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1、1 第一章量子力学的诞生 1.11.11.11.1 设质量为 m 的粒子在一维无限深势阱中运动， = ax axx xV 0, 0 , 0, )( 试用 dededede BroglieBroglieBroglieBroglie 的驻波条件，求粒子能量的可能取值。 解：据驻波条件，有 ),3,2, 1( 2 =nna na/2=（1） 又据 de Broglie 关系 /hp=（2） 而能量 () , 3,2, 1 242 2/2/ 2 222 2 22 222 = = = n ma n am nh mmpE （3） 1.21.21.21.2 设粒子限制在长、宽、高分别为cba,的箱内运动，试
2、用量子化条件求粒子能量的可能取值。 解： 除了与箱壁碰撞外， 粒子在箱内作自由运动。 假设粒子与箱壁碰撞不引起内部激发， 则碰撞为弹性碰撞。 动量大小不改变，仅方向反向。选箱的长、宽、高三个方向为zyx,轴方向，把粒子沿zyx,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 () =, 3,2, 1, xxx nhndxp 即hnap xx =2（a2：一来一回为一个周期） ahnp xx 2/=, 同理可得，bhnp yy 2/=,chnp zz 2/=, ,3,2, 1,= zyx nnn 粒子能量 +=+= 2 2 2 2 2 222 222 2 )( 2 1 c n b
3、 n a n m ppp m E z y x zyxnnn zyx ,3,2, 1,= zyx nnn 1.31.31.31.3 设质量为m的粒子在谐振子势 22 2 1 )(xmxV=中运动，用量子化条件求粒子能量E的可能取值。 提示：利用)(2,2, 1,xVEmpnnhxdp= )(xV 2 解：能量为E的粒子在谐振子势中的活动范围为 ax（1） 其中a由下式决定： 22 2 1 )(xmxVE ax = = 。a0ax 由此得 2 /2mEa=，（2） ax=即为粒子运动的转折点。有量子化条件 hnamam dxxamdxxmEmdxp a a a a = = + + 22 22222
4、 2 2 2) 2 1 (22 得 m n m nh a 2 2 =（3） 代入（2） ，解出 ,3,2, 1,=nnEn（4） 积分公式：c a ua ua u duua+= arcsin 22 2 2222 1.41.41.41.4 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,2, 1, 2 0 = nnhdp p是平面转子的角动量。转子的能量IpE2/ 2 =。 解：平面转子的转角（角位移）记为。 它的角动量 . Ip=（广义动量） ， p是运动惯量。按量子化条件 , 3,2, 1,2 2 0 = mmhpdxp mhp= ， 因而平面转子的能量 ImIpEm2/2/
5、222 = ， , 3,2, 1=m 第二章 波函数与 SchrSchrSchrSchr dingerdingerdingerdinger 方程 2.12.12.12.1 设质量为m的粒子在势场)(rV 中运动。 （a a a a）证明粒子的能量平均值为wrdE= 3 ， V m w * 2 2 += （能量密度） （b b b b）证明能量守恒公式0=+ s t w 3 + = * *2 2 ttm s （能流密度） 证： （a）粒子的能量平均值为（设已归一化） VTrdV m E+= += 32 2 * 2 （1） = VrdV *3 （势能平均值）（2） () ()() = = *3 2
6、 2 2 *3 2 )( 2 rd m m rdT 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 = *3 2 2 rd m T （3） 结合式（1） 、 （2）和（3） ，可知能量密度 , 2 * 2 V m w+= （4） 且能量平均值 =wrdE 3 。 （b b b b）由（4）式，得 += + += + + += + += * . . * *2 2 . 2 2. * . * . *2 . 2 . * . . * 2 . * . * . * . * 2 22 2 2 Es V m V m s VV m V
7、V mt w t Es += （：几率密度） s =（定态波函数，几率密度不随时间改变） 所以0=+ s t w 。 2.22.22.22.2 考虑单粒子的 SchrSchrSchrSchr dingerdingerdingerdinger 方程 4 ()()( )( )()trriVrVtr m tr t i, 2 , 21 2 2 += （1） 1 V与 2 V为实函数。 （a a a a）证明粒子的几率（粒子数）不守恒。 （b b b b）证明粒子在空间体积内的几率随时间的变化为 () += *32*3 2 2 rd V Sd im rd dt d S 证： （a）式（1）取复共轭， 得
8、 () * 21 *2 2 * 2 iVV mt i+= （2） * （1）-（2）,得 ()() () * 2 * 2 2 *22* 2 * 2 2 2 2 iV m Vi mt i += += ()()() *2* 2 2 V imt += （3） 即0 2 2 =+ V j t ， 此即几率不守恒的微分表达式。 （b）式（3）对空间体积积分，得 ()()() () * 2 3* * 2 33*3 2 2 2 2 rVdSd im rVdrd im rd t S += += 上式右边第一项代表单位时间内粒子经过表面进入体积的几率 （Sdj = ） ， 而第二项代表体积中 “产 生”的几率，
9、这一项表征几率（或粒子数）不守恒。 2.32.32.32.3 设 1 和 2 是 SchrSchrSchrSchr dingerdingerdingerdinger方程的两个解，证明 ()()0, 2 * 1 3 = trtrrd dt d 。 证： 1 2 2 1 2 += V mt i （1） 5 2 2 2 2 2 += V mt i （2） 取（1）之复共轭： * 1 2 2* 1 2 += V mt i （3） 2 （3） * 1 （2）,得 ()() 2 2* 1 * 1 2 2 2 2 * 1 2 = mt i 对全空间积分： ()() = 2 2* 1 * 1 2 2 3 2
10、2 * 1 3 2 ,rd m trtrrd dt d i ()()() ()() += 2 * 1 * 122 * 1 * 12 3 2 2 rd m () = 2 * 1 * 12 3 2 2 rd m ()0 2 2 * 1 * 12 2 = Sd m ， （无穷远边界面上，0, 21 ） 即() ( )0,. 2 * 1 3 = trtrrd dt d 。 2.4）设一维自由粒子的初态() / 0 0 , xip ex=， 求()tx,。 解：() / 2 2 0 0 , = t m p xpi etx 2.52.52.52.5 设一维自由粒子的初态()( )xx= 0 , ，求()
11、2 ,tx。 提示：利用积分公式()()2sincos 22 = + + dd 或4expexp 2 idi= + 。 解：作 Fourier 变换：()( ) + =dpepx ipx 2 1 0 , ， ( )() 2 1 )( 2 1 0 , 2 1 = + + dxexdxexp ipxipx ， 6 ()( ) () + =dpeptx Etpxi / 2 1 , （mpE2 2 =） + =dpe pxt m pi 2 2 2 1 （指数配方） + =dp t mx p m it e timx 2 2 2 exp 2 1 2 令 2 2 2 = t mx p m t ，则 () =
12、 = = + 42 exp 2 2 2 1 2 2 1 , 2 4/2 2 2 22 t mx i t m ee t m de t m etx itimx itimx () t m tx 2 , 2 =。 2.62.62.62.6 设一维自由粒子的初态为() 0 , x，证明在足够长时间后， () = t mx t imx i t m tx 2 exp4exp, 2 式中( )() + =dxexk ikx 0 , 2 1 是() 0 , x的 FourierFourierFourierFourier 变换。 提示：利用( )xee xii = 2 4/ lim。 证：根据平面波的时间变化规律
13、 ()tkxiikx ee ，mkE2 2 =， 任意时刻的波函数为 ()( ) ()dk ektx mtkkxi2/ 2 2 1 , + = ( ) = + 2 2/ 2 exp 2 1 2 t mx k m t ikdke timx （1） 当时间足够长后（所谓t） ，上式被积函数中的指数函数具有函数的性质，取 7 mt2=， = t mx ku ，（2） 参照本题的解题提示，即得 ()( ) + kd t mx kke t m etx itimx 4/2 2 2 1 , 2 = t mx ee t m timxi 2/4/ 2 （3） () 2 2 , t mx t m tx （4） 物
14、理意义：在足够长时间后，各不同 k 值的分波已经互相分离，波群在x处的主要成分为tmxk=，即 mktx=，强度( ) 2 k，因子tm描述整个波包的扩散，波包强度t1 2 。 设整个波包中最强的动量成分为 0 k，即 0 kk=时( ) 2 k最大，由（4）式可见，当t足够大以后， 2 的最 大值出现在 0 ktmx=处，即mtkx 0 =处，这表明波包中心处波群的主要成分为 0 k。 2.72.72.72.7 写出动量表象中的不含时 SchrSchrSchrSchr dingerdingerdingerdinger方程。 解：经典能量方程( )rV m p E += 2 2 。 在动量表象
15、中，只要作变换pp， dp d ir 所以在动量表象中，Schrdinger 为： ( )( )pEp dp d iV m p = + 2 2 。 第三章一维定态问题 3.1）设粒子处在二维无限深势阱中， = 其余区域 , 0 , 0 ),( ax yxV 求粒子的能量本征值和本征波函数。如ba=，能级的简并度如何？ 解：能量的本征值和本征函数为 m E yxn n 2 22 = 2 2 2 2 b n a n y x + , 2 , 1, ,sinsin 2 = yx y x nn nn b yn a xn ab y x 8 若ba=，则)( 2 22 2 22 yxnn nn ma E y
16、x += a yn a xn a y x nn y x sinsin 2 = 这时，若 yx nn=，则能级不简并;若 yx nn，则能级一般是二度简并的（有偶然简并情况，如5,10= yx nn 与2,11 = yx nn） 3.2）设粒子限制在矩形匣子中运动，即 = ax0, , 0 , 0 ),( x ax yxV 证明处于定态)(x n 的粒子 9 ) 6 1 ( 12 )x-(x , 2 22 2 2 n aa x= 讨论 n的情况，并于经典力学计算结果相比较。 证：设粒子处于第 n 个本征态，其本征函数 x a n a x n sin 2 )(=. 2 sin 2 0 2 2 0
17、a xdx a n x a dxxx aa n 分部 = （1） 4 )( 2 2 0 2 2 22 a dxxxxxx n a = 4 ) 2 cos1 ( 2 12 2 0 2 a dx a xn x a a = ) 6 1 ( 12 22 2 n a =（2） 在经典情况下，在()a , 0区间粒子除与阱壁碰撞（设碰撞时间不计，且为弹性碰撞，即粒子碰撞后仅运动方向改 变，但动能、速度不变）外，来回作匀速运动，因此粒子处于xxdx+范围的几率为 a dx ，故 2 0 a a dx xx a =，（3） 3 2 0 22 a a dx xx a =， 43 )( 22 2 22 aa xx
18、xx=（4） 当n时，量子力学的结果与经典力学结果一致。 3.4）设粒子处在一维无限深方势阱中， = = = kx Dex axkFx （5） 在ax=处，波函数及其一级导数连续，得 11 kaka kDeakFkDeakF = cos ,sin（6） 上两方程相比，得 k k aktg =（7） 即() E EV EVatg + = + 0 0 2 2 （7） 若令=aakk , （8） 则由（7）和（3） ，我们将得到两个方程： =+ = (10) 9) ( 2 2 2 0 a V ctg （ 10 ） 式 是 以 aVr 2 0 2=为半径的圆。对于束缚态来说，0 0 EV， 结合（3）
19、 、 （8）式可知，和都大于零。 （10）式表达的圆与曲线ctg=在第一象限的交点可决定束缚 态能级。当2r，即2 2 2 0 a V ，亦即 8 222 0 aV（11） 时，至少存在一个束缚态能级。这是对粒子质量，位阱深度和宽度的一个限制。 36）求不对称势阱中粒子的能量本征值。 解：仅讨论分立能级的情况，即 2 0VE， () EVm dx d = 2 2 2 当x时，0，故有 () ()() () = =+ = + =E）从左入射，碰到下列势阱（图） ，求阱壁处的反射系数。 解：势阱为 = . 0 , 0 , 0, )( 0 x xV xV 在区域上有入射波与反射波，在区域上仅有透射波
20、。故 13 () mEkCe EVmkBeAe xik xikxik 2, 2, 22 011 2 11 = +=+= 由)0()0( 21 =，得CBA=+。 由)0()0( 2 1 =，得()CkBAk 21 =。 从上二式消去 c,得()()BkkAkk 2121 +=。 反射系数 () ()2 21 2 21 2 2 2 kk kk A B rR + = 将 21,k k代入运算，可得 () = + = 00 0 22 0 4 0 2 0 ,41 ,16 VEVE VEEV EEV V R 38）利用 Hermite 多项式的递推关系（附录 A3。式（11） ） ，证明 谐振子波函数满
21、足下列关系 ()()()()(21)(12)(1 2 1 )( )( 2 1 )( 2 1 )( 22 2 2 11 xnnxnxnnxx x n x n xx nnnn nnn + + += + += 并由此证明，在 n 态下，2 , 0 n EVx= 证：谐振子波函数)()( 2 22 xHeAx n x nn =（1） 其中，归一化常数 m , !2 = = n A n n （2） )(xH n 的递推关系为 . 0 )(2)(2)( 11 =+ + xnHxxHxH nnn （3） 14 () () + += + + + = + = += = + + + + + )( 2 1 )( 2
22、 1 )( 2 1 !12 1 )( 2!12 1 )( !22 1 )( !2 1 )(2)( 2 1 )(2 2 1 )()( 11 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 11 2 22 22 22 2222 22 2222 x n x n xHe n n xHe n n xHe n xnHe n xnHxHeA x xxHeAxxHeAxx nn n x n n x n n x n n x n nn x n n x nn x nn ()()()()(21)(12)(1 2 1 )( 2 2 )( 2 1 2 1 )( 2 )( 2 1 2 1 )( 2 1 )( 2 1 )( 22 2
23、 22 2 11 2 xnnxnxnn x n x nn x n x nn xx n xx n xx nnn nnnn nnn + + + += + + + + + = + += 0)( 2 1 )( 2 1 )( 11 * = + += + + + dxx n x n xdxxx nnnnn () ()2 2 1 2 1 12 2 1 2 1 )(12 2 1 2 1 )( )( 2 1 )( 2 2 2 2* 22* n nn nn Ennm dxxnmx dxxxmxV = +=+= += = + 39）利用 Hermite 多项式的求导公式。证明（参 A3.式（12） ） ()()()
24、() 22 2 2 2 11 21121 2 )( 2 1 2 )( + + += + = nnnn nnn nnnnnx dx d nn x dx d 证：A3.式（12） ：)(2 dx )(dH ),(2)( 1 n 1 xHn x nHH nnn = 15 () + = + + += += += + + )( 2 1 )( 2 )(2)( 2 1 )( 2 )(2)( )(2)()( 11 111 1 2 1 2222 2222 x n x n xnx n x n xnxx xHnexHexAx dx d nn nnn nn n x n x nn ()()()() 22 2 22 2
25、2 21121 2 2 2 2 1 2 1 22 1 2 )( + + += + + + = nnn nnnnn nnnnn nnnnnn x dx d ()0 2 1 2 11 * = + = = + dx nn idx dx d ip nnnnn ()()()() ()() 22 1 2 1 12 4 12 4 21121 22 22 2 * 22 22 2 * 2 2 22 * 2 n nn nnnn nn E nn m m dxn m dxnnnnn m dx dx d mm p T = +=+=+= += = + 310）谐振子处于 n 态下，计算 () 2 1 2 =xxx，()
26、2 1 2 =ppp，?=px 解：由题 36） ， m n m E m V xx n + = 2 1 2 , 0 22 2 由题 37） ，mnmETmpp n += 2 1 2 , 0 2 ()() ()() += += = += = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 npx mnppppp m nxxxxx 对于基态，2, 0=pxn，刚好是测不准关系所规定的下限。 16 311）荷电 q 的谐振子，受到外电场的作用， xqxmxV= 22 2 1 )(（1） 求能量本征值和本征函数。 解：xqHxqxm m p H=+= 0
27、 22 2 2 1 2 （2） 0 H的本征函数为)( 2 22 xHeA n x nn =， 本征值 ( ) += 2 1 0 nEn 现将H的本征值记为 n E，本症函数记为)(x n 。 式（1）的势能项可以写成() 2 0 2 0 2 2 1 )(xxxmxV= 其中 2 0 mqx=（3） 如作坐标平移，令 0 xxx=（4） 由于 p dx d i dx d ip=（5） H可表成 2 0 22,2 2 2 1 2 1 2 xmxm m p H+=（6） （6）式中的H与（2）式中的 0 H相比较，易见H和 0 H的差别在于变量由x换成 x，并添加了常数项 2 0 2 2 1 xm
28、，由此可知 ( )2 0 20 2 1 xmEE nn =（7） )()()( 0 xxxx nnn =（8） 即 , 2 , 1 , 0 , 22 1 2 1 2 1 2 22 2 2 2 = += += n m q n m q mnEn （9） = 2 2 2 2 2 )( m q xHeAx n m q x nn (10) 其中 m , !2 = = n A n n (11) 312）设粒子在下列势阱中运动， 17 = . 0 , 2 1 , 0, )( 22 xxm x xV 求粒子能级。 解：既然粒子不能穿入0 x的区 域，这些本征函数和谐振子的本征函数相同（因在这个区域，粒子的H和
29、谐振子的H完全一样，粒子的波函数 和谐振子的波函数满足同样的 S.eq） 。振子的具有12 +=kn的奇宇称波函数在0=x处为零，因而这些波函数是 这一问题的解（kn2=的偶宇称波函数不满足边条件0)0(=）所以 (), 2 , 1 , 0 ,232=+=kkEk 313）设粒子在下列势阱中运动， () ar(1) 是否存在束缚定态？求存在束缚定态的条件。 解：S.eq:()Eaxr dx d m = 2 22 2 (2) 对于束缚态（0 ） ，a时，左侧无限高势垒的影响可以完全忽略，此时1cotha，式（10）给出 22 mr= 即 2 222 22 mr m E= （13） 与势阱)()(
30、xrxV=的结论完全相同。 令=a， 则式（10）化为 () 2 2 coth1 mra =+（14） 由于()1coth1+，所 以只当1 2 2 mra 时， 式（10）或 （14）才 有解。解 出根之后 ，利用 mEaa2=，即可求出能级 2 22 2ma E =（15） 第四章第四章 力学量用算符表达与表象变换力学量用算符表达与表象变换 4.1）设A与B为厄米算符，则()BAAB+ 2 1 和()BAAB i 2 1 也是厄米算符。由此证明，任何一个算符F均可分 解为 + +=iFFF， + F与 F均为厄米算符，且 ()() + + =+=FF i FFFF 2 1 , 2 1 19
31、 证：）()()()()BAABABBABAABBAAB+=+=+= + + + 2 1 2 1 2 1 2 1 ()BAAB+ 2 1 为厄米算符。 ）()()()()BAAB i ABBA i BAAB i BAAB i = = + + 2 1 2 1 2 1 2 1 ()BAAB i 2 1 也为厄米算符。 ）令ABF=，则()BAABABF= + + + ， 且定义()() + + =+=FF i FFFF 2 1 , 2 1 （1） 由） ，）得 + + + + =FFFF ,，即 + F和 F皆为厄米算符。 则由（1）式，不难解得 + +=iFFF 4.2）设),(pxF是px,的
32、整函数，证明 F, F, p iFx x iFp = = 整函数是指),(pxF可以展开成 = = 0, ),( nm nm mn pxCpxF。 证： （1）先证 11 , , = nnmm pnipxxmixp。 () () () 111 111 331 33231 2221 11 1 ,1 ,3 ,2 , , = += =+= += += += mmm mmmm mm mmm mmm mmm xmixixim xxpxim xxpxi xxpxxpxxi xxpxxpxxi xxpxpxxp 同理， 1 221 2221 11 ,2 , , = =+= += += n nn nnn nn
33、n pni ppxpi ppxppxppi ppxpxppx 现在， 20 () = = = = = = 0, 1 0,0, , nm nm mn nm nm mn nm nm mn pxmiC pxpCpxCpFp 而() = = 0, 1 nm nm mn pxmiC x F i。 F, x iFp = 又 () = = = = = = 0, 1 0,0, , nm nm mn nm nm mn nm nm mn pnixC pxxCpxCxFx 而() = = 0, 1 nm nm mn pnixC p F i F, p iFx = 4.3）定义反对易式BAABBA+= + ,，证明 +
34、 + + = = CABCBABCA BCACBACAB , , 证： () () BCACBA BCAACCBBCACABACBACBABC BCACBACAB + = +=+= = , , ()()+ + =+= +=+= CABCBACAACBCBAAB BCABACBACABCCABCBABCA , , 4.4）设A，B，C为矢量算符，A和B的标积和矢积定义为 () = BABABABA , zyx,=， 为 Levi-civita 符号，试验证 () () CBACBACBA =（1） ()() () CBACBACBA=（2） ()()()CBACBACBA= （3） 21 证：
35、（1）式左端()()()() xyyxzzxxzyzyzyx CBCBACBCBACBCBACBA+= CBA = （1）式右端也可以化成() CBACBA =。 （1）式得证。 （2）式左端()()() CBACBACBA=（3, 2, 1=） ()()() CBABACBACBACBCBACBCBA+=（2）式右 端() () CBACBA= () CBABACBACBA CBACBACBACBACBACBA += += 故（2）式成立。 （3）式验证可仿（2）式。 4.5）设A与B为矢量算符，F为标量算符，证明 BFABAFBAF,+=（1） BFABAFBAF,+=（2） 证： （1）
36、式右端()()FBBFABFAAF+= FBABFABFABAF+= =BAFFBABAF,（1）式左端 （2）式右端()()FBBFABFAAF+= FBABFABFABAF+= =BAFFBABAF,（2）式左端 4.6）设F是由r，p构成的标量算符，证明 r F rip p F iFL =,（1） 证：kFLjFLiFLFL zyx ,+=（2） 22 )2 . 4( , 题 = + + = += y F z z F yip p F p p F i p p F i y F zip y F i z F yi pFzFpzpFyFpyFzpyypzFLx y z z y y z z yyzz
37、 x x r F rip p F i = （3） 同理可证， y y y r F rip p F iFL =,（4） z z z r F rip p F iFL =,（5） 将式（3） 、 （4） 、 （5）代入式（2） ，于是（1）式得证。 4.7）证明pipLLp2=+ ()pLpLLpi, 2 =。 证：() zyzyyzzyyzzyx pLLppLpLLpLppLLp,+=+=+ 利用基本对易式 piLppL=, 即得() xx pipLLp2=+。 因此pipLLp2=+ 其次，由于 x p和 x L对易，所以 () () () ()x yzzyyzzy yzzyzyyz xzzzx
38、zxyyyxyxZxyx pLLpi pLpLLpLpi pLLppLLpi pLLLpLpLLLpLpLpLpL = = += +=+= , 22 2 因此，()pLpLLpi, 2 = 4.8）证明()priprprL+= 222 （1） ()()() () 22 22 pLLppLLppL=（2） () () 2222 4ppLpLLp+=（3） 23 () () 2 pLipLpL=（4） 证: （1）利用公式 ，() ()CBACBA=，有 () ()()() () ()()()prrpPrp prrprrpprrpprrpL = = 2 2 其中()riprriprrp2 2222
39、 = ()iprriprrp3= 因此()priprprL+= 22 22 （2）利用公式，()()0=ppLppL（） 可得() ()()LppLLppL= () ()()()0 2 ,L 0 222 =PpLLpLLppLppL ()() ()()pLpLpLpLpL= 2 ()()0 2 ,L 222 =PpLpLpLpL ()() ()()LpLpLpLpLp= 2 () 222 pLLpLppL= 由，则（2）得证。 （3）() ()() ()piLpLppLLp2 )1 ( ) 7 . 4 ()() () 222222 2 422 2 )( )1 ( ) 7 . 4 ppLppLp
40、iipL pLpiLp + = （4）就此式的一个分量加以证明，由 4.4） （2） ， ()() () CBACBACBA= () ()() () () xxx pLpLpLpLpLpL=， 其中() yyzzxx epepiLppL+= （即kpijpikpjpipL yzzyxx +=+0,） () ()()() () () ()()() () 22 pLipLi ppLppLippLi pLpLepeppLiLppLpLpL xx xx zyyzzxx = = += 类似地。可以得到y分量和z分量的公式，故（4）题得证。 24 4.9）定义径向动量算符 += r rppr r pr 1
41、1 2 1 证明：( ) rr ppa= + ，( ) + = rr ipb r 1 ， ( )iprc r =, ， ( ) r r rrrrr pd r = + = 2 2 2 2 2 2 2 12 ， ( ) 2 2 2 2 1 r pL r pe+= 证：( )() + + =ABCaABC ， r 11 2 1 11 2 111 2 1 ppr rr rp pr rr rp r rppr r pr = += + = += + + + + + 即 r p为厄米算符。 ( ) + = = = += = + + = += rr i rr i r i r r r r i r i r rr r
42、 i r r i r ri p r r r r ip r r p r r r rppr r pb 1 13 2 3 2 11 22 2 111 2 1 3 r ( ) i r r r ri r rr ri r ri rr riprc r = = = = + = 1 , 1 , ( ) )( 2 2 2 1 b rr pd r + = + + + = 22 2 2 111 rrrrrr + = + + + = rrrrrrrrrr 21111 2 2 2 222 2 2 r r rr = 2 2 2 1 25 ( )e据 4.8） （1） ，()priprprL+= 2 222 。 其中 r riripr =， 因而 r r r r r rprL + += 22222 + += r r r rpr2 2 2 2222 以 2 r左乘上式各项，即得 + = rrr L r p 21 2 2 22 2 2 ( )d)9 . 4 = 2 2 2 1 r pL r + 4.10)利用测不准关系估算谐振子的基态能量。 解：一维谐振子能量 22 2 2 1 2 xm m p E x x +=。 又0 22 = + dxxex x 奇， m =，0= x p， （由(3.8)、(3.9)题可知