有：
即
是守恒量
（b）总自旋平方算符： 自旋和一切轨道运动的量都能对易，只需检验与 的对易性：
因等，又等，因此有： （6）
（c）总角动量分量 ： 总角动量分量与轨道运动部分的诸力学算符相对易，这在第六章中心 力场和第四章§4.1都有过讨论，只需证明与的势能部分的对易性就足 够。
（证明） 矩阵在一般情形有四个不为零的元素，若用四个已知的矩阵
表示成线性式，恰能附有四个待定系数，构成一义的解，即任意矩阵
（1）
我们得到关于未知系数的方程式组：
可以解得
（2）
但需要证明彼此独立，即不存在着不为零的系数足以使
即 这要求每一元素为零，即
同时满足这四条件的解只能是
即是线性无关的。 最后我们将任意矩阵用它和的径迹（Trace即对角元素总合）表示。从
而
【19】满足下列条件的维矩阵,称为矩阵
试求的一般表示式。 【解】设:
则 代入题给的第一个条件 化成等效的条件 同理，代入第二个条件
前列出的八个方程式并非完全独立。 容易看出（2）与(3)是复共轭，（6）（7）也是复共轭式，；因此只
有六个不相关方程式，因 等，又（1）（5）相减，（1）（8）相减，得两个关系式：
我们在（c）一小题中计算时全部用了直角座标，因此座标 有轮换的 对称，（10）式也是如此，因而应该也有下式：
(11) 将（10）和（11）的两式相加，得
(12) 从而也得到交换式
（是守恒量 ）
（e）这两算符不能是守恒量，因为它们不和对易。 （2）最后证明，在双电子体系的单态中，张量力等于零。 设第一电子的态用表示，第二电子用表示，在单态的情形，体系总自 旋的本征值S=0，自旋波函数是反对称的，写作
不论采取任何表象上述两组式子满足，从（1）看出若有两个算符在角 动量表象中纯虚数（每一元素为虚）如而为实矩阵，则可设
，a,b…… 都是实数。 代入（1）得 这要求是纯虚矩阵，与假设违背，又从（4）看出，如果全部是实数矩 阵，则这一条法则也违背，故是不可能的。
[15]证明及I（单位矩阵）构成矩阵的完全集合，即任何矩阵都能用他们 的线性组合来表达，任何矩阵可表成：
（5）
（6）
若，有以下的二态：
（7）
（8）
将题给的态和一般公式对照，发现（1）（2）（3）式与（7）（5）
（6）（8）式相当，总角动量平方算符，总角动量分量算符可能测值如
下：
状 态
数值 算符
（1）
（2）
（3）
（4）
的量子数
3/2
3/2
3/2
3/2
的量子数
3/2
1/2
-1/2
-3/2
[5]令 ， ， 证明： （证明）本题的,是两个带有相加的常数分子的算符 根据总角动量理论内，前两算符可变形如下：
[10]证明：（1） （ ） （2） 其中
矢量与σ对易, θ表示θ方向的单位矢量。 （证） (j=x,y,z) (1)
（1） （2）
因此的性质与相同：
代入（2）式即得到待证明的结果。
[11]证明, 是与对易的任何矢量算符。 （证明）这是矢量关系式，可先证明x分量
=该式右方。
又这个证明对x,y,z有轮换性，故可不需重负对y,z运算。又 前式中用了对易式。
式（2）知道 （4）
从式子看出：
(6) 将(5)(6)代入(4)得 命题得证。 ――――――――――――――――――――――――――――――――――――― 【16】求证与三个泡利矩阵都对易的2×2矩阵，只能是常数矩阵。 【证】设能与对易：
满足 即 这要求，故的形式应受限制，成为 又满足即 这又要求因而的形式简化成这是个常数矩阵（元素相等）它可以满 足第三对易关系 因为 本题亦可以用矢量矩阵法（见第9题）求解。 ――――――――――――――――――――――――――――――――――――― 【17】证明.，是与 相对易的任意两个矢量，与自旋的自由度无关。 【证明】以下的论证中，为使公式形式略为简化起见，忽去算符的 符号“”不写，但矢量符号“”依旧。 （方法一）直接用矩阵展开式计算，利用自旋分量公式 ，，，将等表成矩阵：
所以，轨道自旋的耦合作用对能量本征值没有影响，因不含