量子力学习题解答-第2章
量子力学第2章习题
240
n6 6
,
n = 1, 2, 3L
n 为偶 n 为奇
能量平均值
E
a
Hˆ
dx
0
a c2 x(a
0
x)(
h2 2μ
)
d2 dx 2
x(a
x)dx
h2 30 a
5h2
x(a x)dx
μ a5 0
μa 2
能量平方的平均值
E 2
a
Hˆ
2
dx
0
a c2 x(a
0
x)(
h2 )2 2μ
a
2
讨论：显然 M 0, N 0,且N M > 0
令：
N M =n N nM
= n ,
a
En
2h2 2a2
n2 ,
n 1, 2,L
( x) = Asin( 1 n x + 1 n + M )
a
2
Asin n x + a
a2
（2.4）题
先归一化
1 a dx a A2 x2 ( x a)2 dx
(
z
)
=
0
2 3
2 μE3 h2
方程的解：
1( x) = A1sin(1 x) + B1cos(1 x) 2( y) = A2sin(2 y) + B2cos(2 y) 3(z) = A3sin(2z) + B3cos(3z)
( x, y, z) =1( x) 2( y) 3(z) = [ A1sin(1 x) + B1cos(1 x)] [ A2sin(2 y) + B2cos(2 y)] [ A3sin(2z) + B3cos(3z)]
量子力学解答(1-2 章)
ψ (0) = 0, ψ ( a ) = 0,
B ≠ 0, ⇒ k =
⇒ A=0 ⇒ B sin ka = 0
归一化，
答
案
i ⎧ 2 nπ − h E n t sin xe , ⎪ 得： ψ n ( x, t ) = ⎨ a a ⎪ 0, ⎩
网
ww
∫
a
0
B 2 sin 2
nπx dx = 1, ⇒ B = a
&dx = ∫ mx & ∫ pdq = ∫ mx
后
3 h 2 k 2 n 2 1/ 3 ( ) , n = 1,2,3... 2 m v v kr ) 证明: 注意到 F = − = − kr , 径向牛顿力学方程为 r k k = ma n = mrω 2 , 即 rω 2 = m 0 0 v ˆ ⋅ dr = ∫ − kdr = kr 选取 r=0 为势能零点, 势能为 E p = ∫ − kr
ww
对全空间积分并注意可与对时间求导交换，得：
//
w.
∂ * h2 h2 * 2 2 * ih (ψ 1ψ 2 ) = − (ψ 1 ∇ ψ 2 − ψ 2 ∇ ψ 1 ) = − ∇ ⋅ (ψ 1*∇ψ 2 − ψ 2 ∇ψ 1* ) ∂t 2m 2m
粒子在一维势场 V(x) 中运动，V(x) 无奇点，设
v
∫ψψ
全 * 1
2
dτ
之值与时间无关. 证明: 由 Schrodinger 方程：
∂ψ 1 h2 2 ih = (− ∇ + V )ψ 1 ∂t 2m ih ∂ψ 2 h2 2 = (− ∇ + V )ψ 2 ∂t 2m ∂ψ 1* h2 2 = (− ∇ + V )ψ 1* ∂t 2m
量子力学习题及答案
(7)代入(6)
csin2kk22a?dcos2k2a??kccos2k2a?
k21
kdsin2k2a
1
利用(4)、(5)，得
k1k2kasin2k2a?acos2k2a??acos2k2a?2kdsin2k2a
1
a[(
k1k2k?2k)sin2k2a?2cos2k2a]?0
1?a?0
?
2
2?
??4
??0?e?4(b?x)对于区域Ⅰ，u(x)??，粒子不可能到达此区域，故?1(x)?0
而. ????2? (u0?e)
2
0?
2
?2?①
??2? (u1?e)
3
???
2
?3?0 ②
??2?e4
???
2
?
4
?0
对于束缚态来说，有?u?e?0
∴ ????k21?2?0 k22? (u0?e)
因此k1x
??1?ae ?
3
?fe
?k
1x
由波函数的连续性，有
?1(0)??2(0),?a?d(4)
?1?(0)???2
(0),?k1a?k2c (5)??(2a)??1a
3?(2a),?k2ccos2k2a?k2dsin2k2a??k?2k2
1fe(6)
?1a
2(2a)??3(2a),?csin2k2a?dcos2k2a?fe
1???k1?1?1?2?(u0?e)?????2??k22?2?0 (2) k22?2?e?2
束缚态0＜e＜u0 ??
??3??k2
1?3?0 (3)?1x
1?ae
?k?be
?k1x
量子力学——第二章作业参考答案
+
⎛ ⎜ ⎝
∂ψ ∂t
*
Vψ
+
∂ψ ∂t
Vψ
*
⎞ ⎟
，
⎠
（2）
ψ 、ψ * 满足薛定谔方程
i
∂ψ ∂t
=
⎛ ⎜ ⎝
−
2
2m
∇2
+V
⎞⎟ψ ⎠
，
−i
∂ψ * ∂t
=
⎛ ⎜
−
⎝
2
∇2 2m
+V
⎞⎟ψ * ， ⎠
（3） （4）
用 ∂ψ * 乘以（3）式加上用 ∂ψ 乘以（4）式得
∂t
∂t
∂ψ ∂t
Vψ *
dt
s
通常 < 2V2 >≠ 0 ，也就是说在整个区域找到粒子的概率随时间发生变化，概率守恒破缺；
即使 < 2V2 >= 0 ，由（8）式知概率守恒也存在局域破缺除非V2 (r ) = 0
（b）证明如下： 由（a）得
d dt
∫∫∫ d 3rψ τ
*ψ
=
−∫∫ dsi s
j
+
∫∫∫ d 3rψ τ
*
2V2 ψ
第二章作业参考答案
(曾谨言著《量子力学教程》(第二版) 习题 1 P24-P26)
∫ 1.1 证明：（a）能量的平均值 < E >= d 3rψ *Hˆψ ，
哈密顿量 Hˆ = Pˆ 2 2m +V (r ) ，波函数ψ =ψ (r ,t ) ，（1）式变为
（1）
∫ < E >=
d 3r
⎛ ⎜ψ
*
Pˆ 2
+
∂ψ ∂t
量子力学课后习题答案
量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。
解 根据普朗克的黑体辐射公式dv e chv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1）以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。
本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。
但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kThce kT hc ehcλλλλλπρ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThcλλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为 x e x =--)1(5这是一个超越方程。
首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。
据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。
1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。
解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λh P =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph=λnmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。
量子力学第二章习题 答案
第二章习题解答p.522.1.证明在定态中，几率流与时间无关。
证：对于定态，可令)]r ()r ()r ()r ([m 2i ]e )r (e )r (e )r (e )r ([m2i )(m 2i J e)r ( )t (f )r ()t r (**Et iEt i **Et i Et i **Etiψψψψψψψψψψψψψψψ∇-∇=∇-∇=∇-∇===-----）（）（，可见t J 与无关。
2.2 由下列定态波函数计算几率流密度：ikr ikr e re r -==1)2( 1)1(21ψψ从所得结果说明1ψ表示向外传播的球面波，2ψ表示向内(即向原点) 传播的球面波。
解：分量只有和r J J 21在球坐标中 ϕθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇sin r 1e r 1e r r 0r mrk r mr k r r ik r r r ik r r m i r e rr e r e r r e r m i mi J ikr ikr ikr ikr30202201*1*111 )]11(1)11(1[2 )]1(1)1(1[2 )(2 )1(==+----=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ r J 1与同向。
表示向外传播的球面波。
rmrk r mr k r )]r 1ik r 1(r 1)r 1ik r 1(r 1[m 2i r )]e r 1(r e r 1)e r 1(r e r 1[m 2i )(m2i J )2(3020220ik r ik r ik r ik r *2*222-=-=---+-=∂∂-∂∂=∇-∇=--ψψψψ可见，r J与2反向。
表示向内(即向原点) 传播的球面波。
补充：设ikx e x =)(ψ，粒子的位置几率分布如何？这个波函数能否归一化？∞==⎰⎰∞∞dx dx ψψ*∴波函数不能按1)(2=⎰∞dx x ψ方式归一化。
其相对位置几率分布函数为 12==ψω表示粒子在空间各处出现的几率相同。
量子力学习题解答-第2章
若
ì0, V ( x ) = í î ¥ ,
则能量本征函数和能量本征值为
- a < x < a 其它地方
y n ( x) =
1 æ n p ö sin ç ( x + a ) ÷ , - a < x < a; n = 1,2,3,... a a è 2 ø
2 2 2 n p h E = n 2 2 m(2 a ) n = 1 是基态（能量最低） ， n = 2 是第一激发态。波函数相对于势阱的中心是奇偶交替
定态波函数满足含时薛定谔方程。 对分立谱，定态是物理上可实现的态，粒子处在定态时，能量具有确定值 E n ，其它力 学量（不显含时间）的期待值不随时间变化。对连续谱，定态不是物理上可实现的态（不可 归一化） ，但是它们可以叠加成物理上可实现的态。 含时薛定谔方程的一般解可由定态解叠加而成，在分离谱情况下为
第二章 定态薛定谔方程
本章主要内容概要： 1. 定态薛定谔方程与定态的性质： 在势能不显含时间的情况下，含时薛定谔方程可以通过分离变量法来求解。首先求解 定态薛定谔方程（能量本征值方程）
h 2 d 2 y + Vy = E y . 2 m dx 2
求解时需考虑波函数的标准条件（连续、有限、单值等） 。能量本征函数y n 具有正交归一 性（分立谱）
2
可以是物理上可实现（可归一化）的态。其中叠加系数 f (k ) 由初始波包 Y ( x,0) 决定
Y ( x,0) =
由能量本征函数满足
1 2p
¥
¥ ikx f ( k ) e dk ò -¥
d 函数正交归一性
1 2p
- ikx Y ( x ,0) e dk ò -¥
陈鄂生《量子力学教程》习题答案
第二章 力学量算符2.1 证明空间反演算符ˆˆ(()())x x ψψ∏∏=-是厄米算符。
指出在什么条件下，ˆd p i dx =- 是厄米算符。
2.2 动量在径向方向的分量定义为1ˆˆˆ2r p r r ⎛⎫=⋅+⋅ ⎪⎝⎭r r p p ，求出ˆr p 在球坐标系中的表示式。
2.3 证明[][]ˆˆˆ,()();,()()ˆx x x x p f x i f x x f p i f p x p∂∂=-=∂∂ 2.4 设算符ˆA满足条件2ˆ1A =，证明ˆˆcos sin i A e i A ααα=+，其中α为实常数. 2.5 设算符ˆˆˆˆˆˆˆ,1KLM LM ML =-=,又设ϕ为ˆK 的本征矢,相应本征值为λ.求证ˆˆu L v M ϕϕ≡≡和也是ˆK 的本征矢,并求出相应的本征值.2.6 粒子作一维运动,2ˆˆ()2p H V x μ=+,定态波函数为n ,ˆ,1,2,3,n H n E n n == (1)证明ˆnm n pm a n x m =,并求出系数nm a . (2)利用(1)式推导求和公式()22222ˆn m nEE n x m m p m μ-=∑ (3)证明()222n m n EE n x m μ-=∑ 2.7 设ˆF为厄米算符,证明在能量表象中下式成立:()21ˆˆˆ,,2n m nk n E E F k F F H k ⎡⎤⎡⎤-=⎣⎦⎣⎦∑ 2.8 已知(,)lm Y θϕ是2ˆˆZL L 和的共同本征函数，本征值分别为2(1)l l m + 和。
令ˆˆˆx y L L L ±=±. (1)证明ˆ(,)lm L Y θϕ±仍是2ˆˆZ L L 和的共同本征函数,求出他们的本征值.(2)推导公式1ˆ(,)(,)lm lm L Y Y θϕθϕ±± 2.9 证明ˆˆ11ˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆˆ,,,,,,2!3!A A e Be B A B A A B A A A B -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦2.10 设算符ˆA 与ˆB 同它们的对易关系式ˆˆ,A B ⎡⎤⎣⎦都对易，证明1ˆˆˆˆˆ,,n n A B nB A B -⎡⎤⎡⎤=⎣⎦⎣⎦ 1122ˆˆˆˆˆˆ,,ˆˆˆˆˆˆA B A B A B A B A B A B e e e e e e e ⎡⎤⎡⎤-+++⎣⎦⎣⎦==或2.11 设ˆL 为轨道角动量算符。
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第二章定态薛定谔方程本章主要内容概要：１、 定态薛定谔方程与定态得性质:在势能不显含时间得情况下,含时薛定谔方程可以通过分离变量法来求解。
首先求解定态薛定谔方程(能量本征值方程)求解时需考虑波函数得标准条件(连续、有限、单值等)。
能量本征函数具有正交归一性(分立谱)或函数正交归一性(连续谱)由能量本征函数可以得到定态波函数定态波函数满足含时薛定谔方程。
对分立谱,定态就是物理上可实现得态，粒子处在定态时,能量具有确定值,其它力学量（不显含时间)得期待值不随时间变化。
对连续谱，定态不就是物理上可实现得态(不可归一化)，但就是它们可以叠加成物理上可实现得态。
含时薛定谔方程得一般解可由定态解叠加而成,在分离谱情况下为 系数由初始波函数确定，由波函数得归一性,可以得到系数得归一性对态测量能量只能得到能量本征值,得到得几率就是,能量得期待值可由 求出。
这种方法与用 方法等价。
2、 一维典型例子：(a)一维无限深势阱（分立谱,束缚态） 能量本征函数与能量本征值为2222(), 0;1,2,3,...2n n n x x x a n a n E ma πψπ⎛⎫=<<= ⎪⎝⎭=若则能量本征函数与能量本征值为2222()(), ;1,2,3,...22(2)n n n x x a a x a n a n E m a πψπ⎛⎫=+-<<= ⎪⎝⎭=就是基态(能量最低）,就是第一激发态。
波函数相对于势阱得中心就是奇偶交替得:就是偶函数,就是奇函数,就是偶函数,依次类推。
(b)一维简谐振子(分立谱，束缚态):能量本征函数与能量本征值为21/4/2()(), ;2!1 , 1,2,3,...2n n nn m m x H ex n E n n ξωωψξξπω-⎛⎫=≡⎪⎝⎭⎛⎫=+= ⎪⎝⎭其中厄米多项式,可由母函数生成厄米多项式多项式满足递推关系 定义产生算符与湮灭算符 则有()()ˆˆˆˆˆˆ, 2m xaa p i a a ω+-+-=+=- 当处于能量本征态时2220, 0111122222n x p p T V m x E n m ωω==⎛⎫=====+⎪⎝⎭(ｃ)一维自由粒子(连续谱,散射态):定态薛定谔方程为能量本征函数与本征值为221(), ; 2ikx k k x k k k E mψ=≡-∞<<∞=能量本征函数满足函数正交归一性 定态波函数为2/(/2)()(,)2k iE t ikx i kx k t m i kx t k x t e ω---ψ=== 定态不就是物理上可实现得态(不可归一化),它代表一个向右传播得正弦波（)或向左传播得正弦波(）,波得传播速度(相速度)为尽管定态不就是物理上可实现得态，但就是定态叠加成得波包2(/2)(,)()(,)()i kx k t m k x t k x t dk k edk φφ∞∞--∞-∞ψ=ψ=⎰⎰可以就是物理上可实现(可归一化)得态。
其中叠加系数由初始波包决定由能量本征函数满足函数正交归一性波包在空间得传播速度称为群速度 (d ）一维函数势阱:函数得性质为在处由于函数势得存在,波函数得导数出现跃变(如果就是函数势，上式中做代换)束缚态:只有一个束缚态，能量本征函函数与本征值为散射态(连续谱):定态薛定谔方程得解为尽管散射态不就是可归一化得态,但就是我们可以用它作为代表来讨论入射粒子(波包)被势反射或透射得情况。
由波函数及其导数在连续与跃变条件,可以得出反射波振幅,透射波振幅与入射波振幅得关系（设,没有从右向左入射得波)。
计算出反射波几率流密度,投射波几率流密度，入射波几率流密度，可以得到反射系数与透射系数。
由几率流密度定义 (三维情况为) 计算出反射系数与透射系数之与为1、＊习题2、１证明下列三个定理解:（ａ) 证:假设在定态解把实数改为复数,则若在时刻，波函数就是归一化得,即在以后时刻所以要求在任何时候都有必须有，即必须为实数。
(ｂ）设满足定态薛定谔方程把这个式子取复共轭,注意到就是实得，得到显然与就是同一薛定谔方程得解,所以它们得线性叠加或也就是同一薛定谔方程得解。
显然就是实函数,所以一维定态薛定谔方程得解总可以取为实函数。
(c)对进行空间反演，得到如果势能就是偶函数，则有因此与就是同一薛定谔方程得解,所以它们得线性叠加也就是同一薛定谔方程得解。
,所以当势能就是偶函数,定态薛定谔方程得解总可以取为有确定宇称得解。
*习题2、２解:如果,那么与它得二次导数有同样得符号。
如果就是正值，它将一直增加,这与我们,得要求不符,导致函数就是不可归一化得。
如果就是负值,它将一直减少(绝对值在增大),这同样与我们,得要求不符，导致函数就是不可归一化得。
我们还可以从另一个方面讨论这个问题。
设就是定态薛定谔方程得一个归一化解,我们有在经典力学中我们同样有,一个粒子在一个势场中运动,它得总能量为动能加势能,因为动能，所以总能势能势能最小值。
如果总能势能最小值，将意味着动能为负值,这显然就是不可能得。
在量子力学中,如果,则意味着动能得期待值为负值,或得期待值为负值。
这对归一化得解就是不可能得。
*习题２、5解:(a)利用哈密顿本征函数得正交归一性所以(ｂ)代入并令()1222//1222221(,)()()2122sin sin sin sin 122sin sin 2sin sin cos iE t iE t i t i t x t x e x e x x x x e e a a a a ax x x x t a a a a aωωψψππππππππω---ψ=+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦(c) 时222001222(,)sin sin 2sin sin cos 2a ax x x t dx x x x x x t dx a a a a a ππππω⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=ψ=++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰⎰完成积分得到(以为中心得振荡)(d)由动量期待值与坐标期待值之间得关系(ｅ）()()()()()()12121212121212*////**1212////**1212////**12112222()11222(,)(,)12121212iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t i E E E x t H x t dxe e H e e dx e e H e H e dx e e E e E e dx E dx E dx E e ψψψψψψψψψψψψψψ-------=ψψ=++=++=++=++⎰⎰⎰⎰()12/()/**121211212t i E E t dx E e dx E E ψψψψ--⎡⎤+⎣⎦=+⎰⎰⎰⎰对测量能量,得到得几率为1／2，得到得几率为1/2、，这个几率同时刻就是一样得,也就就是说不随时间变化，这就是能量守恒得体现。
为什么会随时间变化,而不随时间变化?因为就是哈密顿算苻得本征函数, , 干涉项 由于本征函数得正交性,结果为零。
但就是对算苻，干涉项一般不为零 (与, 与一般不会正交)*习题2、、7解：(a ）得图形为归一化波函数()12)0,(1322/02/2222a A dx x a dx x A dx x a aa =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ψ=⎰⎰⎰∞∞- 所以(b)一维无限深势阱得定态波函数为 把初始波函数用定态展开 其中展开系数为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ψ=⎰⎰⎰aa a ann dx a x n x a dx a x n x a dx x x c 2/2/020*)/sin()()/sin(24)0,()(ππψ利用积分公式可以求出⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎭⎫ ⎝⎛=-,...5,3,1,64)1(,...6,4,2,02sin )(64222/)1(2n n n n n c n n πππ 所以（ｃ）测量能量得到结果为得几率就是 (ｄ)其中利用了级数求与公式（这些公式可由函数得傅里叶级数展开式得到,可在数学手册上查到)习题2、８解:(ａ）初始波函数为 归一化所以（b)一维无限深势阱得定态波函数为把初始波函数用定态展开 其中展开系数为[])2/cos(12)/sin(2)0,()(2/00*πππψn n dx a x n a dx x x c a ann -==ψ=⎰⎰ 所以测量能量得到基态得几率为*习题 2、12 解:由，***11() ()0n n n n n n n x x dx a a dxdxψψψψψ∞∞+--∞∞+-==+=+=⎰⎰⎰***11ˆ() )0nn n n n n nm p pdx aa dx m dx ωψψψψωψ∞∞+--∞∞+-==-=-=⎰⎰⎰2*2*2*11*22()2 ()2((1)2(21))2n n n n n n n n n nn n x x dx a a dxm a a dxm n m n n dx m ψψψψωψωψψωψω∞∞+--∞-∞∞+-+--∞∞+-∞-==+=++=+++++=⎰⎰⎰⎰2)12()1)1(12(2)1)((2)(2ˆ22*11*2*2*2ωψψψψψωψψψωψψωψψm n dx n n n n n n m dx n n a a m dx a a m dx p p n n n n n n n n n n n n+=-+-+-++-=-+--=--==-+∞∞--+-+∞∞--+∞∞-∞∞-⎰⎰⎰⎰2/)2/1(2222≥+=--=n pp xx p x σσ习题 2、1３ 解:(a ）归一化21*00*1212210*1022)169()1212169()43()43()0,(1Adx AdxAdx x +=+++=++=ψ=⎰⎰⎰∞∞-∞∞-∞∞-ψψψψψψψψψψ所以（b)其中 就是谐振子基态与第一激发态得能量。
()t x x x x e e x x x x e x x e x x x x e x e x e x e x t x t i t i ti ti t iE t iE t iE t iE ωψψψψψψψψψψψψψψψψψψωωωωcos )()(2524)(2516)(259)()(2512)(2516)(259)()(2512)()(2512)(2516)(259)(54)(53)(54)(53),(1021201021200*11*02120/1/0*/1/0211++==+++=+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ψ------ (ｃ）dxx x x t dxt x x x x x dx t x x x ⎰⎰⎰∞∞-∞∞-∞∞-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=ψ=)()(cos 252400cos )()(2524)(2516)(259),(101021202ψψωωψψψψ利用,,t m dx x x m t dxx x x t x ωωψψωωψψωcos 22524)()(2cos 2524)()(cos 25241110 ===⎰⎰∞∞-∞∞-t m t m m dt x d m p ωωωωωsin 22524sin 22524 -=-==或者()t m e e m ie x e x ex e x e x dx m i e x e x a a e x e x dx m i dx t x pt x t i ti t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE t iE ωωωψψψψψωψψψψωωωsin 2252425122)(54)(254)(53)(54)(532)(54)(53)()(54)(532),(ˆ),(/0/2/1*/1/0/1/0*/1/011111-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ψψ------∞∞----+--∞∞-∞∞-⎰⎰⎰ 由Eh ｒenfe ｓt ’s 定理代入谐振子势能,及,有t m t m m x m x V t m dt p d ωωωωωωωωωωcos 22524cos 22524cos 2252422 -=-=-=∂∂--=显然满足Ehrenfest ’s 定理 如果用替代,则有其中,重复上面得计算，有显然此时,仍然满足(也必须满足)。