曾谨严量子力学习题第八章

波函数记作或
中任意两个。 描写两电子体系的波函数是个别电子波函数的相乘积或其线性式，
根据§8.4的理论，要使体系的波函数成为总自旋的本征态，只有三种形 式的归一化波函数：
（1） 计算2s+1种 （2） 这种波函数种数等于2s+1文字中选择不同文字的种数计有种。
以上二类对称自旋波函数的总数目 n=(2s+1)+(2s+1)s=(2s+1)(s+1) (3)
(1) 整个体系的哈氏算符是：
（此式中r是电子相对位矢） 将自旋轨道相互作用算符用角动量算符表示，由于：
(2)
原子的状态可以用（）的共同本征函数表示，将算符（2），运算于这 个本征函数，可以求的能量贡献（修正量）
(3) 但当原子处在自旋的单重态时，
总自旋量子数s=0，有从（1）式的关系看出
因此J=L，（3）式成为：
则 （证明）先设： 代入
即
得
因此A的矩阵是
再代入
即
即b=0
于是A只能是形式
再代入
即
即a=0
于是，满足三个对易关系的二维矩整，只能是，而定理得证。
另一方法，用矢量矩阵-
仍设 代入
作简化：
从任何两个元素都能得到一组解
a=b=c=d=0
[14]证明找不到一种表象，在其中（1）三个泡利矩阵均为实矩阵或 （2）二个是纯虚矩阵，另一个为实矩阵。 （证明）根据角动量定义： 又根据第八章问题（1）的结论
(1) (2) 根据矩阵乘法法则，可以根据每一个矩阵的元素，求得乘积的径迹 （对角元素总和）： （方法二）不展开矩阵乘积，但利用自旋分量的性质 根据径迹的定义知道：若一个矩阵能分解成若干个同阶矩阵的和， 则原矩阵的径迹，应等于诸分矩阵的径迹之和，根据（3）： 但因为 而 。命题得证。 （3）式在习题（15）中已论证过。 ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――
但。（前一公式的来源不在本题中讨论） （1） （a）宇称：体系的哈密顿算符包括两粒子的能量和势能 (2)
按§5．3（P。176）一体系若具有空间反射不交性，则其宇称是守恒 的，即
(3) 在本题的情形，这条件是成立的，注意，粒子的动能可能梯度表示。 (2)式用坐标显示为：
(4) 当参考系发生空间反射时， 。但不变，此外总的自旋角动量依赖与自旋坐标和，与空间坐标无关， 因而也不随空间反射而变更，又因为
（解） 方法类似前题，设算符的本征矢是：
(1)
它的本征值是。又将题给的算符展开：
(2)
写出本征方程式：
(3)
根据问题（6）的结论，,对的共同本征矢，，运算法则是
，， ，
，，
（4）
将这些代入（3），集项后，对此两边，的系数：
（5）
或
（6）
（6）具有非平凡解（平凡解 ，）条件是久期方程式为零，即
它的解
（7）
(9) (10)
根据（1）：，因此在不失普遍性的情况下，可以设定以下形式： （11） (12)
式中必是实数，而，任意实数得相因子，根据（9）和（10），同样可 设：
（13） （14） 这四个元素满足（1）（4）（5）（8）和（9）（10），但对于（2）或 （3），对于（6）或（7）这两个条件的满足，给初相位，，，一些限
又 只与角度有关，与相对矢径无关，所以与一切与有关的算符对易
（7） 最后一式说明，归结为较简单的的运算
再注意到：
运用两个业已证明过的对易式（第四章）
将此结果代入（7）式，得到
所以最终得到：
（是守恒量 ）
（9）
（d）总角动量平方 ：
前一步骤出发，再计算 与的对易关系
（10）
现在将（8）代入（10），立即又有
最后得的本征函数： 对应本征值1 对应本征值-1
以上是利用寻常的波函数表示法，但在共同表象中，采用作自变量时， 既是坐标表象，同时又是角动量表象。可用矩阵表示算符和本征矢。
（7）
的矩阵已证明是
因此的矩阵式本征方程式是：
（8） 其余步骤与坐标表象的方法相同，本征矢的矩阵形式是：
[2]在表象中，求的本征态，是方向的单位矢。
[解] 自旋为s指的是自旋角量子数是s（它和轨道运动中的l相当），在 轨道运动中，角量子数给定后（l）,角动量z分量的本征值m有2l+1种不 同值：
推广到自旋的情形若自旋自旋角量子数（不一定是1/2，例如原子核的 自旋）则自旋磁量子数有2s+1种值
但s可以是整数，也可以是半整数。 自旋的不同态用来区别，第一电子的自旋波记作或，第二电子的自旋
制，将,,,的表达式代入(2)得： （15）
【18】证明，但，，是与能对易得任意矢量。 【证明】仿照前一题方法，并且利用前一题结论。
（方法一）直接展开矩阵积： (1)
(方法二)利用习题17的结论： (2)
重复使用此公式于本题的三重乘积
在第二项中应用公式(2),即在(2)式中作替换,, 得: (3)
最后一式中I式单位矩阵 和习题17一样,这个三重积已分解成四个单位矩阵的线性式，因
假设，试将（1）式运算于合成角动量的本征态（共同本征态），首 先，对于有：
（3） 式中；。 其次，可对于的本征态计算： 又因为，所以 [6] 一个具有两个电子的原子，处于自旋单态（s=0）。证明自旋轨道耦 合作用 。对能量无贡献。 [解]、整个原子的角动量看作每一个电子角动量矢量和，此外每一电 子角动量又包括轨道运动和自旋。
等，所以动能部分也不随反射而变化，所以（4）式整个不随反射变 化，若是任意函数，我们有：
即
是守恒量
（b）总自旋平方算符： 自旋和一切轨道运动的量都能对易，只需检验与 的对易性：
因等，又等，因此有： （6）
（c）总角动量分量 ： 总角动量分量与轨道运动部分的诸力学算符相对易，这在第六章中心 力场和第四章§4.1都有过讨论，只需证明与的势能部分的对易性就足 够。
（证明） 矩阵在一般情形有四个不为零的元素，若用四个已知的矩阵
表示成线性式，恰能附有四个待定系数，构成一义的解，即任意矩阵
（1）
我们得到关于未知系数的方程式组：
可以解得
（2）
但需要证明彼此独立，即不存在着不为零的系数足以使
即 这要求每一元素为零，即
同时满足这四条件的解只能是
即是线性无关的。 最后我们将任意矩阵用它和的径迹（Trace即对角元素总合）表示。从
而
【19】满足下列条件的维矩阵,称为矩阵
试求的一般表示式。 【解】设:
则 代入题给的第一个条件 化成等效的条件 同理，代入第二个条件
前列出的八个方程式并非完全独立。 容易看出（2）与(3)是复共轭，（6）（7）也是复共轭式，；因此只
有六个不相关方程式，因 等，又（1）（5）相减，（1）（8）相减，得两个关系式：
我们在（c）一小题中计算时全部用了直角座标，因此座标 有轮换的 对称，（10）式也是如此，因而应该也有下式：
(11) 将（10）和（11）的两式相加，得
(12) 从而也得到交换式
（是守恒量 ）
（e）这两算符不能是守恒量，因为它们不和对易。 （2）最后证明，在双电子体系的单态中，张量力等于零。 设第一电子的态用表示，第二电子用表示，在单态的情形，体系总自 旋的本征值S=0，自旋波函数是反对称的，写作
不论采取任何表象上述两组式子满足，从（1）看出若有两个算符在角 动量表象中纯虚数（每一元素为虚）如而为实矩阵，则可设
，a,b…… 都是实数。 代入（1）得 这要求是纯虚矩阵，与假设违背，又从（4）看出，如果全部是实数矩 阵，则这一条法则也违背，故是不可能的。
[15]证明及I（单位矩阵）构成矩阵的完全集合，即任何矩阵都能用他们 的线性组合来表达，任何矩阵可表成：
（5）
（6）
若，有以下的二态：
（7）
（8）
将题给的态和一般公式对照，发现（1）（2）（3）式与（7）（5）
（6）（8）式相当，总角动量平方算符，总角动量分量算符可能测值如
下：
状 态
数值 算符
（1）
（2）
（3）
（4）
的量子数
3/2
3/2
3/2
3/2
的量子数
3/2
1/2
-1/2
-3/2
[5]令 ， ， 证明： （证明）本题的,是两个带有相加的常数分子的算符 根据总角动量理论内，前两算符可变形如下：
[10]证明：（1） （ ） （2） 其中
矢量与σ对易, θ表示θ方向的单位矢量。 （证） (j=x,y,z) (1)
（1） （2）
因此的性质与相同：
代入（2）式即得到待证明的结果。
[11]证明, 是与对易的任何矢量算符。 （证明）这是矢量关系式，可先证明x分量
=该式右方。
又这个证明对x,y,z有轮换性，故可不需重负对y,z运算。又 前式中用了对易式。
式（2）知道 （4）
从式子看出：
(6) 将(5)(6)代入(4)得 命题得证。 ――――――――――――――――――――――――――――――――――――― 【16】求证与三个泡利矩阵都对易的2×2矩阵，只能是常数矩阵。 【证】设能与对易：
满足 即 这要求，故的形式应受限制，成为 又满足即 这又要求因而的形式简化成这是个常数矩阵（元素相等）它可以满 足第三对易关系 因为 本题亦可以用矢量矩阵法（见第9题）求解。 ――――――――――――――――――――――――――――――――――――― 【17】证明.，是与 相对易的任意两个矢量，与自旋的自由度无关。 【证明】以下的论证中，为使公式形式略为简化起见，忽去算符的 符号“”不写，但矢量符号“”依旧。 （方法一）直接用矩阵展开式计算，利用自旋分量公式 ，，，将等表成矩阵：
所以，轨道自旋的耦合作用对能量本征值没有影响，因不含