Решения к учебному пособию - Отличная квантовая механика - Львовский А. (1238819), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Наблюдаемые координатыи импульса эрмитовы; в дополнение к этому имеет место равенство[y,p,]=[z,py]=O,потому чтооператоры,связанныес х-иу-измерениями, живут в разных гильбертовых пространствах. Такимобразом, мы можем записать для эрмитово сопряженногоРешение для упражнениянения(4.21)4.10.ixИ левая, и правая стороны уравзависят от четырех индексов- k, l,т, п.
В дополнение кэтому левая часть содержит немой индекс} (индекс суммирования).Глядя на левую часть, мы замечаем: для того, чтобы ejkl и ejmn одновременно были ненулевыми, у нас должны быть k* l и т * п, а также множества{k, l} и {m, п} должны содержать одни и те же элементы - т.
е.(k, l) = (т, п), либо (k, l) = (п, т). Скажем, если т = 2 и п = 3, необнуляющиеся элементы тензора ejmn должны иметь}= 1, следовательно,либо (k, l) = (2, 3), либо (k, l) = (3, 2). Именно отсюда возникают символы Кронекера в правой части. Если (k, l) = (т, п), то ejkl = еjтп' так чтопроизведение SkmS1" получается с положительным знаком.
Однако если(k, l) = (п, т), то ejkl = -ejmn' поэтому sknslm имеет отрицательный знак.либоРешение для упражнения4.11а) Воспользуемся ij = Е jmimPn и [rj, pk] = ili8 jk, чтобы записать[Lллj•rk] [л лл ]= Ej1n1iPn•rk=л[лл]=Ejln'i Pn,rk=(Ejln И~ коммутируютс rk, ПОЭТОмуМЫМОЖеМ)их вынести за скобки коммутатора= (-in)E jlk~ = inE jkl~( Е jlk -антис~мметричный тензор, )поэтому Е jlk--Е jlk149ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯЬ) Аналогичнос) [fJ, fk] = [Е jmimJ\ ,Eklq~J\J =ллл л(А.4 5 )= EjmnEklq[rmpn,1iPq] =(А.45)()= Е jmnEklq rm [j\ '~ ]J\ + ~ [rm 'J\ ]J\ == Е jmnEklq ((-itz)8nlrmpq + (itz)8mq~PJ == -itzE jm/Eklqrmpq + itzE jmnEklm~Pn =(4.21)= -inEijmE1qimPq + inEmnjEmkl~Pn =(4.21)= =itz(8 jq8mk -8 jk8mq )rmpq + itz(8nk8 jl -8n/8 jk )~Рп =-itzrkpJ + itz8 JimPm + itzrJA - ifz8 Jk~P1 == -itzrkpj + itzrjpk.В то же времяitzE jkli/= ifzE jk1E1mimPn == ifzEukElmnrmpn == ifz(8 jm8kn -8 jn8km )rmPn == itzrjpk - itzrkpj.Сравнивая два эти выражения, получаем искомый результат:[ij,ik] = ifzEJklfl.d)Здесь мы учтем тот факт, что квадрат вектора есть его скалярноепроизведение с самим собой:л(А.44а)лл[Lj,rikJ = rk[Lj,rkJ+[Lj,rkJrkr2=rmrm.
Следовательно,Упр.4.1 l(а)=2itzEjk/k~·Это выражение обнуляется по следующей причине. Если мыпоменяем в нем местами немые индексы150kи/,то получимРЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫНо EJkt= -EJtk.4Из этого следует, что данное выражение равносамому себе с противоположным знаком, а значит, оно должнобыть равно нулю.е) Рассуждения аналогичны таковым в пунктеf)и опять4.12.Решение для упражнения(4.19)d):Определение момента импульсаможно переписать какМы переставили на последнем шаге координату и импульс, потомучто eJlk не обнуляется только в том случае, еслиk* l, а координата иимпульс, связанные с разными гильбертовыми пространствами, коммутируют друг с другом.Выраж~ни~вектораkp1rk-EJ1идентично выражению дляj-го компонента-pxr.4.13Решение для упражненияа) Для центрально-симметричного потенциала мы можем записатьгамильтониан (4.7) как сумму функций наблюдаемых р 2 иF2:Каждый компонент момента импульса, как и его квадрат, коммутирует и с р 2 , и сF2,как мы нашли в упр.4.11,и, следовательно, должен коммутировать с каждым из двух слагаемыхгамильтониана, поскольку они являютсяЬ) Уравнение Гейзенберга(3.129) дляф ункциями"2рил2r .компонент вектора моментаимпульса имеет вид:i л лd л-Li(t) =-[H,Li(t)].dtп151ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯКак мы выяснили в пункте а), коммуrатор в правой части превращается в нуль.Решение для упражненияа) Применивл2л4.14(4.21), запишемлL =LjLj == (Е jk/J>1 )(Е jmimPn) == ukmu1п - ukпu1m rkp1rmPп == rkp,rkp, - rkP11iPk == rk(rkp, - inokl )р, - rkfJ1CAFi + inokl) == rikPiP1 - rkfJ,AFi -2iпrkfJ1<>k1 == rikPi Р1 - rkPkP1Fi -2irkpk == rikP1P1 -rkfJkCFiPi -зiп)-2inrkfJk == rikPiP1 - rkfJkFiP1 + inrkfJk =(\;:\;:\;:лллл\;:) лллллллл= Cf · f)(ft · ft)-(f · ft) 2 + in(f · ft).мы написали, чтоfJ1Pi = FifJ, + Зin,P1Fi = р): + P/J + PzZ .
Перестановка координаты иЗдеськаждом из трех слагаемых даетпосколькуимпульса вin.В классической версии этих выкладок присуrствуют только первые два слагаемых; третье, возникающее из-за некоммуrирующихнаблюдаемых, обнуляется. В классическом случае это соотношение очевидно из геометрии, потому что 1L 1=1lr·pl=lrllPlcosa,rгдеа-r·1 х р 12 + 1 р 1=1 r 12 Iр 12 •уголмеждуЬ) Умножив обе части уравнения (4.8) наrх р 1=1 r 11 р 1sin а иr и р; отсюдаf 2 , получаем(Р4.2)Теперь, подставивr 2 р 2 = f 2 + ( f ·ft )2 - inf · ftупражнения, находим(4.23).Решение для упражненияа) Наша цель-из пункта а) данного4.15переписать декартовы выражения(4.20)для компонентов момента импульса в координатном базисе в сфериче-152РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ4ских координатах. Для этого воспользуемся цепным правиломиз дифференциального исчисления функций нескольких переменных:дд дrд дед дфдхдr дхде дхдф дхдд дrд дед дфдудr дуде дудф ду-=---+--+---'(Р4.За)-=---+---+---,дд дrд дед дфдzдr дzде дzдф дz(Р4.ЗЬ)-=--+--+--.Решив уравнения(Р4.Зс)(4.lla),выразим сферические координатычерез декартовы:r = ~ х2 + у2 + z2 ;(Р4.4а)е = arccos ( ~) ;(Р4.4Ь)ф=arctg(~).(Р4.4с)Чтобы вывести уравнения(4.24), мы должны не только продифференцировать уравнения (Р4.4), но и выразить результаты всферических координатах.
Находим:дr. е-=sш соsф,дхдr. е-=SШду.sшф,дrде1дхrде 1.-=-COS е sшф,дуr-=-cosecosф,де =-.!.sine-=cose,дzдzr'дфдх1 sinф.= --;: sine'дф1 соsфду =-;: sine;дф =0.дz(Р4.5а)(Р4.5Ь)(Р4.5с)Подставив эти производные в уравнения (Р4.З), получим искомый набор производныхЬ) Уравнения(4.24).(4.25) получаются путем подстановки результатов из(4.20). Например:пункта (а) в153ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯix =-ih (У :z -zд~) =1 ·ед)- cos ---sш·е·sшф (еддедr r·[ rsш=-1hд 1 соsф д )] =.д 1 е sшф-+--.-.. е sшф-+-соs-rcos е( sшдrдеrrsш е дфд cos е cos ф д ] ... [ -sшф-= -1hsine дфдес) Для квадратов компонентов момента импульса пользуемся(4.25)и находим:лдzдzде2дф2L 2 =-h 2 sin 2 ф-+ctg 2 ecos 2 ф-+[х+ sin+ ctge cos ф~(sin ф~)];е cos ф~)ф~(ctgдедфдфдед )д ( ctgesinфд 2 -соsфд 2 +ctg 2 esin 2 фLл2 =-h 2 [ соs 2 фу22дедфдедф-ctgesinф~(cosф~)];дедФfzz =-h2~.дф2Сложив все три выражения вместе, получаем:д]д2 +ctge- .[ д2лL2 =-h 2 - 2 +(ctg 2e+l)2дФде(Р4.6)деЧтобы убедиться в эквивалентности этого результата уравнению(4.26),ctgотметим, что его второе слагаемое2 е 1 cos 2e+sin 2e+ =sin 2е1sin 2еидентично второму слагаемому вгаемое в(4.26)можно переписать как_l_~(sine~)=~+ cose ~sine де154(4.26).деде 2sine де'Кроме того, первое слаРЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ4что совпадает с суммой первого и третьего слагаемых в уравнении (Р4.6).Заметим, что в координатном базисеd)·п-r·p=- tz 2 r.-=д п 2 ( x-+y-+zддд) .1·JдrjдхдудzЧтобы вычислить это выражение, перепишем(4.24)какдхдxzдуд-=--+.222дх r дr r ~ х2 + у2 де r(x + у ) дф '(Р4.7а)ду дyzдхд-=--++.ду r дr r2~x2 +у2 де r(x2 +у2) дф,(Р4.7Ь)дz д----дzr дr~х2 +у2 дr2(Р4.7с)деОтсюда мы находим, чтоддддxдудzд(Р4.8)x-+y-+z-=r-дr'и следовательно,.
- - tz 2 r-.д (Р4 .9)1nr·p=дrВ соответствии с этим- -)2( r·p·п r д- ( -1·п r д- ) =- п2 ( r 2-д2+ r д- ) .=-1дrдrдr 2(Р4.10)дrРешение для упражненияв уравнение Шрёдингера4.16. Подставляя (4.27), (4.28) и (4.29)(4.23), находим в координатном базисе:22д ) +-+rА. 2V(r) ] R(r)Y,_(e,ф)=[ -tz- ( r 2 - д 2 +2r-2Мдrдr2М(Р4.11)= r 2 ER(r)YA (е,ф).Воспользовавшись2 ~)=r 2 ~+2r~~(rдrдrдr 2дrи сократив Ул(8, ф) с обеих сторон, получаем уравнение(4.44).155ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯРешение для упражнениял4.17.
Предположим, что множество {Л.}1собственных значений L2 невырожденно. Из упр. 4.11 мы знаем, чтокоммутирует и с ix, и с iY [которые, согласно (4.25), являются1.36 это означает,что существует ортонормальлный ?азис (мы его обозначим {1 А jxJ)} ), вкотором оба наблюдаемых L2 и Lx одновременно принимают диагональный вид, а также ортонормальный базис {1 А jyJ)} , в котор?м ОДI~овременно принимают диагональный вид наблюдаемые L2 и LY .i2локальными операторами в У].
В соответствии с упр.Поэтому имеет место равенствоfz = LЛ,j IAjx))('Ajx) = LAj IAjy))('Ajy)1j1·jНевырожденность \ подразумевает по определению, что {1 А jxJ)} ={1 А jyJ)}, а значит, два эти базиса совпадают. Получено противоречие.=Решение для упражнения4.18а) Компоненты момента импульса представляют собой эрмитовыоператоры, так что"'tLxл= LxL: =(Lx +iLJ =Lx -iLY = L_.ЛЛАЛЛАил(iLу )Ь) Воспользовавшись результатом упр."'2"'"'2"'·"""2"'tл= -iL4.11,у.Следовательно,находим•л2л[L ,L±]=[L ,Lx±iLy]=[L ,Lx]±t[L ,Ly]=O;[L+ ,i_] = [Lx + iiy,ix -iiy] = i[Ly ,ix]- i[Lx,iy] =21iL,.с) Из(Р4.12а)(Р4.12Ь)находим нужное соотношение:156РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ44.19а) Чтобы проверить, является ли состояние i+ IЛ.µ) собственнымсостоянием f 2 и f z , подвергнем его действию этих операторов.Поскольку f 2 коммугирует с i+ , имеет место равенство:Решение для упражненияИными словами,i+ 1Л.µ)есть собственное состояниественным значением Л.f2с собi, ,i,перепишемЧтобы произвести аналогичное вычисление дляи f+ слеполученное в упр.
4.18 выражение для коммугаторадующим образом:тогдаВидим, что действие оператора fz на состояние ( IЛ.µ) эквивалентно умножению этого состояния на (µ + 1i), так что f + 1Л.µ) это собственное состояние оператора iz с собственным значением (µ + h).Ь) Подобно вышесказанному, посколькуллLzL-ллл= L_Lz - /iL_,имеет место равенствоi,i_ IЛ.µ) =(i_iz - пi_ )1 Л.µ) =(µf_ - lii_ )I Л.µ) =(µ- li)L_ IЛ.µ)'это собственное состояние оператораственным значением (µ - 1i).так чтоf_ IЛ.µ) -fzс собРешение для упражнения 4.20. Пусть l'V) = i+ 1Л.µ) . Из предыдущего упражнения мы знаем, что l'V) - собственное состояние f z с собственным значением 1i(µ + 1i), т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
