Shankar_ch.4
值得注意的是,在Postulate II 中,动量算子在坐标空间的“矩阵”其中元素为:$\bra{x}P\ket{x’}=-i\hbar \delta’(x-x’)=-i\hbar\frac{d}{dx}\delta(x-x’)=i\hbar\frac{d}{dx’}\delta(x-x’)$,要小心求导是对$x$还是$x’$
Ex 4.2.1
(1) 三个本征值1,0,-1
(2)该态为$\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
\end{pmatrix}$ 所以计算期望值:
$$
\langle L_x\rangle=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
\end{pmatrix}=0
$$
同理$L_x^2=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}$所以期望值为:
$$
\langle L_x^2 \rangle=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
\end{pmatrix}=\frac{1}{2}
$$
计算不确定度的平方:
$$
\Delta L_x^2=\langle L_x^2\rangle-\langle L_x\rangle^2=\frac{1}{2}
$$
或者按照书中的定义:
$$
\Delta L_x=
\left(\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \
\end{pmatrix}
(L_x-0)^2
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
\end{pmatrix}\right)^{1/2}=\frac{1}{\sqrt{2}}
$$
(3) 先计算$L_x$的本征问题:
$$
\begin{vmatrix}
-\lambda & 1 & 0 \\
1 & -\lambda & 1 \\
0 & 1 & -\lambda \\
\end{vmatrix} =0
$$
求得值为$0,\pm \sqrt{2}$本征向量在$\mathbb{R^3}$中的坐标表示为:
$$
\frac{1}{\sqrt{2}}
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
-1\\
\end{pmatrix}
\hspace{3em}
\frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1\\
\sqrt{2}\\
1\\
\end{pmatrix}
\hspace{3em}
\frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1\\
-\sqrt{2}\\
1\\
\end{pmatrix}
$$
发现$L_z$的基也即欧式空间的标准基,所以答案就是如上向量,记为$\ket{\psi_1},\ket{\psi_2},\ket{\psi_3}$
(4) 对于$\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}$而言,通过$L_x$的基展开,有:
$$
\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\psi_1}+\frac{1}{2}\Ket{\psi_2}+\frac{1}{2}\Ket{\psi_3}
$$
注意这里的求解线性组合系数会自动归一化,因为这两个正交归一基之间的映射为等距同构。答案:得到三本征态之一,概率分别为$\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{4}$
(5) 易知$L_z^2=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$,其本征值为1对应的本征空间为$E(1,L_z^2)=\text{span}\left( e_1, e_3\right)$因此测量后状态为$e_1$与$e_3$张成空间中的某个向量,计算落入该子空间而非$0$对应的子空间的概率可考虑:
$$
\ket{\psi}=\frac{1}{2}e_2+\frac{\sqrt{3}}{2}v
$$
其中$v$指代$E(1,L_z^2)$中的某个单位模长的向量,注意上述表达式是唯一的,因为不同本征空间是直和关系。故测得本征值为$1$对应的就是坍缩到$v$态,概率$\frac{3}{4}$。
若之后立刻进行$L_z$的测量,将该态$v$用$L_x$的本征向量$(e_1,e_2,e_3)$展开:
$$
v=\frac{1}{2}e_1+\frac{1}{\sqrt{2}}e_3
$$
故$\frac{1}{3}$可能得到测量值$1$,对应$e_1$态,$\frac{2}{3}$可能得到测量值$-1$,对应$e_3$态。
本题利用了一个巧妙的$L_z$将广义本征空间与本征空间联系在一起,($L_z^2$的核空间即$L_z$的广义本征空间)
(6) $\delta$之间的相对相位能够体现出不同结果,是有意义的,代表不同状态
4.2 notes
P131 证明在非简并情况下,两个算子互易等价于有共有的一组本征向量能够组成基(注意,本证明只处理有限维向量空间,毕竟在无限维的空间中我连谱定理都不会):
$\Lambda$和$\Omega$共有的本征向量能够组成基$\Rightarrow$互易:
设这组基为$v_1,v_2,v_3\dots v_n$,其中$n=\text{dim}\mathbb{V}$。则$\forall v\in \mathbb{V}$有:
$$
\begin{align*}
\Lambda\Omega v&=\Lambda\Omega (\sum_{i=1}^n c_i v_i)=\Lambda \sum_{i=1}^n c_i \Omega v_i
\newline
&=\Lambda \sum_{i=1}^n c_i \omega_i v_i=\sum_{i=1}^n c_i\omega_i \Lambda v_i=\sum_{i=1}^n c_i \omega_i \lambda_i v_i
\end{align*}
$$ 对于$\Omega \Lambda v$得到完全相同结果。 和 互易 共有的本征向量能够组成基:
只需要证明任一 的本征向量组成的基 也是 的本征向量即可。找出使得 的那个 : 这说明非零向量 落在 中,在非简并的情况下,因为是一维不变子空间所以对于
的那些向量 而言,自然也是 的本征向量,因为在 中
P134 验证密度矩阵性质:
(1) 使用第一章结论,以及
(2)
(5)
P137 关于
因此,若
这样就得到了坐标空间中动量算符的本征函数的表达式,书中的后续步骤是以坐标空间中的形式为桥梁,得到波函数在动量本征函数上的投影
在计算
下一段说
最后一步是因为书中已经给出
Ex 4.2.2
在坐标空间中看:
Ex 4.2.3
4.3 notes
P146 对于
(已经使用了收敛半径为
4.3.15又用了等距同构的性质
此外,等距同构是可以完全用两组规范正交基之间的线性映射
4.3.16的最后一步:
Shankar_ch.5
P152 的propagator可以从
Ex 5.1.1
Ex 5.1.2
解ode而已;当
P153 5.1.11式的由来:
Ex 5.1.3
考虑单一项作用得到的级数:
代入:
Ex 5.2.1
需要注意undisturbed 不考虑之后的演化,相当于立即测量,求该函数在新基态上的分量大小,算
Ex 5.2.2
(a)
(b) 在hint中之所以可以用
Ex 5.2.3
没有别的bound state了,此题参见顾樵数学物理方法 P76 例7,两边同时Fourier Transform
其中
Ex 5.2.4
经典考量一个小球,
Ex 5.2.6
考虑定态方程
其中
上述两个式子就成为:
偶解:
奇解:
可以看出后一个图中,当半径小时有可能没有交点,对应(注意只关注第一象限,只用看x轴,在别的象限有交点是无所谓的):
此即临界势能
Ex 5.3.1
此处的复势函数即可用来描述粒子消失的情况。验证非自伴:
最后一项出现负号不再和原来的算符一样。若势含虚部,在推导中会出现
Ex 5.3.2
代入
Ex 5.3.3
跳过散射一节
Theorem 15 说的是一维束缚态无简并情况,这个简并指的是
Theorem 16 说的是采用实本征函数是可行的且不会因此丧失一般性
Shankar_ch.6
算子
书中给出了一个广义的Ehrenfest Theorem: