量子力学习题集及解答

量子力学习题集及解答
目录
第一章量子理论基础 (1)
第二章波函数和薛定谔方程 (5)
第三章力学量的算符表示 (28)
第四章表象理论 (48)
第五章近似方法 (60)
第六章碰撞理论 (94)
第七章自旋和角动量 (102)
第八章多体问题 (116)
第九章相对论波动方程 (128)
第一章 量子理论基础
1．设一电子为电势差V 所加速，最后打在靶上，若电子的动能转化为一个光子，求当这光子相应的光波波长分别为5000
A （可见光），1
A （x 射线）以及0.001
A （γ射线）时，加速电子所需的电势差是多少？
[解] 电子在电势差V 加速下，得到的能量是eV m =22
1
υ这个能量全部转化为一个光子的能量，即
λ
νυhc h eV m ===221 )
(1024.1106.11031063.64
19834
A e hc V λλλ⨯=⋅⨯⨯⨯⨯==∴--（伏） 当 A 50001=λ时， 48.21=V （伏）
A 12=λ时 421024.1⨯=V （伏）
A 001.03=λ时 731024.1⨯=V （伏）
2．利用普朗克的能量分布函数证明辐射的总能量和绝对温度的四次方成正比，并求比例系数。

[解] 普朗克公式为
1
8/33-⋅=kT hv v e dv
c hv
d πνρ
单位体积辐射的总能量为
⎰
⎰∞∞-==0
0/331
3T hv v e dv v c h dv U κπρ
令kT
hv
y =
，则 4
40333418T T e dy y c h k U y σπ=⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰∞ （★） 其中 ⎰∞-=033341
8y e dy
y c h k πσ （★★）
（★）式表明，辐射的总能量U 和绝对温度T 的四次方成正比。

这个公式就是斯忒蕃——玻耳兹曼公式。

其中σ是比例常数，可求出如下：
因为
)1()1(1
1
21 +++=-=-------y y y y y y
e e e e e e ∑∞
=-=1
n ny e
dy e y e dy y n ny y ⎰∑⎰∞∞=-∞⎪
⎭
⎫ ⎝⎛=-0130
31 令 ny x =，上式成为
dx e x n e dy y x
n y ⎰∑⎰
∞-∞=∞=-0
3140
311 用分部积分法求后一积分，有
⎰⎰⎰
∞
-∞∞
--∞∞--+-=+-=0
220
332333dx xe e x dx e x e x dx e x x x
x x
x
66660
=-=+-=∞∞
--∞
-⎰x
x x e dx e xe
又因无穷级数 ∑∞
==14
4901n n
π
故
⎰
∞=⨯=-0
4
4315
9061ππy
e dy y 因此，比例常数
⎰∞-⨯==-=015
334533341056.715818c
h k e dy y c h k y ππσ尔格/厘米3·度4
3．求与下列各粒子相关的德布罗意波长：
（1）能量为100电子伏的自由电子； （2）能量为0.1电子伏的自由中子； （3）能量为0.1电子伏，质量为1克的质点； （4）温度T =1k 时，具有动能kT E 2
3
=（k 为玻耳兹曼常数）的氦原子。

[解] 德布罗意公式为 p
h =
λ 因为上述粒子能量都很小，故可用非相对论公式
μ22
p E = 代入德布罗意公式得 E
h
μλ2=
（1） 10
110
6.1100-⨯==eV E 尔格，28
110
9-⨯=μ克
8
10
28
27
1
111023.110
6.110
921063.62----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯-
=
∴E h μλ厘米=1.23
A
（2） 132106.11.0-⨯==eV E 尔格，281210918401840-⨯⨯==μμ克
A 92.02=∴λ
（3） 133106.11.0-⨯==eV E 尔格，13=μ克
A 12
31017.1-⨯=∴λ
（4） 16
1641004.211038.12
323--⨯=⨯⨯⨯==kT E 尔格，2441066.14-⨯⨯=μ克
A 6.124=∴λ
4．利用玻尔——索末菲的量子化条件求：
（1）一维谐振子的能量；
（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子轨道的可能半径。

[解] （1）方法一：量子化条件 ⎰
=nh pdq ，一维谐振子的能量为
2222
12q p E μωμ+=
可化为
(
)
1222
222
2=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+
μωμE q E
p
上式表明，在相平面中，其轨迹为一椭圆。

两半轴分别为
E a μ2=， 2
2μω
E
b =
这个椭圆的面积为
nh v
E
E
E
E ab pdq ==
=
⋅
==⎰ω
πμωμππ2222
故 nhv E =
上式表明，一维谐振子的能量是量子化的。

方法二：一维谐振子的方程为
02=+q q
ω 其解为 )sin(δω+=t A q
dt t A dq )cos(δωω+=
而 )cos(δωωμμ+==t A q
p
nh v
A T A dt t A pdq T ==
=
+=∴
⎰
⎰22
)(cos 2
22
20
2
2
2ωμωμδωωμ
而 )(sin 212)(cos 21222222222
22δωμωμδωμωμωμ+++=+=t A t A q p E
nhv A ==222
1
μω （2）设磁场方向垂直于电子运动方向，电子受到的洛仑兹力作为它作圆周运动的向心力，于是有
R H c e 2υμυ= 故 eH
c R υ
μ=
这时因为没有考虑量子化，因此R 是连续的。

应用玻耳—索末菲量子化条件
⎰=nh pdq
这时，我们把电子作圆周运动的半径转过的角度ϕ作为广义坐标，则对应的广义动量为角动量
υμϕμϕ
μϕϕϕR R R H P ==⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂=∂∂=
22221 ⎰⎰====∴πϕππμυϕυμϕ202
22nh R c eH R d R d P
eH c
n eH nhc R =
=∴π2 其中 π
2h
=
可见电子轨道的可能半径是不连续的。

讨论：①由本题的结果看出，玻尔—索末菲轨道量子化条件和普朗克能量量子化的要求是一致
的。

②求解本题的（1）时，利用方法（一）在计算上比方法（二）简单，但方法（一）只在比较简单的情况，例如能直接看出相空间等能面的形状时才能应用。

而方法（二）虽然比较麻烦，但更有一般性。

③本题所得的谐振子能量，与由量子力学得出的能量hv n E n ⎪⎭
⎫
⎝⎛+=21相比较，我们发现由玻尔—索末菲量子化条件不能得出零点能hv E 2
1
0=。

但能级间的间隔则完全相同。

前一事实说明玻尔理论的不彻底性，它是经典力学加上量子化，它所得出的结果与由微观世界所遵从的规律——量子力学得出的结果有偏离就不足为奇了，这也说明旧量
子论必须由量子力学来代替。

第二章 波函数和薛定谔议程
1．一维运动的粒子处在
⎩⎨
⎧<≥=-0
,
00,
)(x x Axe x x 当当λψ
的状态，其中0>λ，求：
（1）粒子动量的几率分布函数； （2）粒子动量的平均值。

[解] 首先将ψ归一化，求归一化系数A 。

⎰⎰∞
-∞
==0
2220
*1dx e x A dx x λψψ
⎰
⎰∞-∞-∞-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0
22020
222
22121dx xe A dx xe e
x A x x
x
λλλλ
λλ
3
2
0222
42λλλA xe A x =
-=∞- 2/32λ=∴A
⎩⎨
⎧<≥=-0
,
00,
2)(2/3x x xe x x 当当λλψ
（1）动量的几率分布函数是
⎰∞
∞
---=dx e
x t p c px Et i
)(2/1)()2(),(
ψπ
注意到Et i e
中的时间只起参数作用，对几率分布无影响，因此可有
⎰
∞
∞
---=dx e
x t p c px i
)()
2(),(2
1ψπ ⎰
∞+--
=0
)(2
1)
2(dx xe
A x
p i
λπ
令 dx p i dy x p i y ⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+
=⎪⎭
⎫ ⎝
⎛+=
λλ, 代入上式得
⎰∞----
=022
1)()2(),(dy
ye p i A t p c y
λπ
2222
32
2)(2⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=
+=
p p i p i A
λλπλλπ （2）()
⎰⎰∞∞-∞∞-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-==pdp p p i p i pcdp c p 42222
2
3
*
/2
λλλπλ ()
()
⎰⎰∞∞-∞
∞
-+=+=22222
332
2
22
3/2p dp p pdp
λπλλ
πλ 01
22233=∞
-∞+-=p λπλ
动量p 的平均值0=p 的结果从物理上看是显然的，因为对本题),(t p c 说来，粒子动量是
p -和是p 的几率是相同的。

讨论：
①一维的傅里叶变换的系数是
π21
而不是
()2
/321
π。

②傅里叶变换式中的t 可看成参变量。

因此，当原来坐标空间的波函数不含时间变量时，即相当于0=t 的情况，变换式的形式保持不变。

③不难证明，若)(x ψ是归一化的，则经傅里叶变换得到)(p c 也是归一化的。

2．设在0=t 时，粒子的状态为
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+=kx kx A x cos 21sin )(2ψ
求粒子动量的平均值和粒子动能的平均值。

[解] 方法一：根据态迭加原理和波函数的统计解释。

任意状态)(x ψ总可以分解为单色平面波的线性和，即px i
e
P c x
π∑ψ21)()(⋅
=，展开式的系数2
)(P c 表示粒子的动量为p 时的
几率。

知道了几率分布函数后，就可按照
2
2
)
()(P c p P c P ∑∑=
求平均值。

⎪
⎭
⎫ ⎝⎛+=kx kx A x cos 2
1
sin )(2ψ
⎪⎭
⎪
⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--22122
ikx ikx ikx ikx e e i e e A ()ikx ikx ikx ikx e e e e A
--+++--=24
22 ⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛+++--=-=-- ππππππ2222222402ikx ikx p ikx ikx ikx e e e e e A 在0=t 时，动量有一定值的函数，即单色德布罗意平面波为x p i e
π21，与)(x ψ的展开式比
较可知，处在)(x ψ状态的粒子动量可以取
k p k p p k p k p -===-==54321,,0,2,2，而 π24
21A
c c -
==， ππ24
,22543A c c A c ===
粒子动量的平均值为 0)11211(16
2)0422(1622222222
22=++++-+⨯+-==A k k k k A c p c p n
n
n ππ∑∑ A 可由归一化条件确定
222
1)
11411(1621A A c n
ππ∑=∴++++==
故
π1
=
A
粒子动能的平均值为
)044(211622222222222
2
k k k k A c T c T n
n n ++++⋅==
μ
π∑∑
μ
2
285k =。

方法二：直接积分法
⎰∞
∞
--=
dx e
x p c px i
)(21
)(ψπ
⎩⎨⎧⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰
⎰
∞∞
-∞∞
-+--
x d e
x d e
A
x p k i x p k i )
2()
2(21
2124π
π
π ⎰⎰∞
∞-∞∞
---⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+
x d e x d e x
p k i x
ip
)(2122ππ
⎭
⎬⎫⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰∞∞-+- x d e x
p k i )(21π
{)(2)2()2(24
p k p k p A
δδδπ-++-=
})()(k p k p +---δδ
根据δ函数的性质，只有当δ函数的宗量等于零时，δ函数方不为零，故p 的可能值有
k p k p p k p k p -===-==54321,,0,2,2
而 πππ24
,22,2454321A c c A c A c c -==-=== 则有
π1,0==A p 及 2
285k T μ=。

讨论：①由于单色德布罗意平面波当∞→r 时不趋于零，因此ψ的归一化积分是发散的，故采
用动量几率分布的概念来求归一化系数。

②本题的)(x ψ不是平方可积的函数，因此不能作傅氏积分展开，只能作傅氏级数展开，即这时对应于波函数)(x ψ的p 是分立谱而不是连续谱，因此计算)(p c 积分，得到δ函数。

③在连续谱δ函数还未熟练以前，建议教学时只引导学生按方法一做，在第三章δ函数讲授后再用δ函数做一遍，对比一下，熟悉一下δ函数的运算。

3．一维谐振子处在
t i x e
x ωαπ
αψ2
2
2
1
2
2)(--
=
的状态，求：
（1）势能的平均值 222
1
x U μω=
； （2）动量的几率分布函数；
（3）动能的平均值 μ
22
p T =
[解] 先检验)(x ψ是否归一化。

122
1*
2
2==
=
⎰
⎰
∞
∞
-∞
∞
--απ
π
απ
αψψα
dx e dx x
)(x ψ是归一化的。

（1）dx x e dx U x U x
22*2
1
)(2
2μωπ
αψψα
⋅=
=
⎰
⎰
∞
∞
--∞
∞
- ⎰∞∞--=dx e x x 222221απ
αμω
⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+∞-∞-
=⎰∞∞---dx e xe x x 222222
2212121ααααπαμω E 2
141/414222==-==ωμωμωαμω . 其中应用 ,21,0ωμω
==
E x 及⎰∞∞--=222α
π
αdx e x （2）由于),(t x ψ是平方可积的，因此可作傅氏变换求动量几率分布函数
⎰∞∞
--=dx e t x t p c px i
),(21
),(ψπ ⎰
∞
∞
---
-=
dx e
e
px i x t i
2
2
2
12
221
αωπ
απ
⎰
∞
∞
-⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+-
-
-=
dx e
e
e ip x p t iE 2
222
220
2221
21αααπα
π
2
21
2
1
221022α
π
πα
πβ⋅
=
--
t iE p e
t iE p e
02221
2
1--=
βπ
β
其中，⎰⎰∞
∞
-∞∞
--
+
-
=
===2
2
)(2
2,1
12
2
22
2
α
π
μωαβαα
αdy e
dx e
y ip x
（3）2
2*
21
222
2βπ
βπμβμπ
β
β⋅=⋅=
=⎰
⎰∞
∞
--∞
∞-dp p e
TCdp c T p 02
2
14141
E ===
ωμβ 其中
3
2222212
2
βπ
βπββ
=
=
⎰
∞∞
--dp e p p 由此得出结论，对于处在基态的谐振子来说，动能的平均值和势能的平均值相等。

4．求一维谐振子处在第一激发态时几率最大的位置。

[解] 一维谐振子的波函数为
)(!22
221
2
/1x H e n n x n
n απα
ψα-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅= 式中
μω
α=
2
22
2)
()1()(x n
n x n n e x d d e
x H αααα--= 为厄密多项式。

对于第一激发态
x e dx
d e H x x
αααα
21)1(2
22
211=⋅
-=- 故 2
2
13
2
1
2
112
222222x x xe
x e
ααπ
ααπ
α
ψ-
-=
⋅=
处在第一激发态的几率正比于
2
223
2
12x
e x α
π
αψ-=
欲求其最大值，必须满足
0)(2
22=-x e x dx
d α 即有 0222
22
232=---x
x e x xe
α
αα
μω
α
±
=±=∴
1max x 讨论：①在α
1
±
处2
ψ有极值，这是由于一维谐振子
的波函数本来就是对原点对称的缘故，这从物理上看
是很清楚的，当0=x 及±∞→x 时，几率
02
→ψ，故x 和几率的关系大致如图示。

②假如过渡到经典情况，相当于0→ ，这时
0max →x 。

这在经典力学看来是完全合理的，因为从经典的观点来看，谐振子处在原点几率最
大，因为处在原点能量最低。

5．设氢原子处在
3
1
),,(a r e
a
r -
=
πϕθψ
的态，0a 为玻尔半径，求
（1）r 的平均值；
（2）势能r
e 2
-的平均值；
（3）动量几率分布函数。

[解] 先检验ψ是否归一化。

x
⎰⎰⎰⎰∞∞-==-∞
∞-=ϕθθπτψψπθπϕd drd r e a d a r
sin 10220230*
⎰⎰∞-=πθθ02
230sin 20d dr r e a a r
dr re r e a dr r e a a r
a r
a r
⎰⎰∞--∞-+∞
==022220202300004024
10202022020
00
0=∞-=+∞-=⎰∞---a r
a r
a r
e dr e a re a
这表明ψ是归一化的。

（1）⎰⎰⎰⎰∞
∞-∞∞-==02002330
*
sin 10πϕθθπτψψd d dr e r a d r r a r
dr e r a e r a dr e r a a r
a r a r ⎰⎰∞--∞-+∞-==022202320
023300
002024β
00302022202
34660a a a dr e r a a r
===⎰∞- （2）⎰⎰⎰⎰∞--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=ππϕθθπτψψ020023022*2sin )(0d d dr re a e d r e r e r U a r dr e a e re a e dr re a e a r
a r a r ⎰⎰∞--∞--∞=-=022022202023020
002024
220
200a e e a e
a r
-=∞=-
这个结果和旧量子论中，氢原子的电子沿波尔半径所规定的轨道运动时的库仑能一致。

（3） τψπd e p c r p i ⎰⋅-=
2/3)2(1
)( 选用球坐标，且使y 轴与p
的方向一致，则有
θcos pr r p =⋅
⎰⎰⎰
∞--
⋅
=
∴0
20
2cos 30
2/3sin 1
)2(1)(0
ππθϕθθππd drd r e
e
a p c pr i
a r
dr
r e
d a p i a r 20
cos 130
2/30sin 2)2(1⎰
⎰∞
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-⋅
=
π
θθθππ
π
⎰
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+⋅
=π
θθθπππ0
3
030
2/3sin cos 12
2)2(1d p i a a
其中令θαcos 10p i
a
+=
，且应用了3202αα=⎰∞-dr r e r
再令 1cos ,10cos ,sin ,
cos -==︒-==πθθθd dt t
则 ⎰-⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-⋅=1130302/312
2)2(1)(dt pt i a a p c πππ ip t t pt i a a ⋅=-=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+⋅⋅=
1111
2)2(120302/3πππ ⎪⎪
⎭⎪
⎪
⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-⋅=2020
3
0111121p i a p i a ip a ππ 2
2202
3
3000)(421p a a a a +⋅=
π 2220
2
0320)(1
24p a a a +⋅= π
6．粒子在势能为
⎪⎩⎪
⎨⎧≥<<≤=a x u a x x u x u 当当当,0,00
,)(2
1
的场中运动，证明对于能量21U U E <<的状态，能量由关系式
2
111
2sin 2sin U k
U k n ka μμπ ----= 决定，其中 22
E k μ=
[解] 势能)(x U 与坐标x 的关系如图示，按U 值的不
同可分为三个区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。

分别应用薛定谔方程，有
x
Ⅰ：012
2
12=-ψαψdx
d ， 其中：0)(2122
>-=E U
μα
Ⅱ：022
2
22=+ψψk dx
d 其中：E k 222 μ= Ⅲ：03
2
2
32=-ψβψdx d 其中：0)(2222>-=E U μβ 它们的解分别为
x x e D e c ααψ-+=111， )sin(22δψ+=kx c
x x e D e c ββψ333+=-
边界条件：
当0,
1→-∞→ψx ；则01=D
当+∞→x ，03→ψ；则03=D 连接条件（波函数的标准条件）
在0=x 处，21ψψ=1201sin c c e c ==∴δα 在a x =处，32ψψ= a e c ka c βδ-=+∴32)sin(
在0=x 处，
δαψψcos 212
1k c c dx d dx d =∴= 在a x =处，a e c ka k c dx
d dx d ββδψψ--=+∴=323
2)cos( 在上面四个式子，由第一和第三式可得
α
δk
tg =
由第二和第四式可得
β
δk
ka tg -
=+)(
而 δδ
δtg tgka tg tgka ka tg ⋅-+=
+1)(
故 )(1δτδ
β
δβ
+-=-
+-
=tg tg k
tg k
ka tg 其中令
τβ
tg k
=
于是有 )
(δτπ+-=n ka
由 α
δk
tg =
，得1
1222
22)(22sin U k
E U E k
k k μμ
μαδ
=
-+=
+=
1
1
2sin U k
μδ -=∴
由β
τk
tg =
可得 2
22
22
22)(22sin U k
E U E k
k k μμμβτ =
-+=
+=
2
1
2sin U k
μτ -=∴ 2
1
112sin 2sin U k
U k n ka μμπ ----=∴ 讨论：①对于束缚态的问题，我们总是先按不同的要求写出薛定谔方程，求出解。

然后再利用
边界条件和波函数的标准条件定解。

这种方法具有一般性。

②把Ⅰ、Ⅲ两区域的解写成指数形式，是因为能够利用边界条件把两个任何常数的问题变为只有一个任意常数的问题。

而在区域Ⅱ中没有边界条件。

又因所要求的结果具反三角函数的形式，因此把Ⅱ的解写成三角函数的形式。

原则上，写面指数或三角函数形式是任意的，若选择得当，往往可使问题的求解较为简捷。

7．粒子处在势能为
⎪⎩⎪
⎨⎧+<<+≤≤+≤≤+><∞=b a x a U b a x b a a x b a x x x U 当和当和当,20,020,)(0
的场中运动，求在能量小于0U 的情况下决定粒子能量的关系式。

[解] 对区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别有
Ⅰ：02,02
2
12212>==+E k k dx d μψψ Ⅱ：0)(2,0022
2
2222>-==-E U dx d μαψαψ Ⅲ：02,02
2
32232>==+E k k dx d
μψψ 其解分别为
kx B kx A cos sin 111+=ψ
x x e B e A ααψ-+=222
)]
2([cos )]2([sin 333b a x k B b a x k A +-++-=ψ
x
Ⅲ =ψ
边界条件：
当0=x 时，0;
011=∴=B ψ
当b a x +=2时，03=ψ；03=∴B 于是
kx A sin 11=ψ
x x e B e A ααψ-+=222
)]2([sin 33b a x k A +-=ψ
连接条件：
当a x =时，21ψψ=，a a e B e A ka A αα-+=221sin
dx
d dx d 21ψψ=，a a
e B e A ka A αααα--=221cos 当b a x +=时，32ψψ=，ka A e B e A b a b a sin 3)(2)(2-=++-+αα
dx
d dx d 3
2ψψ=，ka k A e B e A b a b a cos 3)(2)(2=-+-+αααα 上列四式可重写为齐次方程式为下：
⎪⎪⎭
⎪
⎪
⎬⎫
=-⋅-=+⋅+=+-⋅=--⋅+-++-+--0cos 0sin 0cos 0sin 2)(32)(2)
(32)(22122
1B e A ka k A e B e A ka A e B e A e A ka k B e A e A ka b a b a b a b a a a a a αααααααααααα 这个方程组要得到非零解，必须其系数行列式为零，故有
0cos 0
sin 00cos 0sin )
()()
()
(=-----+-++-+--b a b a b a b a a
a a
a e ka k e e ka
e e e ka k e e ka αααααααααααα
解之得
0)cos sin ()cos sin (22=+---ka k ka e ka k ka e b b αααα
它与 E k 22
2 μ=
)(2022E U x -=
μ
三式决定粒子的能量。

8．求三维谐振子的能级，并讨论它的简并情形。

[解] 三维谐振子的哈密顿为
z
y x z y x H H H z y x p p p H ˆˆˆ)(2
1)ˆˆˆ(21ˆ2222222++=+++++=μωμ 其中 2222
1ˆ21ˆx p H x
x μωμ+= 2222
1ˆ21ˆy p H y y
μωμ+= 2222
1ˆ21ˆz p H z
z μωμ+= 如果哈密顿可以分离变量，就必然有
z y x E E E E ++=
及 z y x ψψψψ=
因此可以设定薛定谔方程 ψψE H
=ˆ的解为 )()()(321z y x n n n ψψψψ=
且 321n n n E E E E ++=
则有 ψψψψ)()()()()ˆˆˆ(3
2131n n n n n n z y x E E E z y x H H H ++=++ )(ˆ)(ˆ)(ˆ321231132z H y H x H n z n n n y n n n x n n ψψψψψψψψψ++ ψ)(321n n n E E E ++=
两边均除以ψ得：
)()(ˆ)()(ˆ)()(ˆ332211
z z H y y H x x H n n z n n y n n x ψψψψψψ++
)()()(321z E y E x E n n n ++=
要上式两边相等，必须今x 、y 、z 三份分别相等，亦即
)()
()(ˆ),()()(ˆ)()()(ˆ333222111
z E z z H y E y y H x E x x H n n n z n n n y n n n x ===ψψψψψψ
故有 )()()(ˆ1
11x x E x H n n n x ψψ= )()()(ˆ3
22y y E y H n n n y ψψ= )()()(ˆ3
3
3
z z E z H
n n n z
ψψ= 它们分别为沿x 、y 、z 方向的线谐振子方程，它们的能量分别为
ωωω ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21,21,21332211n E n E n E n n n
因此三维谐振子的能量为
ωω ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=+++=21)23(321N n n n E
其中 +
++=321n n n N
为正整数。

由N 确定后，由于321,,n n n 可以有不同的组合，因此就对应于不同的状态，这就是简并。

简并的重数可以决定如下：
当01=n 时，2n 可取1,,1,0-N ，故2n 有N 个可能值。

当11=n 时，2n 可取2,,1,0-N ，2n 有1-N 个可能值。

……
当11-=N n 时，2n 只能取0，即只有一个可能值。

当1n 和2n 都确定后，由于+++=321n n n N 的限制，3n 也确定了，因此并不增加不同组合的数目。

故N 确定以后，1n 、2n 、3n 的可能组合数目，即简并重数为
)1(2
1
1)2()1(+=
++-+-+N N N N N 讨论：①若哈密顿本身可以分离变量，总可以有z y x E E E E ++=及z y x ψψψψ=。

这个结论
是具有普遍性的。

只要注意到我们在证明这个结论时并没有涉及谐振子的哈密顿的具体形式，就能够看出这一点。

②以上讨论假定了谐振子在三个方向的频率ω相同。

一般地说，各方向的频率是可以不同的，对此，我们也可以用完全类似的方法来讨论。

9．一粒子在三维势场
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪⎪⎨⎧=⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧>
-<∞≤≤-=⎪⎩⎪⎨⎧
>-<∞≤≤-=02,2,22,02,2,22,0z y x V b y b y b y b V a x a x a x a V 中运动，求粒子的能量和波函数。

[解] 我们先来证明一个一般的结论：若哈密顿H ˆ可写成x H ˆ、y
H ˆ、z H ˆ之和，即 z
y x H H H H ˆˆˆˆ++= 则H
ˆ所对应的本征能量为 z
y x E E E E ++=
波函数为 z y x ψψψψ=
其中x E 、y E 、z E ；x ψ、y ψ、z ψ分别满足一维薛定谔方程
x x x x E H ψψ=ˆ （1） y y y y E H ψψ=ˆ （2） z
z z z E H ψψ=ˆ （3）
把上面三式写成
x x x E x U dx d ψψμ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-)(222
（1）′
y y y E y U dy d ψψμ=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+-)(222
（2）′
z z z E z U dz d ψψμ=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-)(222
（3）′ （1）′式乘z y ψψ；（2）′式乘z x ψψ；（3）′式乘y x ψψ；然后三式相加得到： ⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡++=+++∇-z y x z y x z y x E E E z U y U x U ψψψψψψμ)()()()(222 即 ψψE H
=ˆ 这就是我们所要证明的结论。

于是我们就把一个解三维的薛定谔方程的问题归结为求解三个一维薛定谔方程的问题。

只要求得x E 、y E 和z E 以有x ψ、y ψ和z ψ，就不难求出E 和ψ。

对于x 方向的薛定谔方程（1）′，相当于求解一维无限深势阱下粒子的能量和波函数。

利用教材§10的结论，把（10—26）、（10—27）和（10—28）式中的a 2用a 来代替，可得到
a n E x μπ22
22 =
（n 是整数） ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧><=20n ,2sin 2)1(a x a
x x a n a
x 偶数πψ ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧><=20,2cos 2)2(a x n a
x x a n a x 是奇数πψ
对于y 方向的薛定谔方程（2）′，同理有
b
m E y μπ22
22 =
（m 是整数）
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧><=20,2sin 2)1(b y m b
y y b m b y 是偶数πψ ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧><=20,2cos 2)2(b y m b
y y b m b
y 是奇数πψ 对于z 方向的薛定谔方程，由于0)(=z U ，这表明粒子在z 方向可以自由运动，其解为平面波解，即有
μ
22
z z p E = 是连续谱 )(21
z p t E i
z z z e ⋅--=
πψ 因此 μ
μπ222
2222z z y x p b m a n E E E E +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++= ψ则有下列几种可能
⎪⎪⎪⎩⎪
⎪⎪⎨⎧z
y x z
y x z y x z y x ψψψψψψψψψψψψψ)2()2()1()2()2()1()
1()1( 当2a x <，+∞<<∞-<z b y ,2时
讨论：若势阱宽度仍为a 和b ，但区间是由)0(:);0(:b y a x →→，不难证明，这时E 仍如上
式所示，但波函数只有一种，为
)(21
sin sin 22z p t E i
z e y b m x a n b a ⋅--=
πππψ 式中 m 、n 均为整数。

10．设在0=x 附近运动的粒子受到弹性力kx f -=作用，相应的势能是2
2
1)(kx x V =
，已知满足对应于这个势能的薛定谔方程的波函数是
⎪⎭
⎫
⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=-
a x H a x a n x n n
n 222
1
21exp )!2()(πψ，
其中 4
12
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛=μk a ；n H 是n 级厄密多项式，当3,2,1,0=n 时，
10=H ；a x H 21=；24222-=a x H ；a
x a x H 128333-= （1）试由薛定谔方程计算相应于本征函数n ψψψψ,,,210的本征能量n E E E E E ,,,,3210；
（2）利用公式
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⋅⋅⋅=⎰∞
∞--212
5
23212
2n d e n πξξξ 求 3,2,1,0=n 时的平均势能)(x V
（3）求3,2,1,0=n 时的平均动能。

[解] （1）本征能量n E E E E E ,,,,3210由定态薛定谔方程决定。

（a ）求0E ：有021*******=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+ψμψkx E dx d 而 2
2212
1
0)
(a x e
a -
-=πψ
022*********,ψψψψ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--=-=a x a dx d a
x
dx d 代入薛定谔方程得
021*********=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--kx E a x a μ 224
22222220212122112kx x a a kx a x a E +-=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴μμμ 2242,a a k μωμωμ ===
ωμ 2
1
220==∴a E
（b ） 02121212
212=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+ψμψkx E dx d a
x e
a a x 2)2(2
2212
1
1⋅
=-
-
πψ 14222121213,1ψψψψ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-=⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=a x a
dx d a x x dx d 故 ωμμ 23213224242221=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=x a a x a E （c ）0212222
2222=⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+ψμψkx E dx d
()
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=-
-
24822212
122
2a x e
a a x π
ψ 2
2212
2
1
2228)8(a x e a x
a a
x
dx d -
-⋅
+-=πψψ
2
22
22122
122122
1
2222
222
8)8(8)8(1
a x a x e a
x a a
x
e a a a
dx d a x dx d -
--
--
⋅
+--=ππψψψ
2
22
2212
2
122212
2
12242
8)8(1
8)8(a x a x e a a a e a x a a x
a x ---
-
+-
⋅
-=
πψπψ
2
22122
128)8(a x e a
x a a
x
-
--
π
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛---=-
-
24)8(4
122212
1
222242
2
2a x e a a
a a x a x πψψ 22425ψ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=a a x ωμμ 2521522422422=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=∴x a a a x E （d ） 0212323
2232=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+ψμψkx E dx d ()
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=-
-a x a x e
a a x 1284833212
1
32
2π
ψ 同理可得 ωψψ 27
,733242232=∴⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=E a a
x dx d 依此类推可得： ω ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=21n E n
（2）求平均势能 )(x V （a ）0=n 时，dx e x k a dx V x V a x ⎰⎰∞
∞--
⋅
=
=
2
2
21*
1022
)(π
ψψ 0422214122E a
a ==⋅⋅=ωπμπ
（b ）1=n ，dx e
x k a
dx V x V a x ⎰⎰-
∞
∞
-⋅
=
=
2
24
31*1122)(πψψ
⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=
⎰∞∞
--
a x d a x e
a a k a x 4
532
2π
12214343E ka ==⋅=ωππ
（c ）2=n ，⎰⎰⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⋅==-dx a x x e k a dx V x V a
x 2
22
22*
2224281)(2
2π
ψψ
dx a x a x x e
a k
a x )44(44224252
2+-=
⎰∞
∞
--
π
222221458143815E ka ka ka ==+-=ω （d ）3=n dx x a x a
x e
k
a dx V x V a
x 222262
3*3
3)32(162
481)(2
2⋅-⋅⋅==⎰⎰-πψψ dx a x a x x e
a k
a x )9124(64222422
2+-=
⎰∞
∞--
π
32222
14789415835E ka ka ka ==+-=ω （3）求平均动能
（a ）dx a x e a a dx dx d T n a x ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-⎪⎭
⎫
⎝⎛--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰∞
∞--2222022*001122,02
2πμψμψ 022*********E a a a a ===⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-
=ωμπππμ （b ）dx x a x e a a dx dx d T n a x 2
22421222*113442,12
2⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎪⎭
⎫
⎝⎛--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰∞
∞--πμψμψ 12
2
335
2
2143434323E a a a a ===⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωμπππ
μ
（c ）dx a x a x e a a dx dx d T n a
x ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==⎰⎰∞
∞--1254162,2222222
2
22
2
*2
22
2πμψμψ dx a x a x a x e a a x ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+-=
⎰∞
∞--521244422
446632
2
2
π
μ
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+-=πππππμa a a a a 52211821543
2 22
145E ==ω （d ）dx dx d T ，n 3222*3323ψμψ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==⎰
dx a x a x x e a a a x ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎰∞
∞--
7321696222
22242
22
π dx a x a x a x x e
a a x ⎰
∞∞
--
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+-=
639340462244662
52
2
2π
μ
335
221
472
216E a a ==⋅=ωππμ 讨论：①通过本题可以看到，只要已知本征波函数和体系的哈密顿算符的形式，要求体系对应
于这些本征函数的本征能量，只需代入薛定谔方程通过微分运算求出。

因此解薛定谔方程 求本征函数ψ和本征能量E 的困难，事实上
何求本征函数上。

一旦已知本征函数，本征能量就容易求出了。

②事实上，受到弹性力作用的体系，相当于一维谐振子，本征函数n ψ就是谐振子的本征函数，这只须取a
1
=
α就可看出。

因此算出的能量自然就是谐振子的本征能量ω ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=21n E ，这和我们直接运算得出的结果一致。

③计算结果表明，对于在弹性力作用的体系（一维谐振子）算出的势能平均值总是等于总能量的一半，不管处在哪个能级，都有相同的结论，即
E T U 2
1
=
= 这从物理上看显然是非常合理的。

11．粒子在势能
⎩⎨⎧<≥=a
r a
r U r U 当当,0,)(0
的捧力场中运动，求能量0U E <，0=l 的情况下，粒子的能量和状态。

[解] 径向方程为
0)()1()]([2)(12
222=⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+--+⎭⎬⎫⎩⎨⎧r r l l r U E r dr d r dr d r ψμ
ψ 当0=l 时，方程简化为
0)]([2222
2=-++ψμ
ψψr U E dr d r dr d
在a r >处，波函数为ψ，则有
0)]([221212
12=-++ψμ
ψψr U E dr d r dr d
令 r r U )(11=
ψ，则
2
1
111r u dr du r dr d -=ψ 31
122123112122122122212111r
u dr du r dr u d r r u dr du r dr du r dr u d r dr d +-=+--=ψ 方程变为
0)(22122211
2313112212=---++-r
u E U r dr du r r r u dr du r dr u d r μ 即有 012
2
12=-u dr u d α 其中 0)(2022
>-=E U μα
在a r <处，令r
r u )
(00=ψ，则有
0022
2=+u dr
u d β 其中 0222
>=E
μβ
解上面两个方程得
r
r
Be Ae u αα-+=1，故r e B r e A r
r ααψ-+=1 r r
D
r r C r D r C u ββψββcos sin ,cos sin 00+=+=
边界条件：
当∞→r 时，1ψ为有限，故0=A
于是 r
e B r
αψ-=1
当0→r 时，0ψ为有限，故0=D
于是 r r
C
βψsin 0=
连接条件：
当a r =时，)()(01a a ψψ= 于是 a C Be
a
βαsin =-
dr d dr d 01ψψ=，故⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛---a a a a C e a a B a βββααcos sin 112 解上面两式消去B 和C 得
a a
a
a a
a βββββαcos sin sin 1
sin -=
+
故得 α
ββ-
=a tg 此外，再注意到 20
2022
2
22)(2
U E E U μμμβα=+-=
+ 从上面两式用图解法求出α和β，从而确定粒子的能量。

由 a C Be a βαsin =-
及波函数的归一化条件可以确定B 和C ，从而粒子状态的波函数
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧<≥=-a r r r C a r r e B r
当当βψαsin
就可以确定。

12．粒子在半径为a ，高为d 的圆筒中运动，在筒内的势能为零，在筒壁和筒外势能为无限大，
求证：
（1）粒子的波函数是
),2,1,0(),3,2,1(;sin ),,()
(,, ±±==⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=m n a S J e z d n C z m t
m im t m n ρπϕρψϕ 其中z ,,ϕρ是柱面坐标，)(m t S 为m 阶贝塞尔函数的第t 个根。

（2）粒子的能量是
⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2)(2222,,2a S d n E m t
t m n πμ [解] 筒外势能为无限大，故0=ψ
粒子在筒内运动的薛定谔方程用圆柱坐标表示为：
021122
222=-⎭
⎬⎫⎩⎨⎧∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂ψμψϕρρρρρ E
z 用分离变量法，设 ),()(),,(ϕρϕρψg z f z =
代入上式，可以得到
02)(11112222222=+∂∂+
⎭⎬⎫⎩⎨⎧∂∂+∂∂+∂∂
E
z f z f g g g g μϕρρρρ 则有 ⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧=-+⎭⎬⎫⎩
⎨⎧∂∂+∂∂+∂∂-=0
)(2111211222
2221
2
2E E g g g g E dz f d f μϕρρρρμ
上面第一式的解为
)sin(δ+=kz A f ，其中2
1
22 E k μ=
利用边界条件：
当0=z 时，0,0)(=∴=δz f
当d z =时， ,3,2,1,,
0)(==∴=n n kd z f π
因而 ⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎭
⎫
⎝⎛=z d n A z f d n E ππμsin )(,
22
21
再令 )()(),(ϕυρϕρu g =
代入上面的第二式，可再分离变量得
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++=-0
)(2121222
222u E E d du d u d d d βρμρρρ
ρβϕυυ 这第一式的解为
,2,1,0,21)(±±==
m e im ϕ
π
ϕυ
其中 β=2m 现在令 2
12
)(2αμ=-E E 于是第二式改写为
0)()(1
)(222=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+'+''ρραρρρu m u u 这是一个m 阶贝塞尔方程，其解为
)()()(21αραρρm m N B J B u +=
当0→ρ时，诺意曼函数∞→)0(m N ，故02=B 当a →ρ时，0)(=a u ，故0)(=a J m α 令)(m t S 为m 阶贝塞尔函数的第t 个根，则有
a
S m t )(=α
综合上面几个式子，得到粒子的波函数为
)
,2,1,0(),3,2,1(sin ),,()
(,, ±±==⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫
⎝⎛=m n a S J e z d
n C z m t
m im t m n ρπ
ϕρψϕ
其中C 可由归一化条件决定。

粒子的能量为
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+=2)(2222
,,2a S d n E m t t
m n πμ
13．设粒子在一维无限深阱中运动，如果粒子的状态由波函数
x a x a a
x π
πψ2cos sin 4)(=
描写，求粒子能量的可能值和相应的几率。

[解] 一给无限深势阱
⎩⎨
⎧<<≥≤∞=a
x a
x x x U 0,0,0,)(当当 式中a 为势阱宽度。

粒子具有一定能量的状态为本征态，它满足本征方程
ψψE H
ˆˆ= 粒子在阱内时有 22
2222ˆˆdx
d p H μμ -== 代入本征方程得 0222
2=+ψμ
ψE dx d
其解为 x a
n a n π
ψsin 2=
能量为 2
22⎪⎭
⎫
⎝⎛=a n E n πμ
任意状态)(x ψ，可视为一系列本征态的线性迭加，亦即
)()(x c x n n ψ∑ψ=
只要求出各个n c ，就可以求出能量的各个可能值n E 及相应的几率2
n C 。

方法一：本题的)(x ψ较简单，容易化为若干正弦函数的迭加
2
12cos
sin 42cos sin 4)(+⋅==
a x
a x a x a x a a x ππππψ ⎪⎭⎫ ⎝
⎛+=a x a x a x a πππsin 2cos
sin 2 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=a x a x a x a πππsin sin 213sin
2
12 ⎪
⎭⎫ ⎝
⎛+=a x a x a ππ3sin sin 1
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=
a x a a x a ππ3sin 2sin 221 3311ψψC C +=
故 21,2
1211==C C ，能量可能值2
212⎪⎭⎫ ⎝⎛=a E πμ
21,2
1233==C C ，能量可能值2
2332⎪⎭⎫
⎝⎛=a E πμ
方法二：一般方法 因为 ⎰⎰=
=
a a
n n dx a
x n a x a x a dx x x C 020sin cos sin 24)()(πππψψ dx a x n x
a a x a a πππsin 22cos 1sin 240⋅+⋅=⎰ ⎰⎪⎭⎫ ⎝
⎛-+=a dx a x n a x a x a x a 0sin sin 213sin 21sin 22ππππ ⎰⎰+=a a dx a
x n a x a dx a x n a x a 00sin 3sin 2sin sin 2ππππ 由于三角函数的正交性
⎰=a
mn a
dx a x n a x m 0
2sin sin
δππ 故 n n n C 3121
21δδ+
= 即得 21212131111=+=δδC 及21212133133=+=δδC 2
1,212
321==C C
2
32
21322⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪
⎭
⎫ ⎝⎛=a E a E πμπμ
讨论：比较上面两种方法可以看出，如果)(x ψ比较简单，能够较容易地把它展开为本征函数的
组合时，就可以不必利用比较麻烦的积分方法求n C ，但方法一只有在特殊情况下才能使用。

14．在一维无限深势阱中运动的粒子，势阱的宽度为a ，如果粒子的状态由波函数
)()(x a Ax x -=ψ
描写，A 为归一化常数，求粒子能量的几率分布和能量的平均值。

[解] 先把波函数归一化，求归一化系数A 。

⎰⎰
=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-==a
a a A a a a A dx x a x A dx 0
5
25552
2
2
2*
30325)(1ψψ 故 530
a
A =
x a
n C a x C x n n n π∑ψ∑ψsin 2)()(=
=∴
而 ⎰⎰-=
=
a n n xdx a
n x a x a a dx C 05*
sin )(230π
ψψ []
⎭
⎬⎫⎩⎨⎧----+--=1)1(2)1()1(1523
3333n
n n n a n a n a a πππ []
n n )1(115
43
3--=
π
能量的几率分布为
[]
⎪⎩⎪⎨⎧=--=为偶数当为奇数当n n n n C n
n
,
0,960)1(1240662662
π
π 能量的平均值为
∑∞==⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅== ,3,144222
2662
14802960n n n n
a a n n E C E πμπμπ∑∑
由于 ∑∞
==
3,14
4961n n π 故2
5a E μ = 讨论：由于几率分布与6
n 成反比，可看出能级愈低，几率愈大。

当1=n 时，几率
999.0960
6
2
≈=
πn C ，故知粒子绝大部分可能处于这个态。

15．设两个方形势垒的形状分别是
⎩⎨
⎧≤≤=<=a x U x U x x U 0,)(0,0)(1 ； ⎩
⎨⎧≤≤=><<=c x b U x U c
x b x a x U ,)(,,0)(2 求粒子连续贯穿两个方形势垒的贯穿系数。

[解] 现在讨论的显然是1U E <，2U 的较小的一个情况。

按照贯穿系数的定义：
121122
D D J
J J J J J D D D D D ⋅=⋅==
其中1D 和2D 分别表示粒子贯穿第一个方势垒的贯穿系数和粒子贯穿第二个方势垒的贯穿系数，注意到
a E U e
D )(22
11--
=μ )()(22
22b c E U e
D ---
=μ
故 {}
)
(22
2121b c E U a E U e D D D --+
--==μ
第三章 力学量的算符表示
1．如果算符α
ˆ、βˆ满足条件1ˆˆˆˆ=-αββα， 求证：βαββα
ˆ2ˆˆˆˆ22=-， 233ˆ3ˆˆˆˆβαββα
=-， 1ˆˆˆˆˆ-=-n n n n βαββα
[证] 利用条件1ˆˆˆˆ=-αββα
，以βˆ左乘之得 βαββαβ
ˆˆˆˆˆˆ2=- 则有 βαβββα
ˆˆˆˆ)1ˆˆ(2=-- 最后得 βαββαˆ2ˆˆˆˆ22=-。

再以β
ˆ左乘上式得 222ˆ2)ˆˆˆˆ(ˆβαββαβ
=-， 即232ˆ2ˆˆˆˆˆβαββαβ=- 则有 233ˆ3ˆˆˆˆβαββα
=- 最后得 233ˆ3ˆˆβαββ
α=- 应用数学归纳法可以证明 1ˆˆˆˆˆ-=-n n n n βαββα
： 先设 211ˆ)1(ˆˆˆ----=-n n n n βαββα 成立， 以β
ˆ左乘上式得 11ˆ)1(ˆˆˆˆˆ---=-n n n n βαββαβ
则有 11ˆ)1(ˆˆˆ)1ˆˆ(---=--n n n n βαβββα
最后得 1ˆˆˆˆˆ-=-n n n n βαββα
2．证明
{}+
++ )ˆˆˆ()ˆˆˆ(2
1
2
1n
n
M M M L L L
{}
++=++-+++
-+)ˆˆˆ()ˆˆˆ(11
1
1
M M M L L L
m m
n n [证] 应用+++++A B B A
ˆˆ)ˆˆ( 及++++=+B A B A ˆˆ)ˆˆ(， 则 ====+-+-++-++ )ˆˆˆ(ˆˆ)ˆˆˆ(ˆ)ˆˆˆ(2
1
1
1
2
12
1n n n n n
n
L L L L L L L L L L L L
+++-+=1
21ˆˆˆˆL L L L n n
x
同理可证 ++-++=1
121ˆˆˆ)ˆˆˆ(M M M M M M m m m 则 {
}{
}
++=+++
+
+
)ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆˆ(21212121m n m n M M M L L L M M M L L L
{}
++=++-+++-+)ˆˆˆ()ˆˆˆ(1
111
M M M L L L
m m n n 3．若算符L e ˆ
满足
+++++=!
ˆ!2ˆˆ12ˆn L L L
e n L
， 求证：
++++=-))ˆ,ˆ(,ˆ(,ˆ(!
31))ˆ,ˆ(,ˆ(!21)ˆ,ˆ(ˆˆˆ
ˆa
L L L a L L a L a e a e L L 其中， L a a L a L
ˆˆˆˆ)ˆ,ˆ(-≡ [证] 方法一：把L
e ˆ直接展开，比较系数法。

⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+++-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=- !ˆ)1(!2ˆˆ1!ˆ!2ˆˆ1ˆ22ˆˆn L L L a n L L L e a e n n n L
L
3
3222ˆˆ!
31ˆˆ!31)ˆˆˆ(!22ˆˆ!22ˆ!21ˆ!2ˆ)ˆˆˆˆ(ˆL a a L L a L L a L a a L L a a L a
-+--++-+= +-+L a L L a L ˆ
ˆˆ!21ˆˆˆ!2122 而 L a a L a L
ˆˆˆˆ)ˆ,ˆ(-= [][]{}
L L a L a L L a L a L L L a a L L a L L ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ!
21)ˆˆˆˆ(,ˆ!21)ˆ,ˆ(,ˆ!21+--=-= L a L L a a L ˆ
ˆˆ!
22ˆˆ!21ˆˆ!2122-+= [][]
)ˆˆˆ2ˆˆˆˆ(,ˆ!
31))ˆ,ˆ(ˆ(,ˆ!3122
L a L L a a
L L a L L L -+= L a L L a L L a a L ˆ
ˆˆ!
21ˆˆˆ!21ˆˆ!31ˆˆ!31233-+-= …………
因此，把L
L e a
e ˆˆˆ-展开式的L
ˆ的同次幂的系数合并之后，我们容易得到： ++++=-)))ˆ,ˆ(,ˆ(ˆ(!
31))ˆ,ˆ(,ˆ(!21)ˆ,ˆ(ˆˆˆ
ˆa
L L L a L L a L a e a e L L 方法二：定义算符 L S L S e a e s a
ˆ
ˆˆ)(ˆ-= 其中S 是辅助参数。

则算符)(ˆs a
对S 的微商给出 ))(ˆ,ˆ(ˆˆˆˆ)(ˆ
ˆˆˆs a L L e a e e a
e L ds
s da L S L S L S L S =-=-- )))(ˆ,ˆ(,ˆ()(ˆ,ˆ)(ˆ22s a L L ds s a d L ds s a d =⎪⎭⎫ ⎝
⎛=。