第5章 一维中的简单问题
5.1 自由粒子
习题 5.1.1 证明方程 (5.1.9) 可以改写为对 E E E ± \pm ±
U ( t ) = ∑ α = ± ∫ 0 ∞ [ m ( 2 m E ) 1 / 2 ] ∣ E , α ⟩ ⟨ E , α ∣ e − i E t / ℏ d E U(t)=\sum_{\alpha= \pm} \int_0^{\infty}\left[\frac{m}{(2 m E)^{1 / 2}}\right]|E, \alpha\rangle\langle E, \alpha| \mathrm{e}^{-\mathrm{i} E t / \hbar} \mathrm{d} E U ( t ) = α = ± ∑ ∫ 0 ∞ [ ( 2 m E ) 1/2 m ] ∣ E , α ⟩ ⟨ E , α ∣ e − i E t /ℏ d E 解答:
E = p 2 2 m → p = α 2 m E d p = α m 2 m E d E \begin{aligned}
E=\dfrac{p^{2}}{2m} \rightarrow p&=\alpha\sqrt{2mE}\\
\mathrm{d}p&=\dfrac{\alpha m}{\sqrt{2mE}}\mathrm{d}E
\end{aligned} E = 2 m p 2 → p d p = α 2 m E = 2 m E α m d E 其中 α = ± 1 \alpha=\pm 1 α = ± 1
U ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t / ℏ = ∫ − ∞ 0 d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t / ℏ + ∫ 0 + ∞ d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t / ℏ = ∫ − ∞ 0 d E − m 2 m E ∣ E , − ⟩ ⟨ E , − ∣ e − i E t / ℏ + ∫ 0 + ∞ d E m 2 m E ∣ E , + ⟩ ⟨ E , + ∣ e − i E t / ℏ = ∫ 0 + ∞ d E m 2 m E ∣ E , − ⟩ ⟨ E , − ∣ e − i E t / ℏ + ∫ 0 + ∞ d E m 2 m E ∣ E , + ⟩ ⟨ E , + ∣ e − i E t / ℏ = ∑ α = ± ∫ 0 ∞ [ m ( 2 m E ) 1 / 2 ] ∣ E , α ⟩ ⟨ E , α ∣ e − i E t / ℏ d E \begin{aligned}
U(t)&=\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d}p\,|p\rangle\langle p| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}\\&=\int_{-\infty}^{0}\mathrm{d}p\,|p\rangle\langle p| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}+\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}p\,|p\rangle\langle p| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}\\
&=\int_{-\infty}^{0}\mathrm{d}E \dfrac{-m}{\sqrt{2mE}}\,|E, -\rangle\langle E, -| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}+\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}E\dfrac{m}{\sqrt{2mE}}\,|E, +\rangle\langle E, +| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}\\
&=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}E \dfrac{m}{\sqrt{2mE}}\,|E, -\rangle\langle E, -| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}+\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}E\dfrac{m}{\sqrt{2mE}}\,|E, +\rangle\langle E, +| \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Et/\hbar}\\
&=\sum_{\alpha= \pm} \int_0^{\infty}\left[\frac{m}{(2 m E)^{1 / 2}}\right]|E, \alpha\rangle\langle E, \alpha| \mathrm{e}^{-\mathrm{i} E t / \hbar} \mathrm{d} E
\end{aligned} U ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t /ℏ = ∫ − ∞ 0 d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t /ℏ + ∫ 0 + ∞ d p ∣ p ⟩ ⟨ p ∣ e − i E t /ℏ = ∫ − ∞ 0 d E 2 m E − m ∣ E , − ⟩ ⟨ E , − ∣ e − i E t /ℏ + ∫ 0 + ∞ d E 2 m E m ∣ E , + ⟩ ⟨ E , + ∣ e − i E t /ℏ = ∫ 0 + ∞ d E 2 m E m ∣ E , − ⟩ ⟨ E , − ∣ e − i E t /ℏ + ∫ 0 + ∞ d E 2 m E m ∣ E , + ⟩ ⟨ E , + ∣ e − i E t /ℏ = α = ± ∑ ∫ 0 ∞ [ ( 2 m E ) 1/2 m ] ∣ E , α ⟩ ⟨ E , α ∣ e − i E t /ℏ d E ■ ~\tag*{$\blacksquare$} ■ 习题 5.1.2 通过在 X X X E E E
ψ E ( x ) = β exp [ i ( 2 m E ) 1 / 2 x / ℏ ] ( 2 π ℏ ) 1 / 2 + γ exp [ − i ( 2 m E ) 1 / 2 x / ℏ ] ( 2 π ℏ ) 1 / 2 \psi_E(x)=\beta \frac{\exp \left[i(2 m E)^{1 / 2} x / \hbar\right]}{(2 \pi \hbar)^{1 / 2}}+\gamma \frac{\exp \left[-i(2 m E)^{1 / 2} x / \hbar\right]}{(2 \pi \hbar)^{1 / 2}} ψ E ( x ) = β ( 2 π ℏ ) 1/2 exp [ i ( 2 m E ) 1/2 x /ℏ ] + γ ( 2 π ℏ ) 1/2 exp [ − i ( 2 m E ) 1/2 x /ℏ ] [因子 ( 2 π ℏ ) − 1 / 2 (2 \pi \hbar)^{-1 / 2} ( 2 π ℏ ) − 1/2 β \beta β γ \gamma γ E < 0 E<0 E < 0 ψ E ( x ) \psi_E(x) ψ E ( x )
解答:
在 X X X
⟨ x ∣ H ∣ E ⟩ = E ⟨ x ∣ E ⟩ \langle x\mid H\mid E\rangle=E\langle x\mid E\rangle ⟨ x ∣ H ∣ E ⟩ = E ⟨ x ∣ E ⟩ 它变为
− ℏ 2 2 m ψ E ′ ′ = E ψ E -\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\psi_{E}^{\prime\prime}=E\psi_{E} − 2 m ℏ 2 ψ E ′′ = E ψ E 一般解具有如下形式
ψ E ( x ) = A + e i ℏ 2 m E x + A − e − i ℏ 2 m E x \psi_{E}(x)=A_{+}\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\sqrt{2mE}x}+A_{-}\mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\sqrt{2mE}x} ψ E ( x ) = A + e ℏ i 2 m E x + A − e − ℏ i 2 m E x 因此，
⟨ x ∣ E ⟩ = β ⟨ x ∣ E , + ⟩ + γ ⟨ x ∣ E , − ⟩ \langle x\mid E\rangle=\beta\langle x\mid E,+\rangle+\gamma\langle x\mid E,-\rangle ⟨ x ∣ E ⟩ = β ⟨ x ∣ E , + ⟩ + γ ⟨ x ∣ E , − ⟩ 如果记
β = A + 2 π k γ = A − 2 π k \begin{aligned}
\beta&=A_{+}\sqrt{2\pi k}\\
\gamma&=A_{-}\sqrt{2\pi k}
\end{aligned} β γ = A + 2 π k = A − 2 π k 最终得到能量为 E E E
ψ E ( x ) = β exp [ i ( 2 m E ) 1 / 2 x / ℏ ] ( 2 π ℏ ) 1 / 2 + γ exp [ − i ( 2 m E ) 1 / 2 x / ℏ ] ( 2 π ℏ ) 1 / 2 \psi_E(x)=\beta \frac{\exp \left[\mathrm{i}(2 m E)^{1 / 2} x / \hbar\right]}{(2 \pi \hbar)^{1 / 2}}+\gamma \frac{\exp \left[-\mathrm{i}(2 m E)^{1 / 2} x / \hbar\right]}{(2 \pi \hbar)^{1 / 2}} ψ E ( x ) = β ( 2 π ℏ ) 1/2 exp [ i ( 2 m E ) 1/2 x /ℏ ] + γ ( 2 π ℏ ) 1/2 exp [ − i ( 2 m E ) 1/2 x /ℏ ] 如果 E < 0 E<0 E < 0 x → + ∞ x\to+\infty x → + ∞ x → − ∞ x\to-\infty x → − ∞
■ ~\tag*{$\blacksquare$} ■ 习题 5.1.3 我们已经看到，U ( t ) U(t) U ( t ) U ( t ) = e − i H t / ℏ U(t)=e^{-i H t / \hbar} U ( t ) = e − i H t /ℏ
U ( t ) = exp [ i ℏ ( ℏ 2 t 2 m d 2 d x 2 ) ] = ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ( i ℏ t 2 m ) n d 2 n d x 2 n (5.1.18) U(t)=\exp \left[\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left(\frac{\hbar^2 t}{2 m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} x^2}\right)\right]=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\left(\frac{\mathrm{i} \hbar t}{2 m}\right)^n \frac{\mathrm{d}^{2 n}}{\mathrm{d} x^{2 n}}\tag{5.1.18} U ( t ) = exp [ ℏ i ( 2 m ℏ 2 t d x 2 d 2 ) ] = n = 0 ∑ ∞ n ! 1 ( 2 m i ℏ t ) n d x 2 n d 2 n ( 5.1.18 ) 考虑方程 (5.1.14) 中的初始状态，取 p 0 = 0 p_0=0 p 0 = 0 Δ = 1 \Delta=1 Δ = 1 t ′ = 0 t^{\prime}=0 t ′ = 0
ψ ( x , 0 ) = e − x 2 / 2 ( π ) 1 / 4 \psi(x, 0)=\frac{\mathrm{e}^{-x^2 / 2}}{(\pi)^{1 / 4}} ψ ( x , 0 ) = ( π ) 1/4 e − x 2 /2 利用上面的方程 (5.1.18) 求 ψ ( x , t ) \psi(x, t) ψ ( x , t )
[提示：(1) 将 ψ ( x , 0 ) \psi(x, 0) ψ ( x , 0 )
ψ ( x , 0 ) = ( π ) − 1 / 4 ∑ n = 0 ∞ ( − 1 ) n x 2 n n ! ( 2 ) n \psi(x, 0)=(\pi)^{-1 / 4} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2 n}}{n!(2)^n} ψ ( x , 0 ) = ( π ) − 1/4 n = 0 ∑ ∞ n ! ( 2 ) n ( − 1 ) n x 2 n (2) 求下列前几项
1 , ( i ℏ t 2 m ) d 2 d x 2 , 1 2 ! ( i ℏ t 2 m d 2 d x 2 ) 2 1,\quad \left(\frac{\mathrm{i} \hbar t}{2 m}\right) \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} x^2}, \quad \frac{1}{2!}\left(\frac{\mathrm{i} \hbar t}{2 m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} x^2}\right)^2 1 , ( 2 m i ℏ t ) d x 2 d 2 , 2 ! 1 ( 2 m i ℏ t d x 2 d 2 ) 2 等等作用在该幂级数上的结果。
(3) 收集具有相同 x x x
(4) 在 x 2 n x^{2 n} x 2 n
( 1 + i t ℏ m ) − n − 1 / 2 = 1 − ( n + 1 / 2 ) ( i ℏ t m ) + ( n + 1 / 2 ) ( n + 3 / 2 ) 2 ! ( i ℏ t m ) 2 + ⋯ \left(1+\frac{\mathrm{i} t \hbar}{m}\right)^{-n-1/2}=1-(n+1 / 2)\left(\frac{\mathrm{i} \hbar t}{m}\right)+\frac{(n+1 / 2)(n+3 / 2)}{2!}\left(\frac{\mathrm{i} \hbar t}{m}\right)^2+\cdots ( 1 + m i t ℏ ) − n − 1/2 = 1 − ( n + 1/2 ) ( m i ℏ t ) + 2 ! ( n + 1/2 ) ( n + 3/2 ) ( m i ℏ t ) 2 + ⋯ (5) 反复整理，直到得到答案。]
解答:
■ ~\tag*{$\blacksquare$} ■ 习题 5.1.4 考虑波函数
ψ ( x , 0 ) = sin ( π x L ) , ∣ x ∣ ⩽ L / 2 = 0 , ∣ x ∣ > L / 2 \begin{aligned}
\psi(x, 0) & =\sin \left(\frac{\pi x}{L}\right), & & |x| \leqslant L / 2 \\
& =0, & & |x|>L / 2
\end{aligned} ψ ( x , 0 ) = sin ( L π x ) , = 0 , ∣ x ∣ ⩽ L /2 ∣ x ∣ > L /2 显然，对这个函数求任意阶导数都会得到另一个仍局限在区间 ∣ x ∣ ⩽ L / 2 |x| \leqslant L / 2 ∣ x ∣ ⩽ L /2
U ( t ) = exp [ i ℏ ( ℏ 2 t 2 m ) d 2 d x 2 ] U(t)=\exp \left[\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left(\frac{\hbar^2 t}{2 m}\right) \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} x^2}\right] U ( t ) = exp [ ℏ i ( 2 m ℏ 2 t ) d x 2 d 2 ] 作用在该函数上，似乎仍然得到一个局限于 ∣ x ∣ ⩽ L / 2 |x| \leqslant L / 2 ∣ x ∣ ⩽ L /2
解答:
答案在 Shankar 中已经给出：考虑边界处的导数。这里给出了一个算符幂级数（指数算符）不收敛的例子。注意，算符幂级数是否收敛，不仅取决于算符本身，也取决于它所作用的对象。因此并不存在矛盾：如果函数像上面那样突然截断，看起来似乎会产生矛盾，那么它在边界处的导数是奇异的；而如果它连续衰减，那么只要时间足够长，无论衰减得多么迅速，波函数最终一定会向外泄露。
此外，还应当意识到，这不可能是 Schrödinger 方程的解。Schrödinger 方程的解应满足下列条件：
(1) 波函数连续；
(2) 对于有限势，波函数的一阶导数通常连续。
因此，给定的波函数并不具有物理意义（它在 x = ± L 2 x=\pm\dfrac{L}{2} x = ± 2 L
■ ~\tag*{$\blacksquare$} ■ 5.2 箱中粒子
习题 5.2.1 一个粒子处于长度为 L L L ( 8 / 3 π ) 2 (8 / 3 \pi)^2 ( 8/3 π ) 2
习题 5.2.2 (a) 证明对于任意归一化的 ∣ ψ ⟩ |\psi\rangle ∣ ψ ⟩ ⟨ ψ ∣ H ∣ ψ ⟩ ⩾ E 0 \langle\psi|H| \psi\rangle \geqslant E_0 ⟨ ψ ∣ H ∣ ψ ⟩ ⩾ E 0 E 0 E_0 E 0 ∣ ψ ⟩ |\psi\rangle ∣ ψ ⟩ H H H
(b) 证明下列定理：一维中的任何吸引势至少存在一个束缚态。提示：由于 V V V V ( ∞ ) = 0 V(\infty)=0 V ( ∞ ) = 0 x x x V ( x ) = − ∣ V ( x ) ∣ V(x)=-|V(x)| V ( x ) = − ∣ V ( x ) ∣ E < 0 E<0 E < 0
ψ α ( x ) = ( α π ) 1 / 4 e − α x 2 / 2 \psi_\alpha(x)=\left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{1 / 4} e^{-\alpha x^2 / 2} ψ α ( x ) = ( π α ) 1/4 e − α x 2 /2 并计算
E ( α ) = ⟨ ψ α ∣ H ∣ ψ α ⟩ , H = − ℏ 2 2 m d 2 d x 2 − ∣ V ( x ) ∣ E(\alpha)=\left\langle\psi_\alpha|H| \psi_\alpha\right\rangle, \quad H=-\frac{\hbar^2}{2 m} \frac{d^2}{d x^2}-|V(x)| E ( α ) = ⟨ ψ α ∣ H ∣ ψ α ⟩ , H = − 2 m ℏ 2 d x 2 d 2 − ∣ V ( x ) ∣ 证明通过适当选择 α \alpha α E ( α ) E(\alpha) E ( α )
习题 5.2.3 考虑 V ( x ) = − a V 0 δ ( x ) V(x)=-a V_0 \delta(x) V ( x ) = − a V 0 δ ( x ) E = − m a 2 V 0 2 / 2 ℏ 2 E=-m a^2 V_0^2 / 2 \hbar^2 E = − m a 2 V 0 2 /2 ℏ 2 E < 0 E<0 E < 0 x = 0 x=0 x = 0 x = 0 x=0 x = 0
∫ − ε + ε ( d 2 ψ d x 2 ) d x \int_{-\varepsilon}^{+\varepsilon}\left(\frac{d^2 \psi}{d x^2}\right) d x ∫ − ε + ε ( d x 2 d 2 ψ ) d x 相等起来，其中 ε \varepsilon ε
习题 5.2.4 考虑质量为 m m m L L L ∣ n ⟩ |n\rangle ∣ n ⟩ n n n F = − ∂ E / ∂ L F=-\partial E / \partial L F = − ∂ E / ∂ L E n E_n E n − ∂ E / ∂ L -\partial E / \partial L − ∂ E / ∂ L
习题 5.2.5 如果势箱的范围是从 x = 0 x=0 x = 0 L L L − L / 2 -L / 2 − L /2 L / 2 L / 2 L /2 ψ n ( x ) = ( 2 / L ) 1 / 2 sin ( n π x / L ) \psi_n(x)=(2 / L)^{1 / 2} \sin (n \pi x / L) ψ n ( x ) = ( 2/ L ) 1/2 sin ( nπ x / L ) n = 1 , 2 , … , ∞ n=1,2, \ldots, \infty n = 1 , 2 , … , ∞ E n = ℏ 2 π 2 n 2 / 2 m L 2 E_n=\hbar^2 \pi^2 n^2 / 2 m L^2 E n = ℏ 2 π 2 n 2 /2 m L 2
习题 5.2.6 方势阱。考虑粒子处于如下方势阱中：
V ( x ) = { 0 , ∣ x ∣ ⩽ a V 0 , ∣ x ∣ ⩾ a V(x)= \begin{cases}0, & |x| \leqslant a \\ V_0, & |x| \geqslant a\end{cases} V ( x ) = { 0 , V 0 , ∣ x ∣ ⩽ a ∣ x ∣ ⩾ a 由于当 V 0 → ∞ V_0 \rightarrow \infty V 0 → ∞ E ≤ V 0 E \leq V_0 E ≤ V 0 ψ \psi ψ
(1) 证明偶解的能量满足超越方程
k tan k a = κ (5.2.23) k \tan k a=\kappa\tag{5.2.23} k tan k a = κ ( 5.2.23 ) 而奇解的能量满足
k cot k a = − κ (5.2.24) k \cot k a=-\kappa\tag{5.2.24} k cot k a = − κ ( 5.2.24 ) 其中 k k k i κ i \kappa iκ k k k κ \kappa κ
k 2 + κ 2 = 2 m V 0 / ℏ 2 (5.2.25) k^2+\kappa^2=2 m V_0 / \hbar^2\tag{5.2.25} k 2 + κ 2 = 2 m V 0 / ℏ 2 ( 5.2.25 ) 验证当 V 0 V_0 V 0 ∞ \infty ∞
(2) 方程 (5.2.23) 和 (5.2.24) 必须通过图解法求解。在 ( α = k a , β = κ a ) (\alpha=k a, \beta=\kappa a) ( α = k a , β = κa ) α tan α = β \alpha \tan \alpha=\beta α tan α = β α cot α = − β \alpha \cot \alpha=-\beta α cot α = − β α \alpha α β \beta β
(3) 证明总是存在一个偶解，并且除非 V 0 ⩾ ℏ 2 π 2 / 8 m a 2 V_0 \geqslant \hbar^2 \pi^2 / 8 m a^2 V 0 ⩾ ℏ 2 π 2 /8 m a 2 V 0 V_0 V 0 E E E
5.3 概率的连续性方程
习题 5.3.1 考虑 V = V r − i V i V=V_r-i V_i V = V r − i V i V i V_i V i e − 2 V i t / ℏ e^{-2 V_i t / \hbar} e − 2 V i t /ℏ
习题 5.3.2 说明：如果 ψ = c ψ ~ \psi=c \tilde{\psi} ψ = c ψ ~ c c c ψ ~ \tilde{\psi} ψ ~ j \mathbf{j} j
习题 5.3.3 考虑
ψ p = ( 1 2 π ℏ ) 3 / 2 e i ( p ⋅ r ) / ℏ \psi_{\mathbf{p}}=\left(\frac{1}{2 \pi \hbar}\right)^{3 / 2} e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}) / \hbar} ψ p = ( 2 π ℏ 1 ) 3/2 e i ( p ⋅ r ) /ℏ 求 j \mathbf{j} j P P P j = ρ v \mathbf{j}=\rho \mathbf{v} j = ρ v v \mathbf{v} v ρ \rho ρ j \mathbf{j} j
习题 5.3.4 在一维中考虑
ψ = A e i p x / ℏ + B e − i p x / ℏ \psi=A e^{i p x / \hbar}+B e^{-i p x / \hbar} ψ = A e i p x /ℏ + B e − i p x /ℏ j = ( ∣ A ∣ 2 − ∣ B ∣ 2 ) p / m j=\left(|A|^2-|B|^2\right) p / m j = ( ∣ A ∣ 2 − ∣ B ∣ 2 ) p / m ψ \psi ψ j j j ψ \psi ψ
5.4 单阶跃势：一个散射问题
习题 5.4.1 计算方程 (5.416) 中的第三部分，并将所得的 T T T k 1 = k 0 k_1=k_0 k 1 = k 0 ( k 1 2 − 2 m V 0 / ℏ 2 ) 1 / 2 \left(k_1^2-2 m V_0 / \hbar^2\right)^{1 / 2} ( k 1 2 − 2 m V 0 / ℏ 2 ) 1/2
习题 5.4.2 (a) 对势
V ( x ) = V 0 a δ ( x ) V(x)=V_0 a \delta(x) V ( x ) = V 0 a δ ( x ) R R R T T T
(b) 对下列情形做同样的计算：当 ∣ x ∣ > a |x|>a ∣ x ∣ > a V = 0 V=0 V = 0 ∣ x ∣ < a |x|<a ∣ x ∣ < a V = V 0 V=V_0 V = V 0 V 0 V_0 V 0
习题 5.4.3 考虑一维中受到恒力 f f f
U ( p , t ; p ′ , 0 ) = δ ( p − p ′ − f t ) e i ( p ′ 3 − p 3 ) / 6 m ℏ f U\left(p, t ; p^{\prime}, 0\right)=\delta\left(p-p^{\prime}-f t\right) e^{i\left(p^{\prime 3}-p^3\right) / 6 m\hbar f} U ( p , t ; p ′ , 0 ) = δ ( p − p ′ − f t ) e i ( p ′3 − p 3 ) /6 m ℏ f 再变换回坐标空间，得到
U ( x , t ; x ′ , 0 ) = ( m 2 π ℏ i t ) 1 / 2 exp { i ℏ [ m ( x − x ′ ) 2 2 t + 1 2 f t ( x + x ′ ) − f 2 t 3 24 m ] } U\left(x, t ; x^{\prime}, 0\right)=\left(\frac{m}{2 \pi \hbar i t}\right)^{1 / 2} \exp \left\{\frac{i}{\hbar}\left[\frac{m\left(x-x^{\prime}\right)^2}{2 t}+\frac{1}{2} f t\left(x+x^{\prime}\right)-\frac{f^2 t^3}{24 m}\right]\right\} U ( x , t ; x ′ , 0 ) = ( 2 π ℏ i t m ) 1/2 exp { ℏ i [ 2 t m ( x − x ′ ) 2 + 2 1 f t ( x + x ′ ) − 24 m f 2 t 3 ] } [提示：将 ψ E ( p ) \psi_E(p) ψ E ( p ) ⟨ E ∣ E ′ ⟩ = δ ( E − E ′ ) \left\langle E \mid E^{\prime}\right\rangle=\delta\left(E-E^{\prime}\right) ⟨ E ∣ E ′ ⟩ = δ ( E − E ′ ) E E E
5.5 双缝实验
5.6 一些定理 
