首页 物理笔记 高等量子力学

# 基本概念习题

# 对易关系证明

\quad 利用∣+⟩\ket{+} 与∣−⟩\ket{-} 的正交性证明：

[S^i,Sj^]=iℏϵijkS^k,{S^i,S^j}=(ℏ22)δij[\hat{S}_i,\hat{S_j}]=i\hbar\epsilon_{ijk}\hat{S}_k\quad,\quad\{\hat{S}_i,\hat{S}_j\}=(\frac{\hbar^2}{2})\delta_{ij}

其中

S^x=ℏ2(∣+⟩⟨−∣+∣−⟩⟨+∣)S^y=iℏ2(−∣+⟩⟨−∣+∣−⟩⟨+∣)S^z=ℏ2(∣+⟩⟨+∣−∣−⟩⟨−∣)\begin{aligned} \hat{S}_x &= \frac{\hbar}{2}(\ket{+}\bra{-}+\ket{-}\bra{+}) \\ \hat{S}_y &= \frac{i\hbar}{2}(-\ket{+}\bra{-}+\ket{-}\bra{+}) \\ \hat{S}_z &= \frac{\hbar}{2}(\ket{+}\bra{+}-\ket{-}\bra{-}) \end{aligned}

证明
\quad 利用∣+⟩\ket{+} 和∣−⟩\ket{-} 为基底，可以将算符如下矩阵形式：

S^x=ℏ2(0110);S^y=ℏ2(0−ii0);S^z=ℏ2(100−1)\hat{S}_x = \frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right)\quad;\quad \hat{S}_y = \frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix}\right)\quad;\quad \hat{S}_z = \frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix}\right)

因此

[S^x,S^y]=ℏ24[(0110)(0−ii0)−(0−ii0)(0110)]=ℏ22(100−1)=iℏS^z[\hat{S}_x,\hat{S}_y] = \frac{\hbar^2}{4}\left[\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}0 & -i \\ i & 0\end{matrix}\right)-\left(\begin{matrix}0 & -i \\ i & 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)\right] = \frac{\hbar^2}{2}\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right) = i\hbar\hat{S}_z

{S^x,S^y}=ℏ24[(0110)(0−ii0)+(0−ii0)(0110)]=ℏ22\{\hat{S}_x,\hat{S}_y\} = \frac{\hbar^2}{4}\left[\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}0 & -i \\ i & 0\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0 & -i \\ i & 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)\right] = \frac{\hbar^2}{2}

同理依次计算，最终可证明：

[S^i,Sj^]=iℏϵijkS^k,{S^i,S^j}=(ℏ22)δij[\hat{S}_i,\hat{S_j}]=i\hbar\epsilon_{ijk}\hat{S}_k\quad,\quad\{\hat{S}_i,\hat{S}_j\}=(\frac{\hbar^2}{2})\delta_{ij}

证毕。

# 任意方向上自旋态的表征

\quad 构造一个这样的∣S^⋅n^;+⟩\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} 态，使其满足

S^⋅n^∣S^⋅n^;+⟩=(ℏ2)∣S^⋅n^;+⟩\hat{S}\cdot\hat{n}\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+}=(\frac{\hbar}{2})\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+}

其中n^\hat{n} 由附图中所示的角度表征。把你的答案表示为∣+⟩\ket{+} 和∣−⟩\ket{-} 的线性组合。
1

解
\quad 利用泡利表象可将S^⋅n^\hat{S}\cdot\hat{n} 写成：

S^⋅n^=ℏ2[nx(0110)+ny(0−ii0)+nz(100−1)]\hat{S}\cdot\hat{n} = \frac{\hbar}{2} \left[n_x\left(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix}\right)+n_y\left(\begin{matrix}0 & -i \\ i & 0\end{matrix}\right)+n_z\left(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix}\right)\right]

而态矢 ∣S^⋅n^;+⟩\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} 也可以写成 ∣+⟩\ket{+} 和 ∣−⟩\ket{-} 的线性叠加：

∣S^⋅n^;+⟩=c+∣+⟩+c−∣−⟩=c+(10)+c−(01)\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} = c_+ \ket{+} + c_- \ket{-} = c_+ \left(\begin{matrix}1\\0\end{matrix}\right) + c_- \left(\begin{matrix}0\\1\end{matrix}\right)

可以这样的表征，可进行如下推导：

(S^⋅n^)∣S^⋅n^;+⟩=ℏ2[nx(c−c+)+ny(−ic−ic+)+nz(c+−c−)]=ℏ2(nxc−−inyc−+nzc+nxc++inyc+−nzc−)=ℏ2∣S^⋅n^;+⟩=ℏ2(c+c−)\begin{aligned} (\hat{S}\cdot\hat{n}) \ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} &= \frac{\hbar}{2} \left[ n_x \left(\begin{matrix}c_-\\c_+\end{matrix}\right) + n_y \left(\begin{matrix}-ic_-\\ic_+\end{matrix}\right) + n_z \left(\begin{matrix}c_+\\-c_-\end{matrix}\right) \right] \\\\&= \frac{\hbar}{2} \left(\begin{matrix}n_xc_--in_yc_-+n_zc_+ \\\\ n_xc_++in_yc_+-n_zc_-\end{matrix}\right) \\\\&= \frac{\hbar}{2} \ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} = \frac{\hbar}{2} \left(\begin{matrix}c_+\\c_-\end{matrix}\right) \end{aligned}

由上式可得：

{c+=nxc−−inyc−+nzc+c−=nxc++inyc+−nzc−⟹{(1−nz)c++(iny−nx)c−=0(nx+iny)c+−(1+nz)c−=0\begin{cases} c_+ = n_xc_--in_yc_-+n_zc_+ \\ c_- = n_xc_++in_yc_+-n_zc_- \end{cases} \Longrightarrow \quad \begin{cases} (1-n_z)c_+ + (in_y-n_x)c_- = 0 \\ (n_x+in_y)c_+ - (1+n_z)c_- = 0 \end{cases}

再结合

nx2+ny2+nz2=1n_x^2+n_y^2+n_z^2=1

最终可解得：

{∣c+∣2=1+nz2=1+cos⁡β2=cos⁡2β2∣c−∣2=1−nz2=1−cos⁡β2=sin⁡2β2\begin{cases} |c_+|^2 = \frac{1+n_z}{2} = \frac{1+\cos\beta}{2} = \cos^2\frac{\beta}{2} \\ |c_-|^2 = \frac{1-n_z}{2} = \frac{1-\cos\beta}{2} = \sin^2\frac{\beta}{2} \end{cases}

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{c+=cos⁡β2eiαc−=sin⁡β2eiγ\begin{cases} c_+ = \cos\frac{\beta}{2} e^{i\alpha} \\ c_- = \sin\frac{\beta}{2} e^{i\gamma} \end{cases}

因此，最终可将 ∣S^⋅n^;+⟩\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} 构造为：

∣S^⋅n^;+⟩=cos⁡β2eiα∣+⟩+sin⁡β2eiγ∣−⟩\ket{\hat{S}\cdot\hat{n};+} = \cos\frac{\beta}{2} e^{i\alpha} \ket{+} + \sin\frac{\beta}{2} e^{i\gamma} \ket{-}

# 高斯型波函数

(a)(a) 从高斯型波包出发，即

⟨x′∣α⟩=1π1/4dexp⁡[ikx′−x′22d2]\braket{x'|\alpha} = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}} \exp \left[ ikx'-\frac{x'^2}{2d^2} \right]

求：p^\hat{p} 的方差。
(b) 求动量空间波函数⟨p′∣α⟩\braket{p'|\alpha}，再从⟨p′∣α⟩\braket{p'|\alpha} 出发，求p^\hat{p} 的方差。

解
\quad (a)(a) p^\hat{p} 在态矢 ∣α⟩\ket{\alpha} 上的平均值为

⟨p^⟩=⟨α∣p^∣α⟩=∬−∞+∞dx′dx′′⟨α∣x′⟩⟨x′∣p^∣x′′⟩⟨x′′∣α⟩=∬−∞+∞dx′dx′′[1πd]exp⁡[−ikx′−x′22d2]exp⁡[ikx′′−x′′22d2][−iℏ∂∂x′δ(x′−x′′)]=iℏπd∫−∞+∞dx(−ik−xd2)exp⁡[−x2d2]=ℏk\begin{aligned} \braket{\hat{p}} &= \bra{\alpha}\hat{p}\ket{\alpha} =\iint^{+\infin}_{-\infin} dx' dx'' \braket{\alpha|x'} \braket{x'|\hat{p}|x''} \braket{x''|\alpha} \\&= \iint^{+\infin}_{-\infin} dx' dx'' \left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right] \exp\left[-ikx'-\frac{x'^2}{2d^2}\right] \exp\left[ikx''-\frac{x''^2}{2d^2}\right] \left[-i\hbar\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x'-x'')\right] \\&= \frac{i\hbar}{\sqrt{\pi}d} \int^{+\infin}_{-\infin} dx \ (-ik-\frac{x}{d^2}) \exp\left[-\frac{x^2}{d^2}\right] \\&= \hbar k \end{aligned}

上式的推导运用到了以下两个等式：

⟨x′∣p^∣x′′⟩=−iℏ∂∂x′δ(x′−x′′)\braket{x'|\hat{p}|x''} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x'-x'')

∫−∞+∞f(x)δ′(x−x0)dx=−f′(x0)\int^{+\infin}_{-\infin} f(x) \delta'(x-x_0) dx = -f'(x_0)

再计算 p^2\hat{p}^2 在态矢 ∣α⟩\ket{\alpha} 上的平均值：

⟨p^2⟩=⟨α∣p^2∣α⟩=∬−∞+∞dx′dx′′⟨α∣x′⟩⟨x′∣p^2∣x′′⟩⟨x′′∣α⟩=∭−∞+∞dx′dx′′dx′′′⟨α∣x′⟩⟨x′∣p^∣x′′′⟩⟨x′′′∣p^∣x′′⟩⟨x′′∣α⟩=−ℏ2πd∭−∞+∞dx′dx′′dx′′′exp⁡[−ikx′−x′22d2]exp⁡[ikx′′−x′′22d2][∂∂x′δ(x′−x′′′)][∂∂x′′′δ(x′′′−x′′)]=ℏ2πd∬−∞+∞dx′′dx′′′(−ik−x′′′d2)exp⁡[−ikx′′′−x′′′22d2]exp⁡[ikx′′−x′′22d2][∂∂x′′′δ(x′′′−x′′)]=−ℏ2πd∫−∞+∞dx(−1d2−k2+2ikxd2+x2d4)exp⁡(−x2d2)=ℏ22d2+ℏ2k2\begin{aligned} \braket{\hat{p}^2} &= \braket{\alpha|\hat{p}^2|\alpha} = \iint^{+\infin}_{-\infin} dx' dx'' \braket{\alpha|x'} \braket{x'|\hat{p}^2|x''} \braket{x''|\alpha} \\&= \iiint^{+\infin}_{-\infin} dx' dx'' dx''' \braket{\alpha|x'} \braket{x'|\hat{p}|x'''} \braket{x'''|\hat{p}|x''} \braket{x''|\alpha} \\&= \frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d} \iiint^{+\infin}_{-\infin} dx' dx'' dx''' \exp\left[-ikx'-\frac{x'^2}{2d^2}\right] \exp\left[ikx''-\frac{x''^2}{2d^2}\right] \\& \qquad \quad \left[\frac{\partial}{\partial x'}\delta(x'-x''')\right] \left[\frac{\partial}{\partial x'''}\delta(x'''-x'')\right] \\&= \frac{\hbar^2}{\sqrt{\pi}d} \iint^{+\infin}_{-\infin} dx'' dx''' (-ik-\frac{x'''}{d^2}) \exp\left[-ikx'''-\frac{x'''^2}{2d^2}\right] \exp\left[ikx''-\frac{x''^2}{2d^2}\right] \left[\frac{\partial}{\partial x'''}\delta(x'''-x'')\right] \\&= \frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d} \int^{+\infin}_{-\infin} dx (-\frac{1}{d^2}-k^2+2ik\frac{x}{d^2}+\frac{x^2}{d^4}) \exp(-\frac{x^2}{d^2}) \\&= \frac{\hbar^2}{2d^2} + \hbar^2k^2 \end{aligned}

最终可得 p^\hat{p} 的方差为：

⟨(Δp^)2⟩=⟨p^2⟩−⟨p^⟩2=ℏ22d2\braket{(\Delta \hat{p})^2} = \braket{\hat{p}^2} - \braket{\hat{p}}^2 = \frac{\hbar^2}{2d^2}

\quad (b) 先求出动量空间波函数 ⟨p′∣α⟩\braket{p'|\alpha}：

⟨p′∣α⟩=∫−∞+∞dx′⟨p′∣x′⟩⟨x′∣α⟩=∫−∞+∞dx′12πℏexp⁡(−ip′x′ℏ)(1π1/4d)exp⁡[ikx′−x′22d2]=12ππℏd∫−∞+∞dx′exp⁡(ikx′−ip′x′ℏ−x′22d2)=dℏπexp⁡[−(p′−ℏk)2d22ℏ2]\begin{aligned} \braket{p'|\alpha} &= \int^{+\infin}_{-\infin} dx' \braket{p'|x'} \braket{x'|\alpha} \\&= \int^{+\infin}_{-\infin} dx' \ \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \exp(\frac{-ip'x'}{\hbar}) (\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}})\exp\left[ikx'-\frac{x'^2}{2d^2}\right] \\&= \sqrt{\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}\hbar d}} \int^{+\infin}_{-\infin} dx' \exp(ikx'-\frac{ip'x'}{\hbar}-\frac{x'^2}{2d^2}) \\&= \sqrt{\frac{d}{\hbar\sqrt{\pi}}} \exp\left[\frac{-(p'-\hbar k)^2d^2}{2\hbar^2}\right] \end{aligned}

上式的推导用到了：

⟨x′∣p′⟩=12πℏexp⁡(ip′x′ℏ)\braket{x'|p'} = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \exp(\frac{ip'x'}{\hbar})

下面再来计算 p^,p^2\hat{p},\hat{p}^2 的平均值：

⟨p^⟩=⟨α∣p^∣α⟩=∬−∞+∞dp′dp′′⟨α∣p′⟩⟨p′∣p^∣p′′⟩⟨p′′∣α⟩=∬−∞+∞dp′dp′′⟨α∣p′⟩p′′δ(p′−p′′)⟨p′′∣α⟩=∫−∞+∞dp′∣⟨p′∣α⟩∣2=ℏk\begin{aligned} \braket{\hat{p}} &= \bra{\alpha}\hat{p}\ket{\alpha} = \iint^{+\infin}_{-\infin} dp' dp'' \braket{\alpha|p'} \braket{p'|\hat{p}|p''} \braket{p''|\alpha} \\&= \iint^{+\infin}_{-\infin} dp' dp'' \braket{\alpha|p'} p''\delta(p'-p'') \braket{p''|\alpha} \\&= \int^{+\infin}_{-\infin} dp' \left|\braket{p'|\alpha}\right|^2 = \hbar k \end{aligned}

⟨p^2⟩=⟨α∣p^2∣α⟩=∭−∞+∞dp′dp′′dp′′′⟨α∣p′⟩⟨p′∣p^∣p′′⟩⟨p′′∣p^∣p′′′⟩⟨p′′′∣α⟩=∫−∞+∞dp′p′2∣⟨p′∣α⟩∣2=ℏ2k2+ℏ22d2\begin{aligned} \braket{\hat{p}^2} &= \bra{\alpha}\hat{p}^2\ket{\alpha} = \iiint^{+\infin}_{-\infin} dp' dp'' dp''' \braket{\alpha|p'} \braket{p'|\hat{p}|p''} \braket{p''|\hat{p}|p'''} \braket{p'''|\alpha} \\&= \int^{+\infin}_{-\infin} dp'\ {p'}^2 \left|\braket{p'|\alpha}\right|^2 = \hbar^2k^2+\frac{\hbar^2}{2d^2} \end{aligned}

最终可以计算出同样的方差：

⟨(Δp^)2⟩=⟨p^2⟩−⟨p^⟩2=ℏ22d2\braket{(\Delta \hat{p})^2} = \braket{\hat{p}^2} - \braket{\hat{p}}^2 = \frac{\hbar^2}{2d^2}

# 量子动力学习题

# 海森堡绘景中求解自旋进动问题

在海森堡绘景中求解自旋进动问题。

H^=−(eBmc)S^z=ωS^z\hat{H} = - (\frac{eB}{mc})\hat{S}_z = \omega\hat{S}_z

(a)(a) 写出时间相关算符 S^x(t),S^y(t),S^z(t)\hat{S}_x(t),\hat{S}_y(t),\hat{S}_z(t) 的海森堡运动方程。
(b) 对于初态 ∣α⟩=c+∣+⟩+c−∣−⟩\ket{\alpha} = c_+\ket{+}+c_-\ket{-}, 求 tt 时刻的期望值 ⟨S^x⟩,⟨S^y⟩,⟨S^z⟩\braket{\hat{S}_x},\braket{\hat{S}_y},\braket{\hat{S}_z} 随时间的变化。

解
\quad (a)(a) 在海森堡绘景下，算符的演化满足如下方程：

ddtA^=iℏ[H^,A^]\frac{d}{dt}\hat{A} = \frac{i}{\hbar} [\hat{H},\hat{A}]

因此，S^x(t),S^y(t),S^z(t)\hat{S}_x(t),\hat{S}_y(t),\hat{S}_z(t) 的海森堡运动方程如下：

ddtS^x(t)=iℏ[ωS^z,S^x(t)]=−ωS^y(t)ddtS^y(t)=iℏ[ωS^z,S^y(t)]=ωS^x(t)ddtS^z(t)=iℏ[ωS^z,S^z(t)]=0\begin{aligned} \frac{d}{dt}\hat{S}_x(t) &= \frac{i}{\hbar} [\omega\hat{S}_z,\hat{S}_x(t)] = -\omega \hat{S}_y(t) \\ \frac{d}{dt}\hat{S}_y(t) &= \frac{i}{\hbar} [\omega\hat{S}_z,\hat{S}_y(t)] = \omega \hat{S}_x(t) \\ \frac{d}{dt}\hat{S}_z(t) &= \frac{i}{\hbar} [\omega\hat{S}_z,\hat{S}_z(t)] = 0 \end{aligned}

这些方程描述了自旋在磁场中的进动行为。

\quad (b) 通过求解(a)(a) 中的海森堡运动方程，可得：

S^x(t)=S^xcos⁡ωt+S^ysin⁡ωtS^y(t)=S^xsin⁡ωt−S^ycos⁡ωtS^z(t)=S^z\begin{aligned} \hat{S}_x(t) &= \hat{S}_x\cos\omega t+\hat{S}_y \sin \omega t \\ \hat{S}_y(t) &= \hat{S}_x\sin\omega t-\hat{S}_y \cos \omega t \\ \hat{S}_z(t) &= \hat{S}_z \end{aligned}

解出上式用到了以下的初始条件：

S^x(0)=S^x;S^y(0)=S^y;S^z(0)=S^z\hat{S}_x(0) = \hat{S}_x ; \quad\hat{S}_y(0) = \hat{S}_y ; \quad\hat{S}_z(0) = \hat{S}_z

可求得期待值随时间的变化如下：

⟨S^x⟩=⟨α∣S^x(t)∣α⟩=ℏ2(c+∗c−+c−∗c+)cos⁡ωt+ℏ2i(c+∗c−−c−∗c+)sin⁡ωt\braket{\hat{S}_x} = \braket{\alpha|\hat{S}_x(t)|\alpha} = \frac{\hbar}{2}(c^*_+c_-+c_-^*c_+)\cos\omega t + \frac{\hbar}{2i} (c^*_+c_--c_-^*c_+)\sin\omega t

⟨S^y⟩=⟨α∣S^y(t)∣α⟩=ℏ2(c+∗c−+c−∗c+)sin⁡ωt−ℏ2i(c+∗c−−c−∗c+)cos⁡ωt\braket{\hat{S}_y} = \braket{\alpha|\hat{S}_y(t)|\alpha} = \frac{\hbar}{2}(c^*_+c_-+c_-^*c_+)\sin\omega t - \frac{\hbar}{2i} (c^*_+c_--c_-^*c_+)\cos\omega t

⟨S^z⟩=⟨α∣S^z(t)∣α⟩=ℏ2(c+∗c+−c−∗c−)\braket{\hat{S}_z} = \braket{\alpha|\hat{S}_z(t)|\alpha} = \frac{\hbar}{2} (c^*_+c_+ - c_-^*c_-)

# 相互作用绘景中求解受微扰谐振子问题

\quad 考虑一个受微扰的谐振子:

H^0=p^22m+mω22x2=ℏω(a^†a^+12)\hat{H}_0=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}x^2=\hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2})

H^1=ϵx=ϵℏ2mω(a^†+a^)\hat{H}_1=\epsilon x=\epsilon \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}^\dagger+\hat{a})

其中ϵ\epsilon 是小量。
(a)(a) 在相互作用绘景中，写出 H^1I(t)\hat{H}_1^\mathcal{I}(t)。
(b) 在相互作用绘景中，写出演化算符 U^I\hat{U}_\mathcal{I} 的前三项。
(c) 利用 (b) 的结果，求出态矢量的时间演化：

∣α(t)⟩I=U^I(t,0)∣α(0)⟩I\ket{\alpha(t)}_\mathcal{I}=\hat{U}_\mathcal{I}(t,0)\ket{\alpha(0)}_\mathcal{I}

其中初态处于谐振子的第 n 个本征态：

∣α(0)⟩I=∣n⟩\ket{\alpha(0)}_\mathcal{I}=\ket{n}

解
\quad (a)(a) 从薛定谔绘景转化到相互作用绘景：

H^1I(t)=eiℏH^0tH^1e−iℏH^0t=ϵℏ2mωeiωta^†a^(a^†+a^)e−iωta^†a^\begin{aligned} \hat{H}_1^\mathcal{I}(t) = e^{\frac{i}{\hbar}\hat{H}_0t} \hat{H}_1 e^{-\frac{i}{\hbar}\hat{H}_0t} = \epsilon \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} e^{i\omega t\hat{a}^\dagger\hat{a}} (\hat{a}^\dagger+\hat{a}) e^{-i\omega t\hat{a}^\dagger\hat{a}} \end{aligned}

想要利用公式eϵA^B^e−ϵA^=B^+ϵ[A^,B^]+ϵ22![A^,[A^,B^]]+⋯e^{\epsilon\hat{A}}\hat{B}e^{-\epsilon\hat{A}}=\hat{B}+\epsilon[\hat{A},\hat{B}]+\frac{\epsilon^2}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]]+\cdots，先计算：

[a^†a^,a^†+a^]=a^†−a^[a^†a^,[a^†a^,a^†+a^]]=a^†+a^⋯\begin{aligned} &[\hat{a}^\dagger\hat{a},\hat{a}^\dagger+\hat{a}] = \hat{a}^\dagger-\hat{a} \\ &[\hat{a}^\dagger\hat{a},[\hat{a}^\dagger\hat{a},\hat{a}^\dagger+\hat{a}]] = \hat{a}^\dagger+\hat{a} \\ &\cdots \end{aligned}

代入递推关系，最终可计算得：

H^1I(t)=(a^†+a^)+iωt(a^†−a^)+(iωt)22!(a^†+a^)+⋯=ϵℏ2mω(a^†eiωt+a^e−iωt)\begin{aligned} \hat{H}_1^\mathcal{I}(t) &= (\hat{a}^\dagger+\hat{a}) + i\omega t(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) + \frac{(i\omega t)^2}{2!}(\hat{a}^\dagger+\hat{a})+\cdots \\&= \epsilon \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}^\dagger e^{i\omega t}+\hat{a}e^{-i\omega t}) \end{aligned}

\quad (b) 相互作用绘景下的时间演化算符前三项可以写为：

U^I(t,0)=1−iℏ∫0tH^1I(t1)dt1+(−iℏ)2∫0t[H^1I(t1)∫0t1H^1I(t2)dt2]dt1\hat{U}_\mathcal{I}(t,0) = 1 - \frac{i}{\hbar} \int^t_0\hat{H}^\mathcal{I}_1(t_1) dt_1 + (-\frac{i}{\hbar})^2 \int^t_0 \left[ \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_1) \int^{t_1}_0 \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_2) dt_2 \right] dt_1

上式右边第二项：

A^2=−iℏ∫0tH^1I(t1)dt1=−ϵωℏ2mω[a^†(eiωt−1)−a^(e−iωt−1)]\hat{A}_2 = - \frac{i}{\hbar} \int^t_0\hat{H}^\mathcal{I}_1(t_1) dt_1 = -\frac{\epsilon}{\omega} \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left[ \hat{a}^\dagger (e^{i\omega t}-1)-\hat{a}(e^{-i\omega t}-1) \right]

右边第三项：

A^3=(−iℏ)2∫0t[H^1I(t1)∫0t1H^1I(t2)dt2]dt1=ϵ2ℏ2mω3[a^†a^†12(eiωt−1)2+a^†a^(eiωt−1−iωt)+a^a^†(e−iωt−1+iωt)−a^a^(e−iωt−1)2]\begin{aligned} \hat{A}_3 =& (-\frac{i}{\hbar})^2 \int^t_0 \left[ \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_1) \int^{t_1}_0 \hat{H}^\mathcal{I}_1(t_2) dt_2 \right] dt_1 \\=& \frac{\epsilon^2\hbar}{2m\omega^3} \left[ \hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\frac{1}{2}(e^{i\omega t}-1)^2 + \hat{a}^\dagger\hat{a}(e^{i\omega t}-1-i\omega t) + \hat{a}\hat{a}^\dagger(e^{-i\omega t}-1+i\omega t) - \hat{a}\hat{a}(e^{-i\omega t}-1)^2 \right] \end{aligned}

结合上面上式，最终可得相互作用绘景下时间演化算符的前三项：

U^I(t,0)=1+A^2+A^3\hat{U}_\mathcal{I}(t,0) = 1 + \hat{A}_2 + \hat{A}_3

\quad (c) 将 (b) 中求得的时间演化算符作用到初态上，就可以得到态矢的时间演化。其中时间演化算符的第二项作用：

A^2∣n⟩=−ϵωℏ2mω[n+1(eiωt−1)∣n+1⟩−n(e−iωt−1)∣n−1⟩]\hat{A}_2 \ket{n} = -\frac{\epsilon}{\omega} \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left[ \sqrt{n+1} (e^{i\omega t}-1) \ket{n+1} -\sqrt{n}(e^{-i\omega t}-1)\ket{n-1} \right]

第三项的作用结果为：

A^3∣n⟩=ϵ2ℏ2mω3{(n+1)(n+2)2(eiωt−1)2∣n+2⟩+[(2n+1)(1−cos⁡ωt)+12(eiωt−e−iωt)−iωt]∣n⟩+n(n−1)2(e−iωt−1)2∣n−2⟩}\begin{aligned} \hat{A}_3\ket{n} &= \frac{\epsilon^2\hbar}{2m\omega^3} \bigg\{ \frac{\sqrt{(n+1)(n+2)}}{2}(e^{i\omega t}-1)^2\ket{n+2} \\&\quad+ \left[ (2n+1)(1-\cos\omega t)+\frac{1}{2}(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t})-i\omega t \right] \ket{n} \\&\quad+ \frac{\sqrt{n(n-1)}}{2} (e^{-i\omega t}-1)^2 \ket{n-2} \bigg\} \end{aligned}

所有，最终态矢的时间演化为：

∣α(t)⟩I=∣n⟩+A^2∣n⟩+A^3∣n⟩\ket{\alpha(t)}_\mathcal{I} = \ket{n} + \hat{A}_2 \ket{n} + \hat{A}_3\ket{n}

# 一维谐振子的相干态

\quad 一维谐振子的相干态定义为湮灭算符的一个本征态：

a^∣λ⟩=λ∣λ⟩\hat{a}\ket{\lambda} = \lambda\ket{\lambda}

其中λ\lambda 一般为复数。
(a)(a) 证明：

∣λ⟩=e−∣λ∣2/2eλa^†∣0⟩\ket{\lambda} = e^{-|\lambda|^2/2} e^{\lambda\hat{a}^\dagger} \ket{0}

是一个归一化的相干态。
(b) 证明对这样的态，其满足最小不确定度乘积关系。
(c) 把∣λ⟩\ket{\lambda} 写成：

∣λ⟩=∑0∞f(n)∣n⟩\ket{\lambda} = \sum_0^\infin f(n)\ket{n}

证明∣f(n)∣2|f(n)|^2 是泊松分布的形式。求出最大几率对应的nn 值以及对应的EE 值。
(d) 证明一个相干态也可以通过一个平移算符 e−ip^l/ℏe^{-i\hat{p}l/\hbar} 作用到基态上得到。其中p^\hat{p} 是动量算符，ll 是平移距离。

解
\quad (a)(a) 证明归一化：

⟨λ∣λ⟩=e−∣λ∣2⟨0∣eλ∗a^eλa^†∣0⟩=e−∣λ∣2∑n⟨0∣eλ∗a^∣n⟩⟨n∣eλa^†∣0⟩=e−∣λ∣2∑n⟨0∣(λ∗)nn!n!∣0⟩⟨0∣λnn!n!∣0⟩=e−∣λ∣2∑n∣λ∣2nn!=e−∣λ∣2e∣λ∣2=1\begin{aligned} \braket{\lambda|\lambda} &= e^{-|\lambda|^2} \bra{0} e^{\lambda^*\hat{a}} e^{\lambda\hat{a}^\dagger} \ket{0} \\&= e^{-|\lambda|^2} \sum_n \bra{0} e^{\lambda^*\hat{a}} \ket{n} \bra{n} e^{\lambda\hat{a}^\dagger} \ket{0} \\&= e^{-|\lambda|^2} \sum_n \bra{0} \frac{(\lambda^*)^n}{n!}\sqrt{n!} \ket{0} \bra{0} \frac{\lambda^n}{n!}\sqrt{n!} \ket{0} \\&= e^{-|\lambda|^2} \sum_n \frac{|\lambda|^{2n}}{n!} = e^{-|\lambda|^2} e^{|\lambda|^2} = 1 \end{aligned}

证毕。

\quad (b) 算符x^,x^2,p^,p^2\hat{x},\hat{x}^2,\hat{p},\hat{p}^2 用产生、湮灭算符的表示分别为：

x^=ℏ2mω(a^†+a^)x^2=ℏ2mω(a^†a^†+a^a^+2a^†a^+1)p^=imℏω2(a^†−a^)p^2=−mℏω2(a^†a^†+a^a^−2a^†a^−1)\begin{aligned} &\hat{x} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\hat{a}^\dagger+\hat{a})\quad \\ &\hat{x}^2 = \frac{\hbar}{2m\omega}(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger+\hat{a}\hat{a}+2\hat{a}^\dagger\hat{a}+1) \\ &\hat{p} = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} (\hat{a}^\dagger-\hat{a}) \\ &\hat{p}^2 = -\frac{m\hbar\omega}{2} (\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger+\hat{a}\hat{a}-2\hat{a}^\dagger\hat{a}-1) \end{aligned}

那么有：

⟨λ∣x^∣λ⟩=ℏ2mω(λ∗+λ)⟨λ∣x^2∣λ⟩=ℏ2mω((λ∗)2+λ2+2∣λ∣2+1)⟨λ∣p^∣λ⟩=imℏω2(λ∗−λ)⟨λ∣p^2∣λ⟩=−mℏω2((λ∗)2+λ2−2∣λ∣2−1)\begin{aligned} &\bra{\lambda}\hat{x}\ket{\lambda} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(\lambda^*+\lambda\right) \\ &\bra{\lambda}\hat{x}^2\ket{\lambda} = \frac{\hbar}{2m\omega}\left((\lambda^*)^2+\lambda^2+2|\lambda|^2+1\right) \\ &\bra{\lambda}\hat{p}\ket{\lambda} = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} \left(\lambda^*-\lambda\right) \\ &\bra{\lambda}\hat{p}^2\ket{\lambda} = -\frac{m\hbar\omega}{2} \left((\lambda^*)^2+\lambda^2-2|\lambda|^2-1\right) \end{aligned}

其中上式的推导利用到了：

{a^∣λ⟩=λ∣λ⟩⟨λ∣a^†=⟨λ∣λ∗\begin{cases} \hat{a}\ket{\lambda} = \lambda\ket{\lambda} \\ \bra{\lambda}\hat{a}^\dagger = \bra{\lambda}\lambda^* \end{cases}

因此x,px,p 的方差分别为：

⟨(Δx^)2⟩=⟨λ∣x^2∣λ⟩−⟨λ∣x^∣λ⟩2=ℏ2mω\braket{(\Delta \hat{x})^2} = \bra{\lambda}\hat{x}^2\ket{\lambda} - \bra{\lambda}\hat{x}\ket{\lambda}^2 = \frac{\hbar}{2m\omega}

⟨(Δp^)2⟩=⟨λ∣p^2∣λ⟩−⟨λ∣p^∣λ⟩2=mℏω2\braket{(\Delta \hat{p})^2} = \bra{\lambda}\hat{p}^2\ket{\lambda} - \bra{\lambda}\hat{p}\ket{\lambda}^2 = \frac{m\hbar\omega}{2}

因此这个态的不确定度为：

⟨Δx^⟩⟨Δp^⟩=ℏ2mω×mℏω2=ℏ2\braket{\Delta \hat{x}}\braket{\Delta \hat{p}} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}\times\frac{m\hbar\omega}{2}} = \frac{\hbar}{2}

可见，满足最小的不确定度乘积关系。

\quad (c) 利用(a)(a) 中∣λ⟩\ket{\lambda} 的表示式，可以推导出f(n)f(n) 的形式。推导如下：

∣λ⟩=e−∣λ∣2/2eλa^†∣0⟩=e−∣λ∣2/2∑n=0λnn!(a^†)n∣0⟩=e−∣λ∣2/2∑n=0λnn!n!∣n⟩=∑n=0e−∣λ∣2/2λnn!∣n⟩=∑n=0f(n)∣n⟩\begin{aligned} \ket{\lambda} &= e^{-|\lambda|^2/2} e^{\lambda\hat{a}^\dagger} \ket{0} \\ &= e^{-|\lambda|^2/2} \sum_{n=0} \frac{\lambda^n}{n!} (\hat{a}^\dagger)^n\ket{0} \\ &= e^{-|\lambda|^2/2} \sum_{n=0} \frac{\lambda^n}{n!} \sqrt{n!} \ket{n} \\ &= \sum_{n=0}e^{-|\lambda|^2/2}\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}\ket{n} = \sum_{n=0}f(n)\ket{n} \end{aligned}

由此，f(n)f(n) 的形式为：

f(n)=e−∣λ∣2/2λnn!f(n) = e^{-|\lambda|^2/2}\frac{\lambda^n}{\sqrt{n!}}

而

∣f(n)∣2=e−∣λ∣2λ2nn!|f(n)|^2 = e^{-|\lambda|^2}\frac{\lambda^{2n}}{n!}

明显满足泊松分布的表达式。根据泊松分布的性质，当 n=∣λ∣2n=|\lambda|^2 时，对应的几率最大 (若 ∣λ∣2|\lambda|^2 不是整数，则nn 考虑等于最接近∣λ∣2|\lambda|^2 的两个整数)。而对应的 EE 值为 ℏω(∣λ∣2+12)\hbar\omega(|\lambda|^2+\frac{1}{2})。

\quad (d) 平移算符可写为：

e−ip^l/ℏ=exp⁡[lℏmℏω2(a^†−a^)]=exp⁡[z(a^†−a^)]e^{-i\hat{p}l/\hbar} = \exp \left[ \frac{l}{\hbar} \sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) \right] = \exp \left[ z(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) \right]

其中

z=lℏmℏω2z = \frac{l}{\hbar} \sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}

利于到 eA^+B^=eA^eB^e−12[A^,B^]e^{\hat{A}+\hat{B}}=e^{\hat{A}}e^{\hat{B}}e^{-\frac{1}{2}[\hat{A},\hat{B}]} 和 [a^,a^†]=1[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1 可得：

exp⁡[z(a^†−a^)]=eza^†e−za^e−12[za^†,−za^]=eza^†e−za^e−z22\exp \left[ z(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) \right] = e^{z\hat{a}^\dagger}e^{-z\hat{a}}e^{-\frac{1}{2}[z\hat{a}^\dagger,-z\hat{a}]} = e^{z\hat{a}^\dagger}e^{-z\hat{a}} e^{-\frac{z^2}{2}}

那么我们现在探讨平移算符作用到基态上，然后再将湮灭算符作用上去，即如下的式子：

a^e−ip^l/ℏ∣0⟩=a^exp⁡[z(a^†−a^)]∣0⟩=a^eza^†e−za^e−z22∣0⟩=e−z22a^eza^†(1−za^+⋯)∣0⟩=e−z22a^eza^†∣0⟩=e−z22a^∑n=0znn!(a^†)n∣0⟩=e−z22∑n=0znn!a^∣n⟩=e−z22z∑n=1zn−1(n−1)!∣n−1⟩=e−z22z∑n=0znn!(a^†)n∣0⟩=e−z22zeza^†(e−za^∣0⟩)=z(eza^†e−za^e−z22∣0⟩)=ze−ip^l/ℏ∣0⟩\begin{aligned} \hat{a}e^{-i\hat{p}l/\hbar}\ket{0} &= \hat{a}\exp \left[ z(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) \right]\ket{0} \\ &= \hat{a} e^{z\hat{a}^\dagger}e^{-z\hat{a}} e^{-\frac{z^2}{2}} \ket{0} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} \hat{a} e^{z\hat{a}^\dagger} (1-z\hat{a}+\cdots)\ket{0} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} \hat{a} e^{z\hat{a}^\dagger} \ket{0} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} \hat{a} \sum_{n=0} \frac{z^n}{n!} (\hat{a}^\dagger)^n\ket{0} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} \sum_{n=0} \frac{z^n}{\sqrt{n!}} \hat{a} \ket{n} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} z \sum_{n=1} \frac{z^{n-1}}{\sqrt{(n-1)!}} \ket{n-1} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} z \sum_{n=0} \frac{z^n}{n!} (\hat{a}^\dagger)^n\ket{0} \\ &= e^{-\frac{z^2}{2}} z e^{z\hat{a}^\dagger} (e^{-z\hat{a}}\ket{0}) \\ &= z (e^{z\hat{a}^\dagger}e^{-z\hat{a}} e^{-\frac{z^2}{2}}\ket{0}) \\ &= z e^{-i\hat{p}l/\hbar}\ket{0} \end{aligned}

上式最后的结果告诉我们，平移算符作用在 ∣0⟩\ket{0} 得到的态是湮灭算符的本征态，本征值为 zz。而相干态的定义就是湮灭算符的本征态。因此一个相干态可以通过平移算符作用到 ∣0⟩\ket{0} 上得到。

# 一维谐振子的压缩态

\quad 湮灭算符 a^=12(x^+ip^)\hat{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}+i\hat{p})，产生算符 a^†=12(x^−ip^)\hat{a}^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}-i\hat{p})，[a^,a^†]=1[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1。这里，ℏ=m=ω=1\hbar=m=\omega=1。利用压缩算符 S^(ε)=exp⁡(12ε∗a^a^−12εa^†a^†)\hat{S}(\varepsilon)=\exp\left(\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a}-\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\right) 和平移算符 D^(α)=exp⁡(αa^†−α∗a^)\hat{D}(\alpha)=\exp\left(\alpha\hat{a}^\dagger-\alpha^*\hat{a}\right)，可以产生压缩态 ∣α,ε⟩=D^(α)S^(ε)∣0⟩\ket{\alpha,\varepsilon}=\hat{D}(\alpha)\hat{S}(\varepsilon)\ket{0}，其中压缩参数 ε=re2iϕ\varepsilon=re^{2i\phi}。
(a)(a) 证明：

S^†(ε)a^S^(ε)=a^cosh⁡r−a^†e2iϕsinh⁡r\hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{a}\hat{S}(\varepsilon) = \hat{a}\cosh r - \hat{a}^\dagger e^{2i\phi} \sinh r

S^†(ε)a^†S^(ε)=a^†cosh⁡r−a^e−2iϕsinh⁡r\hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{a}^\dagger\hat{S}(\varepsilon) = \hat{a}^\dagger\cosh r - \hat{a} e^{-2i\phi} \sinh r

(b) 已知：

Y^1=12(x^cos⁡ϕ+p^sin⁡ϕ);Y^2=12(−x^sin⁡ϕ+p^cos⁡ϕ)\hat{Y}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}\cos\phi+\hat{p}\sin\phi)\ ;\ \hat{Y}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(-\hat{x}\sin\phi+\hat{p}\cos\phi)

对于压缩态 ∣α,ε⟩\ket{\alpha,\varepsilon}，求方差 ⟨(ΔY1)2⟩\braket{(\Delta Y_1)^2} 和 ⟨(ΔY2)2⟩\braket{(\Delta Y_2)^2}。

解：
\quad (a)(a)

S^†(ε)a^S^(ε)=exp⁡(12εa^†a^†−12ε∗a^a^)a^exp⁡(12ε∗a^a^−12εa^†a^†)=a^+[12εa^†a^†−12ε∗a^a^,a^]+12![12εa^†a^†−12ε∗a^a^,[12εa^†a^†−12ε∗a^a^,a^]]+⋯=a^−εa^†+εε∗2!a^−εε∗ε3!a^†+⋯=a^−re2iϕa^†+r22!a^−r3e2iϕ3!a^†=a^cosh⁡r−a^†e2iϕsinh⁡r\begin{aligned} \hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{a}\hat{S}(\varepsilon) &= \exp\left(\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger-\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a}\right) \hat{a} \exp\left(\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a}-\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\right) \\ &= \hat{a} + \left[\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger-\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a},\hat{a}\right] + \frac{1}{2!}\left[\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger-\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a},\left[\frac{1}{2}\varepsilon\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger-\frac{1}{2}\varepsilon^*\hat{a}\hat{a},\hat{a}\right]\right] + \cdots \\ &= \hat{a} - \varepsilon \hat{a}^\dagger + \frac{\varepsilon\varepsilon^*}{2!}\hat{a} - \frac{\varepsilon\varepsilon^*\varepsilon}{3!} \hat{a}^\dagger + \cdots \\ &= \hat{a} - re^{2i\phi}\hat{a}^\dagger + \frac{r^2}{2!}\hat{a} -\frac{r^3e^{2i\phi}}{3!}\hat{a}^\dagger \\ &= \hat{a}\cosh r - \hat{a}^\dagger e^{2i\phi} \sinh r \end{aligned}

同理可证明：

S^†(ε)a^†S^(ε)=a^†cosh⁡r−a^e−2iϕsinh⁡r\hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{a}^\dagger\hat{S}(\varepsilon) = \hat{a}^\dagger\cosh r - \hat{a} e^{-2i\phi} \sinh r

证毕。

\quad (b) 用产生和湮灭算符表示：

Y^1=12[(a^+a^†)cos⁡ϕ+i(a^†−a^)sin⁡ϕ]=12(e−iϕa^+eiϕa^†)Y^2=12[−(a^+a^†)sin⁡ϕ+i(a^†−a^)cos⁡ϕ]=i2(−e−iϕa^+eiϕa^†)Y^12=14[a^a^†(cos⁡ϕsin⁡ϕ−sin⁡2ϕ)+a^†a^†cos⁡2ϕ]Y^22=14[a^a^†sin⁡2ϕ−(a^†a^†+a^a^−a^†a^)sin⁡ϕcos⁡ϕ+(a^†a^†−a^a^†+a^a^−a^†a^)cos⁡2ϕ]\begin{aligned} &\hat{Y}_1 = \frac{1}{2}\left[(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)\cos\phi+i(\hat{a}^\dagger-\hat{a})\sin\phi\right] = \frac{1}{2}(e^{-i\phi}\hat{a}+e^{i\phi}\hat{a}^\dagger) \\ &\hat{Y}_2 = \frac{1}{2}\left[-(\hat{a}+\hat{a}^\dagger)\sin\phi+i(\hat{a}^\dagger-\hat{a})\cos\phi\right] = \frac{i}{2} \left(-e^{-i\phi}\hat{a}+e^{i\phi}\hat{a}^\dagger\right) \\ &\hat{Y}^2_1 = \frac{1}{4}\left[\hat{a}\hat{a}^\dagger(\cos\phi\sin\phi - \sin^2\phi) + \hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\cos^2\phi\right] \\ &\hat{Y}_2^2=\frac{1}{4}\left[\hat{a} \hat{a}^{\dagger}\sin ^2 \phi-\left(\hat{a}^{\dagger} \hat{a}^{\dagger}+\hat{a} \hat{a}-\hat{a}^{\dagger} \hat{a}\right) \sin \phi \cos \phi+\left(\hat{a}^{\dagger} \hat{a}^{\dagger}-\hat{a} \hat{a}^{\dagger}+\hat{a} \hat{a}-\hat{a}^{\dagger} \hat{a}\right) \cos ^2 \phi\right] \end{aligned}

计算平均值：

⟨α,ε∣Y^1∣α,ε⟩=⟨α∣S^†(ε)Y^1S^(ε)∣α⟩=12e−iϕ⟨α∣(a^cosh⁡r−a^†e2iϕsinh⁡r)∣α⟩+12eiϕ⟨α∣(a^†cosh⁡r−a^e−2iϕsinh⁡r)∣α⟩=12e−iϕ(αcosh⁡r−α∗e2iϕsinh⁡r)+12eiϕ(α∗cosh⁡r−αe−2iϕsinh⁡r)=12e−iϕα(cosh⁡r−sinh⁡r)+12eiϕα∗(cosh⁡r−sinh⁡r)=12e−iϕαe−r+12eiϕα∗e−r\begin{aligned} \bra{\alpha,\varepsilon}\hat{Y}_1\ket{\alpha,\varepsilon} &= \bra{\alpha}\hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{Y}_1\hat{S}(\varepsilon)\ket{\alpha} \\ &= \frac{1}{2}e^{-i\phi}\bra{\alpha}\left(\hat{a}\cosh r - \hat{a}^\dagger e^{2i\phi} \sinh r\right)\ket{\alpha} + \frac{1}{2}e^{i\phi}\bra{\alpha}\left(\hat{a}^\dagger\cosh r - \hat{a} e^{-2i\phi} \sinh r\right)\ket{\alpha} \\ &= \frac{1}{2}e^{-i\phi}(\alpha\cosh r-\alpha^*e^{2i\phi} \sinh r) + \frac{1}{2}e^{i\phi} (\alpha^*\cosh r-\alpha e^{-2i\phi} \sinh r) \\ &= \frac{1}{2}e^{-i\phi}\alpha (\cosh r-\sinh r) + \frac{1}{2}e^{i\phi}\alpha^* (\cosh r-\sinh r) \\ &= \frac{1}{2}e^{-i\phi}\alpha e^{-r} + \frac{1}{2}e^{i\phi}\alpha^* e^{-r} \end{aligned}

⟨α,ε∣Y^2∣α,ε⟩=⟨α∣S^†(ε)Y^2S^(ε)∣α⟩=−i2e−iϕ⟨α∣(a^cosh⁡r−a^†e2iϕsinh⁡r)∣α⟩+i2eiϕ⟨α∣(a^†cosh⁡r−a^e−2iϕsinh⁡r)∣α⟩=−i2e−iϕ(αcosh⁡r−α∗e2iϕsinh⁡r)+i2eiϕ(α∗cosh⁡r−αe−2iϕsinh⁡r)=−i2e−iϕα(cosh⁡r+sinh⁡r)+i2eiϕα∗(cosh⁡r+sinh⁡r)=−i2e−iϕαer+i2eiϕα∗er\begin{aligned} \bra{\alpha,\varepsilon}\hat{Y}_2\ket{\alpha,\varepsilon} &= \bra{\alpha}\hat{S}^\dagger(\varepsilon)\hat{Y}_2\hat{S}(\varepsilon)\ket{\alpha} \\ &= -\frac{i}{2}e^{-i\phi}\bra{\alpha}\left(\hat{a}\cosh r - \hat{a}^\dagger e^{2i\phi} \sinh r\right)\ket{\alpha} + \frac{i}{2}e^{i\phi}\bra{\alpha}\left(\hat{a}^\dagger\cosh r - \hat{a} e^{-2i\phi} \sinh r\right)\ket{\alpha} \\ &= -\frac{i}{2}e^{-i\phi}(\alpha\cosh r-\alpha^*e^{2i\phi} \sinh r) + \frac{i}{2}e^{i\phi} (\alpha^*\cosh r-\alpha e^{-2i\phi} \sinh r) \\ &= -\frac{i}{2}e^{-i\phi}\alpha(\cosh r+\sinh r) + \frac{i}{2}e^{i\phi}\alpha^*(\cosh r+\sinh r) \\ &= -\frac{i}{2}e^{-i\phi}\alpha e^{r} + \frac{i}{2}e^{i\phi}\alpha^* e^{r} \end{aligned}

再利用相同的方法计算 ⟨α,ε∣Y^12∣α,ε⟩\bra{\alpha,\varepsilon}\hat{Y}^2_1\ket{\alpha,\varepsilon}，⟨α,ε∣Y^22∣α,ε⟩\bra{\alpha,\varepsilon}\hat{Y}^2_2\ket{\alpha,\varepsilon}，最后代入方差公式可求得：

⟨(ΔY1)2⟩=14e−2r⟨(ΔY2)2⟩=14e2r\begin{aligned} \braket{(\Delta Y_1)^2} &= \frac{1}{4} e^{-2r} \\ \braket{(\Delta Y_2)^2} &= \frac{1}{4} e^{2r} \end{aligned}

# 角动量理论习题

# 转动算符的作用

\quad 绕 zz 轴转动 α\alpha 角，R^z(α)=e−iαJ^z/ℏ\hat{R}_z(\alpha)=e^{-i\alpha\hat{J}_z/\hbar}。

(a)(a) 计算 R^z†(α)J^xR^z(α)\hat{R}_z^\dagger(\alpha)\hat{J}_x\hat{R}_z(\alpha) 和 R^z†(α)J^yR^z(α)\hat{R}_z^\dagger(\alpha)\hat{J}_y\hat{R}_z(\alpha)，给出角动量算符 J⃗=(J^x,J^y,J^z)T\vec{J}=(\hat{J}_x,\hat{J}_y,\hat{J}_z)^T 在绕 zz 轴转动 α\alpha 角下如何变换。

(b) 证明：eiπJ^z/ℏeiαJ^y/ℏe−iπJ^z/ℏ=e−iαJ^y/ℏe^{i\pi\hat{J}_z/\hbar}e^{i\alpha\hat{J}_y/\hbar}e^{-i\pi\hat{J}_z/\hbar} = e^{-i\alpha\hat{J}_y/\hbar}。

解：
\quad (a)(a) 要利用到公式：

eξA^B^e−ξA^=B^+ξ[A^,B^]+ξ22![A^,[A^,B^]]+⋯e^{\xi\hat{A}}\hat{B}e^{-\xi\hat{A}} = \hat{B} + \xi[\hat{A},\hat{B}] + \frac{\xi^2}{2!}[\hat{A},[\hat{A},\hat{B}]] + \cdots

由于

[J^z,J^x]=iℏJ^y[J^z,[J^z,J^x]]=ℏ2J^x⋯[J^z,⋯[J^z⏟2n,J^x]]=ℏ2nJ^x[J^z,⋯[J^z⏟2n+1,J^x]]=iℏ2n+1J^y\begin{aligned} &[\hat{J}_z,\hat{J}_x] = i\hbar\hat{J}_y \\ &[\hat{J}_z,[\hat{J}_z,\hat{J}_x]] = \hbar^2\hat{J}_x \\ &\cdots \\ &[\underbrace{\hat{J}_z,\cdots[\hat{J}_z}_{2n},\hat{J}_x]] = \hbar^{2n}\hat{J}_x \\ &[\underbrace{\hat{J}_z,\cdots[\hat{J}_z}_{2n+1},\hat{J}_x]] = i\hbar^{2n+1}\hat{J}_y \end{aligned}

因此

R^z†(α)J^xR^z(α)=Jx^−α22!J^x+α44!J^x+⋯+(−1)nα2n(2n)!J^xαJ^y−α33!J^y+α55!J^y+⋯+(−1)nα2n+1(2n+1)!J^y=J^xcos⁡α+J^ysin⁡α\begin{aligned} \hat{R}_z^\dagger(\alpha)\hat{J}_x\hat{R}_z(\alpha) =& \hat{J_x} - \frac{\alpha^2}{2!}\hat{J}_x + \frac{\alpha^4}{4!}\hat{J}_x + \cdots +(-1)^n \frac{\alpha^{2n}}{(2n)!}\hat{J}_x \\ &\quad \alpha\hat{J}_y - \frac{\alpha^3}{3!}\hat{J}_y + \frac{\alpha^5}{5!} \hat{J}_y + \cdots + (-1)^n\frac{\alpha^{2n+1}}{(2n+1)!}\hat{J}_y \\ =& \hat{J}_x \cos\alpha + \hat{J}_y \sin\alpha \end{aligned}

而同理可得：

R^z†(α)J^yR^z(α)=−J^xsin⁡α+J^ycos⁡α\hat{R}_z^\dagger(\alpha)\hat{J}_y\hat{R}_z(\alpha) = -\hat{J}_x\sin\alpha + \hat{J}_y\cos\alpha

角动量算符 J⃗\vec{J}的 J^x,J^y\hat{J}_x,\hat{J}_y 分量在绕 zz 轴转动 α\alpha 角后，变化如同上面所推导的，而 J^z\hat{J}_z 分量则不会变化，即：

R^z†(α)J⃗R^z(α)=(J^xcos⁡α+J^ysin⁡α,−J^xsin⁡α+J^ycos⁡α,J^z)T\hat{R}_z^\dagger(\alpha)\vec{J}\hat{R}_z(\alpha) = \left(\hat{J}_x \cos\alpha + \hat{J}_y \sin\alpha , -\hat{J}_x\sin\alpha + \hat{J}_y\cos\alpha , \hat{J}_z\right)^T

\quad (b) 沿用绕 zz 轴转动的记号 R^z(π)=e−iπJ^z/ℏ\hat{R}_z(\pi)=e^{-i\pi\hat{J}_z/\hbar}。并且将 eiαJ^y/ℏe^{i\alpha\hat{J}_y/\hbar} 作展开有：

eiαJ^y/ℏ=I^+(iα/ℏ)J^y+(iα/ℏ)22!J^y2+⋯e^{i\alpha\hat{J}_y/\hbar} = \hat{I} + (i\alpha/\hbar)\hat{J}_y + \frac{ (i\alpha/\hbar)^2}{2!}\hat{J}_y^2 + \cdots

利用 (a)(a) 中的结果，可以计算出：

R^z†(π)J^yR^z(π)=−J^y\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}_y\hat{R}_z(\pi) = -\hat{J}_y

R^z†(π)J^y2R^z(π)=R^z†(π)J^yR^z(π)R^z†(π)J^yR^z(π)=J^y2\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}^2_y\hat{R}_z(\pi) = \hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}_y\hat{R}_z(\pi)\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}_y\hat{R}_z(\pi) = \hat{J}_y^2

⋯\cdots

R^z†(π)J^ynR^z(π)=(−1)nJ^yn\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}^n_y\hat{R}_z(\pi) = (-1)^n \hat{J}_y^n

因此：

eiπJ^z/ℏeiαJ^y/ℏe−iπJ^z/ℏ=I^+(iα/ℏ)R^z†(π)J^yR^z(π)+(iα/ℏ)22!R^z†(π)J^y2R^z(π)+⋯=I^+(iα/ℏ)(−J^y)+(iα/ℏ)22!(−J^y)2+⋯=e−iαJ^y/ℏ\begin{aligned} e^{i\pi\hat{J}_z/\hbar}e^{i\alpha\hat{J}_y/\hbar}e^{-i\pi\hat{J}_z/\hbar} &= \hat{I} + (i\alpha/\hbar)\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}_y\hat{R}_z(\pi) + \frac{ (i\alpha/\hbar)^2}{2!}\hat{R}_z^\dagger(\pi)\hat{J}^2_y\hat{R}_z(\pi) + \cdots \\ &= \hat{I} + (i\alpha/\hbar)(-\hat{J}_y) + \frac{ (i\alpha/\hbar)^2}{2!}(-\hat{J}_y)^2 + \cdots \\ &= e^{-i\alpha\hat{J}_y/\hbar} \end{aligned}

证毕。

# CG 系数的计算

\quad 计算两个角动量 j1=1j_1=1 和 j2=1j_2=1 相加情况下的 Clebsch-Gordon\text{Clebsch-Gordon} 系数。

解：

∣j=2,m=2⟩=∣m1=1,m2=1⟩∣j=2,m=1⟩=12∣m1=1,m2=0⟩+12∣m1=0,m2=1⟩∣j=2,m=0⟩=12∣m1=0,m2=0⟩+12∣m1=1,m2=−1⟩+12∣m1=−1,m2=1⟩∣j=2,m=−1⟩=12∣m1=−1,m2=0⟩+12∣m1=0,m2=−1⟩∣j=2,m=−2⟩=∣m1=−1,m2=−1⟩\begin{aligned} &\ket{j=2,m=2} = \ket{m_1=1,m_2=1} \\ &\ket{j=2,m=1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=1,m_2=0} + \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=1} \\ &\ket{j=2,m=0} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=0} + \frac{1}{2}\ket{m_1=1,m_2=-1} + \frac{1}{2}\ket{m_1=-1,m_2=1} \\ &\ket{j=2,m=-1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=-1,m_2=0} + \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=-1} \\ &\ket{j=2,m=-2} = \ket{m_1=-1,m_2=-1} \\ \end{aligned}

∣j=1,m=1⟩=12∣m1=1,m2=0⟩+12∣m1=0,m2=1⟩∣j=1,m=0⟩=12∣m1=0,m2=0⟩+12∣m1=1,m2=−1⟩+12∣m1=−1,m2=1⟩∣j=1,m=−1⟩=12∣m1=−1,m2=0⟩+12∣m1=0,m2=−1⟩\begin{aligned} &\ket{j=1,m=1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=1,m_2=0} + \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=1} \\ &\ket{j=1,m=0} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=0} + \frac{1}{2}\ket{m_1=1,m_2=-1} + \frac{1}{2}\ket{m_1=-1,m_2=1} \\ &\ket{j=1,m=-1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=-1,m_2=0} + \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{m_1=0,m_2=-1} \end{aligned}

∣j=0,m=0⟩=∣m1=0,m2=0⟩\ket{j=0,m=0} = \ket{m_1=0,m_2=0}

上面各个系数就是对应的 Clebsch-Gordon\text{Clebsch-Gordon} 系数。

# 角动量的施温格振子模型

\quad 假设

J^+=ℏa^+†a^−;J^−=ℏa^−†a^+\hat{J}_+=\hbar\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_- \quad;\quad \hat{J}_-=\hbar\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+

J^z=ℏ2(a^+†a^+−a^−†a^−)=ℏ2(N^+−N^−)\hat{J}_z=\frac{\hbar}{2}(\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_+-\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_-)=\frac{\hbar}{2}(\hat{N}_+-\hat{N}_-)

其中 a^±,a^±†\hat{a}_\pm,\hat{a}^\dagger_\pm 为两个独立的简谐振子的湮灭和产生算符，它们满足通常的简谐振子的对易关系。试证明：

[J^z,J^±]=±ℏJ^±;[J^+,J^−]=2ℏJ^z[\hat{J}_z , \hat{J}_\pm]=\pm\hbar\hat{J}_\pm \quad;\quad [\hat{J}_+ , \hat{J}_-]=2\hbar\hat{J}_z

J^2=J^z2+12(J^+J^−+J^−J^+)=ℏ22N(N2+1)\hat{J}^2=\hat{J}_z^2+\frac{1}{2}(\hat{J}_+\hat{J}_-+\hat{J}_-\hat{J}_+)=\frac{\hbar^2}{2}N(\frac{N}{2}+1)

证明：
\quad 下面的证明推导利用到以下对易关系：

[a^±,a^±†]=I^[\hat{a}_\pm,\hat{a}_\pm^\dagger] = \hat{I}

以及两个独立的谐振子的算符相互对易：

[a^+,a^−]=0;[a^+†,a^−]=0;⋯[\hat{a}_+,\hat{a}_-] = 0 ;\quad [\hat{a}^\dagger_+,\hat{a}_-] = 0;\quad\cdots

下面开始推导证明：

[J^z,J^+]=ℏ22([a^+†a^+,a^+†a^−]−[a^−†a^−,a^+†a^−])=ℏ22(a^+†[a^+,a^+†]a^−+[a^+†,a^+†]a^+a^−−a^+†[a^−†,a^−]a^−−a^+†a^−†[a^−,a^−])=ℏ22(a^+a^−+0+a^+†a^−−0)=ℏ2a^+a^−=ℏJ^+\begin{aligned} [\hat{J}_z,\hat{J}_+] &= \frac{\hbar^2}{2} \left( [\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_+,\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_-] - [\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_-,\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_-] \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{a}^\dagger_{+}[\hat{a}_{+},\hat{a}^\dagger_{+}]\hat{a}_{-} + [\hat{a}^\dagger_{+},\hat{a}^\dagger_{+}]\hat{a}_{+}\hat{a}_{-} - \hat{a}^\dagger_{+}[\hat{a}^\dagger_{-},\hat{a}_{-}]\hat{a}_{-} - \hat{a}^\dagger_{+}\hat{a}^\dagger_{-}[\hat{a}_{-},\hat{a}_{-}] \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{a}_+\hat{a}_- + 0 + \hat{a}^\dagger_+\hat{a}_- - 0 \right) \\ &= \hbar^2 \hat{a}_+\hat{a}_- = \hbar \hat{J}_+ \end{aligned}

[J^z,J^−]=ℏ22([a^+†a^+,a^−†a^+]−[a^−†a^−,a^−†a^+])=ℏ22(a^+†[a^+,a^+]a^−†+[a^+†,a^+]a^+a^−†−a^−†[a^−,a^−†]a^+−[a^−†,a^−†]a^−a^+)=ℏ22(0−a^+a^−†−a^−†a^+−0)=−ℏ2a^−†a^+=−ℏJ^−\begin{aligned} [\hat{J}_z,\hat{J}_-] &= \frac{\hbar^2}{2} \left( [\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_+,\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+] - [\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_-,\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+] \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{a}^\dagger_{+}[\hat{a}_{+},\hat{a}_{+}]\hat{a}_{-}^\dagger + [\hat{a}^\dagger_{+},\hat{a}_{+}]\hat{a}_{+}\hat{a}_{-}^\dagger - \hat{a}^\dagger_{-}[\hat{a}_{-},\hat{a}^\dagger_{-}]\hat{a}_{+} - [\hat{a}^\dagger_{-},\hat{a}^\dagger_{-}]\hat{a}_{-}\hat{a}_{+} \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{2} \left( 0 - \hat{a}_{+}\hat{a}_{-}^\dagger - \hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+ - 0 \right) \\ &= -\hbar^2\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+ = -\hbar\hat{J}_{-} \end{aligned}

[J^+,J^−]=ℏ2[a^+†a^−,a^−†a^+]=ℏ2(a^−†[a^+†,a^+]a^−+a^+†[a^−,a^−†]a^+)=ℏ2(−a^−†a^−+a^+†a^+)=2ℏJ^z\begin{aligned} [\hat{J}_+ , \hat{J}_-] &= \hbar^2 [\hat{a}^\dagger_{+}\hat{a}_{-},\hat{a}^\dagger_{-}\hat{a}_{+}] \\ &= \hbar^2 \left( \hat{a}_{-}^\dagger[\hat{a}^\dagger_{+},\hat{a}_{+}]\hat{a}_{-} + \hat{a}^\dagger_{+}[\hat{a}_{-},\hat{a}^\dagger_{-}]\hat{a}_{+} \right) \\ &= \hbar^2 \left( -\hat{a}^\dagger_{-}\hat{a}_{-} + \hat{a}^\dagger_{+}\hat{a}_{+} \right) \\ &= 2\hbar\hat{J}_z \end{aligned}

J^2=J^z2+12(J^+J^−+J^−J^+)=ℏ24(N^+−N^−)2+ℏ22(a^+†a^−a^−†a^++a^−†a^+a^+†a^−)=ℏ24(N^+−N^−)2+ℏ22(N^+(I^+a^−†a^−)+N^−(I^+a^+†a^+))=ℏ24(N^+−N^−)2+ℏ22(N^++N^−+2N^+N^−)=ℏ24(N^+2+N^−2+2N^++2N^−+2N^+N^−)=ℏ24((N^++N^−)2+2(N^++N^−))=ℏ22N^(N^2+1)\begin{aligned} \hat{J}^2 &= \hat{J}_z^2+\frac{1}{2}(\hat{J}_+\hat{J}_-+\hat{J}_-\hat{J}_+) \\ &= \frac{\hbar^2}{4}(\hat{N}_+-\hat{N}_-)^2 + \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{a}^\dagger_+\hat{a}_-\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+ + \hat{a}^\dagger_-\hat{a}_+\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_- \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{4}(\hat{N}_+-\hat{N}_-)^2 + \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{N}_{+}(\hat{I}+\hat{a}^\dagger_-\hat{a}_-) + \hat{N}_{-}(\hat{I}+\hat{a}^\dagger_+\hat{a}_+) \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{4}(\hat{N}_+-\hat{N}_-)^2 + \frac{\hbar^2}{2} \left( \hat{N}_+ + \hat{N}_{-} + 2\hat{N}_+\hat{N}_- \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{4} \left( \hat{N}^2_+ + \hat{N}^2_- + 2\hat{N}_+ + 2\hat{N}_{-} + 2\hat{N}_+\hat{N}_- \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{4} \left( (\hat{N}_++\hat{N}_-)^2 + 2(\hat{N}_++\hat{N}_-) \right) \\ &= \frac{\hbar^2}{2} \hat{N} (\frac{\hat{N}}{2}+1) \end{aligned}

其中 N^=N^++N^−\hat{N} = \hat{N}_++\hat{N}_-。至此，证毕。

# 散射理论习题

# 一维 δ 散射势

\quad 对于一个完全由 δ\delta 函数构成的一维散射势 V^(x)=gδ(x−x0)\hat{V}(x)=g\delta(x-x_0)，其中 gg 为常数。假设初始波函数为 ψi(x)=eikix\psi_i(x)=e^{ik_ix}，利用 Lippmann-Schwinger\text{Lippmann-Schwinger} 方程
(a)(a) 找出散射波函数 ψi(+)(x)\psi_i^{(+)}(x)；
(b) 求出反射率 RR 和穿透率 TT。

解：
\quad (a)(a) Lippmann-Schwinger\text{Lippmann-Schwinger} 方程:

∣ψi(+)⟩=∣ψi⟩+1Ei−H^0+iϵV^∣ψi(+)⟩\ket{\psi^{(+)}_i} = \ket{\psi_i} + \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon}\hat{V}\ket{\psi^{(+)}_i}

其中 EiE_i 为初始波函数 ψi(x)=eikix\psi_i(x)=e^{ik_ix} 对应的能量。将上式左乘 ⟨x∣\bra{x}，并插入一组坐标基矢完备集：

⟨x∣ψi(+)⟩=⟨x∣ψi⟩+∫dx′⟨x∣1Ei−H^0+iϵ∣x′⟩⟨x′∣V^∣ψi(+)⟩=⟨x∣ψi⟩+∬dx′dx′′⟨x∣1Ei−H^0+iϵ∣x′⟩⟨x′∣V^∣x′′⟩⟨x′′∣∣ψi(+)⟩=⟨x∣ψi⟩+∬dx′dx′′⟨x∣1Ei−H^0+iϵ∣x′⟩V(x′)δ(x′−x′′)⟨x′′∣∣ψi(+)⟩=⟨x∣ψi⟩+∫dx′⟨x∣1Ei−H^0+iϵ∣x′⟩V(x′)ψi(+)(x′)=⟨x∣ψi⟩+2mℏ2∫dx′G+(x,x′)V(x′)ψi(+)(x′)\begin{aligned} \braket{x|\psi^{(+)}_i} &= \braket{x|\psi_i} + \int dx' \bra{x} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{x'} \bra{x'} \hat{V} \ket{\psi^{(+)}_i} \\ &= \braket{x|\psi_i} + \iint dx' dx'' \bra{x} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{x'} \bra{x'} \hat{V} \ket{x''} \bra{x''} \ket{\psi^{(+)}_i} \\ &= \braket{x|\psi_i} + \iint dx' dx'' \bra{x} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{x'} V(x') \delta(x'-x'') \bra{x''} \ket{\psi^{(+)}_i} \\ &= \braket{x|\psi_i} + \int dx' \bra{x} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{x'} V(x') \psi^{(+)}_i(x') \\ &= \braket{x|\psi_i} + \frac{2m}{\hbar^2} \int dx'\ G_+(x,x') V(x') \psi^{(+)}_i(x') \end{aligned}

其中:

G+(x,x′)=ℏ22m⟨x∣1Ei−H^0+iϵ∣x′⟩=ℏ22m∬dpdp′⟨x∣p⟩⟨p∣1Ei−H^0+iϵ∣p′⟩⟨p′∣x′⟩=ℏ22m∬dpdp′⟨x∣p⟩⟨p∣p′⟩pi22m−p′22m+iϵ⟨p′∣x′⟩=ℏ22m∬dpdp′eiℏxp2πℏδ(p−p′)pi22m−p′22m+iϵe−iℏx′p′2πℏ=12π∫−∞+∞dkeik(x−x′)1ki2−k2+iϵ=−i2kieiki∣x−x′∣\begin{aligned} G_+(x,x') &= \frac{\hbar^2}{2m} \bra{x} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{x'} \\ &= \frac{\hbar^2}{2m} \iint dp dp' \braket{x|p} \bra{p} \frac{1}{E_i-\hat{H}_0+i\epsilon} \ket{p'} \braket{p'|x'} \\ &= \frac{\hbar^2}{2m} \iint dp dp' \braket{x|p} \frac{\braket{p|p'}}{\frac{p_i^2}{2m}-\frac{p'^2}{2m}+i\epsilon} \braket{p'|x'} \\ &= \frac{\hbar^2}{2m} \iint dp dp' \frac{e^{\frac{i}{\hbar}xp}}{\sqrt{2\pi\hbar}} \frac{\delta(p-p')}{\frac{p_i^2}{2m}-\frac{p'^2}{2m}+i\epsilon} \frac{e^{-\frac{i}{\hbar}x'p'}}{\sqrt{2\pi\hbar}} \\ &= \frac{1}{2\pi} \int^{+\infin}_{-\infin} dk\ e^{ik(x-x')} \frac{1}{k_i^2-k^2+i\epsilon} \\ &= -\frac{i}{2k_i} e^{ik_i|x-x'|} \end{aligned}

将其代入可得：

ψi(+)(x)=⟨x∣ψi⟩−imℏ2ki∫dx′eiki∣x−x′∣V(x′)ψi(+)(x′)=ψi(x)−imgℏ2ki∫dx′eiki∣x−x′∣δ(x′−x0)ψi(+)(x′)=eikix−imgℏ2kieiki∣x−x0∣ψi(+)(x0)\begin{aligned} \psi^{(+)}_i(x) &= \braket{x|\psi_i} -i\frac{m}{\hbar^2k_i} \int dx' \ e^{ik_i|x-x'|} V(x') \psi^{(+)}_i(x') \\ &= \psi_i(x) -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} \int dx' \ e^{ik_i|x-x'|} \delta(x'-x_0) \psi^{(+)}_i(x') \\ &= e^{ik_ix} -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} e^{ik_i|x-x_0|} \psi^{(+)}_i(x_0) \end{aligned}

令 x=x0x=x_0，上式可化为：

ψi(+)(x0)=eikix0−imgℏ2kiψi(+)(x0)⟹ψi(+)(x0)=eikix01+imgℏ2ki\begin{aligned} &\psi^{(+)}_i(x_0) = e^{ik_ix_0} -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} \psi^{(+)}_i(x_0) \\ \Longrightarrow& \psi^{(+)}_i(x_0) = \frac{e^{ik_ix_0}}{1+i\frac{mg}{\hbar^2k_i}} \end{aligned}

因此：

ψi(+)(x)=eikix−imgℏ2kieiki∣x−x0∣eikix01+imgℏ2ki={eikix−imgℏ2kieikix1+imgℏ2ki;x≥x0eikix−imgℏ2kieiki(2x0−x)1+imgℏ2ki;x<x0\psi^{(+)}_i(x) = e^{ik_ix} -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} \frac{e^{ik_i|x-x_0|}e^{ik_ix_0}}{1+i\frac{mg}{\hbar^2k_i}} = \begin{cases} e^{ik_ix} -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} \frac{e^{ik_ix}}{1+i\frac{mg}{\hbar^2k_i}}; \quad x\ge x_0 \\\\ e^{ik_ix} -i\frac{mg}{\hbar^2k_i} \frac{e^{ik_i(2x_0-x)}}{1+i\frac{mg}{\hbar^2k_i}}; \quad x<x_0 \end{cases}

\quad (b) 设：

γ=mgℏ2ki\gamma = \frac{mg}{\hbar^2k_i}

则：

ψi(+)(x)=eikix−iγeikix1+iγ;x≥x0\psi^{(+)}_i(x) = e^{ik_ix} -i\gamma \frac{e^{ik_ix}}{1+i\gamma }; \quad x\ge x_0

讨论 x≥x0x\ge x_0 时的穿透几率流为：

j⃗t=−iℏ2m[(ψi(+))∗∂∂xψi(+)−ψi(+)∂∂x(ψi(+))∗]e⃗x=ℏkm(1−γ21+γ2)\begin{aligned} \vec{j}_{\text{t}} &= -\frac{i\hbar}{2m}\left[(\psi^{(+)}_i)^*\frac{\partial}{\partial x}\psi^{(+)}_i-\psi^{(+)}_i\frac{\partial}{\partial x}(\psi^{(+)}_i)^*\right] \vec{e}_x = \frac{\hbar k}{m}(1-\frac{\gamma^2}{1+\gamma^2}) \end{aligned}

入射几率流为：

j⃗in=−iℏ2m[(ψi)∗∂∂xψi−ψi∂∂x(ψi)∗]e⃗x=ℏkm\vec{j}_{\text{in}} = -\frac{i\hbar}{2m}\left[(\psi_i)^*\frac{\partial}{\partial x}\psi_i-\psi_i\frac{\partial}{\partial x}(\psi_i)^*\right] \vec{e}_x = \frac{\hbar k}{m}

因此穿透率为：

T=∣j⃗t∣∣j⃗in∣=1−γ21+γ2T = \frac{|\vec{j}_{\text{t}}|}{|\vec{j}_{\text{in}}|} = 1-\frac{\gamma^2}{1+\gamma^2}

反射率为：

R=1−T=γ21+γ2R = 1-T = \frac{\gamma^2}{1+\gamma^2}

# 氢原子对电子的散射

\quad 讨论氢原子对电子的散射。在原子静态近似下，入射电子感受到的是一个固定的电势

V(r⃗)=−e∫dr⃗′ρ(r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣V(\vec{r}) = -e \int d\vec{r}'\ \frac{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|}

其中 ρ(r⃗′)\rho(\vec{r}') 是电荷密度分布：

ρ(r⃗)=eδ3(r⃗)−e∣ϕ(r⃗)∣2\rho(\vec{r}) = e\delta^3(\vec{r})-e|\phi(\vec{r})|^2

第一项表示原子核的电荷，第二项是束缚电子的电荷分布。ϕ(r⃗)\phi(\vec{r}) 是氢原子基态波函数

ϕ(r⃗)=1(πa3)e−r/a\phi(\vec{r})=\frac{1}{\sqrt{(\pi a^3)}}e^{-r/a}

其中 a=1me2a=\frac{1}{me^2} 是波尔半径。
(a)(a) 证明势场 V(r⃗)V(\vec{r}) 可以被简化为 V(r)=−e2(1r+1a)e−2r/aV(r)=-e^2(\frac{1}{r}+\frac{1}{a})e^{-2r/a}。
(b) 假设入射电子对原子的可能畸变或极化是可以忽略的，且忽略入射电子和原子电子的交换效应，用一阶波恩近似计算势的散射振幅。
(c) 检验 e−he-h 散射过程的一阶玻恩近似的有效性。注意，如果 γ=−e2\gamma=-e^2 且 μ≊2/a\mu\approxeq 2/a，势场与 Yukawa\text{Yukawa} 势 V(r)≊γe−μrrV(r)\approxeq\gamma\frac{e^{-\mu r}}{r} 有相同的定性行为。

解：

(a)(a) 要证明势场 V(r⃗)V(\vec{r}) 可以简化为 V(r)=−e2(1r+1a)e−2r/aV(r)=-e^2(\frac{1}{r}+\frac{1}{a})e^{-2r/a}，我们将电荷密度分布 ρ(r⃗)\rho(\vec{r}) 代入势能表达式中。首先，代入第一项 ρ1(r⃗)=eδ3(r⃗)\rho_1(\vec{r}) = e\delta^3(\vec{r})，我们得到：

V1(r⃗)=−e∫dr⃗′eδ3(r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣=−e2r\begin{aligned} V_1(\vec{r}) &= -e \int d\vec{r}'\ \frac{e\delta^3(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} = \frac{-e^2}{r} \end{aligned}

接下来，代入第二项 ρ2(r⃗)=−e∣ϕ(r⃗)∣2\rho_2(\vec{r}) = -e|\phi(\vec{r})|^2，其中 ϕ(r⃗)=1(πa3)e−r/a\phi(\vec{r})=\frac{1}{\sqrt{(\pi a^3)}}e^{-r/a} 是氢原子基态波函数。我们得到：

V2(r⃗)=−e∫dr⃗′ρ2(r⃗′)∣r⃗−r⃗′∣=e∫dr⃗′e∣ϕ(r⃗′)∣2∣r⃗−r⃗′∣=e2πa3∫dr⃗′e−2r′/a∣r⃗−r⃗′∣\begin{aligned} V_2(\vec{r}) &= -e \int d\vec{r}'\ \frac{\rho_2(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|} = e \int d\vec{r}'\ \frac{e|\phi(\vec{r}')|^2}{|\vec{r}-\vec{r}'|} = \frac{e^2}{\pi a^3} \int d\vec{r}'\ \frac{e^{-2r'/a}}{|\vec{r}-\vec{r}'|} \end{aligned}

有一个公式，式中 r>(r<)r_>(r_<) 是 r,r′r,r' 中较大的 (较小的) 那一个，θ1,θ2,φ1,φ2\theta_1,\theta_2,\varphi_1,\varphi_2 分别是 r⃗,r⃗′\vec{r},\vec{r}' 相关的角度：

1∣r⃗−r⃗′∣=4π∑l=0∞∑m=−ll12l+1r<lr>l+1Ylm∗(θ1,φ1)Ylm(θ2,φ2)\begin{aligned} \frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|} &= 4\pi \sum^{\infin}_{l=0} \sum^l_{m=-l} \frac{1}{2l+1} \frac{r^l_<}{r^{l+1}_>} Y^*_{lm}(\theta_1,\varphi_1) Y_{lm}(\theta_2,\varphi_2) \end{aligned}

利用到球谐函数的加法定理：

∑m=−llYlm∗(θ1,φ1)Ylm(θ2,φ2)=2l+14πPl(cos⁡θ)\sum^l_{m=-l} Y^*_{lm}(\theta_1,\varphi_1) Y_{lm}(\theta_2,\varphi_2) = \frac{2l+1}{4\pi} P_l(\cos\theta)

其中 θ\theta 是 r⃗,r⃗′\vec{r},\vec{r}' 的夹角。通过上述公式，可以化得：

V2(r⃗)=e2πa3∫dr⃗′e−2r′/a∑l=0∞r<lr>l+1Pl(cos⁡θ)=2e2a3∑l=0∞(∫0re−2r′/a(r′)l+2rl+1dr′+∫r∞e−2r′/arl(r′)l−1dr′)∫1−1Pl(cos⁡θ)dcos⁡θ\begin{aligned} V_2(\vec{r}) &= \frac{e^2}{\pi a^3} \int d\vec{r}'\ e^{-2r'/a} \sum^{\infin}_{l=0} \frac{r^l_<}{r^{l+1}_>} P_l(\cos\theta) \\ &= \frac{2e^2}{a^3} \sum^\infin_{l=0} \left( \int^r_0 e^{-2r'/a} \frac{(r')^{l+2}}{r^{l+1}}\ dr' + \int^\infin_r e^{-2r'/a} \frac{r^l}{(r')^{l-1}\ dr'} \right) \int^{-1}_1 P_l(\cos\theta)\ d\cos\theta \\ \end{aligned}

利用到积分 ∫−11Pl(x)dx=22l+1δl,0\int^1_{-1}P_l(x)\ dx=\frac{2}{2l+1}\delta_{l,0}，上式可进一步化为：

V2(r⃗)=−4e2a3(∫0re−2r′/a(r′)2rdr′+∫r∞e−2r′/ar′dr′)V_2(\vec{r}) = -\frac{4e^2}{a^3} \left( \int^r_0 e^{-2r'/a} \frac{(r')^{2}}{r}\ dr' + \int^\infin_r e^{-2r'/a} r'\ dr' \right)

其中第一个积分：

1r∫0re−2r′/a(r′)2dr′=−a2e−2rar−a22e−2ra−a34re−2ra+a34r\frac{1}{r} \int^r_0 e^{-2r'/a} (r')^2\ dr' = -\frac{a}{2} e^{-\frac{2r}{a}}r - \frac{a^2}{2} e^{-\frac{2r}{a}} - \frac{a^3}{4r} e^{-\frac{2r}{a}} + \frac{a^3}{4r}

第二个积分：

∫r∞e−2r′/ar′dr′=a2e−2rar+a24e−2ra\int^\infin_r e^{-2r'/a} r'\ dr' = \frac{a}{2} e^{-\frac{2r}{a}}r + \frac{a^2}{4} e^{-\frac{2r}{a}}

将两积分代入得：

V2(r⃗)=e2(−1ae−2ra−1re−2ra+1r)V_2(\vec{r}) = e^2 \left( -\frac{1}{a} e^{-\frac{2r}{a}} - \frac{1}{r} e^{-\frac{2r}{a}} + \frac{1}{r} \right)

最终得：

V(r⃗)=V1(r⃗)+V2(r⃗)=−e2(1r+1a)e−2r/aV(\vec{r}) = V_1(\vec{r}) + V_2(\vec{r}) = -e^2(\frac{1}{r}+\frac{1}{a})e^{-2r/a}

(b) 根据一阶波恩近似，散射振幅 f(θ)f(\theta) 可以表示为：

f(θ)=−2mℏ2∫dr⃗V(r⃗)e−iq⃗⋅r⃗=−2mℏ2∫dr⃗V(r⃗)e−iqrcos⁡θf(\theta) = -\frac{2m}{\hbar^2} \int d\vec{r}\ V(\vec{r}) e^{-i\vec{q}\cdot\vec{r}} = -\frac{2m}{\hbar^2} \int d\vec{r}\ V(\vec{r}) e^{-iqr\cos\theta}

其中，mm 是约化质量，q⃗=k⃗f−k⃗i\vec{q} = \vec{k}_f - \vec{k}_i 是传递动量，k⃗i\vec{k}_i 和 k⃗f\vec{k}_f 分别是入射波和散射波的波矢量。代入势场 V(r)V(r) 的表达式，并进行积分计算，我们可以得到散射振幅的近似表达式:

f(θ)=2me2ℏ2∫dr⃗(1r+1a)e−2rae−iqrcos⁡θf(\theta) = \frac{2me^2}{\hbar^2} \int d\vec{r}\ (\frac{1}{r}+\frac{1}{a})e^{-\frac{2r}{a}} e^{-iqr\cos\theta}

(c) 要检验 e−he-h 散射过程的一阶波恩近似的有效性，我们可以比较计算得到的散射截面和实验观测到的散射截面。如果理论计算得到的散射截面与实验观测到的散射截面吻合得较好，那么一阶波恩近似可以被视为有效近似。

# 有限范围拓展

证明 kcot⁡δk\cot\delta 可以被写成如下形式：

kcot⁡δ0=−1a+12r0k2+O(k4)+…k\cot\delta_0=-\frac{1}{a}+\frac{1}{2}r_0k^2+O(k^4)+\dots

其中

  • k2k^2 是在将 ℏ2/2m\hbar^2/2m 归一后的能量，mm 是约化质量
  • aa 是散射长度
  • r0r_0 是相互作用的有效范围
  • δ0\delta_0 是满足低能量 lim⁡k→0δ0=−ka\lim_{k\rightarrow0} \delta_0=-ka 的 SS 波相移

注意，在低能量条件下，高阶项 O(k4)O(k^4) 可以忽略。对于短程势，例如square-well,Gaussian,Yukawa\text{square-well},\text{Gaussian},\text{Yukawa}，且散射长度为较大值，参数 r0r_0 近似与势的范围有关。对于 ∣a∣R≫1|a|R\gg 1，这个关系式对于范围为 RR 的 square-well\text{square-well} 势是精确的。参见参考文献 [H.a.Bethe，PhysicalReview76,38（1949）]

证明：当能量较低时，满足

kcot⁡δ0→kcot⁡(−ka)k\cot\delta_0 \rightarrow k \cot(-ka)

再利用 cot⁡x\cot x 的泰勒展开

cot⁡x=1x−x3+O(x3)\cot x = \frac{1}{x} - \frac{x}{3} + O(x^3)

因此得：

kcot⁡δ0=k(1−ka−(−ka)3+O(k3))=−1a+ak23+O(k4)=−1a+12r0k2+O(k4)+…k\cot\delta_0 = k(\frac{1}{-ka}-\frac{(-ka)}{3}+O(k^3)) = -\frac{1}{a} + \frac{ak^2}{3} + O(k^4) = -\frac{1}{a}+\frac{1}{2}r_0k^2+O(k^4)+\dots

证毕。

# 硬球散射

\quad 考一个硬球散射势：

V(r)={0forr>a+∞forr<aV(r) = \begin{cases} 0 \quad &\text{for} \ r>a \\ +\infin \quad &\text{for} \ r<a \end{cases}

(a)(a) 导出 S\text{S} 波 (l=0)(l=0) 相移的表达式。(你不需要知道球面贝塞尔函数的详细性质就可以做这个简单的问题！)
(b) 在极端低能量极限下，总截面 σ=∫(dσ/dΩ)dΩ\sigma=\int(d\sigma/d\Omega)d\Omega 是多少？将你的答案与几何截面 πa2\pi a^2 比较。
\quad 在这里，你可以不需要证明以下公式：

dσdΩ=∣f(θ)∣2\frac{d\sigma}{d\Omega}=|f(\theta)|^2

f(θ)=(1k)∑l=0+∞(2l+1)eiδlsin⁡δlPl(cos⁡θ)f(\theta)=(\frac{1}{k})\sum^{+\infin}_{l=0}(2l+1)e^{i\delta_l}\sin\delta_l P_l(\cos\theta)

(a)(a) 对于无限球深势，这个球是不可穿透的，因此：

Al(r)∣r=a=eiδl[cos⁡δljl(ka)−sin⁡δlnl(ka)]=0A_l(r)\Big|_{r=a} = e^{i\delta_l} [\cos\delta_l j_l(ka) - \sin\delta_l n_l(ka)] = 0

因此：

tan⁡δl=jl(ka)nl(ka)\tan\delta_l = \frac{j_l(ka)}{n_l(ka)}

当 l=0l=0 时，有：

tan⁡δ0=sin⁡(ka)/ka−cos⁡(ka)/ka=−tan⁡ka\tan\delta_0 = \frac{\sin(ka)/ka}{-\cos(ka)/ka} = -\tan ka

(b) 总散射截面为：

σ总=∫∣f(θ)∣2dΩ\begin{aligned} \sigma_{\text{总}} &= \int |f(\theta)|^2 d\Omega \end{aligned}

若我们只考虑 l=0l=0，那么散射振幅有：

f(θ)=(1k)eiδ0sin⁡δ0f(\theta)=(\frac{1}{k})e^{i\delta_0}\sin\delta_0

在低能量近似下：

sin⁡δ0∼−ka\sin\delta_0 \sim -ka

因此：

σ总=∫a2dΩ=4πa2\sigma_{\text{总}} = \int a^2 d\Omega = 4\pi a^2

给出的总截面是几何截面 πR2\pi R^2 的 4 倍。

# 二次量子化

# 利用费米子湮灭与产生算符对易关系的证明题

考虑 2n2n 个算符：

γ^j=a^j+a^j†\hat{\gamma}_j = \hat{a}_j + \hat{a}_j^\dagger

γ^n+j=−i(a^j−a^j†)\hat{\gamma}_{n+j} = -i(\hat{a}_j-\hat{a}_j^\dagger)

其中 j=1,2,…,nj=1,2,\dots,n， 并且 $n$ 是偶数 。
(a)(a) 证明这些算符满足下面的代数性质，假设 a^\hat{a} 和 a^†\hat{a}^\dagger 是费米子的产生与湮灭算符:

γ^iγ^j+γ^jγ^i=2δij(i,j=1,…,2n)\hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_j+\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_i=2\delta_{ij}\quad(i,j=1,\dots,2n)

(b)(b) 证明算符 γ^0=∏i=12nγ^i\hat{\gamma}_0=\prod_{i=1}^{2n}\hat{\gamma}_i 与任何一个 γ^i\hat{\gamma}_i 都反对易，即：

γ^iγ^0+γ^0γ^i=0,γ^02=1(i=1,…,n)\hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_0+\hat{\gamma}_0\hat{\gamma}_i=0, \quad\hat{\gamma}_0^2=1\quad(i=1,\dots,n)

(c)(c) 证明 γ^0=exp⁡(iπN^)\hat{\gamma}_0=\exp(i\pi\hat{N})，其中 N^\hat{N} 是粒子束算符：N^=∑i=1na^i†a^i\hat{N}=\sum_{i=1}^n\hat{a}_i^\dagger\hat{a}_i。

证明：
(a)\quad(a) 利用以下费米子产生与湮灭算符的反对易关系：

{{a^i,a^j}={a^i†,a^j†}=0{a^i,a^j†}=δij\begin{cases} \{\hat{a}_i,\hat{a}_j\} = \{\hat{a}_i^\dagger,\hat{a}_j^\dagger\} = 0 \\ \{\hat{a}_i,\hat{a}_j^\dagger\} = \delta_{ij} \end{cases}

设 i,j=1,2,…,ni,j=1,2,\dots,n，有：

γ^iγ^j+γ^jγ^i=(a^i+a^i†)(a^j+a^j†)+(a^j+a^j†)(a^i+a^i†)={a^i,a^j}+{a^i,a^j†}+{a^i†,a^j}+{a^i†,a^j†}=0+δij+δij+0=2δij\begin{aligned} \hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_j+\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_i &= (\hat{a}_i + \hat{a}_i^\dagger)(\hat{a}_j + \hat{a}_j^\dagger)+(\hat{a}_j + \hat{a}_j^\dagger)(\hat{a}_i + \hat{a}_i^\dagger) \\ &= \{\hat{a}_i,\hat{a}_j\} + \{\hat{a}_i,\hat{a}^\dagger_j\} + \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}_j\} + \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}^\dagger_j\} \\ &= 0+\delta_{ij} + \delta_{ij} + 0 = 2\delta_{ij} \end{aligned}

γ^n+iγ^n+j+γ^n+jγ^n+i=−(a^i−a^i†)(a^j−a^j†)−(a^j−a^j†)(a^i−a^i†)=−{a^i,a^j}+{a^i,a^j†}+{a^i†,a^j}−{a^i†,a^j†}=−0+δij+δij−0=2δij\begin{aligned} \hat{\gamma}_{n+i}\hat{\gamma}_{n+j}+\hat{\gamma}_{n+j}\hat{\gamma}_{n+i} &= -(\hat{a}_i - \hat{a}_i^\dagger)(\hat{a}_j - \hat{a}_j^\dagger)-(\hat{a}_j - \hat{a}_j^\dagger)(\hat{a}_i - \hat{a}_i^\dagger) \\ &= -\{\hat{a}_i,\hat{a}_j\} + \{\hat{a}_i,\hat{a}^\dagger_j\} + \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}_j\} - \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}^\dagger_j\} \\ &= -0+\delta_{ij} + \delta_{ij} - 0 = 2\delta_{ij} \end{aligned}

γ^iγ^n+j+γ^n+jγ^i=−i(a^i+a^i†)(a^j−a^j†)−i(a^j−a^j†)(a^i+a^i†)=−i[{a^i,a^j}−{a^i,a^j†}+{a^i†,a^j}−{a^i†,a^j†}]=−i(0−δij+δij−0)=0\begin{aligned} \hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_{n+j}+\hat{\gamma}_{n+j}\hat{\gamma}_i &= -i(\hat{a}_i + \hat{a}_i^\dagger)(\hat{a}_j - \hat{a}_j^\dagger)-i(\hat{a}_j - \hat{a}_j^\dagger)(\hat{a}_i + \hat{a}_i^\dagger) \\ &= -i\left[ \{\hat{a}_i,\hat{a}_j\}-\{\hat{a}_i,\hat{a}^\dagger_j\} + \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}_j\} - \{\hat{a}^\dagger_i,\hat{a}^\dagger_j\} \right] \\ &= -i(0-\delta_{ij}+\delta_{ij}-0) = 0 \end{aligned}

综合上面三式，最终可以得到：

γ^iγ^j+γ^jγ^i=2δij(i,j=1,…,2n)\hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_j+\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_i=2\delta_{ij}\quad(i,j=1,\dots,2n)

证毕。

(b)\quad(b) 根据题目定义可得：

γ^iγ^0+γ^0γ^i=γ^i∏k=12nγ^k+(∏k=12nγ^k)γ^i=γ^i(∏k=1i−1γ^k)γ^i(∏k=i+12nγ^k)+(∏k=12nγ^k)γ^i\begin{aligned} \hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_0+\hat{\gamma}_0\hat{\gamma}_i &= \hat{\gamma}_i \prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \\ &= \hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=1}^{i-1}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=i+1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \end{aligned}

利用 γ^iγ^j+γ^jγ^i=2δij,(i,j=1,…,2n)\hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_j+\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_i=2\delta_{ij},\ (i,j=1,\dots,2n) 的性质，可以将上式的 γ^i\hat{\gamma}_i 一步步 “前进”：

γ^iγ^0+γ^0γ^i=(−1)γ^1γ^i(∏k=2i−1γ^k)γ^i(∏k=i+12nγ^k)+(∏k=12nγ^k)γ^i=(−1)2γ^1γ^2γ^i(∏k=3i−1γ^k)γ^i(∏k=i+12nγ^k)+(∏k=12nγ^k)γ^i=⋯=(−1)i−1(∏k=1i−1γ^k)γ^iγ^i(∏k=i+12nγ^k)+(∏k=12nγ^k)γ^i=⋯=(−1)i−1(−1)2n−i(∏k=12nγ^k)γ^i+(∏k=12nγ^k)γ^i=−(∏k=12nγ^k)γ^i+(∏k=12nγ^k)γ^i=0\begin{aligned} \hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_0+\hat{\gamma}_0\hat{\gamma}_i &= (-1) \hat{\gamma}_1\hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=2}^{i-1}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=i+1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \\ &= (-1)^2 \hat{\gamma}_1\hat{\gamma}_2\hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=3}^{i-1}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=i+1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \\ &= \cdots \\ &= (-1)^{i-1} \left(\prod_{k=1}^{i-1}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \hat{\gamma}_i \left(\prod_{k=i+1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \\ &= \cdots \\ &= (-1)^{i-1}(-1)^{2n-i} \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i \\ &= -\left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i + \left(\prod_{k=1}^{2n}\hat{\gamma}_k\right) \hat{\gamma}_i = 0 \end{aligned}

同理 “一步步前进” 可得：

γ^02=(∏i=12nγ^i)(∏i=12nγ^i)=(∏i=12n−1γ^i)(∏i=12n−1γ^i)γ^2n2(−1)2n−1=(∏i=12n−1γ^i)(∏i=12n−1γ^i)(−1)2n−1=⋯=(−1)2n−1×(−1)2n−2×⋯×(−1)=(−1)(2n−1)n=1\begin{aligned} \hat{\gamma}_0^2 &= \left(\prod_{i=1}^{2n}\hat{\gamma}_i\right)\left(\prod_{i=1}^{2n}\hat{\gamma}_i\right) \\ &= \left(\prod_{i=1}^{2n-1}\hat{\gamma}_i\right)\left(\prod_{i=1}^{2n-1}\hat{\gamma}_i\right) \hat{\gamma}_{2n}^2 (-1)^{2n-1} \\ &= \left(\prod_{i=1}^{2n-1}\hat{\gamma}_i\right)\left(\prod_{i=1}^{2n-1}\hat{\gamma}_i\right)(-1)^{2n-1} \\ &= \cdots \\ &= (-1)^{2n-1}\times(-1)^{2n-2}\times\cdots\times(-1) \\ &= (-1)^{(2n-1)n} = 1 \end{aligned}

证毕。

(c)\quad(c) 根据题目有：

γ^jγ^n+j=(a^j+a^j†)[−i(a^j−a^j†)]=−i(2a^j†a^j−1)=−i(2N^i−1)\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_{n+j} = (\hat{a}_j+\hat{a}_j^\dagger)\left[-i(\hat{a}_j-\hat{a}_j^\dagger)\right] = -i(2\hat{a}_j^\dagger\hat{a}_j-1) = -i(2\hat{N}_i-1)

其中 N^i\hat{N}_i 是 ii 态的粒子数算符。那么利用上式和 γ^iγ^j+γ^jγ^i=2δij,(i,j=1,…,2n)\hat{\gamma}_i\hat{\gamma}_j+\hat{\gamma}_j\hat{\gamma}_i=2\delta_{ij},\ (i,j=1,\dots,2n) 的性质，可得：

γ^0=∏i=12nγ^i=(∏i=1nγ^i)(∏j=n+12nγ^j)=(−1)n−1(∏i=1n−1γ^i)(∏j=n+12n−1γ^j)γ^nγ^2n=(−1)n−1(−i)(∏i=1n−1γ^i)(∏j=n+12n−1γ^j)(2N^n−1)=(−1)(n−1)+(n−2)(−i)2(∏i=1n−2γ^i)(∏j=n+12n−2γ^j)(2N^n−1)(2N^n−1−1)=⋯=(−1)n(n−1)2(−i)n∏i=1n(2N^i−1)=(−1)n22∏i=1n(2N^i−1)=∏i=1n(2N^i−1)\begin{aligned} \hat{\gamma}_0 &= \prod_{i=1}^{2n}\hat{\gamma}_i = \left(\prod_{i=1}^{n}\hat{\gamma}_i\right) \left(\prod_{j=n+1}^{2n}\hat{\gamma}_j\right) \\ &= (-1)^{n-1} \left(\prod_{i=1}^{n-1}\hat{\gamma}_i\right) \left(\prod_{j=n+1}^{2n-1}\hat{\gamma}_j\right) \hat{\gamma}_{n}\hat{\gamma}_{2n} \\ &= (-1)^{n-1} (-i) \left(\prod_{i=1}^{n-1}\hat{\gamma}_i\right) \left(\prod_{j=n+1}^{2n-1}\hat{\gamma}_j\right) (2\hat{N}_{n}-1) \\ &= (-1)^{(n-1)+(n-2)} (-i)^2 \left(\prod_{i=1}^{n-2}\hat{\gamma}_i\right) \left(\prod_{j=n+1}^{2n-2}\hat{\gamma}_j\right) (2\hat{N}_{n}-1)(2\hat{N}_{n-1}-1) \\ &= \cdots \\ &= (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} (-i)^n \prod_{i=1}^n (2\hat{N}_i-1) \\ &= (-1)^\frac{n^2}{2} \prod_{i=1}^n (2\hat{N}_i-1) = \prod_{i=1}^n (2\hat{N}_i-1) \end{aligned}

由于 N^i\hat{N}_i 是费米子的粒子数算符，其作用到右矢的结果要么是 11，要么是 00，因此 (2N^i−1)(2\hat{N}_i-1) 可等效为 (−1)N^i+1(-1)^{\hat{N}_i+1}，因此上式化为：

γ^0=∏i=1n(2N^i−1)=∏i=1n(−1)N^i+1=(−1)∑i=1nN^i(−1)n=(−1)N^\hat{\gamma}_0 = \prod_{i=1}^n (2\hat{N}_i-1) = \prod_{i=1}^n (-1)^{\hat{N}_i+1} = (-1)^{\sum_{i=1}^n\hat{N}_i} (-1)^n = (-1)^{\hat{N}}

而明显有：

cos⁡(πN^)=(−1)N^;sin⁡(πN^)=0\cos(\pi\hat{N}) = (-1)^{\hat{N}}; \quad \sin(\pi\hat{N}) = 0

因此：

γ^0=(−1)N^+0=cos⁡(πN^)+isin⁡(πN^)=exp⁡(iπN^)\hat{\gamma}_0 = (-1)^{\hat{N}} + 0 = \cos(\pi\hat{N}) + i\sin(\pi\hat{N}) = \exp(i\pi\hat{N})

证毕。

# 单体与双体算符的基底变换

\quad 证明单体算符 F^\hat{F} 与二体算符 V^\hat{V} 在改变单粒子基底的情况下其形式具有不变性。

∣α⟩=∑i∣i⟩⟨i∣α⟩\ket{\alpha} = \sum_i \ket{i} \braket{i|\alpha}

其中单体、双体算符的表达形式为

F^=∑α,β⟨α∣F^∣β⟩a^α†a^β\hat{F}=\sum_{\alpha,\beta}\braket{\alpha|\hat{F}|\beta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}_\beta

V^=14∑αβγδ⟨αβ∣V^∣γδ⟩a^α†a^β†a^δa^γ\hat{V}=\frac{1}{4}\sum_{\alpha\beta\gamma\delta}\braket{\alpha\beta|\hat{V}|\gamma\delta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}^\dagger_\beta\hat{a}_\delta\hat{a}_\gamma

证明：
\quad 将单体算符式插入一个完备集 ∑i∣i⟩⟨i∣\sum_i\ket{i}\bra{i}，并利用真空态 ∣0⟩\ket{0} 可得：

F^=∑α,β⟨α∣F^∣β⟩a^α†a^β=∑i∑α,β⟨α∣F^∣β⟩a^α†∣i⟩⟨i∣a^β=∑i∑α,β⟨α∣F^∣β⟩a^α†a^i†∣0⟩⟨0∣a^ia^β\begin{aligned} \hat{F} &= \sum_{\alpha,\beta}\braket{\alpha|\hat{F}|\beta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}_\beta \\ &= \sum_i \sum_{\alpha,\beta}\braket{\alpha|\hat{F}|\beta}\hat{a}^\dagger_\alpha \ket{i}\bra{i} \hat{a}_\beta \\ &= \sum_i \sum_{\alpha,\beta}\braket{\alpha|\hat{F}|\beta}\hat{a}^\dagger_\alpha \hat{a}^\dagger_i \ket{0}\bra{0} \hat{a}_i \hat{a}_\beta \\ \end{aligned}

可以到玻色子产生与湮灭算符的对易关系 [a^α†,a^i†]=[a^α,a^i]=0[\hat{a}_\alpha^\dagger,\hat{a}_i^\dagger]=[\hat{a}_\alpha,\hat{a}_i]=0，或费米子的反对易关系 {a^α†,a^i†}={a^α,a^i}=0\{\hat{a}_\alpha^\dagger,\hat{a}_i^\dagger\}=\{\hat{a}_\alpha,\hat{a}_i\}=0，可将上式进一步写为：

F^=∑i∑α,β⟨α∣F^∣β⟩a^i†a^α†∣0⟩⟨0∣a^βa^i=∑i∑α,βa^i†∣α⟩⟨α∣F^∣β⟩⟨β∣a^i=∑ia^i†F^a^i=∑ijka^i†∣j⟩⟨j∣F^∣k⟩⟨k∣a^i=∑ijk⟨j∣F^∣k⟩a^j†∣i⟩⟨i∣a^k=∑jk⟨j∣F^∣k⟩a^j†a^k\begin{aligned} \hat{F} &= \sum_i \sum_{\alpha,\beta}\braket{\alpha|\hat{F}|\beta}\hat{a}^\dagger_i\hat{a}^\dagger_\alpha \ket{0}\bra{0} \hat{a}_\beta \hat{a}_i \\ &= \sum_i \sum_{\alpha,\beta} \hat{a}^\dagger_i \ket{\alpha} \braket{\alpha|\hat{F}|\beta} \bra{\beta} \hat{a}_i \\ &= \sum_i \hat{a}^\dagger_i \hat{F} \hat{a}_i \\ &= \sum_{ijk} \hat{a}^\dagger_i \ket{j} \braket{j|\hat{F}|k} \bra{k} \hat{a}_i \\ &= \sum_{ijk} \braket{j|\hat{F}|k} \hat{a}^\dagger_j \ket{i} \bra{i} \hat{a}_k \\ &= \sum_{jk} \braket{j|\hat{F}|k} \hat{a}^\dagger_j \hat{a}_k \end{aligned}

这样就证明了级数改变基底，单体算符的表达式形式也不变。同理，对于双体算符也有：

V^=14∑αβγδ⟨αβ∣V^∣γδ⟩a^α†a^β†a^δa^γ=14∑αβγδ∑ij⟨αβ∣V^∣γδ⟩a^α†a^β†∣ij⟩⟨ij∣a^δa^γ=14∑αβγδ∑ij⟨αβ∣V^∣γδ⟩a^α†a^β†a^i†a^j†∣0⟩⟨0∣a^ja^ia^δa^γ=14∑αβγδ∑ij⟨αβ∣V^∣γδ⟩a^i†a^j†a^α†a^β†∣0⟩⟨0∣a^δa^γa^ja^i=14∑ija^i†a^j†V^a^ja^i=14∑ij∑kl∑nma^i†a^j†∣kl⟩⟨kl∣V^∣nm⟩⟨nm∣a^ja^i=14∑ij∑kl∑nm⟨kl∣V^∣nm⟩a^k†a^l†∣ij⟩⟨ij∣a^ma^n=14∑klnm⟨kl∣V^∣nm⟩a^k†a^l†a^ma^n\begin{aligned} \hat{V} &= \frac{1}{4}\sum_{\alpha\beta\gamma\delta}\braket{\alpha\beta|\hat{V}|\gamma\delta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}^\dagger_\beta\hat{a}_\delta\hat{a}_\gamma \\ &= \frac{1}{4}\sum_{\alpha\beta\gamma\delta}\sum_{ij}\braket{\alpha\beta|\hat{V}|\gamma\delta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}^\dagger_\beta \ket{ij}\bra{ij} \hat{a}_\delta\hat{a}_\gamma \\ &= \frac{1}{4}\sum_{\alpha\beta\gamma\delta}\sum_{ij}\braket{\alpha\beta|\hat{V}|\gamma\delta}\hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}^\dagger_\beta \hat{a}^\dagger_i\hat{a}^\dagger_j \ket{0}\bra{0} \hat{a}_j\hat{a}_i \hat{a}_\delta\hat{a}_\gamma \\ &= \frac{1}{4}\sum_{\alpha\beta\gamma\delta}\sum_{ij}\braket{\alpha\beta|\hat{V}|\gamma\delta} \hat{a}^\dagger_i\hat{a}^\dagger_j \hat{a}^\dagger_\alpha\hat{a}^\dagger_\beta \ket{0}\bra{0} \hat{a}_\delta\hat{a}_\gamma \hat{a}_j\hat{a}_i \\ &= \frac{1}{4}\sum_{ij} \hat{a}^\dagger_i\hat{a}^\dagger_j \hat{V} \hat{a}_j\hat{a}_i \\ &= \frac{1}{4} \sum_{ij} \sum_{kl} \sum_{nm} \hat{a}^\dagger_i\hat{a}^\dagger_j \ket{kl} \braket{kl|\hat{V}|nm} \bra{nm} \hat{a}_j\hat{a}_i \\ &= \frac{1}{4} \sum_{ij} \sum_{kl} \sum_{nm} \braket{kl|\hat{V}|nm} \hat{a}^\dagger_k\hat{a}^\dagger_l \ket{ij}\bra{ij} \hat{a}_m\hat{a}_n \\ &= \frac{1}{4} \sum_{kl nm} \braket{kl|\hat{V}|nm} \hat{a}^\dagger_k\hat{a}^\dagger_l \hat{a}_m\hat{a}_n \end{aligned}

可见变换任意基底，双体算符的表所示形式没有改变。证毕。

# 均匀物质的稳定性和平衡条件

\quad 考虑一个由 NN 个粒子组成的系统在绝对零度下的热力学极限，这个系统被限制在一个体积为 VV 的盒子里，处于能量为 EE 的密度均匀状态。其中密度 ρ=NV\rho=\frac{N}{V}，每个粒子的能量 ϵ(ρ)=EN\epsilon(\rho)=\frac{E}{N}。
(a)(a) 证明压力为 P=ρ2∂ϵ∂ρP=\rho^2\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}。
(b)(b) 证明自束缚无约束的物质团的平衡密度，通常称为饱和密度，出现在 ϵ(ρ)\epsilon(\rho) 最小强度处。
(c)(c) 证明化学势 μ=E(N+1)−E(N)\mu=E(N+1)-E(N) 由 μ=ϵ+Pρ\mu=\epsilon+\frac{P}{\rho} 给出，因此，自束缚无约束体系的平衡密度为 μ=ϵ\mu=\epsilon。
(d)(d) 检测关于长波密度波动的稳定性如下：考虑把体积 VV 分成两半，如果一半密度为 ρ+δ\rho+\delta，另一半密度为 ρ−δ\rho-\delta，计算总能量。证明当 ∂2∂ρ2[ρϵ(ρ)]>0\frac{\partial^2}{\partial\rho^2}\left[\rho\epsilon(\rho)\right]>0，即 ∂P∂ρ>0\frac{\partial P}{\partial\rho}>0，该能量超过均匀构型的能量，系统也因此是稳定的。当我们随后检测关于利用了随机相位近似的有限波长波动的稳定性，该结果将在长波极限中恢复。

证明：
(a)\quad(a) 对这样的系统作体积功，满足：

W=ΔE=−PΔV⟹ΔEΔV=−P\begin{aligned} W = \Delta E = -P\Delta V \quad \Longrightarrow \quad \frac{\Delta E}{\Delta V} = -P \end{aligned}

利用题目条件：

ΔE=Δ[Nϵ(ρ)]=NΔϵ(ρ)\begin{aligned} \Delta E = \Delta \left[N\epsilon(\rho)\right] = N \Delta\epsilon(\rho) \end{aligned}

ΔV=Δ(Nρ)=NΔ(1ρ)=−Nρ2Δρ\begin{aligned} \Delta V = \Delta (\frac{N}{\rho}) = N \Delta (\frac{1}{\rho}) = -\frac{N}{\rho^2}\Delta\rho \end{aligned}

结合上三式可得：

P=−ΔEΔV=ρ2ΔϵΔρ=ρ2∂ϵ∂ρ\begin{aligned} P = -\frac{\Delta E}{\Delta V} = \rho^2 \frac{\Delta\epsilon}{\Delta\rho} = \rho^2\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho} \end{aligned}

证毕。

(b)\quad(b) 处于平衡时能量应该是极小值，即 ∂E∂ρ=0\frac{\partial E}{\partial\rho}=0。由于 E=Nϵ(ρ)E=N\epsilon(\rho)，因此当粒子数保持不变时，此时也满足 ∂ϵ∂ρ=0\frac{\partial \epsilon}{\partial\rho}=0，也就是平衡密度出现在 ϵ(ρ)\epsilon(\rho) 极小值处。

(c)\quad(c) 根据密度 ρ=NV\rho=\frac{N}{V}，和每个粒子的能量 ϵ(ρ)=EN\epsilon(\rho)=\frac{E}{N}，可有：

E(N+1)−E(N)=(N+1)ϵ(ρ=N+1V)−Nϵ(ρ=NV)=ϵ(N+1)+[ϵ(N+1)−ϵ(N)]N=ϵ(N+1)+[∂ϵ∂ρ(N+1V−NV)]N=ϵ(N+1)+[Pρ2(N+1V−NV)]N=ϵ(N+1)+Pρ=ϵ+Pρ=μ\begin{aligned} E(N+1) - E(N) &= (N+1)\epsilon(\rho=\frac{N+1}{V}) - N\epsilon(\rho=\frac{N}{V}) \\ &= \epsilon_{(N+1)} + \left[\epsilon_{(N+1)}-\epsilon_{(N)}\right]N \\ &= \epsilon_{(N+1)} + \left[\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}(\frac{N+1}{V}-\frac{N}{V})\right] N \\ &= \epsilon_{(N+1)} + \left[\frac{P}{\rho^2}(\frac{N+1}{V}-\frac{N}{V})\right] N \\ &= \epsilon_{(N+1)} + \frac{P}{\rho} = \epsilon + \frac{P}{\rho} = \mu \end{aligned}

而正如 (b)(b) 所说，平衡密度处满足 ∂ϵ∂ρ=0\frac{\partial \epsilon}{\partial\rho}=0，因此 P=ρ2∂ϵ∂ρ=0P = \rho^2\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}=0。根据上式可知此时 μ=ϵ\mu=\epsilon。

(d)\quad(d) 将体系分为两份，一份的能量为：

E1=V2(ρ+δ)ϵρ+δ=V2(ρ+δ)(ϵ+∂ϵ∂ρδ+12∂2ϵ∂ρ2δ2)E_1 = \frac{V}{2} (\rho+\delta) \epsilon_{\rho+\delta} = \frac{V}{2} (\rho+\delta)(\epsilon+\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}\delta+\frac{1}{2}\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2}\delta^2)

另一份能量为：

E2=V2(ρ−δ)ϵρ−δ=V2(ρ−δ)(ϵ−∂ϵ∂ρδ+12∂2ϵ∂ρ2δ2)E_2 = \frac{V}{2} (\rho-\delta) \epsilon_{\rho-\delta} = \frac{V}{2} (\rho-\delta)(\epsilon-\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}\delta+\frac{1}{2}\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2}\delta^2)

因此总能量为：

E=E1+E2=Vρϵ+δ2(V∂ϵ∂ρ+V2ρ∂2ϵ∂ρ2)E = E_1+E_2 = V\rho\epsilon + \delta^2 \left(V\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}+\frac{V}{2}\rho\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2}\right)

若体系处于稳定的平衡态，要满足 ∂E∂ρ=0\frac{\partial E}{\partial\rho}=0，且 ∂2E∂ρ2>0\frac{\partial^2E}{\partial\rho^2}>0，此时

E−E1−E2=δ2(V∂ϵ∂ρ+V2ρ∂2ϵ∂ρ2)=δ2V2ρ∂2ϵ∂ρ2>0E-E_1-E_2 = \delta^2 \left(V\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}+\frac{V}{2}\rho\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2}\right) = \delta^2 \frac{V}{2}\rho\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2} > 0

也就是说体系平衡时两部分的能量之和超过均匀构型的能量。对于稳定平衡态的第二个条件，忽略掉二阶小量，可得：

∂2E∂ρ2=2∂ϵ∂ρ+ρ∂2ϵ∂ρ2=∂2∂ρ2[ρϵ(ρ)]>0\frac{\partial^2E}{\partial\rho^2} = 2\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho} + \rho\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2} = \frac{\partial^2}{\partial\rho^2}\left[\rho\epsilon(\rho)\right]>0

证毕。

# 均匀费米气体

\quad 对于一个平移不变系统，Hartree-Fock\text{Hartree-Fock} 方程的一个特别简单的稳定解是 Slater\text{Slater} 行列式。在具有周期边界条件下，归一化波函数有如下形式：

ψkn=1L1L2L3ei(kn1x1+kn2x2+kn3x3)χs\psi_{k_n} = \frac{1}{\sqrt{L_1L_2L_3}}e^{i(k_{n_1}x_1+k_{n_2}x_2+k_{n_3}x_3)}\chi_s

其中 kni=2πLinik_{n_i}=\frac{2\pi}{L_i}n_i，χs\chi_s 表示自旋、同位旋、颜色或任何其他非空间量子数的自旋量。如果与非空间量子数相关的简并度记为 nsn_s，则被占据最低的动量态为 M=NnsM=\frac{N}{n_s}。在 DD 维的连续极限下，

∑n=1MF(kn)→(L2π)D∫kFdDkF(k)\sum^M_{n=1}F(k_n) \rightarrow \left(\frac{L}{2\pi}\right)^D\int^{k_F} d^Dk\ F(k)

并且，一个对所有的 kk 进行小于费米动量 kFk_F 的简单积分，是由密度决定的

ρ=NLD=ns∫0kFdDk(2π)D\rho=\frac{N}{L^D}=n_s\int^{k_F}_0\frac{d^Dk}{(2\pi)^D}

(a)(a) 考虑一个无相互作用的气体，⟨ψ∣T^∣ψ⟩\braket{\psi|\hat{T}|\psi} 是精确的能量。对于非相对论性和超相对论性的自旋 1/21/2 的三维费米子，求出每个粒子的能量作为密度函数。
(b)(b) 作为一个具体的物理例子，计算在非相对论性中子气体中，压强 (dynes/cm2)(\text{dynes/cm}^2) 作为质量密度 (gm/cm3)(\text{gm/cm}^3) 的函数。考虑到弱相互作用允许质子和电子形成中子（和逃逸的中微子），因此

(EF∣e+me)+(EF∣p+mp)=EF∣n+mn(E_F|_e+m_e)+(E_F|_p+m_p)=E_F|_n+m_n

计算非相对论性质子、中子和超相对论性电子的中性混合物的压强与质量密度的关系。
(c)(c) 考虑一个自旋简并度为 ns=2S+1n_s=2S+1，质量为 mm，具有两体势相互作用的 DD 维费米子系统

V(r⃗i−r⃗j)=−αδ(r⃗i−r⃗j)V(\vec{r}_i-\vec{r}_j)=-\alpha\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_j)

其中 α>0\alpha>0。计算热力学极限下费米气体中每个粒子的能量 ⟨H⟩N=ϵ(n)\frac{\braket{H}}{N}=\epsilon(n)。确定系统在 1,2,31,2,3 维情况下是否稳定。
(d)(d) 现在，加上一个排斥的三体势

V(r⃗i,r⃗j,r⃗k)=βδ(r⃗i−r⃗j)δ(r⃗i−r⃗k)V(\vec{r}_i,\vec{r}_j,\vec{r}_k)=\beta\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_j)\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_k)

其中 β>0\beta>0。计算在三维情况下 ϵ(n)\epsilon(n)。当 ns=2n_s=2 时，与 (c)(c) 的结果进行比较，解释其物理意义。
解释为什么 ns=4n_s=4 的情况与核物质有关，即一个具有等密度的中子核质子通过核力相互作用，但却没有库仑力作用。求出 α\alpha 和 β\beta 的值，使 ϵ(ρ)\epsilon(\rho) 在 ρ0=0.16fm−3\rho_0=0.16\text{fm}^{-3} 时达到最小值 ϵ(ρ0)=−16MeV\epsilon(\rho_0)=-16\text{MeV}。画出这些值的 ϵ(ρ)\epsilon(\rho) 草图。利用上一个问题的结果，给出系统具有正压强的密度区域，以及系统在长波长密度波动下稳定的密度区域。计算平衡密度对应的费米动量 kFk_F 处的压缩模量 κ=kF2∂2ϵ∂kF2\kappa=k^2_F\frac{\partial^2\epsilon}{\partial k_F^2}，并与实验值 κ=200MeV\kappa=200\text{MeV} 进行比较。任何测量一桶液态 3He^3\text{He} 中的 κ\kappa ？又如何在有限的原子核中测量呢？

解：
(a)\quad(a) 考虑自旋为 1/21/2 无相互作用的费米气体，其粒子数为：

N=2×43πkF3×(L2π)3=(L2π)383πkF3N = 2\times\frac{4}{3}\pi k_F^3\times(\frac{L}{2\pi})^3 = (\frac{L}{2\pi})^3 \frac{8}{3}\pi k_F^3

系统的粒子密度为:

ρ=NL3=kF33π2\rho = \frac{N}{L^3} = \frac{k_F^3}{3\pi^2}

\quad 考虑非相对论性的情况，粒子的能量为 ℏ2k22m\frac{\hbar^2k^2}{2m}。则体系的总能量为：

E=2(L2π)3∫0kFd3k(ℏ2k22m)=(L2π)34πℏ25mkF5E = 2 (\frac{L}{2\pi})^3 \int^{k_F}_0 d^3k \ (\frac{\hbar^2k^2}{2m}) = (\frac{L}{2\pi})^3 \frac{4\pi\hbar^2}{5m} k_F^5

可以得到非相对论情况，系统中粒子平均能量作为密度的函数为：

ϵ(ρ)=EN=3ℏ210mkF2=310ℏ2m(3π2ρ)23\epsilon(\rho) = \frac{E}{N} = \frac{3\hbar^2}{10m}k_F^2 = \frac{3}{10}\frac{\hbar^2}{m}(3\pi^2\rho)^{\frac{2}{3}}

\quad 对于超相对论性的粒子，每个粒子的动能为 cp=cℏkcp=c\hbar k，因此系统的总能量为：

E=2(L2π)3∫0kFd3k(cℏk)=34cℏkFE = 2 (\frac{L}{2\pi})^3 \int^{k_F}_0 d^3k \ (c\hbar k) = \frac{3}{4}c\hbar k_F

因此平均能量为：

ϵ(ρ)=EN=34cℏ(3π2ρ)13\epsilon(\rho) = \frac{E}{N} = \frac{3}{4}c\hbar (3\pi^2\rho)^{\frac{1}{3}}

(b)\quad(b) 利用公式 P=ρ2∂ϵ∂ρP=\rho^2\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}，非相对论性中子气体中的压强公式：

Pn=ρn2∂∂ρn(310ℏ2mn(3π2ρn)23)=ℏ25mn(3π2)23ρn53=ℏ25mn83(3π2)23nn53P_n=\rho^2_n\frac{\partial}{\partial\rho_n}\left(\frac{3}{10}\frac{\hbar^2}{m_n}(3\pi^2\rho_n)^{\frac{2}{3}}\right) = \frac{\hbar^2}{5m_n}(3\pi^2)^\frac{2}{3}\rho^\frac{5}{3}_n = \frac{\hbar^2}{5m_n^\frac{8}{3}}(3\pi^2)^\frac{2}{3}n^\frac{5}{3}_n

其中 nn=mnρnn_n=m_n\rho_n 是中子气体的质量密度。

(c)\quad(c) 我们用 ∣k⃗χ⟩\ket{\vec{k}\chi} 来表征一个单粒子态，其中 k⃗\vec{k}表征粒子的动量，χ\chi 表征自旋。将相互作用项 v(r⃗i−r⃗j)=−αδ(r⃗i−r⃗j)v(\vec{r}_i-\vec{r}_j)=-\alpha\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_j) 写成二次量子化形式：

V^=12∑k⃗1χ1∑k⃗2χ2∑k⃗3χ3∑k⃗4χ4⟨k⃗1χ1k⃗2χ2∣V^∣k⃗3χ3k⃗4χ4⟩a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗4χ4a^k⃗3χ3\hat{\mathcal{V}} = \frac{1}{2}\sum_{\vec{k}_1\chi_1}\sum_{\vec{k}_2\chi_2}\sum_{\vec{k}_3\chi_3}\sum_{\vec{k}_4\chi_4} \bra{\vec{k}_1\chi_1\vec{k}_2\chi_2}\hat{V}\ket{\vec{k}_3\chi_3\vec{k}_4\chi_4} \hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_4\chi_4}\hat{a}_{\vec{k}_3\chi_3}

其中：

⟨k⃗1χ1k⃗2χ2∣V^∣k⃗3χ3k⃗4χ4⟩=∫d3r′∫d3r′′V(r⃗′−r⃗′′)⟨k⃗1χ1∣r⃗′⟩⟨r⃗′∣k⃗3χ3⟩⟨k⃗2χ2∣r⃗′′⟩⟨r⃗′′∣k⃗4χ4⟩=−∫d3r′α⟨k⃗1χ1∣r⃗′⟩⟨r⃗′∣k⃗3χ3⟩⟨k⃗2χ2∣r⃗′⟩⟨r⃗′∣k⃗4χ4⟩=−α(LD)2∫d3r′e−k⃗1⋅r⃗′ek⃗3⋅r⃗′e−k⃗2⋅r⃗′ek⃗4⋅r⃗′δχ1,χ3δχ2,χ4=−αLDδ(−k⃗1+k⃗3−k⃗2+k⃗4)δχ1,χ3δχ2,χ4\begin{aligned} \bra{\vec{k}_1\chi_1\vec{k}_2\chi_2}\hat{V}\ket{\vec{k}_3\chi_3\vec{k}_4\chi_4} &= \int d^3r' \int d^3r'' V(\vec{r}'-\vec{r}'') \braket{\vec{k}_1\chi_1|\vec{r}'} \braket{\vec{r}'|\vec{k}_3\chi_3} \braket{\vec{k}_2\chi_2|\vec{r}''} \braket{\vec{r}''|\vec{k}_4\chi_4} \\ &= -\int d^3r'\ \alpha \braket{\vec{k}_1\chi_1|\vec{r}'} \braket{\vec{r}'|\vec{k}_3\chi_3} \braket{\vec{k}_2\chi_2|\vec{r}'} \braket{\vec{r}'|\vec{k}_4\chi_4} \\ &= -\frac{\alpha}{(L^D)^2} \int d^3r'\ e^{-\vec{k}_1\cdot\vec{r}'}e^{\vec{k}_3\cdot\vec{r}'}e^{-\vec{k}_2\cdot\vec{r}'}e^{\vec{k}_4\cdot\vec{r}'} \delta_{\chi_1,\chi_3} \delta_{\chi_2,\chi_4} \\ &= - \frac{\alpha}{L^D} \delta(-\vec{k}_1+\vec{k}_3-\vec{k}_2+\vec{k}_4) \delta_{\chi_1,\chi_3} \delta_{\chi_2,\chi_4} \end{aligned}

因此：

V^=−α2LD∑k⃗1χ1∑k⃗2χ2∑k⃗3∑k⃗4δk⃗1+k⃗2,k⃗3+k⃗4a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗4χ2a^k⃗3χ1\hat{\mathcal{V}} = - \frac{\alpha}{2L^D} \sum_{\vec{k}_1\chi_1}\sum_{\vec{k}_2\chi_2}\sum_{\vec{k}_3}\sum_{\vec{k}_4} \delta_{\vec{k}_1+\vec{k}_2,\vec{k}_3+\vec{k}_4} \hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_4\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_3\chi_1}

假若体系的粒子数表象的态记作 ∣F⟩\ket{F}，则相互作用项的平均值为：

⟨V⟩=⟨F∣V^∣F⟩=−α2LD∑k⃗1χ1∑k⃗2χ2∑k⃗3∑k⃗4δk⃗1+k⃗2,k⃗3+k⃗4⟨F∣a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗4χ2a^k⃗3χ1∣F⟩\braket{V} = \bra{F}\hat{\mathcal{V}}\ket{F} = - \frac{\alpha}{2L^D} \sum_{\vec{k}_1\chi_1}\sum_{\vec{k}_2\chi_2}\sum_{\vec{k}_3}\sum_{\vec{k}_4} \delta_{\vec{k}_1+\vec{k}_2,\vec{k}_3+\vec{k}_4} \bra{F}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_4\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_3\chi_1}\ket{F}

因此 ∣F⟩\ket{F} 是一个占据数不是 00 就是 11 的单粒子态的集合。因此上式中的矩阵元非零的唯一方法是湮灭和产生算符恰好配对。其配对条件就是 (k⃗1χ1)=(k⃗3χ1),(k⃗2χ2)=(k⃗4χ2)(\vec{k}_1\chi_1)=(\vec{k}_3\chi_1),\ (\vec{k}_2\chi_2)=(\vec{k}_4\chi_2)，或 (k⃗1χ1)=(k⃗4χ2),(k⃗2χ2)=(k⃗3χ1)(\vec{k}_1\chi_1)=(\vec{k}_4\chi_2),\ (\vec{k}_2\chi_2)=(\vec{k}_3\chi_1)。因此：

⟨V⟩=−α2LD[∑k⃗1χ1∑k⃗2χ2⟨F∣a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗2χ2a^k⃗1χ1∣F⟩+∑k⃗1∑k⃗2∑χ1⟨F∣a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ1†a^k⃗1χ1a^k⃗2χ1∣F⟩]=−α2LD[N2(2S+1)2+N2(2S+1)]=−αLDN2(2S+1)(S+1)\begin{aligned} \braket{V} &= - \frac{\alpha}{2L^D} \left[\sum_{\vec{k}_1\chi_1}\sum_{\vec{k}_2\chi_2} \bra{F}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_1\chi_1}\ket{F} + \sum_{\vec{k}_1}\sum_{\vec{k}_2} \sum_{\chi_1} \bra{F}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_1}\hat{a}_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}_{\vec{k}_2\chi_1}\ket{F}\right] \\ &= - \frac{\alpha}{2L^D} \left[ N^2(2S+1)^2 + N^2(2S+1)\right] \\ &= - \frac{\alpha}{L^D} N^2 (2S+1)(S+1) \end{aligned}

因此对于每个粒子的平均相互作用能为：

v(ρ)=⟨V⟩N=−αρ(2S+1)(S+1)v(\rho) = \frac{\braket{V}}{N} = -\alpha\rho (2S+1)(S+1)

\quad 对于三维情况，计算出每个粒子的平均动能为 t(ρ)=3ℏ210m[3(2π)3ρ4π(2S+1)]23t(\rho)=\frac{3\hbar^2}{10m}\left[\frac{3(2\pi)^3\rho}{4\pi(2S+1)}\right]^{\frac{2}{3}}。热力学极限下费米气体中每个粒子的能量为：

ϵ(ρ)=⟨H⟩N=t(ρ)+v(ρ)=3ℏ210m[3(2π)3ρ4π(2S+1)]23−αρ(2S+1)(S+1)\epsilon(\rho) = \frac{\braket{H}}{N} = t(\rho) + v(\rho) = \frac{3\hbar^2}{10m}\left[\frac{3(2\pi)^3\rho}{4\pi(2S+1)}\right]^{\frac{2}{3}} - \alpha\rho (2S+1)(S+1)

\quad 对于二维情况，我们可以计算出每个粒子的平均动能为 t(ρ)=ℏ24m[4πρ2S+1]t(\rho)=\frac{\hbar^2}{4m}\left[\frac{4\pi\rho}{2S+1}\right]。热力学极限下费米气体中每个粒子的能量为：

ϵ(ρ)=t(ρ)+v(ρ)=ℏ24m[4πρ2S+1]−αρ(2S+1)(S+1)\epsilon(\rho) = t(\rho) + v(\rho) = \frac{\hbar^2}{4m}\left[\frac{4\pi\rho}{2S+1}\right] - \alpha\rho (2S+1)(S+1)

\quad 对于一维情况，我们可以计算出每个粒子的平均动能为 t(ρ)=ℏ26m[πρ2S+1]2t(\rho)=\frac{\hbar^2}{6m}\left[\frac{\pi\rho}{2S+1}\right]^2。热力学极限下费米气体中每个粒子的能量为：

ϵ(ρ)=t(ρ)+v(ρ)=ℏ26m[πρ2S+1]2−αρ(2S+1)(S+1)\epsilon(\rho) = t(\rho) + v(\rho) = \frac{\hbar^2}{6m}\left[\frac{\pi\rho}{2S+1}\right]^2 - \alpha\rho (2S+1)(S+1)

\quad 若体系要平衡，能量要处于极小值，其条件等价为 ∂ϵ(ρ)∂ρ=0,∂2ϵ(ρ)∂ρ2>0\frac{\partial\epsilon(\rho)}{\partial\rho}=0,\ \frac{\partial^2\epsilon(\rho)}{\partial\rho^2}>0。对于三维情况，虽然总存在某一个 ρ\rho 值使得 ∂ϵ(ρ)∂ρ=0\frac{\partial\epsilon(\rho)}{\partial\rho}=0，但 ∂2ϵ(ρ)∂ρ2<0\frac{\partial^2\epsilon(\rho)}{\partial\rho^2}<0，因此体系没有稳定的平衡点；对于二维情况，∂ϵ(ρ)∂ρ\frac{\partial\epsilon(\rho)}{\partial\rho} 一般等于一个不为零的常量，因此不存在平衡点；只有一维的情况，存在某某一个 ρ\rho 值使得 ∂ϵ(ρ)∂ρ=0\frac{\partial\epsilon(\rho)}{\partial\rho}=0，且满足 ∂2ϵ(ρ)∂ρ2>0\frac{\partial^2\epsilon(\rho)}{\partial\rho^2}>0，因此存在稳定平衡点。

(d)\quad(d) 将三体算符 W(r⃗i,r⃗j,r⃗k)=βδ(r⃗i−r⃗j)δ(r⃗i−r⃗k)W(\vec{r}_i,\vec{r}_j,\vec{r}_k)=\beta\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_j)\delta(\vec{r}_i-\vec{r}_k) 二次量子化后：

W^=16∑k⃗1χ1,⋯,k⃗6χ6⟨k⃗1χ1k⃗2χ2k⃗3χ3∣W^∣k⃗4χ4k⃗5χ5k⃗6χ6⟩a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗3χ3†a^k⃗6χ6a^k⃗5χ5a^k⃗4χ4\hat{\mathcal{W}} = \frac{1}{6} \sum_{\vec{k}_1\chi_1,\cdots,\vec{k}_6\chi_6} \bra{\vec{k}_1\chi_1\vec{k}_2\chi_2\vec{k}_3\chi_3} \hat{W} \ket{\vec{k}_4\chi_4\vec{k}_5\chi_5\vec{k}_6\chi_6} \hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_3\chi_3}\hat{a}_{\vec{k}_6\chi_6}\hat{a}_{\vec{k}_5\chi_5}\hat{a}_{\vec{k}_4\chi_4}

其中：

⟨k⃗1χ1k⃗2χ2k⃗3χ3∣W^∣k⃗4χ4k⃗5χ5k⃗6χ6⟩=∭βδ(r⃗1−r⃗2)δ(r⃗1−r⃗3)⟨k⃗1χ1∣r⃗1⟩⟨r⃗1∣k⃗4χ4⟩⟨k⃗2χ2∣r⃗2⟩⟨r⃗2∣k⃗5χ5⟩⟨k⃗3χ3∣r⃗3⟩⟨r⃗3∣k⃗6χ6⟩dr⃗1dr⃗2dr⃗3=β(L3)3∫ei(k⃗4+k⃗5+k⃗6−k⃗1−k⃗2−k⃗3)⋅r⃗1dr⃗1δχ1,χ4δχ2,χ5δχ3,χ6=β(L3)2δk⃗1+k⃗2+k⃗3,k⃗4+k⃗5+k⃗6δχ1,χ4δχ2,χ5δχ3,χ6\begin{aligned} \bra{\vec{k}_1\chi_1\vec{k}_2\chi_2\vec{k}_3\chi_3} \hat{W} \ket{\vec{k}_4\chi_4\vec{k}_5\chi_5\vec{k}_6\chi_6} &= \iiint \beta\delta(\vec{r}_1-\vec{r}_2)\delta(\vec{r}_1-\vec{r}_3) \braket{\vec{k}_1\chi_1|\vec{r}_1} \braket{\vec{r}_1|\vec{k}_4\chi_4} \braket{\vec{k}_2\chi_2|\vec{r}_2} \braket{\vec{r}_2|\vec{k}_5\chi_5} \braket{\vec{k}_3\chi_3|\vec{r}_3} \braket{\vec{r}_3|\vec{k}_6\chi_6} d\vec{r}_1 d\vec{r}_2 d\vec{r}_3 \\ &= \frac{\beta}{(L^3)^3} \int e^{i(\vec{k}_4+\vec{k}_5+\vec{k}_6-\vec{k}_1-\vec{k}_2-\vec{k}_3)\cdot\vec{r}_1} d\vec{r}_1 \ \delta_{\chi_1,\chi_4} \delta_{\chi_2,\chi_5} \delta_{\chi_3,\chi_6} \\ &= \frac{\beta}{(L^3)^2} \delta_{\vec{k}_1+\vec{k}_2+\vec{k}_3,\vec{k}_4 +\vec{k}_5+\vec{k}_6} \delta_{\chi_1,\chi_4} \delta_{\chi_2,\chi_5} \delta_{\chi_3,\chi_6} \end{aligned}

因此

⟨F∣W^∣F⟩=β6(L3)2∑k⃗1,⋯,k⃗6∑χ1,χ2,χ3δk⃗1+k⃗2+k⃗3,k⃗4+k⃗5+k⃗6⟨F∣a^k⃗1χ1†a^k⃗2χ2†a^k⃗3χ3†a^k⃗6χ3a^k⃗5χ2a^k⃗4χ1∣F⟩\braket{F|\hat{\mathcal{W}}|F} = \frac{\beta}{6(L^3)^2} \sum_{\vec{k}_1,\cdots,\vec{k}_6} \sum_{\chi_1,\chi_2,\chi_3} \delta_{\vec{k}_1+\vec{k}_2+\vec{k}_3,\vec{k}_4 +\vec{k}_5+\vec{k}_6} \bra{F} \hat{a}^\dagger_{\vec{k}_1\chi_1}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_2\chi_2}\hat{a}^\dagger_{\vec{k}_3\chi_3}\hat{a}_{\vec{k}_6\chi_3}\hat{a}_{\vec{k}_5\chi_2}\hat{a}_{\vec{k}_4\chi_1} \ket{F}

矩阵元非零的方法就是湮灭与产生算符配对，配对条件为：

  1. (k⃗1χ1)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_4\chi_1) ; (k⃗2χ2)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_5\chi_2) ; (k⃗3χ3)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_6\chi_3) ~~~ N3(2S+1)3N^3(2S+1)^3
  2. (k⃗1χ1)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_4\chi_1) ; (k⃗2χ2)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_6\chi_3) ; (k⃗3χ3)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_5\chi_2) ~~~ N3(2S+1)2N^3(2S+1)^2
  3. (k⃗1χ1)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_5\chi_2) ; (k⃗2χ2)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_4\chi_1) ; (k⃗3χ3)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_6\chi_3) ~~~ N3(2S+1)2N^3(2S+1)^2
  4. (k⃗1χ1)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_5\chi_2) ; (k⃗2χ2)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_6\chi_3) ; (k⃗3χ3)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_4\chi_1) ~~~ N3(2S+1)N^3(2S+1)
  5. (k⃗1χ1)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_6\chi_3) ; (k⃗2χ2)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_5\chi_2) ; (k⃗3χ3)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_4\chi_1) ~~~ N3(2S+1)2N^3(2S+1)^2
  6. (k⃗1χ1)=(k⃗6χ3)(\vec{k}_1\chi_1) = (\vec{k}_6\chi_3) ; (k⃗2χ2)=(k⃗4χ1)(\vec{k}_2\chi_2) = (\vec{k}_4\chi_1) ; (k⃗3χ3)=(k⃗5χ2)(\vec{k}_3\chi_3) = (\vec{k}_5\chi_2) ~~~ N3(2S+1)N^3(2S+1)

因此当 ns=(2S+1)=2n_s=(2S+1)=2 时，有：

⟨F∣W^∣F⟩=β6(L3)2N3[(2S+1)3+(2S+1)2+(2S+1)2+(2S+1)+(2S+1)2+(2S+1)]=4β(L3)2N3=4βρ2N\begin{aligned} \braket{F|\hat{\mathcal{W}}|F} &= \frac{\beta}{6(L^3)^2} N^3\left[(2S+1)^3+(2S+1)^2+(2S+1)^2+(2S+1)+(2S+1)^2+(2S+1)\right] \\ &= \frac{4\beta}{(L^3)^2} N^3 =4\beta\rho^2 N \end{aligned}

每个粒子的平均三体排斥势为：

w(ρ)=⟨F∣W^∣F⟩N=4βρ2w(\rho) = \frac{\braket{F|\hat{\mathcal{W}}|F}}{N} = 4\beta\rho^2

由 (c)(c) 可知每个粒子的平均二体吸引势和平均动能为：

v(ρ)=−3αρ;t(ρ)=3ℏ210m(3π2ρ)23v(\rho) = - 3\alpha\rho \quad;\quad t(\rho) = \frac{3\hbar^2}{10m} (3\pi^2\rho)^{\frac{2}{3}}

因此粒子的平均能量为：

ϵ(ρ)=3ℏ210m(3π2ρ)23−3αρ+4βρ2\epsilon(\rho) = \frac{3\hbar^2}{10m} (3\pi^2\rho)^{\frac{2}{3}} - 3\alpha\rho + 4\beta\rho^2

这种情况下，总是可以存在一个 ρ\rho 值使得 ∂ϵ∂ρ=0\frac{\partial\epsilon}{\partial\rho}=0，从而体系处于平衡点；而且只要 β\beta 值合适，也可以满足 ∂2ϵ∂ρ2>0\frac{\partial^2\epsilon}{\partial\rho^2}>0 从而有稳定的平衡点。