1、第四章：力學量用算符表示 1設是的可微函數，證明下述各式：一維算符（1）（證明）根據題給的對易式及（2）（證明）同前一論題80物83-309蔣（3）證明同前一題論據：（4）證明根據題給對易式外，另外應用對易式 （5）（證明）論據同（4）：（6）（證明）論據同（4）：81(2)證明以下諸式成立：(1) (證明)根據坐標分角動量對易式 為了求證 該矢量關系式，計算等號左方的矢量算符的x分量。 以及看到 由于輪換對稱性，得到特征的公式。(2) （證明）證法與（1）類似，但需先證 分量與 分量的對易律同理可證明其他輪換式，由此得普通式取待證的公式等號左方的x 分量，并用前一式加以變形：根據輪換對稱性，

2、證明待證式成立。(3)注意 與x沒有共同坐標。(4) 注意 沒有共同坐標，因此可以對易即 ，故(3) 為粒子角動量。F為另一力學量，證明：其中表示空間坐標的梯度，表示動量空間的梯度。證明按照題意又F可看作坐標，動量的函數，它一般可以表示成為使證明題給論據清楚，可以先導出兩種交換關系，作為后文的準備，設為任意波函數在前式的最后一項中，當I=x時，可利用萊勃尼茲公式：當因此： 現在利用前二式來證明題給一式的x分量的關系成立，該式左方：86-87利用（1）和（2）得 同理可得 綜合3式得4設算符A，B與它們的對易式A，B都對易。證明(甲法）遞推法，對第一公式左方，先將原來兩項設法分裂成四項，分解出一

3、個因式，再次分裂成六項，依次類推，可得待證式右方，步驟如下：按題目假設 重復運算n-1次以后，得（乙法）數學歸納法，待證一式當n=1時，是明顯成立的，假設當m=k時該式成立，而k 1，則應有現在計算 有: 利用前述的假設但又按題目假設用于前一式得待證一式。關于第二個公式也可按相同的步驟證明，不另列述。但若第一式證實，則亦可從第一式推第二式，注意88-89將第一式對易式中兩算符對易得再將文字A，B對易得（5）證明 （證明）本題的證法與題四的第一法完全相同，只是條件A，B與A，B對易一點不能使用，即從原來的對易式經過總數n-1次運算后，得取A=q，B=p，注意q，p=hi代入前一式后，有(6)證明

4、 是厄密算符證明）本題的算符可以先行簡化，然后判定其性質 是厄密算符，因此原來算符也是厄密的。另一方法是根據厄密算符的定義：用于積分最后一式：前式=說明題給的算符滿足厄密算符定義。（7）證 (A 等是實數)是厄密算符 （證明）此算符 F( ) 不能簡化，可以用多次運算證明，首先假定已經證明動量是厄密算符，則運用這個關系于下面的計算：滿足厄密算符的定義。 （8）證明（實數）是厄密算符。（證明）方法同前題，假定已經證明,都是厄密算符，即：又按題意得證算符是一維的。90 物83-309蔣這證明不是厄密算符，但滿足同理可證明將前二式相加除2，得因此是厄密算符。因此也是。又假定用作為厄密算符的定義，并設

5、則本題可用較簡方式來證明如下：因為 所以有 同理有91 相加除2，得：這證明右方一式是厄密算符。 （9）證明，若 當大時并不趨于0，則 不一定是厄密算符。（證明）設 , 是任選的兩個函數，適用分步法計算下列積分 繼續將后一積分作分步運算，共作n 次，其結果將是：由此計算可知若大括號里總和為0，則算符 符合厄密算符定義，但按題意 時， 不趨于0，因此我們無法證明大括號里總和為010證明 其中A(p,q),B(p,q)是正則動量和坐標的函數，上式左方是相應的算符。A,B是經典力學中的poisson括弧在多變量情形i=1,2,3.i自由度（證明）本題意思是要證明等號兩邊式子等效，但左方是算符式，可以

6、使用自變量 間的對易關系進行變形，為了證明方便，可設定 的函數形式如下：式中 是指兩組已知的復數，若 不能用的形式表示，則下面的證法無效，按此假設，可進行下述的變形運算：IA,B= 最后一式中出現座標的冪、動量冪之間的對易式，這類對易式的簡化并未有過，需做專門的計算；茲以的簡化為例：試將此對易式的第一項加以連續變形，并且運用已證過的公式：（4）（5）利用（4）式，令則有以下諸式：或： （6）同理有 （7）依次類推將（6）式代入（5）有：（8）將最后一式第一項分解，重復應用（6）：運用式（7）于前式中的:物83-309蔣（9）與（8）式比較，增加的高階次。（10）按同樣方法連續變形次，得到下式；

7、式中假設。 或改寫作：（11）將此式代到（3）式中，得下式：95 將這對易式遍乘以，則右方各項中，第一項將與無關，第二項以后含以上的冪，取極限時將留下第一項 （12）其次再考察題給公式等號右方的泊松括號，（用正則座標和正則動量表示的式子），我們論證的情形中，自由度，因而 按經典力學定義： = = （13）兩種計算的結果相同，因而題給的結果相同，因而題給的公式得到證實。11設F(x，p)是xk，pk的整函數，證明： 整函數是指，是數值系數證明本題照題給的表示式應當是三維的算符，其展開形式：先證第一式 最后一式曲括號內第一項為時為0，因為座標不同，時第二對易式任何情形是零，因而改寫成： (2)第二

8、式證明與前半題類似 （3）最后一式曲括號內這公式的詳細證明參看第3題，于是（3）式應寫成這樣，第二式得到了證明，這兩類式子形式相似，是因為是一對正則共軛量的緣故。12設是只賴于空間的力學算符，證明： （1）設是依賴于座標的波函數，先作以下計算 （2）代入題給式（1），并運算于： 消去第一，第三項前式首末兩式移去函數，得到特征公式（1）13利用測不準系估計諧振子的基態能量解寫下一維諧振子的經典的能量公式，或算符關系式： (1)取能量的平均值： 在一維諧振子的情形，座標的平均值，動量平均值計算座標和動量的“不確定度”（即均方根偏差）。 按一般公式 （2）因此能量平均值公式（1）可改用“不確定度”表

9、示 （3）但根據測不準關系式：作為估計，可以直接取其下限，即認為 將此結果代入式（3），并且計算的極小值，就是所求的基態能量： 用此取括號內值為零的條件，得 這時14利用測不準關系估計類氫原子中電子的基態能量（設原子核帶電Ze）。 （解）本題原是三維問題，但作為估計，計算不需嚴格正確，方法同前題。 （1）取能量的平均值，由于中心對稱性，可以認為動量的平均值是零，（這個平均值本是個矢量，但它的分量都是零）因此，此外，根據計算（第六章九題）知道在氫原子情形， ，因而。此外，所以，因此為計算方便，可取 對能量關系式取平均值 （3）利用測不準關系式，可以計算（3）的極值，但與之間并無已知的對易關系式，

10、此可作一維問題處理，認為，并用 （4）則（3）式成為： 當取時，E有極小值 就是基態能量15求證力學量與的測不準關系： （證明）根據（課本）測不準的普遍公式，若為任兩個力學算符，為它們的偏差，為不確定度，則：或 （1）本題中因此，有關的測不準關系寫成： （2）在本章第（11）題的第二個公式已指出代入（2），就得到待證的公式。16求證在的本征態下（證明）角動量分量算符滿足對易關系： 兩邊取平均值，設是本征態波函數，用標乘積運算符號： 前面的連等式中利用了標乘積分配律以及算符的厄密性，這樣證明 利用對易關系： 可以類似的證明。附帶指出，雖然，在本征態中平均值是零，但乘積的平均值不為零，能夠證明：說

11、明不是厄密的。，的平均值見下題。 17設粒子處于狀態，求， （解）是算符的共同本征狀態，在此態中，算符，具有對稱性，因而可假設，又已知利用算符恒等式：計算這個式子的各量在態中的平均值，用標積符號： 因滿足本征方程式 移項整理： （補白）若需要嚴格論證與的相等關系，可設 于是有 求其符的平方，用來表示： 再求它們在態中的平均值，在表示式中用標乘積符號時是 （1） （2）或都改寫成積分形式如下，積分是對空間立體角取范圍的： （3） （4）按角動量理論： （5） 和正交歸一化條件： （6）將運算公式（5）使用于（3）式的各項，得結果如下：注意上述每一個積分的被積函數都要使用（5）的兩個式子作重復運算

12、，再代進積分式中，如： 將它們代入（3）就得到前一法（考慮對稱）得到相同的結果。 又從（4）式看出，由于沒有貢獻，（3）（4）應有相同的結果。第二種方法運用角動量一般理論，這在第四章中并沒有準備知識，所以用本法解題不符合要求，只作為一種參考材料。18設體系處于態，求（1）的可能測值及其平均值。（2）的可能測值及相應的幾率。（3），的可能測值。（解）（1）按照習慣的表示法表示角量子數為，磁量子數m的，的共同本征函數，題材給的狀態是一種的非本征態，在此態中去測量都只有不確定，下面假定 從看出，當體系處在態時，的測值，處在態時，的測值為零。 在態中的平均值 （2）又從波函數看出，也可以有兩種值，體系

13、處態中時測值為 當體系處在態時的測值為 相應的幾率即表示該態的展開式項系數的復平方：， 的并態中的平均值(3)關于在態中，的可能測值可以從對稱性考慮來確定，當使用直角坐標表示算符時，有輪換對稱性，由于在態中可有二種量子數所以將輪換的結果，知道的可能測值只能是 ，0，同理，的可能測值也是這此值 ，0，但如要計算（或）得到某個測值的幾率，則需要較多計算。（補白）前一題第（3）小題更嚴格的論證，要采用，的本征函數的矩陣計算法。若不考慮對稱性，則根據態不能直接辨出，的可能測值，而用間接方法。 或的本征函數與有關，時，的本征函數的座標表象用疊加原理寫成 （1）但滿足本征方程式：這種形式的方程式求解有困難

14、，考慮到角動量僅有分立本征值，所以我們將（2）改成角動量表象（，）的本征方程式，它是矩陣形的： （3）再附加上諸系數的歸一化條件： （4）從（3）和（4）可以解得三個系數，和本征值的三個值 （5）按一般習慣，本征值的排列要從最大的到最小的，相應的本征函數可以用角動量表象，也可以用座標表象，用前才時，是一個單列矩陣： （6）這三組角依此對應于本征值（自大到小）用座標表象時: (7)再考查時的本征函數，這種情形下的座標表象的本征方程式是也不容易求解，而必須化成角動量表象（）的本征方程式，是矩陣的： （8）再附加上各個系數的歸一化條件如下： （9）解（8）和（9），得到本征值五種 角動量表象的本征函

15、數（本征矢）共有五個，分別和以上五種本征值對應：（注意：這些本征矢仍和的情形一樣，是先用久期方程式求解五個本征值，再逐個地代入（8）所表示的五個關于的線性方程式的歸一化條件（9）才能得到的） （10）波函數的座標表象和（7）相似，寫成五項疊加式，例如： （111） （112） （113） （114） （115）波函數組（7），（10）都是的本征函數，并且我們已經論證了的五種本征值的來源，不是從輪換對稱出發，而是從本征方程式出發得到的結論。若進一步需要計算在態中，測量得值（或其它本征值）的幾率是多少。可根據疊原理，將寫成所有八種本征函數的疊加式： （12）這個疊加式中，D和都有兩個指標，第一個是

16、量子數，第二個是量子數，從（12）可以看出在的狀態中，取各種可能測值的幾率如下表：的本征值20-2相應的幾率+諸D的計算有兩種方法，第一法是直接法，此法是從方程組（7）中解出，我們需要的，而用的本征函數，的項表示它，這方法是初等的，結果 （13）其次再從方程式組（11）解出我們需要的，而用等的項表示，結果： （14）將（13），（14）代進（12）式的第二道式子，并和后面第三式系數對比，得到： , , , ， ， ， （15）代入前一表格得到：。本征值0-2相應的幾率+第二種算法是利用本征函數的正交歸一性。考察構成的共同本征矢量構成的希爾柏特空間，此空間中都是基態，此空間中是一個矢量，()等八

17、個的本征函數也是此空間的矢量，但不是基矢，等八個系數是等在上的投影，因為，正交，之間也正交，因此在計算時，可取（12）的復共軛式，遍乘再積分，得： 又計算諸系數時同樣，如求時，取（12）的復共軛遍乘積分：其余各個系數依此類推。19求證在的本征態下，角動量沿著與軸成的角度的方向上的分量的平均值是：。（解）角動量沿著與成解的方向（此方向用單位矢表示，它不是唯一的，因由方位角給定），有一投影，它的解析式是： （1）計算在的本征態中角動量投影的平均值：（2）式中 根據（16）題的結論，本征態下，故前一式第一，二兩個積分無貢獻，由于：，因而 （3）20設是的本征態，相應的本征值是（取）則：是算符：的本征

18、態。（解）本題是前題的廷續，它最簡單的解法是利用旋轉算符，角動量理論中證明，若將參座系圍繞某個軸旋轉過一角度，則描寫狀態的波函數將受到變換,叫旋轉算符： （1） 這個算符的源在課本中有論述，這是從略（十四章14.3）設原來的參考系是（）這時，關于的本征函數記作。現在象附圖那樣，將參考系先繞軸轉角成為，再繞原來的軸旋轉角成為從的軸成為，從圖看原來的軸變為，它在原來參考系中的角座標是，這個變換中，波函數變為，但又表示角動量沿分量的本征函數，因為在這個變換中并不跟隨著變，因而有此結論。21證明對任何兩個波函數，滿足下述施瓦茨的不等式：（證明）本題有一定的證明法，它和海森伯的測不準關系式的普遍證法相類

19、似，首先，尋找一個含有，的復平方式子，令這個式子大于零，經過試探性計算，知道采取下式有效： 此式中的尚待選擇，將前式展開寫成標識和形式： （1）前式中第一，四二項恒為正，二，三兩項符號不定，我們這樣來選取，使它能使的二個異號項抵消，由于未定，這種選擇是可能的： （2）選取方括號內項為零，得，于是： 代入（2）得： （3）此式即待證的一個不等式。本題也可以在一開始就假設下式成立：將它展開后稍加變形，使能待證。22設為正定的厄密算符，為任意二波函數，證明： （證明）因為是正定的，按定義它的平均值是正數，即不論在何態中有：經過試算知道，仿照測不準關系的普遍證法，選取使有關，令又設 （1） （2）選取

20、方括號內式子為零 （3）將（3）代入（2）： （4）整理后就得待證一式。23在一維對稱勢阱中，粒子至少存在一種束縛態（見3.1節）在給定勢阱深度情況下，減少勢阱寬度，使，粒子動量不確定度位置不確定度，因而下列關系似乎存在，這與測不準確關系矛盾，錯誤何在？（解）在一維有限深（）勢阱的問題中，以勢阱中點作為原點時，至少有一個偶宇稱的束縛定態，其能量E決定于條件： 因此這個基態能級E與有關，甚小時，E也甚小，座標不確定度不能簡單的用勢阱寬度來估計，估計值只需正確到數量級，勢阱兩邊的波函數是 可設波寬度擴展到振幅處，即，得 小時 因此 這與測不準不相矛盾，題給論點的錯誤，在于隨意地估計小幾率波的范圍。

21、24證明在不理續的能量本征態下，動量平均值是零。（證明）第一法：根據第三章的定理二及推論，不連續能量本征函數是實函數，是非簡并的，一般又是平方可積的，因而： 以一維問題為例 第二法：亦以一維為例，可推廣到三維，先證普通公式 對任意波函數： 因而 現在取該式二邊在能量本征態（分立）下的平均值，并注意：此式因而等于零，從而。設屬于某能級的三個簡并態彼此線性無關但不正交，試找出三個正交歸一化的波函數，它們是否仍為簡并？（解）用Schmidt法，選（）則被歸一化了。選 （）則故正交。選使則為正交歸一組。再設 （）則 故與都能正交。選 這樣選的是正交歸一化組。將算符作用于（）式：同理作用于（）式：，同理

22、有，因而仍有共同的能量本征值，簡并不消失。證明以下諸式：（）（證明）設是階數的矩陣，由它們形成的行列式記作和。設的矩陣元記作，的矩陣元記作，按行列式理論，的行列式的值是：（）式中是排列中的逆序數（逆序數指這種排列相對于正常排列發生的編號逆轉），（）式可改寫為下式：（）但是的逆序數。如果將（）的每一指標加以變更，可得（）（）的結合形式：（）同理另一行列式寫作（）但分別是排列和的逆序數，取二者乘積：（）若在求和式中選取則（）式成為（）再計算，它是矩陣積的行列式的值，按矩陣乘法設是的矩陣元是：（）的行列式的值是：（）是排列，是排列的逆序數，（）與（）的形式結構是相同的，這證明（）證（證明）本題是一個

23、么正變換后的算符的矩陣的行列式，與原來算符的矩陣的行列式之間的相等關系。本題利用前一題的結論加以推廣；先將積的行列化成行列的積：因為等都是數值而不是算符或矩陣，因而遵守對易律再將行列式積化成積的行列，進注意單位矩陣的行列式恒等于1，有 （3）證（證明）是Trace (或Spur)即“徑跡”的符號，按定義它等于矩陣的對角線矩陣元的和數： 但是矩陣的積，的矩陣元是因而 (4)證證明三個矩陣的積（三個算符）的徑跡具有一般表示式矩陣（）的對角線元素要求各個組成矩陣元最前一個指標（足碼）與最后一個指標相同，其余的指標則需要銜接，滿足這兩條件的矩陣元都屬于對角線矩陣元，但發現矩陣輪換時，以上二條件能滿足：

24、 式子得證。（5）證 證明 ，將矩陣元組成因子輪換。 有問題（補白）以上的（2）題表示矩陣么正變換（表象變換屬此）后，行列式值不變。（5）則表示么正變換不變更徑跡。徑跡在對角表象中代表本征值總和，這兩小題表示么正變換的兩項性質。 27設粒子處在寬度為的無限深勢阱中，求能量表象中粒子坐標和動量的矩陣表示。解一維無限深方勢阱的歸一化波函數是： 這波函數是能量本征函數，任何力學量的矩陣元是： 此公式用于坐標矩陣： 此式不適用于對角矩陣元，后者另行推導。當m=n時，得對角矩陣元： 動量矩陣元（非對角的） 28用矩陣乘法，根據諧振子的能量表象中的x矩陣來計算的矩陣。解本題要運用諧振子波函數（定態）的一個

25、遞推公式： 在一式等號左右方同乘以，然后對x 進行積分，得到諧振子的x矩陣元： 根據矩陣乘法法則，以及投影算符的性質的矩陣元可以用x的矩陣積的元表示，公式如下： 等是諧振子的能量本征矢。將代入，得： 這個結果還能夠簡約，為此可將兩個的乘積按照下述方式簡約，例如：29設任何一個厄密矩陣能被一個么正矩陣對角化，由此證明兩個矩陣被同一個么正矩陣對角化的條件是它們彼此對易。證明對易關系充分性的證明。設。又設是一個足以使對角化的么正算符，則 再求的變換矩陣元 由于此式左方不論為何值都為零，右方可利用矩陣積的元素的展開法則： 利用式于，則可以寫成不為零的項是：（因為矩陣元是數，可以對易）即： 此式成立的條

26、件是：時， 時，故是對角矩陣的元素，是對角矩陣，而是能同時將對角化的么正變換算符。對易關系必要性的證明：設能同時將對角化，則有： 試對進行變換，有：寫成展開式，再將代入：后面不論取或其它值，這個矩陣元永遠是零，這說明矩陣的一切元素是零，這必需是。30 設，寫出在x表象中及的矩陣元。在一維座標表象中x具有值的本征函數是，按照算符矩陣元定義，算符的矩陣元是的矩陣元 利用函數的變換性質 令 或的矩陣元令 的矩陣元令得31同上題，寫出表象中的，的矩陣元。解在表象中，求其算符的矩陣元用公式在計算的矩陣元時，可假設或的形式：其中，又 ,試用純矩陣的辦法，證明下列求和規則：其中x是r的一笛卡爾分量，指對一切

27、可能態求和，是相應于n態能量。（提示）求，然后求矩陣元解根據提示，先計算對易矩陣（與本題六類似） 不用的顯式，直接對易式定義將后一對易式展開： 這兩種形式算符相等效： 求能量本征態，所對應的上述算符的矩陣元，在計算過程中，凡是兩個以上的算符乘積的矩陣元都用每一算符的矩陣元的項表示，此外矩陣元也用簡寫的代表文字如：改用成矩陣元乘積利用投影算符：，； 因為矩陣元是能量表象 ， 將求和指標全部寫成p，前式成為： 前式中再令m=k，得： 能量本征函數一般是實數函數，x又是厄密算符33在一維諧振子的哈密頓量中引進無量綱變量，及參數s 此時 薛定諤方程式為：證明： 求出諧振子能級和歸一化的波函數 令 ，

28、求利用和基態波函數將第個激發態表示出來。（5） 求在能量表象中的矩陣元。解（1）= （1） （2）先使用第（4）小提的代表符號，可知以下關系成立： = （2） （3）又能量本征方程式可用表示為： （4） （5）特征的一個方程式也改寫成： （ （6）（ （7）利用對易關系（3）先將（6）式左方變，使其變形為右方一式（ = = = =將最后的算符運算于能量本征函數，并利用能量本征方程式（4）： =因此 （或 另一種對應關系的證明從（7）式左方開次：（+ = = = = =（ （3）諧振子的能級：方程式 是以為能量的本征方程式，也寫作： （8） 將它與已證過的方程式（6）比較，發現二者形式一樣，因此

29、若代表相對能量是的本征函數，則就代表能量是的本征函數。現在再證明諧振子在任何態中的平均能量是正數，因為都是厄密算符，所以 = = 在能量本征態中，其平均值就等于本征值，所以本征值。 又因為：若是屬于本征值的本征函數，成比例于本值的本征函數。能量本征值是正的，因此必有一個最低能量 而，與對應的本征函數，而將不存在這種狀態，即 = 0 （9）即（，但因為 前述方程式成為： （分離變量積分，得到： （10）常數C由的歸一化條件決定： 這樣求得階數最低的歸一化本征函數： （11）與對應的能量本征值可能（11）代入能量本征方程來得到： 得最低能級 =但由式（7）看出，其他較高的能級是 （n = 1,2,

30、3,4 整數） （4）由基態波函數計算激發態波函數 為此需要求得和間的遞推式，從前一小題結果，能量本征方程可寫作或象（4）那樣，改用，表示： （ ） （12）叫占有數算符，即能量的本征函數。同時也是占有數算符本征函數，本征值是。 將運算于，同時利用對易式=1有： =即，若是 的本征函數，則也是 的本征函數，其本征值增大了1。但是是的屬于本征值的本征函數，因而若無簡并，二者應成正比： （13）同 理可證明關系 （14） 將（13）遍乘 積分，以便求得，有： 利用（14），有 （15）再計算，并利用（13）（14）（15）結果 將此式結果與本征方程式（12）比較，并設是數，有 =于是得到遞推公式：

31、 （16） （17）現在利用（16）于n=0的情形得：再利用（16）于n=1,n=2,.直到運算n次，得以下的結果： 依此類推得： （18）（5）在能量表象中的矩陣元的計算：將表示，有 （19）根據矩陣元的定義，使用Q作為自變量（代替x）,利用（18）和（19）用來表示的矩陣元：利用伴算符定義： = = （20）最后一式是矩陣元的一般表示式，由此看出，若m+1=n則第一項不為零，第二項為零，若m=n+1則第二項不為零，若mn+1,n-1,則二項都為零，由此得到不為零矩陣元是：（P）= （21）（m和n都是自小到大向右向下排列，并且m,n都0開始）的能量表象矩陣元用類似方法計算。（Q）= （22

32、）（34）那么正算符U（t）對t求可導，則算符為厄密算符。（證明）若U(t)是個么正算符，則必滿足定義 （1）因為的導數存在，故對前式求導時，有 （2）遍乘以hi,移項 ，取此項左方的厄密共軛式，并注意到(此式已證過)有： 此式與前一式右方相等，因而也等于左方式即： 因而得結論該算符是厄密算符。又若滿足方程式為厄密（可能依賴于t）,則滿足方程式： （證明）原式是： （1）取該式的厄密共軛式： （2）將（1）式右乘，再將（2）式左乘，再從（1）式減去（2）式，得： 即 (35)設為么正算符。證明：（1）與是厄密算符，且 （2）（因而可同時對角化。 （3）設的共同本征態為本征值分別為 即因此可令為

33、實數），從而有（4）證明可以表示為： （H厄密算符）（證明）（1） 故是厄密的。故也是厄密的（用了因是么正的，故故最后一式簡化為。（2） 可交換，故當采取一種表象使對角化時，該表象亦能使對角化（課本，不另作證明） （3）按題意算符的定義是將前面的第一個本征方程式加上第二個本征方程式乘以,得到：將這個方程式和比較，得知要求此式，可將運算于的本征方程式，有同理有 二式相加得 按照第（1）條小題得故有，兩個實數的和等于1，則此兩數表示成但（實數），這樣算符的本征值一般是個復數，它表示成： （4）要證明算符和等同，需要證明這兩算符運算于任一態矢量的結果相同。 按（2）和（3）小題有共同本征矢，它構成完

34、備系，因此可將它來展開得：但即 是任何態矢量，因而命題得證。 （36）證明（1）若一個N階矩陣與所有N級對角矩陣對易，則必為對角矩陣。（2）若它與所有N階矩陣對易則必為常數矩陣。（證明）若矩陣與一切具有相同階的對角矩陣對易，則有：（1） B（B A，因B是對角矩陣，所以它的不為0的元是形式，前一式為 移項 但即（A）的非對角矩陣元為0,其對角矩陣可以不是零，因而（A）也是對角矩陣。 （2） 設與一切同階矩陣對易，則也應與一切尋角矩陣對易，按前一小題，必然是對角矩陣，其對角元素是形式。又另一方面又與一切非對角矩陣對易而，我們又有: (即 移項得 但的各個對角矩陣元彼此相等，所以又是常數矩陣（對角

35、位置元素相等的特殊對角矩陣）。 （37）厄密算符與，滿足求（1） 在表象中，與的矩陣形式，并求的本征函數表示式。（2） 在表象中，的矩陣形式，并求的本征函數表示式。（3） 從表象到表象的么正變換矩陣。 （證明） （1）按題給的三個條件，設算符A的本征矢量是本征值是，則有： 重復運算得： 可見算符的本征值是，并與有共同本征矢。按題意，而。此外，又因為，所以的本征值只會有兩個，即。 在表象中，用的本征矢作基矢，而的矩陣為對角的，對角矩陣元是本征值，因而： A= (1) 在表象中的矩陣不能直接設定，可假設它是： B= （2）利用，代入（1）（2）得到： 由此得到而（2）式得到簡化： B= （3）再利

36、用條件 有： =由此得到而（2）式得到得簡化： B= （3）再利用條件有： =，得 B= （4）此外因為B是厄密算符，它還需滿足條件： B= 即=得到 （5）所以滿足（4）（5）的最后的解是：B= （6）這里的是任何實數，代表一個不確定的相位因子。最后求在表象中的本征矢和本征值，本征矢單列矩陣：寫下本征方程式（矩陣形式）有： = 即 （7）將（7）的兩式等到號左右方相乘，立刻得到本征值： 將本征值代入（7）式，得 這兩式不獨立，因而取最簡單的解，即取，加歸一化條件對于另一本征值，代入（7）得到： 也取，與前一情形相同，加歸一化條件所求的兩個B的本征矢是： 和 ；與相應的矩陣是： （8）相位因子

37、可取0以外的的值，但這時，B以及相應的本征矢隨同著更改，例如取時， 本征矢 ， （2） 在表象中，是對角矩陣，而則是反對角矩陣，的本征值也是本征矢和前一情形一樣，只是互換角色而已。（3） 象變換：尋求一個從表達到表象的變換s=.對算符來說，在自身表象中矩陣是而在表象中成為，按照表象變換理論假設算符在A表象中表示為，在表象中為，變換算符為，則=，或=。因此對算符來說有： （9）因為S是么正算符，它的矩陣之間要受到限制：，即 即： =任何二階的么正矩陣的元素之間要有這種限制，它等效于三個獨立方程式： -式（10）的通解是式（11）的通解是：將以上的解代入（12）又發現因此得到二階么正矩陣元素的通解

38、： （11）將（11）式用于（9）式，得： = 將等號左方簡化，并與右方對比各矩陣元： （12）它的合乎要求的普遍解答是 （13）第二個解僅僅是將未定的相位因子之間定下一個關系，將（14）代入（11）到下述的變換矩陣，保留兩個未定相因子：式中的值仍可以取任意值，要驗證這矩陣是否符合變換的要求，可將它代入（9）式等號右方。(38)設的本征矢，即為本征值，試證明也是K的本征矢，相應的本征值分別為（證明） （1）左乘M，利用對易式： 將前式作用于： 即 （2）將（1）左乘，利用對易式 將前式作用于： 即 利用本征方程式得 證畢附帶指出：如果將本題中關于，的對易條件要改成反對易條件，其它條件不變，我們也能證明或仍是的本征矢，但相應的本征值則是和。（39）設是一個小量，算符的逆存在，求證： （證明）如果將看作普通的數并設則上述式子是容易證明的，但事實上為算符，故不能直接用級數處理，一種簡單的證法是將算符（右乘該式左方得I，再右乘該式右方得： = （n-1個