第三章：一维定态问题［1］对于无限深势阱屮运动的粒子（见图3・1）证明…上（1—亠212 / 兀 2并证明当"T 00时上述结果与经典结论一致。
［解］写出归一化波函数:(1)先计算坐标平均值：x=「|屮「曲=「dn 2竺曲显「（l — cos 込）xdx Jo X a agJo a 利用公式：. xcos px sin px xs in pxax — --------------------- 1 -------- ；—P P—f 1T/ 2 2 / f 2 2 - 2 MX J 1 f" 2/1 2勿才、, x - 屮才 ax- —x sin 〜 ---------- ax-— 才Pl — cos ---------- ) axJo J a a a利用公式 ［才2cos pxdx-—x 1 sin /zr +丄7才cos/zr —— sin pxJp矿p2/77LV(2)才 cos pxdx -xs in px cos px(3)(5) nnx得计算均方根值用s-$2 = 7-pj 2 J 以知，可计算7/__/ 12 ~ 2/72^2在经典力学的一维无限深势阱问题中，因粒子局限在（0, a ）范围中运动，各点的几率密度看作 相同，由于总几率是1,几率密度CD=-.a_ f" 」r z, 1 , a x - coxar = —xax=—Jo Jo a 2［解］（甲法）：根据波函数标准条件，设定各区间的波函数如下:（x<0 区）：屮=(x>a 区)：H 7 = De~kyX但仏三寸2腻人一Q 丨Hk 、三 J2同匕 _ Z ）/ 1i 写出在连接点x=0处连续条件（0<x<a 区）：屮=BdJC 沙(2) (1) (3)/c 2 三 J2/〃Z7力故当/?—> oo 时二者相一致。
#［2］试求在不对称势力阱屮粒子的能f 4= B+CI k\A = ikAB—C} x=a处连续条件Be ikl<i + Ce ikia = De kyi (6)Bd® - C严=竺De kyi（7）（4）（5）二式相除得k x B-Cik[ B + C（6）（7）二式相除得ik、_ B" _ C严石一Bd^ + C严从这两式间可消去B, C,得到一个k&出间的关系ik、_ （心 + 右 + ik石+%2）/"+（一£ +%2）才®k、cos k^a-k2 sin k、a/(心sin k’a* k z cos k z a\解出tgkg得tgk、a = /"J + "）+ 〃兀（〃=0,1,2,...）〜k；-心最后一式用E表示吋，就是能量得量子化条件:個〃〃 + 一夕）tg --------- a -- ------ -- 彳、，〜卉夕-JW-勾“一刀（乙法）在0<x<a区间屮波函数表示为(8)屮（才）=2?sin （禺才+§）现在和前一法相同写出边界条件:力=2?sin 5(在x=0处) (9)(在x=a处) k x A-局〃cos5 (10)(11) 一(2 方cos/a+M = k^De(12)(9) (10)相除得加 3+»)=写出(13) (14)的反正切关系式，得到:E------- + mn V x -E EF Z77T V x -EE V z -E前述两法的结果形式不同，作为一种检验，可以用下述方法来统一。
第五章： 对称性及守恒定律［１］证明力学量Aˆ（不显含t ）的平均值对时间的二次微商为： ]ˆ],ˆ,ˆ[[222H H AA dtd -=（H ˆ是哈密顿量） （解）根据力学量平均值的时间导数公式，若力学量Aˆ 不显含t ，有]ˆ,ˆ[1H Ai dtA d=（１） 将前式对时间求导，将等号右方看成为另一力学量]ˆ,ˆ[1H Ai的平均值，则有： ]ˆ],ˆ,ˆ[[1]ˆ],ˆ,ˆ[1[1222H H A H H A i i dtA d -==（２） 此式遍乘2 即得待证式。
［２］证明，在不连续谱的能量本征态（束缚定态）下，不显含t 的物理量对时间t 的导数的平均值等于零。
（证明）设Aˆ是个不含t 的物理量，ψ是能量H ˆ的公立的本征态之一，求A ˆ在ψ态中的平均值，有：⎰⎰⎰=ττψψd A A ˆ*将此平均值求时间导数，可得以下式（推导见课本§5.1）⎰⎰⎰-≡=ττψψd AH HA iH A i dtA d )ˆˆˆˆ(*1]ˆ,ˆ[1（１） 今ψ代表Hˆ的本征态，故ψ满足本征方程式 ψψE H=ˆ （E 为本征值） （２） 又因为Hˆ是厄密算符，按定义有下式（ψ需要是束缚态，这样下述积公存在） τψψτψψτd A Hd A H⎰⎰⎰⎰⎰⎰=)ˆ(*)ˆ()~(ˆ* （３）（题中说力学量导数的平均值，与平均值的导数指同一量） （２）（３）代入（１）得：τψψτψψd A H id H A idtA d )ˆ(*)ˆ(1)ˆ(ˆ*1⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=τψψτψψd AiE d A iE ˆ**ˆ* 因*E E =，而0=dtA d［３］设粒子的哈密顿量为 )(2ˆˆ2r V p H+=μ。
（１） 证明V r p p r dtd ∀⋅-=⋅ μ/)(2。
（２） 证明：对于定态 V r T ∀⋅=2（证明）（１）z y x p z p y p xp r ˆˆˆˆˆˆ++=⋅，运用力学量平均值导数公式，以及对易算符的公配律： ]ˆ,ˆˆ[1)ˆˆ(H p r i p rd t d⋅=⋅)],,(ˆ21,ˆˆˆˆˆˆ[]ˆ,ˆˆ[2z y x V pp z p y p x H p r z y x +++=⋅μ )],,()ˆˆˆ(21,ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V p p pp z p y p xz y x z y x +++++=μ)],,(,[21],ˆˆˆˆˆˆ[222z y x V zp yp xp p p p p z p y p xz y x z y x z y x +++++++=μ（２）分动量算符仅与一个座标有关，例如xi p x ∂∂= ，而不同座标的算符相对易，因此（２）式可简化成：]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[222z z y y x x p p z p p y p p x H p rμμμ++=⋅ )],,(,ˆˆˆˆˆˆ[z y x V p z p y p xz y x +++],ˆˆ[],ˆˆ[],ˆˆ[]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21]ˆ,ˆˆ[21222V p z V p y V p xp p zp p y p p x z y x z z y y x x +++++=μμμ（３）前式是轮换对称式，其中对易算符可展开如下：x x x x p x pp x p p x ˆˆˆˆˆ]ˆ,ˆˆ[232-= x x x x x x p x pp x p p x p p x ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ2223-+-= x x x x x p p x pp p x ˆ]ˆ,ˆ[ˆˆ]ˆ,ˆ[2+= 222ˆ2ˆˆx x x pi p i p i =+= （４） ],ˆ[ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ],ˆˆ[V p x p V x V p x p x V V p x V p xx x x x x x =-=-= xV x i ∂∂=ˆˆ （５）将（４）（５）代入（３），得：}{)ˆˆˆ(]ˆ,ˆˆ[222zV z y V y x V x i p p p i H p r z y x ∂∂+∂∂+∂∂+++=⋅ μ}ˆ{2V r pi ∀⋅+=μ代入（１），证得题给公式：V r p p r dtd ∀⋅-=⋅μ2ˆ)( （６）（２）在定态ψ之下求不显含时间t 的力学量A ˆ的平均值，按前述习题２的结论，其 结果是零，令p r Aˆˆˆ ⋅= 则0)ˆˆ(*2=∀⋅-=⋅=⋅⎰⎰⎰V r p d p r p r dtdτμτψψ （７）但动能平均值 μτψμψτ22ˆ*22pd p T =≡⎰⎰⎰由前式 V r T ∀⋅⋅=21［４］设粒子的势场),,(z y x V 是z y x ,,的n 次齐次式证明维里定理（Ｖirial theorem ） T V n 2= 式中Ｖ是势能，Ｔ是动能，并应用于特例：（１）谐振子 T V = （２）库仑场 T V 2-=（３）T V n Cr V n 2,==（解）先证明维里定理：假设粒子所在的势场是直角坐标),,(z y x 的n 次齐次式，则不论n 是正、负数，势场用直角痤标表示的函数，可以表示为以下形式，式中Ｖ假定是有理函数（若是无理式，也可展开成级数）：∑=i j kkj ii j kz y x Cz y x V ),,( （１）此处的k j i ,,暂设是正或负的整数，它们满足：n k j i =++ （定数）ijk C 是展开式系数，该求和式可设为有限项，即多项式。
第10章微扰论10.1 设非简谐振子的Hamilton量表示为为实数）用微扰论求其能量本征值（准到二级近似）和本征函数（准到一级近似）．解：能量的本征值和归一化本征态（无简并）为利用Hermite多项式的递推关系得对于非简并态的微扰论，能量的一级修正为0，因为能量的二级修正值为由式（6）可知，只当m取（n－3），（n－1），（n＋1），（n＋3）四个值时才有贡献，即由此可得在准确到二级近似下体系能量值为在准确到一级近似下，能量本征函数为10.2 考虑耦合谐振子（λ为实常数，刻画耦合强度）．（a）求出的本征值及能级简并度；（b）以第一激发态为例，用简并微扰论计算对能级的影响（一级近似）；（c）严格求解H的本征值，并与微扰论计算结果比较，进行讨论，提示作坐标变换，令称为简正坐标，则H可化为两个独立的谐振子。
【详细分析和解答见《量子力学》卷Ⅰ，518～521页】答：Hamilton量为其中与ａ分别表示两个谐振子的坐标，最后一项是刻画两个谐振子相互作用的耦合项表示耦合的强度，设比较小，把H中的看成微扰，而取为它表示两个彼此独立的谐振子，它的本征函数及本征能量可分别表为令则能量表示式可改为由式（6）可以看出，对于情况，能级是简并的，简并度为（N＋1）．（为什么?）以N=1为例，能级为二重简并，能量本征值为相应的本征函数为与（或者它们的线性叠加）．为表示方便，记并选与为基矢，利用谐振子的坐标的矩阵元公式，可以求得微扰W=的矩阵元如下：可得出能量的一级修正为因此，原来二重简并的能级变成两条，能量分别为能级简并被解除，类似还可以求其他能级的分裂，如下图所示．本题还可以严格求解，作坐标变换，令其逆变换为容易证明因此，Schrodinger方程化为令即于是方程（13）变为是两个彼此独立的谐振子，其解可取为相应的能量为当时，由式（14），得此时例如，N=1的情况，（n1，n2）=（1，O）与（0，1），相应的能量分别为能级分裂这与微扰论计算结果式（8）一致．10.3 一维无限深势阱（0<x<a）中的粒子，受到微扰作用求基态能量的一级修正。
