曾谨言量子力学习题解答 第八章

曾谨言量子力学习题解答

第八章：自旋

x表象中，求 x的本征态 [1]在

（解） 设泡利算符 ， x，的共同本征函数组是： x1 sz 和x

2

1

2

2

sz （1）

x的本征函数，但它们构成一个完整 或者简单地记作 和 ，因为这两个波函数并不是

x的本征函数可表系，所以任何自旋态都能用这两个本征函数的线性式表示（叠加原理），

示：

c1 c2

(2)

x的本征值 ，则 x的本征方程式是： c1,c2待定常数，又设

x (3)

将（2）代入（3）：

x c1 c2 c1 c2 (4)

z表象基矢的运算法则是： x对 根据本章问题6（P．264），

x x

x的本征矢（2）是归一花的，将（5）代入（4）此外又假设 ：

c1 c1 c1 c2

比较 , 的系数（这二者线性不相关），再加的归一化条件，有：

c1 c2 (6a)

c2 c1 (6b)

c2 c2 1 (6c)

2 1

前二式得 1，即 1，或 1

当时 1，代入（6a）得c1 c2,再代入(6c)，得： c1

2

12

ei c2

12

ei

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是任意的相位因子。

当时 1，代入（6a）得

c1 c2

代入(6c)，得：

c1

12

ei c2

12

ei

x的本征函数： 最后得

x1

ei 2ei ( ) 对应本征值1

x2

( ) 对应本征值-1

2

x 共同表象中，采用sz作自变量时，既是坐标表以上是利用寻常的波函数表示法，但在

象，同时又是角动量表象。可用矩阵表示算符和本征矢。

c1 1 0

（7）

0 1 c2

x的矩阵已证明是

01 x

10

x的矩阵式本征方程式是： 因此

c1 01 c1 c （8） c 01 2 2

x本征矢的矩阵形式是： 其余步骤与坐标表象的方法相同， ei 1 ei 1

x1 1 x2 1

2 2

[2]在 z表象中，求 n的本征态，n(sin

cos ,sin sin ,cos )是( , )

方向的单位矢。

（解） 方法类似前题，设 n算符的本征矢是：

x c1 c2 (1)

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它的本征值是 。又将题给的算符展开：

x sin sin y cos z (2) n sin cos

y cos z c1 c2 c1 c2 (3) sin sin

2

写出本征方程式：

sin cos

x

y对 z 的共同本征矢 ， ，运算法则是 x, 根据问题（6）的结论， x

x ， y i ， ，

z ， z （4） y i ，

将这些代入（3），集项后，对此两边 ， 的系数：

cos c1 (sin cos isin sin ) c1

（5）

(sin cos isin sin ) cos c2 c2

(cos )c1 sin e i c2 0

或 （6） i

sin e c1 (cos )c2 0

（6）具有非平凡解（平凡解c1 0 ，c2 0）条件是久期方程式为零，即

cos sin ei

sin e i

cos

0它的解 2 1 （7）

1 时，代入（6）得：

c2 tg

2

ei c1 （8）

2

2

（1） 的归一化条件是： c1将（8）代入（9），得： c1 e

i( )

c2

1

cos c2 ei sin

22

归一化本征函数是：

1 e i e i cos sin （10）

2

2

1时，c1,c2的关系是：

c2 ctg

2

e i c1

归一化本征函数是：

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2 ei e i sin cos （11）

2

2

是任意的相位因子。

本题用矩阵方程式求解：运用矩阵算符：

01 0 i 10

x ， y i0 ， z 0 1 （12）

10

cos n i

sin e

本征方程式是：

sin e i

(13)

cos

cos sin e i c2 c2 (14) i

esincos c2 c2

n的本征矢是：

i( ) i( )

ecos sin2e 2 1 , (15) 2 i i sine cose

22

补白：本征矢包含一个不定的 相位因式e，由于 可以取任意值，因此 1, 2的形

式是多式多样的，但（15）这种表示法是有普遍意义的。

[3]在自旋态下 1(sz) ，求 sx和 sy

22

2

i

1 0

22

x的均方偏差 （解） sx是s

sx sx (sx)

22

y是，s的均方偏差 sy

2

2

2

sy sy (sy)

222

2

1(sz) s 1(sz)

422

2

x

2

1(sz) s 1(sz)s

422

2

x

2x

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x 1(sz) 1(sz) 1(sz)sx 1(sz)s

2 2

222

1(sz) 1(sz) 0

22

2

2

y对称，因而 x,s在 1(sz)态下，s因此 s

42

2

x

2

s

4

2y

j2和 jz的可能测值。 [4]求在下列状态下

（1） 1

1(sz) 11( , ) (1)

2

（2） 2

1 2(s)( , ) (s)( , ) (2) 1z101z11

22

1

（3） 3 1(sz) 1 1( , ) 2 1(sz) 10( , ) (3)

22

（4） 4

1(sz) 1 1( , ) (4)

2

（解） 依§8.2总角动量理论，若电子的轨道运动的态用量子数 l,m 表示，在考虑到自

2, j2, jz)共同表象，则电子的态可有四种；若l m，有以下二态： 旋的情形下，若用(l

l m 1

l,m( , ) 1 21l （5） j l , ( , ,sz)

2 l m

( , )l,m 1 2l 1 l m

l,m( , ) 1 l21 （6） j l , ( , ,sz)

2 l m 1

( , )l,m 1 2l 1

若l m，有以下的二态：

l,l( , ) 1

j l , ( , ,sz) （7）

02

j l

0 1

, ( , ,sz) （8）

( , ) 2 l, l

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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

jz可能测值如下： j2，总角动量分量算符 平方算符

状态

数值 算符

（1）

（2）

（3）

（4）

的量子数3/2 的量子数1/2

3/2 -1/2

3/2 -3/2

l l( 1) ， l 1 l ， 1 [5]令 llll

2l 12l 1

证明：

lljmj

ljmj 0 0 ljmj

lljmj

1

(j l 2 1

(j l )

21

(j l 2 1

(j l )

2

是两个带有相加的常数分子的算符 , （证明）本题的 ll

xl x yl y zl z l

根据总角动量理论内，前两算符可变形如下：

1 11l 1 22 2 s ()(1) ljll 21212121llll 1111(2) 2) ( l j2 l 2 sl

2l 12l 12l 12l 1

2, j2共同本征态），首先，假设l m，试将（1）式运算于合成角动量的本征态 ljmj（l

对于j l

1

有： 2

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a l,m l 11222 jls () lljmj

ll 2121 b l,m 1 3 aljjll(1)(1)(1) l,m

1 4

3 2l 1

b (l 1) j(j 1) l(l 1) l,m 1 4

33 1

allllll(1)()(1) l,m 1 224 （3）

133 2l 1

b (l 1) l(l )(l l(l 1) l,m 1 224 1 (2l 1)a l,m

2l 1 (2l 1)b l,m 1 ljmj

式中a

l m 1

；b 2l 1l m

。 2l 1

其次，可对于j l

1

的本征态计算： 2

bYl,m 1l 1 222 )} (j l s l l,j,m,j {

2l 12l 1 aYl,m 1

113

{1()(1)blllllY l,m 1 224 01132l 1 a{l 1 (l l l(l 1) Y

l,m 1

224

又因为 l l 1，所以

ll,j,m,j (1 l) l,j,m,j

1

(j j )0 2

1 l,j,m,j(j l )2

[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 ( )s。L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。

(1) J j1 j2,L l1 l2,S s1 s2,j1 l1 s1,j2 l2 s2

整个体系的哈氏算符是：

H H0 ( )L S （此式中r是电子相对位矢）

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将自旋轨道相互作用算符用角动量算符表示，由于：

J L S

2 2 2 J (L S) (L S) L S 2L S 2) H 1 ( )(J 2 L 2 SH0

2

(2)

,J ,J ）的共同本征函数 原子的状态可以用（L，运算于这个ZL,J,JZ表示，将算符（2）

2

2

本征函数，可以求的能量贡献（修正量）

2}} 1 ( ){J 2 L 2 S{ HH0L,J,JZL,J,JZ

2

1 H ( ){J(J 1) 2 L(L 1) 2 S(S 1) 2} L,J,JZ

0L,J,JZ

2

(3)

但当原子处在自旋的单重态时，

S1 S2,S 0

总自旋量子数s=0，有从（1）式的关系看出

J j1 j2 l1 s1 l2 s2 l1 l2 L

因此J=L，（3）式成为：

HL,J,JZ H0 L,J,JZ

所以，轨道自旋的耦合作用对能量本征值没有影响，因H0不含S L

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[7]设两个自旋为

1

的粒子的相互作用为： 2

V(r) VO(r) VT(r)S12 第一项为中心力，第二项为张量力的证明：

2

不 2和S 2及总的z向分角动量J 均为守恒量，但L（1） 宇称л、总自旋S、总角动量J

是守恒量。

（2） 在自旋单态下，张量力为零。

（解）题中张量力（本章中问题13.P283）如下：

2

3( 1 r1)( 2 r2) 6(S r) 2 (1) S12 ()2S12

r2r2

但r r1 r2。（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

6S r p p H VO(r) VT r 2 2S2 (2)

2 12 2

r

2

1

22

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

*

] 0 (3) ,H [

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：

222

1 (H

2 1 x12 y12 z12

6[S (r1 r2)]2

2} 2S VO(r1 r2) VT(r1 r22

r1 r2

当参考系发生空间反射时，

x1 x1,x2 x2,y1 y1,y2 y2,z1 z1,z2 z2,r1 r2 r2 r1。但

2 2 2(2 2 2

2 2 x2 y2 z2

1

(4)

r1 r2不变，此外总的自旋角动量S依赖与自旋坐标sz1和sz2，与空间坐标r1,r2无关，因

2

而S,[S (r1 r2)]也不随空间反射而变更，又因为 2 2

22

x1 ( x1)

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(r1,r2,sz1,sz2)是

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任意函数，我们有：

H H

] 0, ,H 是守恒量 即 [

： （b）总自旋平方算符S

2

2

2 自旋和一切轨道运动的量都能对易，只需检验S与 (S r)的对易性：

2

2(x x) S 2(y y) S 2(z z)(S r) Sx12y12z12

S 2Sxy(x1 x2)(y1 y2) S 2Syz(y1 y2)(z1 z2) S 2SZX(z1 z2)(x1 x2)

,S ] 0等，因此有： ,S ] 0等，又[S因[SxX

2

2

2

2,H ] 0 （6） [S ： （c）总角动量分量JZ

与轨道运动部分的诸力学算符相对易， 总角动量分量J这在第六章中心力场和第四章§Z 与H 的势能部分的对易性就足够。 4.1都有过讨论，只需证明JZ

l s 1z s 2z 又 Jz Lz Sz l1z2z

与一切与r有关的算符对易 只与角度有关，与相对矢径r r1 r2无关，所以JZ

,H ] [J ,V (r)][JZZ

] ,V (r) V (r)S [JZoT12

] ,V (r)S [JZT12

2

2}] ,V (r6(S r) 2S [JZT

r2

(r) 26VT [JZ,(S r)] 2r

2

2VT(r){JZ,S}

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2 2 2

[JZ (S r)] JZ (S r) (S r) JZ

2 JZ(S r) (S r)JZ(S r) (S r)JZ

（7） (S r) [J ( S r2

)J Z

Z,(S r)](S r) (S r)[J Z,(S r)]

最后一式说明，[J )2]归结为较简单的[J Z,(S r

Z,(S r)]的运算 [J r Z,(S )] [Lz Sz,Sx(x1 x2) Sy(y1 y2)

Sz(z1 z2)]

[L z,x1 x2]S x [Lz,y1 y2]S y

[Lz,z1 z2]S z [S z,S x](x1 x2

) [S

z

,S y

](x1

x2

)再注意到：

[Lz,x1 x2] [l 1z l 2z,x1 x2

] [l 1z,x1] [l

2z,x2]

运用两个业已证明过的对易式（第四章）

[l ,x ] ix

[S ,S ] i S [J S r

z,()] [l 1z,x1]S x [l 2z,x2]S x [l 1z

,y1

]S

y

[l 2z

,y2

]Sy

[S z,S x](x1 x2) [S z,S y](y1 y2

) i(y1 y2)S x i(x1 x2)S y i(x1 x2)S y

i(y1 y2)S x

0将此结果代入（7）式，得到

[J 2

z,(S r)] 0

所以最终得到：

[J z,H ] 0 （J z

是守恒量 ） （d）总角动量平方J

2 ： 前一步骤出发，再计算J 2 z 与(S r)的对易关系

[J 2 z,(S r)] J 2 z(S r) (S r)J 2 J 2 z(S r) J z

z(S r)J z J (S r z)J z (S 2 J z[J

r)Jz

z,(S r)] [J z,(S r)]J z

(8) 9） 10）

（ （

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现在将（8）代入（10），立即又有

2 [Jz,(S r)] 0

我们在（c）一小题中计算[Jz,(S r)]时全部用了直角座标，因此座标

x1y1z1,x2y2z2 有轮换的对称，（10）式也是如此，因而应该也有下式：

22 [Jx,(S r)] 0, [Jy,(S r)] 0 (11)

将（10）和（11）的两式相加，得

2222 [Jx Jy Jz,(S r)] [J,(S r)] 0 (12)

从而也得到交换式

2是守恒量 ） 2,H ] 0 （J [J

2 （e）L,S这两算符不能是守恒量，因为它们不和(S r)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 (1), (1)表示，第二电子用 (2), (2)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

{ (1) (2) (1) (2)}/2 (13)

在此态中求张量力势能算符的平均值，这计算式只有一项

6(S r) 2]} (14) 2S *{VT(r)[r2

将此式分别计算

1

*(S r) { (1) (2) (1) (2)}{(x1 x2)( 1x 2x) (y1 y2)( 1y 2y)

2

(z1 z2)( 1z 2z)} { (1) (2) (1) (2)}

2 2x..........而运算于 1x, 1y, 1z等只能运算与， (1), (1)； 在以上运算式中，

(2), (2)，再注意到

x , x ; y i ,

y i ; z , z

前式成为：

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{ (1) (2) (1) (2)}{(x1 x2)[ (1) (2)4

(1) (2) (1) (2) (1) (2)] (y1 y2)[ (1) (2)i (1) (2)i (1) (2)i (1) (2)i]

(z1 z2)[ (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2)]} 0

又

*S2 *S(S 1) * 0(0 1) 0

（S 是总自旋量子数）

将以上两部分计算结果代入（14），知道 0。

[8] 自旋为s的两个粒子所具有的，对称和反对称的自旋波函数各有几个？s

13

,s 22

情况下，对称和反对称自旋态各有几个？

[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： m l , (l 1) ,........ ,0, .........(l 1) ,l

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

ms s ,.......s

但s可以是整数，也可以是半整数。

自旋的不同态用ms来区别，第一电子的自旋波记作xms(sz1)或xms(1)，第二电子的自旋波函数记作 m s(sz2)或 m s(2) ms,m s是（ s, s 1,.........s 1,s）

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，

,S 的本征态， 只有三种形式的归一化波函数： 要使体系的波函数 成为总自旋SZ

2

（1）

ms(1) ms(2) 计算2s+1种

12

[ ms(1) m s(2) ms(2) m s(1)]

(2s 1)2s

种。 2

（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 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)

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(3)

12

[ ms(1) m s(2) ms(2) m s(1)]

(2s 1)2s

种。自旋角量子数2

这种波函数还是反对称的，波函数总数目和（2）相同，计有s指定时，可能的合成自旋波函数的总数目有：

n 2s 1 (2s 1)s (2s 1) (2s 1)2

[9]证明，[ , a ] 2ia ，a 是与

对易的矢量算符。

（证明） 待证一式是矢量的对易式，应当分别对它的x,y,z 分量进行计算：

[ ,a ] 2ia

的x分量式：

[ x,ax x ay y az z] 2i(a

y z a z y) 用矩阵式来证明：

[ 01 az

ax iay ax iay x,ax x ay y az z]

10 ax iay a azz ax iay

a 0z

1

ax iay

az ax iayaz az

a x iay azax iay

2iay 2az

ayazi 2i 2az 2iay

azi ay 2i 10 0i a

y az 2i{ y z a z y} 2i(a )x 0 1 a

i0

关于a

y, z也照此方式计算，因 x y z无轮换对称，应分别计算其结果。 另一种证明方式是用矢量式矩阵：

ki ij

i ij k

1

0

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aiaaaiaa ki ij ki ij zxy zxy

[ ,a ]

az az k k ax iay ax iay i ij i ij

(i ij)(a x ia y) (i ij)(a x ia y) x ia y) 2(i ij)a x2k(a

x ia y) x ia y) (i ij)(a x ia y) 2(i ij)ax 2k(a(i ij)(a

ayi axj(azj ayk) i(axk azi)

2i

(azj ayk) i(axk azi) ayi axj

[(ay z az y)i (az x ax z)j (ax y ay x)k]2i

2i(a )

[10]证明：（1）e

j i

jSin （ j x,y,z） Cos i Sin Cos i

（2） e

i

其中

矢量与σ对易, θ表示θ方向的单位矢量。

（证）

2 j 1 (j=x,y,z)

24 0 jjj 1 (1)

j 3 5 j j j

j )n(i 2 4 3 5

je ｝I i{ } 1

（1） n！3!5!2!4!n

jsin cos i

j i

（2） e

i

n(i )

n!n

z

x x y y z z

x i y

x i y

z

z

2

( )

x 1i y

x i y

z

x 1i y

z x i y

z

x2 y2 z2 0

2 I

x2 y2 z2 0

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因此 的性质与 j 相同：

2 4 2n242n ( ) ,( ) ( ) 3 2n 12 2n ( ) ( ) ( ) ( )

代入（2）式即得到待证明的结果。

[11]证明 ( A) A A ( A) iA , A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

) A i(A x( xA yA zA xyzxyz Az y)

2 A x x yA x zA该式左方 Ax yzx

i i A xA yA Axyzx

=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

( ) xA yA zA xAxxyz

2 x y xA z xAAx Axyz

i( zAy yAz) 等式最右方。

] 0。 ,A前式中用了对易式[

i

2

e[12]设U

证明：（ 是沿矢量 方向的单位矢量）

U 1 （1） （1）U

) ( ) cos sin （2） U ( （2）U

（证明）设 ， 任意函数：

i 2

d (e *U eU

i

2

)* d 。

（1）UU e

i 2

e

i 2

i 2

1 e

i 2

（2）U U e

利用习题9的第二式子

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e

i 2

sin cos i

2

U U (cos i sin (cos i sin2222

cos2 sin2( ) ( ) isincos[( ) ( )]

2222

利用题9的公式于最后两项，利用题11的公式于第二项，得：

2 cos sin( )[ i( )] sin ( )]

2

22

再利用矢量三重积公式：

( )2 ) ( ) ( ( )

代入（3），整理后得待证公式（2）。

[13]证明不存在非0的二维矩阵，能和三个泡利矩阵都反对易 ，即设

0 A 0 则A A

ab , x] 0 （证明）先设：A 代入[A

cd ab 01 01 ab

0

cd 10 10 cd b ca d b c

即 0 得 d ac ba d

因此A的矩阵是 A

b a , y] 0 再代入[A b a

b 0 i 0 i ab a i0 i0 b a 0

b a

即

2bi0

0 即b=0

02bi

于是A只能是形式

a0

, z] 0 A 再代入[A

0 a

a0 10 10 a0

0

0 a 0 1 0 1 0 a

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2a0 即 0 即a=0

02a

于是，满足三个对易关系的二维矩整，只能是 另一方法，用矢量矩阵-

00

，而定理得证。 00

ab A 代入A

cd ab ki ijki ij ab

0 k k cd cd i ij i ij

(b c)i (b c)j 2ak(a d)i i a d j

作简化： 0

(b c)i (b c)j 2dk (a d)i i a d j

仍设A

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：

x y y x 2i z y z z y 2i x x x z 2i y z

又根据第八章问题（1）的结论

x y z i

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

z为实矩阵，则可设 x, y,而 一元素为虚）如

aibi x

cidi a'ib'i y

c'id'i

mn z ，a,b…… 都是实数。

pq

代入（1）得

曾谨言量子力学习题解答

a'a b'c aa' bc'a'b b'd ab' bd' mn 2i c'a d'c ca' dc'c'b d'd cb' dd' pq

z是纯虚矩阵，与假设违背，又从（4）看出，如果 x, y, z全部是实数矩阵，则这要求

这一条法则也违背，故是不可能的。

x, y, z及I（2 2单位矩阵）构成2 2矩阵的完全集合，即任何2 2矩阵都[15]证明

可表成： 能用他们的线性组合来表达，任何2 2矩阵M 1[(TrM ) (TrM ) ] M

2

x y z表示 （证明） 2 2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I

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

ab

x y y z z uIM x

cd

（1）

z ux iy x iy z u

我们得到关于未知系数的方程式组：

z u aa da d z u d, uz 22 （2） 可以解得

b cc b x x iy b,y

22i x iy c x y z彼此独立，即不存在着不为零的系数 , , , 足以使 但需要证明I

0 x y z I

即

i i

0

0 i 0

0 i 0

这要求每一元素为零，即

同时满足这四条件的解只能是

0

x y z是线性无关的。 即I

曾谨言量子力学习题解答

用它和M 的径迹（Trace即对角元素总合）表示。从式 最后我们将任意2 2矩阵M

（2）知道

M

ab b cc ba da d ( ( ( ()I （4） xyz cd2222

从式子看出：

ab ki ij ak b(i i M

cd iiijkckd(i

j)a(i i j)c(i i

j) bk

j) dk

a d TraM

) ak b(i ij) c(i ij) dk Tra(M

(b c)i (b c)ij (a d)k

Tra(m ) {(b c)i (b c)ij (a d)k}{ xi yj zk}

x (b c)i y (a d) z (6) (b c)

将(5)(6)代入(4)得

1[(TraM )I (TraM ) ] M

2

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A

ab

x y z对易： 能与

cd

满足A 0 即 x xAA

ab 01 01 ab b ca d ba 10 10 ba d ac b 0

的形式应受限制，成为A 这要求b c，a d故A 满足A 0即 y yA又A

ab 0 i 0 i ab 2bi0 cd i0 i0 cd 02bi 0

ab

cd

的形式简化成A 这又要求b 0因而A

a0

这是个常数矩阵（元素相等）它可

0a

曾谨言量子力学习题解答

, z] 0 以满足第三对易关系[A

z zA 因为A

a0 10 10 a0 00

0c 0 1 0 1 0c 00

本题亦可以用矢量矩阵法（见第9题）求解。

―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――

【17】证明Tr[( A)( B)] 2A B.A，B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

x ， y

10 i

01

0 i 10

， ，将 A等表成矩阵： z 0 0 1

Ax iAy

(1)

Ax Bx iBy

(2)

Bx

Az

A Ax x Ay y Az z

Ax iBy Bz

B Bx x By y Bz z

Bx iBy

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）：

Ax iAy BzBx iBy Az

Tr[( A)( B)] Tr B iBAiAA B xyxxyx

AzBz (Ax iAy) (Bx iBy) (Ax iAy)(Bx iBy) AzB

2(AxBx AyBy AzBz) 2A B

（方法二）不展开矩阵乘积，但利用自旋分量的性质

i j i k ijk

( A) ( B) iAi jBj

i

j

iAi jBj ( i j) AiBj

ij

ij

i AiBi i kAiBj

2

i

A B i (A B)

A BI i(A B)x x i(A B)y y i(A B)z z(I是单位矩阵）（3）

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）：

ij

i j

Tr[( A) ( B)] (A B)TrI i(A B)xTr x i(A B)yTr y i(A B)zTr z

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