Shankar_ch.7
7.1 notes
讲清楚了为何需要研究谐振子，对角化的方法使得势函数$V$被解耦。保持$p$仍然是对角化的原因在于$p$的矩阵是一个标量乘矩阵形如：
$$
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2m} & 0 & 0 & 0 & \dots\\
0 & \frac{1}{2m} & 0 & 0 & \dots\\
0 & 0 & \frac{1}{2m} & 0 & \dots\\
0 & 0 & 0 & \frac{1}{2m} & \dots\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\
\end{pmatrix}=\frac{1}{2m}I
$$ 因此与别的矩阵可交换，而规范正交基的变换是作用一个等距同构$S$：
$$
S\left(\frac{1}{2m}I\right) S^\dagger=\frac{1}{2m}ISS^\dagger=\frac{1}{2m}I
$$ 因此形式仍然对角（但是各项$p_i$的系数$m_i$不同时就会出问题）
Ex 7.3.1
代入就可验证存在$C_n,C_{n-2},C_{n+2}$，采用级数解法时三项之间的递推关系不好处理
Ex 7.3.4
还得用式7.3.22和7.3.26： $$ \begin{align*} \langle x|n \rangle &=A_n\exp\left(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}\right)H_n[\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^\frac{1}{2}x] \newline \ \newline \therefore\quad\langle n'|X|n\rangle&=A_n A_{n'} \int \exp\left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right)x H_{n'}H_n dx \newline \ \newline &=\frac{A_n A_{n'}}{2}\frac{-\hbar}{m\omega} \int H_{n'}H_nd\exp\left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right) \newline \ \newline &=\frac{A_n A_{n'}}{2}\frac{\hbar}{m\omega} \int \exp\left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right)(H_{n'}'H_n+H_{n'}H_n') dx \newline \ \newline &=\frac{A_n A_{n'}}{2}\left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^\frac{1}{2} \int \exp\left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right)(2n' H_{n'-1}H_n+2n H_{n'}H_{n-1})dx \newline \ \newline &=\frac{A_n A_{n'}}{2} \frac{\hbar}{m\omega} \int e^{-y^2} (2n' H_{n'-1}H_n+2n H_{n'}H_{n-1})dy \newline \ \newline &=\frac{A_n A_{n'}}{2}\frac{\hbar}{m\omega}( 2n'\delta_{n(n'-1)}\pi^\frac{1}{2}2^n n!+ 2n\delta_{n'(n-1)}\pi^\frac{1}{2}2^{(n-1)}(n-1)!) \newline \ \newline &=\left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)^\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2}^{n+n'}(n!n'!)^\frac{1}{2}} ( n'\delta_{n(n'-1)} 2^n n!+ n\delta_{n'(n-1)} 2^{(n-1)}(n-1)!) \end{align*} $$ 因为有$\delta$函数，所以直接可以分类讨论把$n+n'$化简为$2n+1$ 或者 $2n-1$，即得书中形式。动量略，太难算了Ex 7.3.5
前两个直接用上一题结论即可，后两个套用高斯积分的公式，略
Ex 7.3.6
此时负半轴必须为$0$，由于衔接条件，只有奇数的厄米多项式符合
P199 中的7.3.37式是严格的，与第六章中的形式记号不同！因为7.3.37中的$\Delta X$是一个普通变量而不是算符
Ex 7.3.7
我从postulate II（动量中的形式$\hat{X}=i\hbar\frac{\partial}{\partial p}$）出发，直接通过在动量空间中“矩阵”运算建立方程：
$$
\begin{align*}
&H\ket{E}=E\ket{E}
\newline
\newline
\therefore &\bra{p}H\ket{E}=E\langle p|E\rangle
\newline
\newline
&\int \bra{p}H\ket{p’}\langle p’\ket{E} dp’=E \psi(p)
\newline
\newline
&\int \bra{p}\frac{\hat{P}^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}\hat{X}^2\ket{p’}\psi(p’) dp’=E \psi(p)
\newline
\newline
&\int \left(\frac{p^2}{2m}\delta(p-p’)+\frac{m\omega^2\hbar^2}{2}\frac{d^2}{dp’^2}\delta(p-p’)\right)\psi(p’) dp’=E \psi(p)
\newline
\newline
&\left(\frac{p^2}{2m}-\frac{m\omega^2\hbar^2}{2}\frac{d^2}{dp^2}\right)\psi(p)=E\psi(p)
\end{align*}
$$
其中一步用了坐标算子的平方对应矩阵在动量空间中的元素，推导如下（要十分小心对$\delta$函数求导时的自变量是谁，以下$\delta’,\delta’’$都是对$p’’$求导的记号）：
$$
\begin{align*}
\bra{p}\hat{X}^2\ket{p’}&=\int \bra{p}\hat{X}\ket{p’’}\bra{p’’}\hat{X}\ket{p’} dp’’
\newline
&=\int (i\hbar)^2\frac{d}{dp}\delta(p-p’’)\frac{d}{dp’’}\delta(p’’-p’)dp’’
\newline
&=\int -(i\hbar)^2\frac{d}{dp’’}\delta(p-p’’)\frac{d}{dp’’}\delta(p’’-p’)dp’’
\newline
&=\int -(i\hbar)^2\delta’(p-p’’)d(\delta(p’’-p’))
\newline
&=\int (i\hbar)^2\delta(p’’-p’) \delta’’(p-p’’) dp’’
\newline
&=(i\hbar)^2 \frac{d^2}{dp’^2}\delta(p-p’)
\end{align*}
$$
当然直接从7.3.2做替换$x\to p$，$m\to 1/m\omega^2$恰好可以得到上式$\psi(p)$的薛定谔方程
7.4 notes
代数解法，验证：
$$
[a,a^\dagger]=aa^\dagger-a^\dagger a=-\frac{i}{\hbar}[X,P]=1
$$
升降算符的性质（其中$n$满足的是$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar \omega $，$\ket{n}$指的是$\ket{E_n}$）：
$$
a\ket{n}=n^\frac{1}{2}\ket{n-1} \quad a^\dagger\ket{n}=(n+1)^\frac{1}{2}\ket{n+1}
$$ 记忆：系数都是较大的那个
后续的式 7.4.28 7.4.29 需要和Ex 7.3.4 对比
代数解法的优越性在于多了一层抽象（或说推广），抓住了两个算符关系的本质是对易关系，改用两个算符的对易性质去定义他们本身，是经典的数学逻辑
复习Poisson Bracket 的定义：
$$
{\omega,\lambda }=\sum_i \left( \frac{\partial \omega}{\partial q_i}\frac{\partial \lambda}{\partial p_i}-\frac{\partial \omega}{\partial p_i}\frac{\partial \lambda}{\partial q_i}\right)
$$ 不过我觉得定义不重要，重要的是运算性质，竟然和算子的对易一样！这说明函数的泊松括号和算子的对易子拥有完全一样的性质，好像是经典物理量和算符之间进行同构之后，其运算之间的对应：
$$
\phi: \quad x_i \mapsto X_i \quad p_i \mapsto P_i \dots
$$
$$
\quad{\omega,\lambda} \mapsto [ \Omega,\Lambda ]
$$
对比这个代数结构：
$$
\phi(a\circ b)=\phi(a)\bar{\circ}\phi(b)
$$
Ex 7.4.2
$\braket{X}=\langle n|X|n\rangle$用矩阵立即可得为0，$\braket{P}$也是，下面的计算用了自伴特性，把平方分到左右两个向量中去：
$$
\begin{align*}
\braket{X^2}&=\frac{\hbar}{2m\omega} \begin{pmatrix}
0 &\dots 1 &0& \dots
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1^\frac{1}{2} & 0 & 0 &\dots \\
1^\frac{1}{2} & 0 & 2^\frac{1}{2} & 0 &\dots \\
0 & 2^\frac{1}{2} & 0 & 3^\frac{1}{2} & \dots \\
0 & 0 & 3^\frac{1}{2} & 0 &\dots \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
\end{pmatrix}^2
\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
1 \\
0 \\
\vdots
\end{pmatrix}
\\
\\
&=\frac{\hbar}{2m\omega}
\begin{pmatrix}
\dots & n^\frac{1}{2} & 0 & (n+1)^\frac{1}{2} &\dots
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\vdots \\
n^\frac{1}{2} \\
0 \\
(n+1)^\frac{1}{2} \\
\vdots\\
\end{pmatrix}=\frac{(2n+1)\hbar}{2m\omega}
\end{align*}
$$
同理
$$
\braket{P^2}=\frac{m\omega \hbar}{2}\begin{pmatrix}
\dots & -n^\frac{1}{2} & 0 & (n+1)^\frac{1}{2} &\dots
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\vdots \\
-n^\frac{1}{2} \\
0 \\
(n+1)^\frac{1}{2} \\
\vdots\\
\end{pmatrix}
\
=(2n+1)\frac{m\omega \hbar}{2}
$$ 所以：
$$
\Delta X \cdot \Delta P=\frac{2n+1}{2}\hbar
$$
Ex 7.4.3
Virial Theorem 位力定理
经典情况：考虑对质点系定义的一个运动函数$G:=\sum_i \vec{p_i}\cdot\vec{r_i}$
$$
\frac{dG}{dt}=\sum_i\frac{d\vec{p_i}}{dt}\cdot\vec{r_i}+\sum_i\vec{p_i}\cdot \frac{d r_i}{dt}=\sum_i \vec{F_i}\cdot\vec{r_i}+2T
$$ 在足够长的时间平均下若有（比如周期运动）：
$$
\braket{\frac{dG}{dt}}=\frac{1}{T}\int \frac{dG}{dt}dt=0
$$ 则：
$$
\braket{T}=-\frac{1}{2}\braket{\sum_i \vec{F_i}\cdot\vec{r_i}}
$$ 倘有势能函数引入，改写力项：
$$
\braket{T}=\frac{1}{2}\braket{\sum_i \frac{\partial V}{\partial \vec{r_i}}\cdot \vec{r_i}}
$$ 注意最后一个的写法，此处$\vec{r_i}$代表一个粒子的位移向量而非多元函数的一个标量变量，因此偏导的意义是固定别的粒子仅仅对该$\vec{r_i}$的三个分量求偏导（$V$由于第i个粒子位移变化引发的梯度），得到一个代表梯度的三维向量
如果是单粒子情形，且势函数如题中所述，则：
$$
\braket{T}=\frac{1}{2}\braket{\frac{\partial V}{\partial \vec{r}}\cdot \vec{r}}=\frac{1}{2}\braket{\nabla V\cdot \vec{r}}
$$ 这里的$\vec{r_i}$也即单粒子的$\vec{r}$自然可以取广义坐标，之前的力也可是广义的，取球坐标可知
$$
\braket{T}=\frac{1}{2} akr^{k-1}\vec{e_r}\cdot (r\vec{e_r})=\frac{k}{2}V=\frac{k}{2}\braket{V}
$$
对于量子谐振子情形,考察$\ket{n}$态：
$$
\begin{align*}
\braket{T}&=\frac{1}{2m}\langle n| P^2|n\rangle=-\frac{\omega \hbar}{4}\langle n| {a^\dagger}^2+a^2-aa^\dagger-a^\dagger a |n\rangle
\newline
\newline
&=-\frac{\omega \hbar}{4}\left(\langle n| {a^\dagger}^2|n\rangle+\langle n|a^2 |n\rangle-\langle n|aa^\dagger|n\rangle-\langle n|a^\dagger a |n\rangle\right)
\newline
\newline
&=\frac{\omega \hbar}{4}\left(\langle n|aa^\dagger|n\rangle+\langle n|a^\dagger a |n\rangle\right)
=\frac{\omega \hbar}{4}\left(2\sqrt{n(n+1)}\right)
\end{align*}
$$ 其中已用不同能级的态是正交的关系，把两项能级不对的抛掉了。同理：
$$
\begin{align*}
\braket{V}&=\frac{m\omega^2 }{2}\langle n| X^2|n\rangle=\frac{\omega\hbar }{4}\langle n| a^2+{a^\dagger}^2+aa^\dagger+a^\dagger a|n\rangle
\newline
\newline
&=\frac{\omega\hbar }{4}\left(\langle n|aa^\dagger|n\rangle+\langle n|a^\dagger a|n\rangle \right)=\frac{\omega \hbar}{4}\left(2\sqrt{n(n+1)}\right)
\end{align*}
$$ 因此在谐振子情形位力定理得到验证
Ex 7.4.5
(1) 只需要将propagator作用在其上即可（级数展开的步骤在头脑中完成，无非是展示出$H$，等于作用$E_n$再收回去而已）：
$$
\begin{align*}
e^{-iHt/\hbar}\ket{\psi(0)}&=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_0 t/\hbar}\ket{0}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_1 t/\hbar}\ket{1}
\newline
\newline
&=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega t/2}\ket{0}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i3\omega t/2}\ket{1}
\end{align*}
$$
(2)
$$
\begin{align*}
\braket{X(0)}&=\frac{1}{2} \left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}(\bra{0}+\bra{1})(a+a^\dagger)(\ket{0}+\ket{1})
\newline
\newline
&=\frac{1}{2} \left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}(\bra{0}a\ket{1}+\bra{1}a^\dagger\ket{0})=\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
\braket{P(0)}&=\frac{i}{2}\left(\frac{m\omega \hbar}{2}\right)^\frac{1}{2} (\bra{0}+\bra{1})(a^\dagger-a)(\ket{0}+\ket{1})
\newline
\newline
&=\frac{i}{2}\left(\frac{m\omega \hbar}{2}\right)^\frac{1}{2}(\bra{1}a^\dagger\ket{0}-\bra{0}a\ket{1})=0
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
\braket{X(t)}&=\frac{1}{2} \left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}(\bra{0}e^{i\omega t/2}+\bra{1}e^{i3\omega t/2})(a+a^\dagger)
\newline
\newline
&(e^{-i\omega t/2}\ket{0}+e^{-i3\omega t/2}\ket{1})
\newline
\newline
&=\frac{1}{2} \left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}(e^{-i\omega t}\bra{0} a\ket{1}+e^{i\omega t}\bra{1}a^\dagger\ket{0})
\newline
\newline
&=\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^\frac{1}{2}\cos \omega t
\end{align*}
$$
$\braket{P(t)}$ 同理，乘上时间变化常数即可：
$$
\braket{P(t)}=\frac{i}{2}\left(\frac{m\omega \hbar}{2}\right)^\frac{1}{2}(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t})=-\left(\frac{m\omega \hbar}{2}\right)^\frac{1}{2}\sin \omega t
$$
由Ehrenfest’s theorem有：
$$
\begin{align*}
\frac{d}{dt}\braket{X}&=\left(\frac{-i}{\hbar}\right)\braket{[X,H]}
\newline
\newline
\frac{d}{dt}\braket{P}&=\left(\frac{-i}{\hbar}\right)\braket{[P,H]}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
\frac{d}{dt}\braket{X}&=\left(\frac{-i}{\hbar}\right)\braket{[X,H]}=-i\left(\frac{\omega\hbar}{2m}\right)^\frac{1}{2}\braket{[a+a^\dagger,a^\dagger a+\frac{1}{2}]}
\newline
\newline
&=-i\left(\frac{\omega\hbar}{2m}\right)^\frac{1}{2}\braket{[a,a^\dagger]a-a^\dagger [a,a^\dagger]}
=-i\left(\frac{\omega\hbar}{2m}\right)^\frac{1}{2}\braket{a-a^\dagger}
\newline
\newline
&=-i\left(\frac{\omega\hbar}{2m}\right)^\frac{1}{2} \frac{1}{2} (e^{i\omega t/2}\bra{0}+e^{i3\omega t/2}\bra{1})(a-a^\dagger)
\newline
\newline
&\times(e^{-i\omega t/2}\ket{0}+e^{-i3\omega t/2}\ket{1})
=-\left(\frac{\omega\hbar}{2m}\right)^\frac{1}{2} \sin\omega t =\frac{\braket{P}}{m}
\end{align*}
$$
最后一个$d\braket{P}/dt$计算略，总之转化为对易子以及升降算符的计算非常方便，最后：
$$
\frac{d\braket{P}}{dt}=-m\omega^2 \braket{X}
$$ 当然用该Ehrenfest 导出的结论可以直接用第二问算出
Ex 7.4.6
本题没有说在哪个态下，说明结论是通用的：
$$
\braket{a(t)}=\bra{\psi(0)}e^{iHt/\hbar} a e^{-iHt/\hbar}\ket{\psi(0)}
$$ 其中已经取了propagator的伴随并且用了用了哈密顿算子自伴的性质。下面分析一下指数的展开，关键是处理形式$e^{L}ae^{-L}$
$$
e^{L}ae^{-L}=\sum_{m=0}^{\infty} \frac{L^m}{m!}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{a(-1)^lL^l}{l!}
$$ 使用定理：绝对收敛的级数可以采用任何顺序求和，比如Cauchy乘积：
$$
=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{t=0}^{t=n}\frac{(-1)^t}{(n-t)!t!}L^{n-t}aL^t
$$
先证明引理（其中根据递归定义 $[L,a]_ n := [L,[L,a]_{n-1}]$ ）：
$$
\sum_{t=0}^{t=n}\frac{(-1)^t}{(n-t)!t!}L^{n-t}aL^t=\frac{[L,a]_n}{n!}
$$
Proof
使用数学归纳法（初始几个成立不验证了）：假设 $n=k$时已经成立，考虑：$$
\sum_{t=0}^{t=k+1}\frac{(-1)^t}{(k+1-t)!t!}L^{k+1-t}aL^t-\frac{[L,a]_{k+1}}{(k+1)!}
$$将 $n=k$时的归纳假设代入：
$$
\begin{align*}
&=\sum_{t=0}^{t=k+1}\frac{(-1)^t}{(k+1-t)!t!}L^{k+1-t}aL^t-\frac{1}{k+1}\sum_{t=0}^{t=k}\frac{(-1)^t}{(k-t)!t!}L^{k+1-t}aL^t
\newline
&+\frac{1}{k+1}\sum_{t=0}^{t=k}\frac{(-1)^t}{(k-t)!t!}L^{k-t}aL^{t+1}
\newline
\newline
&=\sum_{t=0}^{t=k+1}\frac{(-1)^t}{(k+1-t)!t!}L^{k+1-t}aL^t-\frac{1}{k+1}\sum_{t=0}^{t=k}\frac{(-1)^t}{(k-t)!t!}L^{k+1-t}aL^t
\newline
&+\frac{1}{k+1}\sum_{t=1}^{t=k+1}\frac{(-1)^{t-1}}{(k+1-t)!(t-1)!}L^{k+1-t}aL^{t}
\end{align*}
$$先考虑 $t=1\to k$的几项$L^{k+1-t}aL^{t}$的系数：
$$
\begin{align*}
&\frac{(-1)^t}{(k+1-t)!t!}-\frac{1}{k+1}\frac{(-1)^t}{(k-t)!t!}+\frac{1}{k+1}\frac{(-1)^{t-1}}{(k+1-t)!(t-1)!}
\newline
\newline
&=(-1)^t\left[\frac{1}{(k+1-t)!t!}-\frac{1}{k+1}\frac{1}{(k-t)!t!}-\frac{1}{k+1}\frac{1}{(k+1-t)!(t-1)!}\right]
\newline
\newline
&=(-1)^t\left[\frac{1}{(k+1-t)!t!}-\frac{1}{k+1}\frac{k+1-t}{(k+1-t)!t!}-\frac{1}{k+1}\frac{t}{(k+1-t)!t!}\right]
\newline
\newline
&=(-1)^t[0]=0
\end{align*}
$$因此中间都消掉了。再考虑剩下的首尾两项：
$$
\frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)!}aL^{k+1}+\frac{1}{k+1}\frac{(-1)^k}{k!}aL^{k+1}=0
$$
$$
\frac{1}{(k+1)!}L^{k+1}-\frac{1}{k+1}\frac{1}{k!}L^{k+1}=0
$$因此全部消掉，成功推出$k+1$时也成立 $\square$
援引引理可以得到：
$$
e^{L}ae^{-L}=\sum_{n=0}^\infty\frac{[L,a]_n}{n!}
$$
在本题中$L=iHt/\hbar$，还需要考察$[iHt/\hbar,a]_n$，由于书中已知$[\hat{H},a]=-a$，因此$[iHt/\hbar,a]_n=[i\omega t \hat{H},a]_n=(i\omega t)^n[\hat{H},a]_n=(-i\omega t)^n a$，整合一下：
$$
\braket{a(t)}=\bra{\psi(0)}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-i\omega t)^n a}{n!}\ket{\psi(0)}=\bra{\psi(0)} e^{-i\omega t} a\ket{\psi(0)}
$$
另一个升算符同理
Ex 7.4.8
(1) 由更新的postulate II (7.4.39式)可知，可交换，自然没有模糊不清的情况
(2) 偏导计算，略
(3)
$$
[L_x,L_y]=(YP_z-ZP_y)(ZP_x-XP_z)-(ZP_x-XP_z)(YP_z-ZP_y)
$$
$$
=Y(P_z Z)P_x-X(P_z Z) P_y+Z(P_yX-P_xY)P_z=[Z,P_z](P_y X-P_xY)
$$
Ex 7.4.9
(1) 显然，因为$f(x)$完全可交换
(2) 施行等距同构$S\ket{x}=\ket{\tilde{x}}$后：
$$
\langle \tilde{x}|X|\tilde{x}’\rangle = \langle x|X|x’\rangle
$$ 等号成立是因为把指数项（$x$的函数）提出来
$$
\begin{align*}
\langle\tilde{x}|P|\tilde{x}’\rangle&=\langle x |e^{-ig/\hbar}Pe^{ig(x’)/\hbar}|x’\rangle
\newline
\newline
&=-i\hbar \langle x |e^{-ig(x)/\hbar} \left(\frac{i}{\hbar} f(x’) e^{ig(x’)/\hbar}\right) |x’\rangle+e^{ig(x’)-ig(x)/ \hbar} \langle x|P|x’\rangle
\newline
\newline
&=\langle x |f(x’) |x’\rangle +e^{ig(x’)-ig(x)/ \hbar}\delta’(x-x’)
\newline
\newline
&=\left(f(x’)+e^{ig(x’)-ig(x)/ \hbar}\frac{d}{dx’}\right)\delta(x-x’)
\end{align*}
$$
Ex 7.4.10
验证前者非自伴：
$$
\begin{align*}
\langle \psi_1|P_\rho|\psi_2\rangle&=\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\psi_1^\ast\left(-i\hbar\frac{\partial \psi_2}{\partial \rho}\right)\rho d\rho d\phi
\newline
\newline
&=\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\psi_2 \left(i\hbar\frac{\partial \psi_1^\ast \rho}{\partial \rho}\right) d\rho d\phi
\newline
\newline
&=\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\psi_2 \left(i\hbar\frac{\partial \psi_1^\ast }{\partial \rho}\right)\rho d\rho d\phi+\psi_2\psi_1^\ast(i\hbar)d\rho d \phi
\newline
\newline
&\neq\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\psi_2 \left(i\hbar\frac{\partial \psi_1^\ast }{\partial \rho}\right)\rho d\rho d\phi
\end{align*}
$$
发现最后多了一项（是一个积分因而不会消失），但更新为$-i\hbar\left(\frac{\partial }{\partial \rho}+\frac{1}{2\rho}\right)$后，多出来的$\frac{-i\hbar}{2}\psi_1^\ast \psi_2$，和取自伴处多出来的$\frac{i\hbar}{2}\psi_1^\ast \psi_2$ 平衡了该项的差异，所以自伴
后续的问题是发现这样替换后还不尽如人意，仍然需要加上额外的一项才可以，总之非笛卡尔坐标非常麻烦，反映出目前的处理不够对称和优美
Ex 7.5.1 - Ex 7.5.3 的逻辑是在承认级数解法以及代数解法的结论后，推导出厄米多项式的性质之类的，计算略
Ex 7.5.4
(非常好的题目，修正晶体比热计算的热学模型)
第一眼看到题目：怎么是softmax? :joy:
(1)
$$
\bar{E}=\sum_i E(i)P(i)=\sum_i E(i)e^{-\beta E(i)}/Z
$$ 由于
$$
\frac{-\partial}{\partial \beta}\ln Z=\frac{1}{Z}\sum_i \frac{-\partial }{\partial \beta} e^{-\beta E(i)}=\frac{1}{Z}\sum_i E(i) e^{-\beta E(i)}
$$ 两者一样，得证
(2)
$$
\begin{align*}
Z_{cl}&=\iint \exp\left(-\beta(\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2 x^2) \right)dx dp
\\
\\
&=\int \exp(\frac{-\beta m\omega^2}{2}x^2)dx \int \exp({\frac{-\beta}{2m}}p^2)dp
\\
\\
&=\sqrt{\frac{\pi}{\beta m\omega^2/2}}\sqrt{\frac{\pi}{\beta/2m}}=\frac{2\pi}{\omega \beta}
\end{align*}
$$
因此按照(1)中的结论：
$$
\bar{E}_{cl}=\frac{-\partial}{\partial \beta}\ln Z=\frac{1}{\beta}
$$
(3) 几何级数计算：
$$
Z_{qu}=\sum_n e^{-(n+1/2)\beta\hbar\omega}=e^{-1/2\beta\hbar\omega}\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}
$$ $\bar{E}_{qu}$ 一样按照(1)求导即可验证
(4) 即令$\beta\to 0$
$$
\hbar\omega\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{e^{\beta \hbar\omega}}\right)=\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\approx 0+\frac{\hbar\omega}{\beta\hbar\omega}=\frac{1}{\beta}
$$
(5) 当取$E_{qu}$进行求和时，可以得到
$$
\bar{E}_ {\text{crystal}} = 3N _ 0 \bar{E}_{qu}
$$
考虑此时的热容(单原子)：
$$
\begin{align*}
C_{qu}&=\frac{1}{N_0}=3\hbar\omega \frac{\partial}{\partial T}\left(\frac{1}{e^{\hbar\omega/kT}-1}\right)
\\
\\
&=\frac{3\hbar^2\omega^2}{kT^2}\frac{e^{\frac{\hbar\omega}{kT}}}{(e^{\frac{\hbar\omega}{kT}}-1)^2}=3k\left(\frac{\theta_E}{T}\right)^2\frac{e^{\theta_E/T}}{(e^{\theta_E/T}-1)^2}
\end{align*}
$$
当$T \ll \theta_E$时
$$
C_{qu}\approx 3k\left(\frac{\theta_E}{T}\right)^2\frac{e^{\theta_E/T}}{(e^{\theta_E/T})^2}=\dots
$$
当$T\gg \theta_E$时应用
$$
\lim_{x\to 0}\frac{x^2 e^x}{(e^x-1)^2}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2(x+1)}{x^2}=1
$$
即可得出答案$C_{qu}\to 3k$
