数小仓的窝
§ QM-01 数学简介
2025-05-01
量子力学原理习题解
00

目录

第1章 数学导论
1.1 线性矢量空间：基础
1.2 内积空间
1.3 对偶空间与 Dirac 记号
1.4 子空间
1.5 线性算符
1.6 线性算符的矩阵元
1.7 主动变换与被动变换
1.8 本征值问题
1.9 算符的函数及相关概念
1.10 向无限维情形的推广

第1章 数学导论

1.1 线性矢量空间：基础

习题 1.1.1 验证这些结论。对于第一个结论，考虑 ∣0⟩+∣0′⟩|0\rangle+|0^{\prime}\rangle，并依次使用两个零矢量所具有的性质。对于第二个结论，从 ∣0⟩=(0+1)∣V⟩+∣−V⟩|0\rangle=(0+1)|V\rangle+|-V\rangle 出发。对于第三个结论，从 ∣V⟩+(−∣V⟩)=0∣V⟩=∣0⟩|V\rangle+(-|V\rangle)=0|V\rangle=|0\rangle 开始。对于最后一个结论，设 ∣W⟩|W\rangle 也满足 ∣V⟩+∣W⟩=∣0⟩|V\rangle+|W\rangle=|0\rangle。由于 ∣0⟩|0\rangle 是唯一的，这意味着 ∣V⟩+∣W⟩=∣V⟩+∣−V⟩|V\rangle+|W\rangle=|V\rangle+|-V\rangle。接下来请自行完成。

解答:

(1) ∣0⟩|0\rangle 是唯一的。

证明。 对任意态右矢 ∣V⟩|V\rangle，

(a) ∣V⟩+∣0⟩=∣V⟩|V\rangle+|0\rangle=|V\rangle

(b) ∣V⟩+∣0′⟩=∣V⟩|V\rangle+|0^{\prime}\rangle=|V\rangle

在 (a) 中令 ∣V⟩=∣0′⟩|V\rangle=|0^{\prime}\rangle，则 ∣0′⟩+∣0⟩=∣0′⟩|0^{\prime}\rangle+|0\rangle=|0^{\prime}\rangle；

在 (b) 中令 ∣V⟩=∣0⟩|V\rangle=|0\rangle，则 ∣0⟩+∣0′⟩=∣0⟩|0\rangle+|0^{\prime}\rangle=|0\rangle；

因此，由矢量加法的交换律，

∣0′⟩=∣0′⟩+∣0⟩=∣0⟩+∣0′⟩=∣0⟩|0^{\prime}\rangle=|0^{\prime}\rangle+|0\rangle=|0\rangle+|0^{\prime}\rangle=|0\rangle
 □~\tag*{$\square$}

(2) 0∣V⟩=∣0⟩0|V\rangle=|0\rangle

证明。 我们有

1∣V⟩=(1+0)∣V⟩=1∣V⟩+0∣V⟩1|V\rangle=(1+0)|V\rangle=1|V\rangle+0|V\rangle

其中 1∣V⟩=∣V⟩1|V\rangle=|V\rangle。因此

∣V⟩=∣V⟩+0∣V⟩|V\rangle=|V\rangle+0|V\rangle

这里的 ∣V⟩|V\rangle 是任意的。与 ∣0⟩|0\rangle 的定义比较，即对任意 ∣V⟩|V\rangle 都有 ∣V⟩+∣0⟩=∣V⟩|V\rangle+|0\rangle=|V\rangle，再结合 ∣0⟩|0\rangle 的唯一性，可得

0∣V⟩=∣0⟩.0|V\rangle=|0\rangle.
 □~\tag*{$\square$}

(3) ∣−V⟩=−∣V⟩|-V\rangle=-|V\rangle

证明。 对任意 ∣V⟩|V\rangle，

∣V⟩+(−∣V⟩)=0∣V⟩=∣0⟩.|V\rangle+(-|V\rangle)=0|V\rangle=|0\rangle.

根据 ∣−V⟩|-V\rangle 的定义，即 ∣V⟩+∣−V⟩=0|V\rangle+|-V\rangle=0，可得

∣−V⟩=−∣V⟩.|-V\rangle=-|V\rangle.
 □~\tag*{$\square$}

(4) ∣−V⟩|-V\rangle 是 ∣V⟩|V\rangle 唯一的加法逆元。

证明。 假设还存在另一个矢量 ∣W⟩|W\rangle，满足 ∣W⟩=−∣V⟩|W\rangle=-|V\rangle，则

∣V⟩+∣W⟩=∣V⟩−∣V⟩=(1−1)∣V⟩=0∣V⟩=∣0⟩\begin{aligned} |V\rangle+|W\rangle&=|V\rangle-|V\rangle\\ &=(1-1)|V\rangle\\ &=0|V\rangle\\ &=|0\rangle \end{aligned}

在等式两边同时加上 ∣−V⟩|-V\rangle，得到

∣V⟩+∣W⟩+∣−V⟩=∣0⟩+∣−V⟩∣W⟩+(∣V⟩+∣−V⟩)=∣−V⟩∣W⟩+∣0⟩=∣−V⟩\begin{aligned} |V\rangle+|W\rangle+|-V\rangle&=|0\rangle+|-V\rangle\\ |W\rangle+(|V\rangle+|-V\rangle)&=|-V\rangle\\ |W\rangle+|0\rangle&=|-V\rangle \end{aligned}

因此，

∣W⟩=∣−V⟩|W\rangle=|-V\rangle
 □~\tag*{$\square$}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.1.2 考虑所有形如 (a,b,c)(a,b,c) 的对象所组成的集合，其中各分量均为实数。加法和标量乘法定义如下：

(a,b,c)+(d,e,f)=(a+d,b+e,c+f)α(a,b,c)=(αa,αb,αc).\begin{aligned} (a, b, c)+(d, e, f)&=(a+d, b+e, c+f) \\ \alpha(a, b, c)&=(\alpha a, \alpha b, \alpha c). \end{aligned}

写出零矢量以及 (a,b,c)(a,b,c) 的逆矢量。证明形如 (a,b,1)(a,b,1) 的矢量不构成矢量空间。

解答:

  • (a,b,c)(a,b,c) 的零矢量：根据定义，对任意 ∣V⟩|V\rangle，
∣V⟩+∣0⟩=∣V⟩.|V\rangle+|0\rangle=|V\rangle.

令 ∣0⟩=(a0,b0,c0)|0\rangle=(a_{0},b_{0},c_{0})，∣V⟩=(a,b,c)|V\rangle=(a,b,c)，其中 a,b,ca,b,c 为任意实数。则

∣0⟩+∣V⟩=(a0,b0,c0)+(a,b,c)=(a0+a,b0+b,c0+c)=∣V⟩=(a,b,c) \begin{aligned} |0\rangle+|V\rangle&=(a_{0},b_{0},c_{0})+(a,b,c)\\ &=(a_{0}+a,b_{0}+b,c_{0}+c)\\ &=|V\rangle\\ &=(a,b,c) \end{aligned}
⇒{a0+a=ab0+b=bc0+c=c⇒{a0=0b0=0c0=0 \Rightarrow\quad\left\{ \begin{aligned} a_{0}+a=a\\ b_{0}+b=b\\ c_{0}+c=c \end{aligned} \right.\quad \Rightarrow\quad\left\{ \begin{aligned} a_{0}=0\\ b_{0}=0\\ c_{0}=0 \end{aligned} \right.

因此，(a,b,c)(a,b,c) 的零矢量是 (0,0,0)(0,0,0)。

  • (a,b,c)(a,b,c) 的逆矢量：设 (a,b,c)(a,b,c) 的逆矢量为 (aˉ,bˉ,cˉ)(\bar{a},\bar{b},\bar{c})。根据定义，
(a,b,c)+(aˉ,bˉ,cˉ)=∣0⟩=(0,0,0)(a,b,c)+(\bar{a},\bar{b},\bar{c})=|0\rangle=(0,0,0)
(a+aˉ,b+bˉ,c+cˉ)=(0,0,0) (a+\bar{a},b+\bar{b},c+\bar{c})=(0,0,0)
⇒{a+aˉ=0b+bˉ=0c+cˉ=0⇒{aˉ=−abˉ=−bcˉ=−c \Rightarrow\quad\left\{ \begin{aligned} a+\bar{a}=0\\ b+\bar{b}=0\\ c+\bar{c}=0 \end{aligned} \right.\quad \Rightarrow\quad\left\{ \begin{aligned} \bar{a}=-a\\ \bar{b}=-b\\ \bar{c}=-c \end{aligned} \right.

因此，(a,b,c)(a,b,c) 的逆矢量是 (−a,−b,−c)(-a,-b,-c)。

  • {(a,b,1)}\{(a,b,1)\} 不构成矢量空间，因为：

(a) 它不满足加法封闭性，即

(a1,b1,1)+(a2,b2,1)=(a1+a2,b1+b2,2)∉{(a,b,1)}.(a_{1},b_{1},1)+(a_{2},b_{2},1)=(a_{1}+a_{2},b_{1}+b_{2},2)\notin \{(a,b,1)\}.

(b) 它不满足标量乘法封闭性，即

ω(a1,b1,1)=(ωa1,ωb1,ω)∉{(a,b,1)}\omega(a_{1},b_{1},1)=(\omega a_{1},\omega b_{1},\omega)\notin\{(a,b,1)\}

只要 ω≠1\omega\neq 1。

(c) 不存在零矢量，即

(0,0,0)∉{(a,b,1)}. (0,0,0)\notin \{(a,b,1)\}.

(d) 不存在逆矢量，即

(−a,−b,−1)∉{(a,b,1)} (-a,-b,-1)\notin \{(a,b,1)\}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.1.3 在端点 x=0x=0 和 x=Lx=L 处取零值的函数是否构成矢量空间？满足 f(0)=f(L)f(0)=f(L) 的周期函数呢？满足 f(0)=4f(0)=4 的函数呢？如果某类函数不能构成矢量空间，请列出不满足的条件。

解答:

(1) 满足 f(0)=f(L)=0f(0)=f(L)=0 的函数集合 {f(x)}\{f(x)\} 构成矢量空间。

(2) 满足 f(0)=f(L)f(0)=f(L) 的周期函数集合 {f(x)}\{f(x)\} 构成矢量空间。如果要证明本题中的封闭性，还应指出 f(x)+g(x)f(x)+g(x) 和 αf(x)\alpha f(x) 仍然是周期函数。也就是说，f(0)+g(0)=f(L)+g(L)f(0)+g(0)=f(L)+g(L)，αf(0)=αf(L)\alpha f(0)=\alpha f(L)。

(3) 满足 f(0)=4f(0)=4 的函数集合 {f(x)}\{f(x)\} 不构成矢量空间，因为：

(a) 若 g(x),h(x)∈{f(x)}g(x),h(x)\in\{f(x)\}，则 g(x)+h(x)∉{f(x)}g(x)+h(x)\notin\{f(x)\}，因为 g(0)+h(0)=8≠4g(0)+h(0)=8\neq 4。

(b) 若 g(x)∈{f(x)}g(x)\in\{f(x)\}，则 λg(x)∉{f(x)}\lambda g(x)\notin\{f(x)\}，因为只要 λ≠1\lambda\neq 1，就有 λg(0)=4λ≠4\lambda g(0)=4\lambda\neq 4。

(c) 不存在零矢量。恒等为零的函数 g(x)≡0∉{f(x)}g(x)\equiv 0\notin\{f(x)\}，因为 g(0)=0≠4g(0)=0\neq 4。

(d) 若 g(x)∈{f(x)}g(x)\in\{f(x)\}，则其逆元 −g(x)∉{f(x)}-g(x)\notin\{f(x)\}，因为 −g(0)=−4≠4-g(0)=-4\neq 4。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.1.4 考虑实 2×22\times 2 矩阵矢量空间中的三个元素：

∣1⟩=(0100)∣2⟩=(1101)∣3⟩=(−2−10−2) |1\rangle=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \quad|2\rangle=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \quad|3\rangle=\begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}

它们是否线性无关？请给出详细理由。（注意：这里我们把这些矩阵称为“矢量”，并用右矢表示它们，是为了强调它们作为矢量空间元素的角色。）

解答: 假设 α1∣1⟩+α2∣2⟩+α3∣3⟩=0\alpha_{1}|1\rangle+\alpha_{2}|2\rangle+\alpha_{3}|3\rangle=0。则

(0⋅α1+1⋅α2+(−2)⋅α31⋅α1+1⋅α2+(−1)⋅α30⋅α1+0⋅α2+0⋅α30⋅α1+1⋅α2+(−2)⋅α3)=(0000) \begin{pmatrix} 0\cdot \alpha_{1}+1\cdot \alpha_{2}+(-2)\cdot \alpha_{3}&1\cdot \alpha_{1}+1\cdot \alpha_{2}+(-1)\cdot \alpha_{3}\\ 0\cdot \alpha_{1}+0\cdot \alpha_{2}+0\cdot \alpha_{3}&0\cdot \alpha_{1}+1\cdot \alpha_{2}+(-2)\cdot \alpha_{3} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix}
⇒{α2−2α3=0α1+α2−α3=0 \Rightarrow\quad\left\{ \begin{aligned} \alpha_{2}-2\alpha_{3}=0\\ \alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}=0 \end{aligned}\right.
⇒{α1=−α3α2=2α3 \Rightarrow\quad \left\{ \begin{aligned} \alpha_{1}=-\alpha_{3}\\ \alpha_{2}=2\alpha_{3} \end{aligned}\right.

α1,α2,α3\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} 不必同时为 00。因此，∣1⟩|1\rangle、∣2⟩|2\rangle 和 ∣3⟩|3\rangle 线性相关。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.1.5 证明下列行矢量线性相关：(1,1,0)(1,1,0)、(1,0,1)(1,0,1) 和 (3,2,1)(3,2,1)。再证明 (1,1,0)(1,1,0)、(1,0,1)(1,0,1) 和 (0,1,1)(0,1,1) 线性无关。

解答: 假设 α1(1,1,0)+α2(1,0,1)+α3(3,2,1)=0\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(1,0,1)+\alpha_{3}(3,2,1)=0。则

{α1+α2+3α3=0α1+2α3=0α2+α3=0⇒{α1=−2α3α2=−α3 \left\{ \begin{aligned} \alpha_{1}+\alpha_{2}+3\alpha_{3}=0\\ \alpha_{1}+2\alpha_{3}=0\\ \alpha_{2}+\alpha_{3}=0 \end{aligned}\right.\quad\Rightarrow\quad \left\{ \begin{aligned} \alpha_{1}=-2\alpha_{3}\\ \alpha_{2}=-\alpha_{3} \end{aligned}\right.

当 α3≠0\alpha_{3}\neq 0 时，α1,α2,α3\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3} 都可以取非零值。因此，(1,1,0)(1,1,0)、(1,0,1)(1,0,1)、(3,2,1)(3,2,1) 线性相关。

假设 α1(1,1,0)+α2(1,0,1)+α3(0,1,1)=0\alpha_{1}(1,1,0)+\alpha_{2}(1,0,1)+\alpha_{3}(0,1,1)=0。则

{α1+α2=0α1+α3=0α2+α3=0⇒{α1=0α2=0α3=0 是唯一解。 \left\{ \begin{aligned} \alpha_{1}+\alpha_{2}=0\\ \alpha_{1}+\alpha_{3}=0\\ \alpha_{2}+\alpha_{3}=0 \end{aligned}\right.\quad\Rightarrow\quad \left\{ \begin{aligned} \alpha_{1}=0\\ \alpha_{2}=0\\ \alpha_{3}=0 \end{aligned}\right.~\text{是唯一解。}

因此，(1,1,0)(1,1,0)、(1,0,1)(1,0,1)、(0,1,1)(0,1,1) 线性无关。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.2 内积空间

1.3 对偶空间与 Dirac 记号

习题 1.3.1 从 A⃗=3i⃗+4j⃗\vec{A}=3\vec{i}+4\vec{j} 和 B⃗=2i⃗−6j⃗\vec{B}=2\vec{i}-6\vec{j} 出发，在二维空间中构造一组标准正交基。能否从这两个矢量出发再构造另一组标准正交基？如果可以，请给出另一组。

解答: 这里使用 Gram-Schmidt 正交化过程，并从 A⃗\vec{A} 开始。

e⃗1=A⃗∣A⃗∣=3i⃗+4j⃗32+42=35i⃗+45j⃗ \vec{e}_{1}=\frac{\vec{A}}{|\vec{A}|}=\frac{3\vec{i}+4\vec{j}}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\frac{3}{5}\vec{i}+\frac{4}{5}\vec{j}
e⃗2′=B⃗−(B⃗⋅e⃗1)e⃗1=(2i⃗−6j⃗)−(65−245)(35i⃗+45j⃗)=(2+5425)i⃗+(−6+7225)j⃗=10425i⃗−7825j⃗ \begin{aligned} \vec{e}_{2}^{\prime}&=\vec{B}-(\vec{B}\cdot \vec{e}_{1})\vec{e}_{1}\\ &=(2\vec{i}-6\vec{j})-\left(\frac{6}{5}-\frac{24}{5}\right)\left(\frac{3}{5}\vec{i}+\frac{4}{5}\vec{j}\right)\\ &=\left(2+\frac{54}{25}\right)\vec{i}+\left(-6+\frac{72}{25}\right)\vec{j}\\ &=\frac{104}{25}\vec{i}-\frac{78}{25}\vec{j} \end{aligned}
e⃗2=e⃗2′∣e⃗2′∣=10425i⃗−7825j⃗(10425)2+(7825)2=45i⃗−35j⃗ \vec{e}_{2}=\frac{\vec{e}_{2}^{\prime}}{|\vec{e}_{2}^{\prime}|}=\frac{\frac{104}{25}\vec{i}-\frac{78}{25}\vec{j}}{\sqrt{\left(\frac{104}{25}\right)^{2}+\left(\frac{78}{25}\right)^{2}}}=\frac{4}{5}\vec{i}-\frac{3}{5}\vec{j}

因此，新基为 e⃗1=35i⃗+45j⃗\vec{e}_{1}=\frac{3}{5}\vec{i}+\frac{4}{5}\vec{j}，e⃗2=45i⃗−35j⃗\vec{e}_{2}=\frac{4}{5}\vec{i}-\frac{3}{5}\vec{j}。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.3.2 说明如何从基

∣I⟩=(300)∣II⟩=(012)∣III⟩=(025) |I\rangle=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad|I I\rangle= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}\quad|I II\rangle=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix}

得到标准正交基

∣1⟩=(100)∣2⟩=(01/52/5)∣3⟩=(0−2/51/5). |1\rangle=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad|2\rangle=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 / \sqrt{5} \\ 2 / \sqrt{5} \end{pmatrix}\quad|3\rangle=\begin{pmatrix} 0 \\ -2 / \sqrt{5} \\ 1 / \sqrt{5} \end{pmatrix}.

解答:

∣1⟩=∣I⟩⟨I∣I⟩=13(300)=(100)∣2′⟩=∣II⟩−(⟨1∣II⟩)∣1⟩=(012)−0⋅(100)=(012)∣2⟩=∣2′⟩⟨2′∣2′⟩=15(012)=(01/52/5)∣3′⟩=∣III⟩−(⟨1∣II⟩)∣1⟩−(⟨2∣III⟩)∣2⟩=(025)−0⋅(100)−(0+25+105)(01/52/5)=(025)−(012/524/5)=(0−2/51/5)∣3⟩=∣3′⟩⟨3′∣3′⟩=(0−2/51/5) \begin{aligned} |1\rangle&=\frac{|I\rangle}{\sqrt{\langle I \mid I\rangle}}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ \left|2^{\prime}\right\rangle & =|II\rangle-(\langle 1 \mid II\rangle)|1\rangle \\ &=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}-0 \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ & =\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}\\ |2\rangle&=\frac{\left|2^{\prime}\right\rangle}{\sqrt{\left\langle 2^{\prime} \mid 2^{\prime}\right\rangle}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1/\sqrt{5} \\ 2/\sqrt{5} \end{pmatrix}\\ \left|3^{\prime}\right\rangle & =\mid III \rangle-(\langle 1\mid II \rangle)|1\rangle-(\langle 2\mid III\rangle)|2\rangle \\ & =\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix}-0 \cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}-\left(0+\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{10}{\sqrt{5}}\right)\begin{pmatrix} 0 \\ 1/\sqrt{5} \\ 2/\sqrt{5} \end{pmatrix} \\ & =\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 5 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} 0 \\ 12/5 \\ 24/5 \end{pmatrix} \\ & =\begin{pmatrix} 0 \\ -2/5 \\ 1/5 \end{pmatrix}\\ |3\rangle&=\frac{\left|3^{\prime}\right\rangle}{\sqrt{\left\langle 3^{\prime} \mid 3^{\prime}\right\rangle}}=\begin{pmatrix} 0 \\ -2 / \sqrt{5} \\ 1 / \sqrt{5} \end{pmatrix} \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.3.3 等式

⟨V∣V⟩=⟨W∣V⟩⟨V∣W⟩∣W∣2\langle V \mid V\rangle=\frac{\langle W \mid V\rangle\langle V \mid W\rangle}{|W|^2}

在什么情况下成立？这与你对几何箭头矢量的经验是否一致？

解答: 当 ∣V⟩=C∣W⟩|V\rangle=C|W\rangle 时，有

⟨V∣V⟩=∣C∣2⟨W∣W⟩=∣C∣2∣W∣2 \langle V\mid V\rangle=|C|^{2}\langle W\mid W\rangle=|C|^{2}|W|^{2}

同时，

⟨W∣V⟩⟨V∣W⟩=(C⟨W∣W⟩)(C⋆⟨W∣W⟩)=∣C∣2⟨W∣W⟩⟨W∣W⟩=∣C∣2∣W∣4 \begin{aligned} \langle W\mid V\rangle\langle V\mid W\rangle&=(C\langle W\mid W\rangle)(C^{\star}\langle W\mid W\rangle)\\ &=|C|^{2}\langle W\mid W\rangle\langle W\mid W\rangle\\ &=|C|^{2}|W|^{4} \end{aligned}

因此，

⟨V∣V⟩=⟨W∣V⟩⟨V∣W⟩∣W∣2. \langle V\mid V\rangle=\frac{\langle W\mid V\rangle\langle V\mid W\rangle}{|W|^{2}}.

当两个箭头矢量彼此平行或反平行时，它们内积的平方等于两个模长平方的乘积。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.3.4 从 ∣V+W∣2|V+W|^{2} 出发证明三角不等式。你必须使用 Re⟨V∣W⟩⩽∣⟨V∣W⟩∣\mathrm{Re}\langle V|W\rangle\leqslant |\langle V|W\rangle| 以及 Schwarz 不等式。证明最终的不等式只有在 ∣V⟩=a∣W⟩|V\rangle=a|W\rangle，其中 aa 为正实标量时才取等号。

解答:

Re⟨V∣W⟩⩽∣⟨V∣W⟩∣⩽∣V∣∣W∣\mathrm{Re}\langle V\mid W\rangle\leqslant |\langle V\mid W\rangle|\leqslant |V||W|
⇒Re⟨V∣W⟩⩽2∣V∣∣W∣ \Rightarrow\quad \mathrm{Re}\langle V\mid W\rangle\leqslant 2|V||W|

在上式两边同时加上 ∣V∣2+∣W∣2|V|^{2}+|W|^{2}，得到

⟨V∣V⟩+2Re⟨V∣W⟩+⟨W∣W⟩⩽∣V∣2+∣W∣2+2∣V∣∣W∣ \langle V\mid V\rangle+2\mathrm{Re}\langle V\mid W\rangle+\langle W\mid W\rangle\leqslant |V|^{2}+|W|^{2}+2|V||W|
左边=⟨V∣V⟩+⟨V∣W⟩+⟨W∣V⟩+⟨W∣W⟩=⟨V+W∣V+W⟩=∣V+W∣2右边=(∣V∣+∣W∣)2 \begin{aligned} \text{左边}&=\langle V\mid V\rangle+\langle V\mid W\rangle+\langle W\mid V\rangle+\langle W\mid W\rangle\\ &=\langle V+W\mid V+W\rangle\\ &=|V+W|^{2}\\ \text{右边}&=(|V|+|W|)^{2} \end{aligned}

因此，

∣V+W∣2⩽(∣V∣+∣W∣)2 |V+W|^{2}\leqslant (|V|+|W|)^{2}
⇒∣V+W∣⩽∣V∣+∣W∣(三角不等式) \Rightarrow\quad |V+W|\leqslant |V|+|W|\tag{三角不等式}

注意：我们还需要证明，等号只有在 ∣V⟩=α∣W⟩|V\rangle=\alpha|W\rangle、其中 α\alpha 为实数时成立。

等号成立当且仅当以下两个等式同时成立：

(a) ⟨V∣W⟩=∣V∣∣W∣\langle V\mid W\rangle=|V||W|

(b) Re⟨V∣W⟩=∣⟨V∣W⟩∣\mathrm{Re}\langle V\mid W\rangle=|\langle V\mid W\rangle|

从 Shankar 中 Schwarz 不等式的证明过程可知，等式 (a) 只有在

∣Z⟩=∣V⟩−⟨W∣V⟩∣W∣2∣W⟩=0 |Z\rangle=|V\rangle-\frac{\langle W\mid V\rangle}{|W|^{2}}|W\rangle=0

时成立，这意味着 ∣V⟩|V\rangle 必须能够写成 α∣W⟩\alpha|W\rangle，其中 α\alpha 为某个数。为了证明 α\alpha 必须为实数，将 ∣V⟩=α∣W⟩|V\rangle=\alpha|W\rangle 代入上面的等式 (b)。

⟨V∣W⟩=α⋆⟨V∣V⟩ \langle V\mid W\rangle=\alpha^{\star}\langle V\mid V\rangle

为了满足等式 (b)，⟨V∣W⟩\langle V\mid W\rangle 必须为实数。由于 ⟨V∣V⟩\langle V\mid V\rangle 为实数，因此 α⋆\alpha^{\star} 必须为实数。于是 α\alpha 也必须为实数。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.4 子空间

习题 1.4.1 在空间 Vn\mathbb{V}^n 中，证明所有与任意给定的 ∣V⟩≠∣0⟩|V\rangle\neq|0\rangle 正交的矢量组成的集合

{∣V⊥1⟩,∣V⊥2⟩,…}\left\{\left|V_{\perp}^1\right\rangle,\left|V_{\perp}^2\right\rangle,\ldots\right\}

构成一个子空间 Vn−1\mathbb{V}^{n-1}。

解答: 给定一个矢量空间 Vn\mathbb{V}^{n}，可以从任意一个矢量 ∣V⟩≠0|V\rangle\neq 0 出发，通过 Gram-Schmidt 正交化过程构造出另外 n−1n-1 个与该 ∣V⟩|V\rangle 正交的矢量。由于这 n−1n-1 个矢量线性无关，它们张成一个 Vn−1\mathbb{V}^{n-1} 子空间。下面证明这个子空间 Vn−1\mathbb{V}^{n-1} 恰好就是所有与 ∣V⟩|V\rangle 正交的矢量组成的集合。

(1) Vn−1\mathbb{V}^{n-1} 中的每一个矢量都与 ∣V⟩|V\rangle 正交：由于 Vn−1\mathbb{V}^{n-1} 中的任意矢量都可以表示为上面构造的 n−1n-1 个矢量的线性组合，

∣V⊥⟩=∑i=1n−1αi∣Vi⟩,|V_{\perp}\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\alpha_i|V_i\rangle,

于是

⟨V∣V⊥⟩=∑i=1n−1αi⟨V∣Vi⟩=0,\langle V\mid V_{\perp}\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\alpha_i\langle V\mid V_i\rangle=0,

因为对每一个 ViV_i 都有 ⟨V∣Vi⟩=0\langle V\mid V_i\rangle=0。

(2) Vn\mathbb{V}^{n} 中但不属于 Vn−1\mathbb{V}^{n-1} 的每一个矢量都不与 ∣V⟩|V\rangle 正交：这类矢量可以写成

∣W⟩=α∣V⟩+∑i=1n−1αi∣Vi⟩,|W\rangle=\alpha|V\rangle+\sum\limits_{i=1}^{n-1}\alpha_i|V_i\rangle,

其中 α≠0\alpha\neq 0。因此

⟨V∣W⟩=α⟨V∣V⟩=α≠0.\langle V\mid W\rangle=\alpha\langle V\mid V\rangle=\alpha\neq 0.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.4.2 设 V1n1\mathbb{V}_1^{n_1} 和 V2n2\mathbb{V}_2^{n_2} 是两个子空间，并且 V1\mathbb{V}_1 中任意元素都与 V2\mathbb{V}_2 中任意元素正交。证明 V1⊕V2\mathbb{V}_1\oplus\mathbb{V}_2 的维数为 n1+n2n_1+n_2。（提示：定理 4。）

解答: 由于 V1n1\mathbb{V}_{1}^{n_{1}} 和 V2n2\mathbb{V}_{2}^{n_{2}} 是彼此正交的两个子空间，我们可以取 V1n1\mathbb{V}_{1}^{n_{1}} 的 n1n_{1} 个基矢量和 V2n2\mathbb{V}_{2}^{n_{2}} 的 n2n_{2} 个基矢量，并把它们放在一起。由于这 n1+n2n_{1}+n_{2} 个矢量彼此正交，它们可以张成一个 Vn1+n2\mathbb{V}^{n_{1}+n_{2}} 子空间。现在证明这个 Vn1+n2\mathbb{V}^{n_{1}+n_{2}} 恰好就是 V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2}。

(1) Vn1+n2\mathbb{V}^{n_{1}+n_{2}} 中的每一个矢量都属于 V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2}：

由于 Vn1+n2\mathbb{V}^{n_{1}+n_{2}} 中的每一个矢量都可以写成

∣U⟩=∑i=1n1αi∣Vi⟩+∑j=1n2βj∣Wj⟩,|U\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n_{1}}\alpha_i|V_i\rangle+\sum\limits_{j=1}^{n_{2}}\beta_j|W_j\rangle,

其中 {∣Vi⟩}\{|V_i\rangle\}、{∣Wj⟩}\{|W_j\rangle\} 分别是 V1\mathbb{V}_{1} 和 V2\mathbb{V}_{2} 的基矢量。注意，∑i=1n1αi∣Vi⟩\sum\limits_{i=1}^{n_{1}}\alpha_i|V_i\rangle 是 V1\mathbb{V}_{1} 中的一个矢量，而 ∑j=1n2bj∣Wj⟩\sum\limits_{j=1}^{n_{2}}b_j|W_j\rangle 是 V2\mathbb{V}_{2} 中的一个矢量。因此 ∣U⟩|U\rangle 可以表示为来自 V1\mathbb{V}_{1} 与 V2\mathbb{V}_{2} 的矢量之组合。根据 V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2} 的定义（Shankar 中的定义 12），有 ∣U⟩∈V1⊕V2|U\rangle\in\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2}。

(2) V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2} 中的每一个矢量都属于 Vn1+n2\mathbb{V}^{n_{1}+n_{2}}：

V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2} 中的任意矢量都可以表示为

∣Z⟩=C1∣Z1⟩+C2∣Z2⟩,|Z\rangle=C_1|Z_1\rangle+C_2|Z_2\rangle,

其中 ∣Z1⟩∈V1n1|Z_1\rangle\in\mathbb{V}_{1}^{n_1}，∣Z2⟩∈V2n2|Z_2\rangle\in\mathbb{V}_{2}^{n_2}。因此，

∣Z1⟩=∑i=1n1pi∣Vi⟩,∣Z2⟩=∑j=1n2qj∣Wj⟩.|Z_1\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n_1}p_i|V_i\rangle, \qquad |Z_2\rangle=\sum\limits_{j=1}^{n_2}q_j|W_j\rangle.

于是

∣Z⟩=∑i=1n1C1pi∣Vi⟩+∑j=1n2C2qj∣Wj⟩,|Z\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n_1}C_1p_i|V_i\rangle+\sum\limits_{j=1}^{n_2}C_2q_j|W_j\rangle,

它属于 Vn1+n2\mathbb{V}^{n_1+n_2}。

因此，根据 Shankar 中的定理 4，V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2} 中存在 n1+n2n_1+n_2 个彼此正交的矢量，所以 V1⊕V2\mathbb{V}_{1}\oplus\mathbb{V}_{2} 的维数为 n1+n2n_1+n_2。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.5 线性算符

1.6 线性算符的矩阵元

习题 1.6.1 算符 Ω\Omega 由矩阵

(001100010) \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

给出。它的作用是什么？

解答: 为了看出 Ω\Omega 的作用，让它作用在基矢量上：

Ω∣1⟩=(001100010)(100)=(010)=∣2⟩Ω∣2⟩=(001100010)(010)=(001)=∣3⟩Ω∣3⟩=(001100010)(001)=(100)=∣1⟩ \begin{aligned} \Omega|1\rangle&=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}=|2\rangle\\ \Omega|2\rangle&=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}=|3\rangle\\ \Omega|3\rangle&=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}=|1\rangle \end{aligned}

这就是三个基矢量之间的循环置换。

它等价于绕 (1,1,1)(1,1,1) 方向的坐标轴旋转 2π3\frac{2\pi}{3}。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.6.2 已知 Ω\Omega 和 Λ\Lambda 都是 Hermitian 的，那么对于下列对象可以说些什么：(1) ΩΛ\Omega\Lambda；(2) ΩΛ+ΛΩ\Omega\Lambda+\Lambda\Omega；(3) [Ω,Λ][\Omega,\Lambda]；(4) i[Ω,Λ]\mathrm{i}[\Omega,\Lambda]？

解答:

(1) 一般不是 Hermitian 的：

(ΩΛ)†=Λ†Ω†=ΛΩ≠ΩΛ.(\Omega\Lambda)^{\dagger}=\Lambda^{\dagger}\Omega^{\dagger}=\Lambda\Omega\neq\Omega\Lambda.

(2) 是 Hermitian 的：

(ΩΛ+ΛΩ)†=(ΩΛ)†+(ΛΩ)†=Λ†Ω†+Ω†Λ†=ΛΩ+ΩΛ=ΩΛ+ΛΩ \begin{aligned} (\Omega\Lambda+\Lambda\Omega)^{\dagger}&=(\Omega\Lambda)^{\dagger}+(\Lambda\Omega)^{\dagger}\\ &=\Lambda^{\dagger}\Omega^{\dagger}+\Omega^{\dagger}\Lambda^{\dagger}\\ &=\Lambda\Omega+\Omega\Lambda\\ &=\Omega\Lambda+\Lambda\Omega \end{aligned}

(3) 是反 Hermitian 的：

[Ω,Λ]†=(ΩΛ−ΛΩ)†=(ΩΛ)†−(ΛΩ)†=Λ†Ω†−Ω†Λ†=ΛΩ−ΩΛ=−(ΩΛ−ΛΩ)=−[Ω,Λ] \begin{aligned} \left[\Omega,\Lambda\right]^{\dagger}&=(\Omega\Lambda-\Lambda\Omega)^{\dagger}\\ &=(\Omega\Lambda)^{\dagger}-(\Lambda\Omega)^{\dagger}\\ &=\Lambda^{\dagger}\Omega^{\dagger}-\Omega^{\dagger}\Lambda^{\dagger}\\ &=\Lambda\Omega-\Omega\Lambda\\ &=-(\Omega\Lambda-\Lambda\Omega)\\ &=-[\Omega,\Lambda] \end{aligned}

(4) 是 Hermitian 的：

(i[Ω,Λ])†=−i[Ω,Λ]†=−i⋅(−[Ω,Λ])=[Ω,Λ] \begin{aligned} (\mathrm{i}\left[\Omega,\Lambda\right])^{\dagger}&=-\mathrm{i}\left[\Omega,\Lambda\right]^{\dagger}\\ &=-\mathrm{i}\cdot(-\left[\Omega,\Lambda\right])\\ &=[\Omega,\Lambda] \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.6.3 证明酉算符的乘积仍然是酉算符。

解答: 设 U1,U2U_1,U_2 都是酉算符，即

U1†U1=I=U2†U2. U_{1}^{\dagger}U_{1}=\mathbb{I}=U_{2}^{\dagger}U_{2}.

因此，

(U1U2)†(U1U2)=U2†U1†U1U2=U2†(U1†U1)U2=U2†I U2=U2†U2=I \begin{aligned} (U_{1}U_{2})^{\dagger}(U_{1}U_{2})&=U_{2}^{\dagger}U_{1}^{\dagger}U_{1}U_{2}\\ &=U_{2}^{\dagger}(U_{1}^{\dagger}U_{1})U_{2}\\ &=U_{2}^{\dagger}\mathbb{I}\,U_{2}\\ &=U_{2}^{\dagger}U_{2}\\ &=\mathbb{I} \end{aligned}

所以，酉算符的乘积仍然是酉算符。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.6.4 假定你已经知道：(1) 什么是行列式；(2) det⁡ΩT=det⁡Ω\det\Omega^{\mathrm T}=\det\Omega（T\mathrm T 表示转置）；(3) 矩阵乘积的行列式等于各矩阵行列式的乘积。[如果你还不知道，请在二维情形

Ω=(αβγδ) \Omega=\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{pmatrix}

下验证这些性质，其中 det⁡Ω=(αδ−βγ)\det\Omega=(\alpha\delta-\beta\gamma)。] 证明酉矩阵的行列式是一个模为 11 的复数。

解答: 设 UU 为酉矩阵，即它满足

U†U=I. U^{\dagger}U=\mathbb{I}.

对等式两边取行列式，得到

det⁡(U†U)=det⁡(I)det⁡(U†)det⁡(U)=1det⁡((UT)⋆)det⁡(U)=1(det⁡(UT))⋆det⁡(U)=1(det⁡(U))⋆det⁡(U)=1∣det⁡(U)∣2=1∣det⁡(U)∣=1 \begin{aligned} \det(U^{\dagger}U)&=\det(\mathbb{I})\\ \det(U^{\dagger})\det(U)&=1\\ \det((U^{\mathrm T})^{\star})\det(U)&=1\\ (\det(U^{\mathrm T}))^{\star}\det(U)&=1\\ (\det(U))^{\star}\det(U)&=1\\ |\det(U)|^{2}&=1\\ |\det(U)|&=1 \end{aligned}

因此，det⁡(U)\det(U) 是一个模为 11 的复数。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.6.5 通过考察矩阵，验证 R(12πi)R\left(\frac{1}{2}\pi\mathbf{i}\right) 是酉的（正交的）。

解答: 根据例 1.6.1，

R(12πi)=(10000−1010). R\left(\frac{1}{2}\pi \mathbf{i}\right)=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}.

因此，

R(12πi)†R(12πi)=(1000010−10)(10000−1010)=(100010001)=I. R\left(\frac{1}{2}\pi \mathbf{i}\right)^{\dagger}R\left(\frac{1}{2}\pi \mathbf{i}\right)=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&1\\ 0&-1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}=\mathbb{I}.

所以，R(12πi)R\left(\frac{1}{2}\pi\mathbf{i}\right) 是酉的。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.6.6 验证下列矩阵是酉矩阵：

121/2(1ii1),12(1+i1−i1−i1+i). \frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}, \quad \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}.

分别验证它们的行列式都具有 eiθe^{\mathrm{i}\theta} 的形式。上述矩阵中是否有 Hermitian 矩阵？

解答:

  • 121/2(1ii1)\frac{1}{2^{1/2}}\begin{pmatrix}1&\mathrm i\\\mathrm i&1\end{pmatrix} 是酉矩阵，因为
121/2(1ii1)†⋅121/2(1ii1)=12(1−i−i1)(1ii1)=12(2002)=I. \frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}^{\dagger}\cdot \frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -\mathrm{i} \\ -\mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}=\mathbb{I}.

121/2(1ii1)\frac{1}{2^{1/2}}\begin{pmatrix}1&\mathrm i\\\mathrm i&1\end{pmatrix} 的行列式具有 eiθe^{\mathrm i\theta} 的形式，因为

det⁡[121/2(1ii1)]=(121/2)2(1⋅1−i⋅i)=1=eiθ, 其中 θ=2kπ, k∈Z. \det\left[\frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}\right]=\left(\frac{1}{2^{1/2}}\right)^{2}(1\cdot 1-\mathrm{i}\cdot \mathrm{i})=1=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta},~\text{其中}~\theta=2k\pi,~k\in\mathbb{Z}.

121/2(1ii1)\frac{1}{2^{1/2}}\begin{pmatrix}1&\mathrm i\\\mathrm i&1\end{pmatrix} 不是 Hermitian 的，因为

121/2(1ii1)†=121/2(1−i−i1)≠121/2(1ii1). \frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}^{\dagger}=\frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & -\mathrm{i} \\ -\mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}\neq \frac{1}{2^{1 / 2}}\begin{pmatrix} 1 & \mathrm{i} \\ \mathrm{i} & 1 \end{pmatrix}.
  • 12(1+i1−i1−i1+i)\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+\mathrm i&1-\mathrm i\\1-\mathrm i&1+\mathrm i\end{pmatrix} 是酉矩阵，因为
12(1+i1−i1−i1+i)†⋅12(1+i1−i1−i1+i)=14(1−i1+i1+i1−i)(1+i1−i1−i1+i)=14(4004)=I. \begin{aligned} \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}^{\dagger}\cdot\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}&=\frac{1}{4}\begin{pmatrix} 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \\ 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{4}\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\\ &=\mathbb{I}. \end{aligned}

12(1+i1−i1−i1+i)\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+\mathrm i&1-\mathrm i\\1-\mathrm i&1+\mathrm i\end{pmatrix} 的行列式具有 eiθe^{\mathrm i\theta} 的形式，因为

det⁡[12(1+i1−i1−i1+i)]=(12)2[(1+i)2−(1−i)2]=i, \det\left[\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}\right]=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}[(1+\mathrm{i})^{2}-(1-\mathrm{i})^{2}]=\mathrm{i},

其中 θ=2kπ+π2\theta=2k\pi+\frac{\pi}{2}，k∈Zk\in\mathbb{Z}。

12(1+i1−i1−i1+i)\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+\mathrm i&1-\mathrm i\\1-\mathrm i&1+\mathrm i\end{pmatrix} 不是 Hermitian 的，因为

12(1+i1−i1−i1+i)†=12(1−i1+i1+i1−i)≠12(1+i1−i1−i1+i). \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}^{\dagger}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \\ 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \end{pmatrix}\neq \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+\mathrm{i} & 1-\mathrm{i} \\ 1-\mathrm{i} & 1+\mathrm{i} \end{pmatrix}.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.7 主动变换与被动变换

习题 1.7.1 矩阵的迹定义为其对角矩阵元之和：

Tr⁡Ω=∑iΩii. \operatorname{Tr}\Omega=\sum_i\Omega_{ii}.

证明：

(1) Tr⁡(ΩΛ)=Tr⁡(ΛΩ)\operatorname{Tr}(\Omega\Lambda)=\operatorname{Tr}(\Lambda\Omega)。

(2) Tr⁡(ΩΛθ)=Tr⁡(ΛθΩ)=Tr⁡(θΩΛ)\operatorname{Tr}(\Omega\Lambda\theta)=\operatorname{Tr}(\Lambda\theta\Omega)=\operatorname{Tr}(\theta\Omega\Lambda)（这些置换是\textit{循环}的）。

(3) 在酉基变换 ∣i⟩→U∣i⟩|i\rangle\rightarrow U|i\rangle 下，算符的迹保持不变。[等价地，证明 Tr⁡Ω=Tr⁡(U†ΩU)\operatorname{Tr}\Omega=\operatorname{Tr}(U^{\dagger}\Omega U)。]

解答:

(1)

Tr⁡(ΩΛ)=∑i(ΩΛ)ii=∑i∑jΩijΛji=∑j∑iΛjiΩij=∑j(ΛΩ)jj=Tr⁡(ΛΩ).\operatorname{Tr}(\Omega\Lambda)=\sum\limits_i(\Omega\Lambda)_{ii}=\sum\limits_i\sum\limits_j\Omega_{ij}\Lambda_{ji}=\sum\limits_j\sum\limits_i\Lambda_{ji}\Omega_{ij}=\sum\limits_j(\Lambda\Omega)_{jj}=\operatorname{Tr}(\Lambda\Omega).

(2)

Tr⁡(ΩΛθ)=∑i(ΩΛθ)ii=∑i∑j∑kΩijΛjkθki=∑j∑k∑iΛjkθkiΩij=∑j(ΛθΩ)jj=Tr⁡(ΛθΩ)=∑k∑i∑jθkiΩijΛjk=∑k(θΩΛ)kk=Tr⁡(θΩΛ). \begin{aligned} \operatorname{Tr}(\Omega\Lambda\theta)&=\sum_i(\Omega\Lambda\theta)_{ii}=\sum_i\sum_j\sum_k\Omega_{ij}\Lambda_{jk}\theta_{ki}\\ &=\sum_j\sum_k\sum_i\Lambda_{jk}\theta_{ki}\Omega_{ij}=\sum_j(\Lambda\theta\Omega)_{jj}=\operatorname{Tr}(\Lambda\theta\Omega)\\ &=\sum_k\sum_i\sum_j\theta_{ki}\Omega_{ij}\Lambda_{jk}=\sum_k(\theta\Omega\Lambda)_{kk}=\operatorname{Tr}(\theta\Omega\Lambda). \end{aligned}

(3)

Tr⁡(U†ΩU)=Tr⁡(ΩUU†)=Tr⁡(ΩI)=Tr⁡(Ω).\operatorname{Tr}(U^{\dagger}\Omega U)=\operatorname{Tr}(\Omega UU^{\dagger})=\operatorname{Tr}(\Omega\mathbb{I})=\operatorname{Tr}(\Omega).
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.7.2 证明矩阵的行列式在酉基变换下保持不变。[等价地，证明 det⁡Ω=det⁡(U†ΩU)\det\Omega=\det(U^{\dagger}\Omega U)。]

解答:

det⁡(U†ΩU)=det⁡U†det⁡Ωdet⁡U=det⁡Ω(det⁡U†det⁡U)=det⁡Ωdet⁡(U†U)=det⁡Ω⋅1=det⁡Ω. \begin{aligned} \det\left(U^{\dagger}\Omega U\right)&=\det U^{\dagger}\det\Omega\det U\\ &=\det\Omega\left(\det U^{\dagger}\det U\right)\\ &=\det\Omega\det\left(U^{\dagger}U\right)\\ &=\det\Omega\cdot 1\\ &=\det\Omega. \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.8 本征值问题

习题 1.8.1

(1) 求矩阵

Ω=(131020014) \Omega=\begin{pmatrix} 1&3&1\\ 0&2&0\\ 0&1&4 \end{pmatrix}

的本征值和归一化本征矢量。

(2) 该矩阵是否为 Hermitian 矩阵？这些本征矢量是否正交？

解答:

(1) 为求矩阵 Ω\Omega 的本征值和归一化本征矢量，可以计算特征方程

det⁡(Ω−ωI)=∣1−ω3102−ω0014−ω∣=(1−ω)(2−ω)(4−ω)=0. \det(\Omega-\omega\mathbb{I})=\left|\begin{matrix} 1-\omega & 3 & 1\\ 0 & 2-\omega & 0\\ 0 & 1 & 4-\omega \end{matrix}\right|=(1-\omega)(2-\omega)(4-\omega)=0.

因此本征值为

ω=1,2,4. \omega=1,2,4.

对应于各本征值的本征矢量为

ω=1: (031010013)(x1x2x3)=0⇒∣ω=1⟩=(100)ω=2: (−131000012)(x1x2x3)=0⇒∣ω=2⟩=130(52−1)ω=4: (−3310−20010)(x1x2x3)=0⇒∣ω=4⟩=110(103). \begin{aligned} \omega=1: &~\begin{pmatrix} 0&3&1\\ 0&1&0\\ 0&1&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=1\rangle=\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}\\ \omega=2: &~\begin{pmatrix} -1&3&1\\ 0&0&0\\ 0&1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=2\rangle=\frac{1}{\sqrt{30}}\begin{pmatrix} 5\\2\\-1 \end{pmatrix}\\ \omega=4: &~\begin{pmatrix} -3&3&1\\ 0&-2&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=4\rangle=\frac{1}{\sqrt{10}}\begin{pmatrix} 1\\0\\3 \end{pmatrix}. \end{aligned}

(2) 矩阵 Ω\Omega 不是 Hermitian 的，因为

Ω†=(100320104)≠Ω. \Omega^{\dagger}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 3&2&0\\ 1&0&4 \end{pmatrix}\neq\Omega.

这些本征矢量不正交，因为

⟨ω=1∣ω=2⟩=1×530+0×230+0×−130=306≠0⟨ω=1∣ω=4⟩=1×110+0×0+0×310=1010≠0⟨ω=2∣ω=4⟩=530×110+230×0+−130×310=315≠0. \begin{aligned} &\langle\omega=1\mid\omega=2\rangle=1\times \frac{5}{\sqrt{30}}+0\times\frac{2}{\sqrt{30}}+0\times\frac{-1}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{30}}{6}\neq 0\\ &\langle\omega=1\mid\omega=4\rangle=1\times\frac{1}{\sqrt{10}}+0\times 0+0\times\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}\neq 0\\ &\langle\omega=2\mid\omega=4\rangle=\frac{5}{\sqrt{30}}\times\frac{1}{\sqrt{10}}+\frac{2}{\sqrt{30}}\times 0+\frac{-1}{\sqrt{30}}\times\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{3}}{15}\neq 0. \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.2 考虑矩阵

Ω=(001000100). \Omega=\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}.

(1) 它是否为 Hermitian 矩阵？

(2) 求它的本征值和本征矢量。

(3) 验证 U†ΩUU^{\dagger}\Omega U 为对角矩阵，其中 UU 是由 Ω\Omega 的本征矢量组成的矩阵。

解答:

(1) 矩阵 Ω\Omega 是 Hermitian 的，因为

Ω†=Ω. \Omega^{\dagger}=\Omega.

(2) 为求矩阵 Ω\Omega 的本征值和本征矢量，计算特征方程

det⁡(Ω−ωI)=∣−ω010−ω010−ω∣=−ω3+ω=−ω(ω+1)(ω−1)=0. \det(\Omega-\omega\mathbb{I})=\left|\begin{matrix} -\omega & 0 & 1\\ 0 & -\omega & 0\\ 1 & 0 & -\omega \end{matrix}\right|=-\omega^{3}+\omega=-\omega(\omega+1)(\omega-1)=0.

因此，本征值为

ω=−1,0,1. \omega=-1,0,1.

对应的本征矢量为

ω=−1: (101010101)(x1x2x3)=0⇒∣ω=−1⟩=12(10−1)ω=0: (001000100)(x1x2x3)=0⇒∣ω=0⟩=(010)ω=1: (−1010−1010−1)(x1x2x3)=0⇒∣ω=1⟩=12(101). \begin{aligned} \omega=-1: &~\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=-1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}\\ \omega=0: &~\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=0\rangle=\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}\\ \omega=1: &~\begin{pmatrix} -1&0&1\\ 0&-1&0\\ 1&0&-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad &|\omega=1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}. \end{aligned}

(3) 若 UU 是由 Ω\Omega 的本征矢量组成的矩阵，则

U=(12012010−12012)U†=(120−1201012012). U=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1 & 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\qquad U^{\dagger}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1 & 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}.

可以计算得

U†ΩU=(120−1201012012)(001000100)(12012010−12012)=(−1201200012012)(12012010−12012)=(−100000001). \begin{aligned} U^{\dagger}\Omega U&=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1 & 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1 & 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 0 & 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 & 1 & 0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned}

这是一个对角矩阵。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.3 考虑 Hermitian 矩阵

Ω=12(20003−10−13). \Omega=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 3 & -1\\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix}.

(1) 证明 ω1=ω2=1\omega_1=\omega_2=1，ω3=2\omega_3=2。

(2) 证明 ∣ω=2⟩|\omega=2\rangle 可以是任意形如

1(2a2)1/2(0a−a) \frac{1}{(2a^{2})^{1/2}}\begin{pmatrix} 0\\a\\-a \end{pmatrix}

的矢量。

(3) 证明 ω=1\omega=1 的本征子空间包含所有形如

1(b2+2c2)1/2(bcc) \frac{1}{(b^{2}+2c^{2})^{1/2}}\begin{pmatrix} b\\c\\c \end{pmatrix}

的矢量。你既可以把 ω=1\omega=1 代入方程，也可以利用 ω=1\omega=1 的本征子空间必须与 ∣ω=2⟩|\omega=2\rangle 正交这一要求来证明。

解答:

(1) 特征方程为

det⁡(Ω−ωI)=∣1−ω00032−ω−120−1232−ω∣=(1−ω)(32−ω)2−(1−ω)(−12)2=(1−ω)[(32−ω)2−14]=(1−ω)(ω2−3ω+2)=(1−ω)(ω−1)(ω−2)=0. \begin{aligned} \det(\Omega-\omega\mathbb{I})&=\left|\begin{matrix} 1-\omega & 0 & 0\\ 0 & \frac{3}{2}-\omega & -\frac{1}{2}\\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2}-\omega \end{matrix}\right|\\ &=(1-\omega)\left(\frac{3}{2}-\omega\right)^{2}-(1-\omega)\left(-\frac{1}{2}\right)^{2}\\ &=(1-\omega)\left[\left(\frac{3}{2}-\omega\right)^{2}-\frac{1}{4}\right]=(1-\omega)(\omega^{2}-3\omega+2)\\ &=(1-\omega)(\omega-1)(\omega-2)=0. \end{aligned}

于是本征值为

ω1=ω2=1ω3=2. \omega_{1}=\omega_{2}=1\quad\omega_{3}=2.

(2) 为得到对应于本征值 ω=2\omega=2 的本征矢量，需要求解

(−1000−12−120−12−12)(x1x2x3)=0⇒{x1=0x2+x3=0. \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\x_{2}\\x_{3} \end{pmatrix}=0\quad \Rightarrow\quad \left\{ \begin{aligned} x_{1}&=0\\ x_{2}+x_{3}&=0 \end{aligned} \right. .

令 x2=ax_2=a，则 x3=−ax_3=-a。因此，

∣ω=2⟩=12a2(0a−a). |\omega=2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2a^{2}}}\begin{pmatrix} 0\\a\\-a \end{pmatrix}.

(3) 对 ω=1\omega=1，

(000012−120−1212)(x1x2x3)=0. \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1}\\x_{2}\\x_{3} \end{pmatrix}=0.

x1x_1 是任意的，令 x1=bx_1=b。由 x2−x3=0x_2-x_3=0，令 x2=cx_2=c，则 x3=cx_3=c。因此，对应于 ω=1\omega=1 的本征矢量具有形式

∣ω=1⟩=1b2+2c2(bcc). |\omega=1\rangle=\frac{1}{\sqrt{b^{2}+2c^{2}}}\begin{pmatrix} b\\c\\c \end{pmatrix}.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.4 任意一个 n×nn\times n 矩阵未必具有 nn 个本征矢量。考虑如下例子：

Ω=(41−12). \Omega=\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}.

(1) 证明 ω1=ω2=3\omega_1=\omega_2=3。

(2) 将这个本征值代入后，证明只能得到一个形如

1(2a2)1/2(+a−a) \frac{1}{\left(2a^2\right)^{1/2}}\begin{pmatrix} +a\\ -a \end{pmatrix}

的本征矢量。我们无法找到另一个与它线性无关的本征矢量。

解答:

(1) 特征方程为

det⁡(Ω−ωI)=∣4−ω1−12−ω∣=(4−ω)(2−ω)+1=ω2−6ω+9=0. \det(\Omega-\omega\mathbb{I})=\left|\begin{matrix} 4-\omega & 1\\ -1 & 2-\omega \end{matrix}\right|=(4-\omega)(2-\omega)+1=\omega^{2}-6\omega+9=0.

因此本征值为

ω1=ω2=3. \omega_1=\omega_2=3.

(2) 代入本征值 ω=3\omega=3，得到

(11−1−1)(x1x2)=0⇒x1+x2=0. \begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\x_2 \end{pmatrix}=0\qquad\Rightarrow\qquad x_1+x_2=0.

令 x1=ax_1=a，则 x2=−ax_2=-a。因此本征矢量具有形式

∣ω=3⟩=12a2(a−a). |\omega=3\rangle=\frac{1}{\sqrt{2a^{2}}}\begin{pmatrix} a\\-a \end{pmatrix}.

这就是我们所能找到的唯一一个线性无关本征矢量。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.5 考虑矩阵

Ω=(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ). \Omega=\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}.

(1) 证明它是酉矩阵。

(2) 证明它的本征值为 eiθ\mathrm e^{\mathrm i\theta} 和 e−iθ\mathrm e^{-\mathrm i\theta}。

(3) 求相应的本征矢量，并证明它们彼此正交。

(4) 验证 U†ΩU=U^{\dagger}\Omega U=（对角矩阵），其中 UU 是由 Ω\Omega 的本征矢量组成的矩阵。

解答:

(1) 矩阵 Ω\Omega 是酉矩阵，因为

Ω†Ω=(cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ)(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)=(cos⁡2θ+sin⁡2θcos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θsin⁡θcos⁡θ−cos⁡θsin⁡θsin⁡2θ+cos⁡2θ)=(1001)=I. \begin{aligned} \Omega^{\dagger}\Omega&=\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta & \cos\theta\sin\theta-\sin\theta\cos\theta\\ \sin\theta\cos\theta-\cos\theta\sin\theta & \sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}\\ &=\mathbb{I}. \end{aligned}

(2) 求解特征方程

det⁡(Ω−ωI)=∣cos⁡θ−ωsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ−ω∣=ω2−2ωcos⁡θ+1=0. \det(\Omega-\omega\mathbb{I})=\left|\begin{matrix} \cos\theta-\omega & \sin\theta\\ -\sin\theta & \cos\theta-\omega \end{matrix}\right|=\omega^{2}-2\omega\cos\theta+1=0.

由 Euler 公式，得到本征值

ω=cos⁡θ±isin⁡θ=e±iθ.\omega=\cos\theta\pm\mathrm i\sin\theta=\mathrm e^{\pm\mathrm i\theta}.

(3) 将这些本征值代入，得到

ω=e−iθ: (isin⁡θsin⁡θ−sin⁡θisin⁡θ)(x1x2)=0⇒ix1+x2=0ω=eiθ: (−isin⁡θsin⁡θ−sin⁡θ−isin⁡θ)(x1x2)=0⇒−ix1+x2=0. \begin{aligned} \omega&=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}: &~\begin{pmatrix} \mathrm{i}\sin\theta & \sin\theta\\ -\sin\theta &\mathrm{i}\sin\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\x_{2} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad \mathrm{i}x_{1}+x_{2}=0\\ \omega&=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}: &~\begin{pmatrix} -\mathrm{i}\sin\theta & \sin\theta\\ -\sin\theta &-\mathrm{i}\sin\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1}\\x_{2} \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad -\mathrm{i}x_{1}+x_{2}=0. \end{aligned}

于是相应的本征矢量为

∣ω=e−iθ⟩=12(1−i)∣ω=eiθ⟩=12(1i). \begin{aligned} &|\omega=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\-\mathrm{i} \end{pmatrix}\\ &|\omega=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\\mathrm{i} \end{pmatrix}. \end{aligned}

它们彼此正交，因为

⟨ω=e−iθ∣ω=eiθ⟩=12(1i)(1i)=12(1+i2)=0. \langle \omega=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\mid \omega=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\rangle=\frac{1}{2}(1\quad\mathrm{i})\begin{pmatrix} 1\\\mathrm{i} \end{pmatrix}=\frac{1}{2}(1+\mathrm{i}^{2})=0.

(4) Ω\Omega 的本征矢量矩阵为

U=(1212−i2i2).U=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}.

于是

U†ΩU=(12i212−i2)(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)(1212−i2i2)=(12(cos⁡θ−isin⁡θ)12(sin⁡θ+icos⁡θ)12(cos⁡θ+isin⁡θ)12(sin⁡θ−icos⁡θ))(1212−i2i2)=(12e−iθi2e−iθ12eiθ−i2eiθ)(1212−i2i2)=(e−iθ00eiθ). \begin{aligned} U^{\dagger}\Omega U&=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos\theta-\mathrm{i}\sin\theta) & \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin\theta+\mathrm{i}\cos\theta)\\ \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta) & \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin\theta-\mathrm{i}\cos\theta) \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} & -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ -\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} & \frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} & 0\\ 0 & \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta} \end{pmatrix}. \end{aligned}

它是对角矩阵。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.6

(1) 我们已经看到，矩阵的行列式在酉基变换下保持不变。现在说明，对于 Hermitian 或酉算符 Ω\Omega，有

det⁡Ω=Ω 的本征值之积=∏i=1nωi. \operatorname{det}\Omega=\text{\(\Omega\) 的本征值之积}=\prod_{i=1}^{n}\omega_i.

(2) 利用迹在同一变换下的不变性，证明

Tr⁡Ω=∑i=1nωi. \operatorname{Tr}\Omega=\sum_{i=1}^{n}\omega_i.

解答:

(1) 设 UU 是把 Ω\Omega 变换为对角矩阵 DD 的酉矩阵，其中 DD 的对角元为 Ω\Omega 的本征值 ωi\omega_i。则

det⁡Ω=det⁡(U†ΩU)=det⁡D=∏i=1nωi. \det\Omega=\det(U^{\dagger}\Omega U)=\det D=\prod_{i=1}^{n}\omega_i.

(2) 使用同一变换，有

Tr⁡Ω=Tr⁡(U†ΩU)=Tr⁡D=∑i=1nωi. \operatorname{Tr}\Omega=\operatorname{Tr}(U^{\dagger}\Omega U)=\operatorname{Tr}D=\sum_{i=1}^{n}\omega_i.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.7 利用上一题关于迹和行列式的结果，证明矩阵

Ω=(1221) \Omega=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}

的本征值为 33 和 −1-1。再通过直接计算加以验证。注意，矩阵的 Hermitian 性质在这里是一个关键条件。

解答: 根据习题 1.8.6，有

{ω1×ω2=det⁡Ω=1×1−2×2=−3ω1+ω2=1+1=2. \left\{ \begin{aligned} \omega_{1}\times \omega_{2}&=\det\Omega=1\times 1-2\times 2=-3\\ \omega_{1}+\omega_{2}&=1+1=2 \end{aligned}\right. .

解这个方程组，得到

{ω1=−1ω2=3. \left\{\begin{aligned} \omega_{1}&=-1\\ \omega_{2}&=3 \end{aligned}\right. .

作为验证，可以计算特征方程

det⁡(Ω−ωI)=∣1−ω221−ω∣=(1−ω)2−4=(1−ω+2)(1−ω−2)=0. \det(\Omega-\omega\mathbb{I})=\left|\begin{matrix} 1-\omega & 2\\ 2 & 1-\omega \end{matrix}\right|=(1-\omega)^{2}-4=(1-\omega+2)(1-\omega-2)=0.

由此得到本征值

{ω1=−1ω2=3. \left\{\begin{aligned} \omega_{1}&=-1\\ \omega_{2}&=3 \end{aligned}\right. .
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.8 考虑满足

MiMj+MjMi=2δijI,i,j=1,…,4 M^iM^j+M^jM^i=2\delta^{ij}\mathbb{I},\quad i,j=1,\ldots,4

的 Hermitian 矩阵 M1,M2,M3,M4M^1,M^2,M^3,M^4。

(1) 证明 MiM^i 的本征值为 ±1\pm1。（提示：转到 MiM^i 的本征基，并在上式中取 i=ji=j。）

(2) 考虑关系

MiMi=−MjMi其中 i≠j, M^iM^i=-M^jM^i\quad\text{其中 }i\neq j,

证明 MiM^i 都是无迹的。[提示：Tr⁡(ACB)=Tr⁡(CBA)\operatorname{Tr}(ACB)=\operatorname{Tr}(CBA)。]

(3) 证明它们不可能是奇数维矩阵。

解答:

(1) 从方程

MiMj+MjMi=2δijI M^{i}M^{j}+M^{j}M^{i}=2\delta^{ij}\mathbb{I}

出发。取 i=ji=j，得到

MiMi=I. M^{i}M^{i}=\mathbb{I}.

令 MiMiM^iM^i 作用在 MiM^i 的本征矢量 ∣ω⟩|\omega\rangle 上，有

MiMi∣ω⟩=Mi(ω∣ω⟩)=ω2∣ω⟩MiMi∣ω⟩=I∣ω⟩=∣ω⟩. \begin{aligned} M^{i}M^{i}|\omega\rangle&=M^{i}(\omega|\omega\rangle)=\omega^{2}|\omega\rangle\\ M^{i}M^{i}|\omega\rangle&=\mathbb{I}|\omega\rangle=|\omega\rangle. \end{aligned}

因此，

ω2=1ω=±1. \begin{aligned} \omega^{2}&=1\\ \omega&=\pm1. \end{aligned}

(2) 由关系

MiMj=−MjMiMjMiMj=−MjMjMi=−Mi \begin{aligned} M^{i}M^{j}&=-M^{j}M^{i}\\ M^{j}M^{i}M^{j}&=-M^{j}M^{j}M^{i}=-M^{i} \end{aligned}

可对 MiM^i 取迹，得到

Tr⁡Mi=Tr⁡(−MjMiMj)=−Tr⁡(MjMiMj)=−Tr⁡(MiMjMj)=−Tr⁡(MiI)=−Tr⁡(Mi)=0. \begin{aligned} \operatorname{Tr}M^{i}&=\operatorname{Tr}(-M^{j}M^{i}M^{j})\\ &=-\operatorname{Tr}(M^{j}M^{i}M^{j})\\ &=-\operatorname{Tr}(M^{i}M^{j}M^{j})\\ &=-\operatorname{Tr}(M^{i}\mathbb{I})\\ &=-\operatorname{Tr}(M^{i})\\ &=0. \end{aligned}

因此 MiM^i 是无迹的。

(3) 根据习题 1.8.6，

Tr⁡Mi=∑k=1nωk, \operatorname{Tr}M^{i}=\sum_{k=1}^{n}\omega_k,

其中 nn 是矩阵的维数。由于 ωk=±1\omega_k=\pm1，只有当 nn 为偶数时，Tr⁡Mi\operatorname{Tr}M^i 才可能为零。（奇数个奇数之和仍为奇数，因此不可能为零。）

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.9 一组质量为 mαm_\alpha 的质点位于 rα\mathbf r_\alpha，并以角速度 ω\boldsymbol\omega 绕共同轴转动，其角动量为

l=∑αmα(rα×vα), \mathbf l=\sum_\alpha m_\alpha\left(\mathbf r_\alpha\times\mathbf v_\alpha\right),

其中 vα=ω×rα\mathbf v_\alpha=\boldsymbol\omega\times\mathbf r_\alpha 是 mαm_\alpha 的速度。利用恒等式

A×(B×C)=B(A⋅C)−C(A⋅B), \mathbf A\times(\mathbf B\times\mathbf C)=\mathbf B(\mathbf A\cdot\mathbf C)-\mathbf C(\mathbf A\cdot\mathbf B),

证明 l\mathbf l 的每个 Cartesian 分量 lil_i 都可以写成

li=∑jMijωj, l_i=\sum_jM_{ij}\omega_j,

其中

Mij=∑αmα[rα2δij−(rα)i(rα)j], M_{ij}=\sum_\alpha m_\alpha\left[r_\alpha^2\delta_{ij}-(\mathbf r_\alpha)_i(\mathbf r_\alpha)_j\right],

或者用 Dirac 记号写成

∣l⟩=M∣ω⟩. |l\rangle=M|\omega\rangle.

(1) 角动量和角速度是否总是平行？

(2) 证明转动惯量矩阵 MijM_{ij} 是 Hermitian 的。

(3) 说明总可以找到 ω\boldsymbol\omega 的三个方向，使得 l\mathbf l 与 ω\boldsymbol\omega 平行。如何求出这些方向？

(4) 考虑球体的转动惯量矩阵。由于球体具有完全对称性，显然每一个方向都是其转动的本征方向。这说明矩阵 MM 的三个本征值具有什么性质？

解答: 从角动量出发，

l=∑αmαrα×(ω×rα)=∑αmα[ω(rα⋅rα)−rα(rα⋅ω)]=∑αmα[ω rα2−rα(rα⋅ω)].\begin{aligned} \mathbf l&=\sum_{\alpha}m_{\alpha}\mathbf r_{\alpha}\times(\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{\alpha})\\ &=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[\boldsymbol\omega(\mathbf r_{\alpha}\cdot\mathbf r_{\alpha})-\mathbf r_{\alpha}(\mathbf r_{\alpha}\cdot\boldsymbol\omega)]\\ &=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[\boldsymbol\omega\,r_{\alpha}^{2}-\mathbf r_{\alpha}(\mathbf r_{\alpha}\cdot\boldsymbol\omega)]. \end{aligned}

写成分量形式，得到

li=∑αmα[ωirα2−(rα)i(rα⋅ω)]=∑αmα[ωirα2−(rα)i∑j(rα)jωj]=∑αmα[∑jδijωjrα2−(rα)i∑j(rα)jωj]=∑j∑αmα[rα2δij−(rα)i(rα)j]ωj≡∑jMijωj.\begin{aligned} l_i&=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[\omega_i r_{\alpha}^{2}-(\mathbf r_{\alpha})_i(\mathbf r_{\alpha}\cdot\boldsymbol\omega)]\\ &=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[\omega_i r_{\alpha}^{2}-(\mathbf r_{\alpha})_i\sum_j(\mathbf r_{\alpha})_j\omega_j]\\ &=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[\sum_j\delta_{ij}\omega_j r_{\alpha}^{2}-(\mathbf r_{\alpha})_i\sum_j(\mathbf r_{\alpha})_j\omega_j]\\ &=\sum_j\sum_{\alpha}m_{\alpha}[r_{\alpha}^{2}\delta_{ij}-(\mathbf r_{\alpha})_i(\mathbf r_{\alpha})_j]\omega_j\\ &\equiv\sum_jM_{ij}\omega_j. \end{aligned}

其中

Mij≡∑αmα[rα2δij−(rα)i(rα)j].M_{ij}\equiv\sum_{\alpha}m_{\alpha}[r_{\alpha}^{2}\delta_{ij}-(\mathbf r_{\alpha})_i(\mathbf r_{\alpha})_j].

或者用 Dirac 记号表示为

∣l⟩=M∣ω⟩.|l\rangle=M|\omega\rangle.

(1) 不总是。除非 ∣ω⟩|\omega\rangle 是 MM 的本征矢量，否则角动量和角速度并不平行。

(2)

Mji⋆=(∑αmα[rα2δji−(rα)j(rα)i])⋆=∑αmα[rα2δij−(rα)i(rα)j]=Mij.M_{ji}^{\star}=\left(\sum_{\alpha}m_{\alpha}[r_{\alpha}^{2}\delta_{ji}-(\mathbf r_{\alpha})_j(\mathbf r_{\alpha})_i]\right)^{\star}=\sum_{\alpha}m_{\alpha}[r_{\alpha}^{2}\delta_{ij}-(\mathbf r_{\alpha})_i(\mathbf r_{\alpha})_j]=M_{ij}.

(3) 由于 MM 是 Hermitian 的，可以通过求解本征值问题

M∣ω⟩=ω∣ω⟩M|\omega\rangle=\omega|\omega\rangle

总能找到三个彼此正交的本征矢量。在三维 Euclidean 空间中，这三个本征矢量所表示的三个方向，就是我们要寻找的 ω\boldsymbol\omega 的三个方向。

(4) 球体的完全对称性意味着所有方向都是等价的本征方向。因此三个本征值是简并的。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.10 通过考察对易子，证明下列 Hermitian 矩阵可以同时对角化。求出它们共同的本征矢量，并验证在变换到这组基的酉变换下，两个矩阵都会被对角化。

Ω=(101000101),Λ=(21110−11−12).\Omega=\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix},\quad \Lambda=\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&0&-1\\ 1&-1&2 \end{pmatrix}.

由于 Ω\Omega 是简并的而 Λ\Lambda 不是，因此在决定由哪个矩阵来确定基的选择时必须谨慎。

解答: 由于两个 Hermitian 矩阵对易，

[Ω,Λ]=ΩΛ−ΛΩ=(101000101)(21110−11−12)−(21110−11−12)(101000101)=(303000303)−(303000303)=0.\begin{aligned} [\Omega,\Lambda]&=\Omega\Lambda-\Lambda\Omega\\ &=\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&0&-1\\ 1&-1&2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&0&-1\\ 1&-1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 3&0&3\\ 0&0&0\\ 3&0&3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 3&0&3\\ 0&0&0\\ 3&0&3 \end{pmatrix}\\ &=0. \end{aligned}

因此它们可以同时对角化。我们选择从 Λ\Lambda 的特征方程入手：

det⁡(Λ−λI)=∣2−λ111−λ−11−12−λ∣=(λ+1)(2−λ)(λ−3)=0.\det(\Lambda-\lambda\mathbb I)=\left|\begin{matrix} 2-\lambda&1&1\\ 1&-\lambda&-1\\ 1&-1&2-\lambda \end{matrix}\right|=(\lambda+1)(2-\lambda)(\lambda-3)=0.

本征值为

λ=−1,2,3.\lambda=-1,2,3.

对应的本征矢量为

λ=−1: (31111−11−13)(x1x2x3)=0⇒∣λ=−1⟩=16(1−2−1)λ=2: (0111−2−11−10)(x1x2x3)=0⇒∣λ=2⟩=13(11−1)λ=3: (−1111−3−11−1−1)(x1x2x3)=0⇒∣λ=3⟩=12(101).\begin{aligned} &\lambda=-1: &~\begin{pmatrix} 3&1&1\\ 1&1&-1\\ 1&-1&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad |\lambda=-1\rangle=\frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix} 1\\-2\\-1 \end{pmatrix}\\ &\lambda=2: &~\begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&-2&-1\\ 1&-1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad |\lambda=2\rangle=\frac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix}\\ &\lambda=3: &~\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 1&-3&-1\\ 1&-1&-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3 \end{pmatrix}=0\quad &\Rightarrow\quad |\lambda=3\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}. \end{aligned}

于是，Λ\Lambda 的本征矢量矩阵为

U=(161312−26130−16−1312).U=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&0\\ -\frac{1}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}.

为了验证 Ω\Omega 与 Λ\Lambda 被同时对角化，计算

U†ΩU=(16−26−161313−1312012)(101000101)(161312−26130−16−1312)=(000000202)(161312−26130−16−1312)=(000000002).\begin{aligned} U^{\dagger}\Omega U&=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&-\frac{2}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt6}\\ \frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3}&-\frac{1}{\sqrt3}\\ \frac{1}{\sqrt2}&0&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&0\\ -\frac{1}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ \sqrt2&0&\sqrt2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&0\\ -\frac{1}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}. \end{aligned}

以及

U†ΛU=(16−26−161313−1312012)(21110−11−12)(161312−26130−16−1312)=(−1626162323−2332032)(161312−26130−16−1312)=(−100020003).\begin{aligned} U^{\dagger}\Lambda U&=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&-\frac{2}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt6}\\ \frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3}&-\frac{1}{\sqrt3}\\ \frac{1}{\sqrt2}&0&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&0&-1\\ 1&-1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&0\\ -\frac{1}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt6}&\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt6}\\ \frac{2}{\sqrt3}&\frac{2}{\sqrt3}&-\frac{2}{\sqrt3}\\ \frac{3}{\sqrt2}&0&\frac{3}{\sqrt2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{2}{\sqrt6}&\frac{1}{\sqrt3}&0\\ -\frac{1}{\sqrt6}&-\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&3 \end{pmatrix}. \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.11 考虑上面讨论过的耦合质量块问题。

(1) 已知初态为 ∣1⟩|1\rangle，即第一个质量块位移为 11，第二个保持不动。按照上述算法计算 ∣1(t)⟩|1(t)\rangle。

(2) 将你的结果与由式 (1.8.39) 得到的结果进行比较。

解答:

(1) 运动方程为

d2dt2(x1x2)=(−2kmkmkm−2km)(x1x2).\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{2k}{m}&\frac{k}{m}\\ \frac{k}{m}&-\frac{2k}{m} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix}.

令

∣−2km+ω2kmkm−2km+ω2∣=0,\left|\begin{matrix} -\frac{2k}{m}+\omega^2&\frac{k}{m}\\ \frac{k}{m}&-\frac{2k}{m}+\omega^2 \end{matrix}\right|=0,

得到

ω1=3kmω2=km.\omega_1=\sqrt{\frac{3k}{m}}\quad \omega_2=\sqrt{\frac{k}{m}}.

对应的本征矢量为

∣ω1⟩=12(1−1)∣ω2⟩=12(11).|\omega_1\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}\quad |\omega_2\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}.

于是本征矢量矩阵为

Λ≡(1212−1212).\Lambda\equiv\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}.

它可以将原矩阵对角化：

Λ†(−2kmkmkm−2km)Λ=(−ω1200−ω22).\Lambda^{\dagger}\begin{pmatrix} -\frac{2k}{m}&\frac{k}{m}\\ \frac{k}{m}&-\frac{2k}{m} \end{pmatrix}\Lambda=\begin{pmatrix} -\omega_1^2&0\\ 0&-\omega_2^2 \end{pmatrix}.

在本征基中，

(x¨Ix¨II)=(−ω1200−ω22)(xIxII)⇒{xI(t)=xI(0)cos⁡ω1txII(t)=xII(0)cos⁡ω2t(⋆)\begin{pmatrix} \ddot{x}_I\\ \ddot{x}_{II} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\omega_1^2&0\\ 0&-\omega_2^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_I\\ x_{II} \end{pmatrix}\quad\Rightarrow\quad \left\{\begin{aligned} x_I(t)&=x_I(0)\cos\omega_1t\\ x_{II}(t)&=x_{II}(0)\cos\omega_2t \end{aligned}\right.\tag{$\star$}

在本题中，

∣1⟩=(x1(0)x2(0))=(10).|1\rangle=\begin{pmatrix} x_1(0)\\ x_2(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.

首先把它变换到本征基：

(xI(t)xII(t))=Λ†(x1(0)x2(0))=(12−121212)(10)=(1212).\begin{pmatrix} x_I(t)\\ x_{II}(t) \end{pmatrix}=\Lambda^{\dagger}\begin{pmatrix} x_1(0)\\ x_2(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&-\frac{1}{\sqrt2}\\ \frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}\\ \frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}.

在本征基中，状态按照 (⋆\star) 演化：

(xI(t)xII(t))=(12cos⁡ω1t12cos⁡ω2t).\begin{pmatrix} x_I(t)\\ x_{II}(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}\cos\omega_1t\\ \frac{1}{\sqrt2}\cos\omega_2t \end{pmatrix}.

然后将其变换回原来的基：

∣1(t)⟩=(x1(t)x2(t))=Λ(xI(t)xII(t))=(1212−1212)(12cos⁡ω1t12cos⁡ω2t)=(12cos⁡3kmt+12cos⁡kmt−12cos⁡3kmt+12cos⁡kmt).\begin{aligned} |1(t)\rangle&=\begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix}=\Lambda\begin{pmatrix} x_I(t)\\ x_{II}(t) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}\cos\omega_1t\\ \frac{1}{\sqrt2}\cos\omega_2t \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \frac12\cos\sqrt{\frac{3k}{m}}t+\frac12\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t\\ -\frac12\cos\sqrt{\frac{3k}{m}}t+\frac12\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t \end{pmatrix}. \end{aligned}

(2) 将

(x1(0)x2(0))=(10)\begin{pmatrix} x_1(0)\\ x_2(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}

代入式 (1.8.39)，可以得到相同的解：

(x1(t)x2(t))=(12cos⁡3kmt+12cos⁡kmt−12cos⁡3kmt+12cos⁡kmt).\begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac12\cos\sqrt{\frac{3k}{m}}t+\frac12\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t\\ -\frac12\cos\sqrt{\frac{3k}{m}}t+\frac12\cos\sqrt{\frac{k}{m}}t \end{pmatrix}.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.8.12 再次考虑上一例中讨论的问题。

(1) 假设

∣x¨⟩=Ω∣x⟩|\ddot{x}\rangle=\Omega|x\rangle

存在形如

∣x(t)⟩=U(t)∣x(0)⟩|x(t)\rangle=U(t)|x(0)\rangle

的解，求 U(t)U(t) 所满足的微分方程。利用 ∣x(0)⟩|x(0)\rangle 的任意性。

(2) 假设（事实上确实如此）Ω\Omega 和 UU 可以同时对角化。在它们的共同基中求解矩阵 UU 的各个元素，并重新得到式 (1.8.43)。假设 ∣x˙(0)⟩=0|\dot{x}(0)\rangle=0。

解答:

(1) 假设

∣x¨(t)⟩=Ω∣x(t)⟩|\ddot{x}(t)\rangle=\Omega|x(t)\rangle

存在解

∣x(t)⟩=U(t)∣x(0)⟩.|x(t)\rangle=U(t)|x(0)\rangle.

于是得到

d2dt2U(t)∣x(0)⟩=ΩU(t)∣x(0)⟩(d2dt2−Ω)U(t)∣x(0)⟩=0.\begin{aligned} \frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2}U(t)|x(0)\rangle&=\Omega U(t)|x(0)\rangle\\ \left(\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2}-\Omega\right)U(t)|x(0)\rangle&=0. \end{aligned}

由于 ∣x(0)⟩|x(0)\rangle 是任意的，因此得到微分方程

d2dt2U(t)−ΩU(t)=0.\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2}U(t)-\Omega U(t)=0.

(2) 根据习题 1.8.11，我们知道

Λ=(1212−1212)\Lambda=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2}\\ -\frac{1}{\sqrt2}&\frac{1}{\sqrt2} \end{pmatrix}

可以对角化 Ω\Omega，因此它也可以对角化 UU。

在这个共同基中，有

(U¨11(t)00U¨22(t))−(−ω1200−ω22)(U11(t)00U22(t))=0.\begin{pmatrix} \ddot{U}_{11}(t)&0\\ 0&\ddot{U}_{22}(t) \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} -\omega_1^2&0\\ 0&-\omega_2^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} U_{11}(t)&0\\ 0&U_{22}(t) \end{pmatrix}=0.
⇒{U¨11(t)+ω12U11(t)=0U¨22(t)+ω22U22(t)=0\Rightarrow\quad\left\{\begin{aligned} \ddot{U}_{11}(t)+\omega_1^2U_{11}(t)&=0\\ \ddot{U}_{22}(t)+\omega_2^2U_{22}(t)&=0 \end{aligned}\right.
⇒{U11=A1cos⁡ω1t+B1sin⁡ω1tU22=A2cos⁡ω2t+B2sin⁡ω2t.\Rightarrow\quad\left\{\begin{aligned} U_{11}&=A_1\cos\omega_1t+B_1\sin\omega_1t\\ U_{22}&=A_2\cos\omega_2t+B_2\sin\omega_2t. \end{aligned}\right.

于是

∣x˙(0)⟩=ddt[U(t)∣x(0)⟩]∣t=0=(ddtU(t))∣t=0∣x(0)⟩=0.|\dot{x}(0)\rangle=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}[U(t)|x(0)\rangle]\right|_{t=0}=\left.\left(\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}U(t)\right)\right|_{t=0}|x(0)\rangle=0.

由于 ∣x(0)⟩|x(0)\rangle 是任意的，所以

ddtU(t)∣t=0=0,\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}U(t)\right|_{t=0}=0,

这意味着

U˙11(0)=U˙22(0)=0B1=B2=0.\begin{aligned} \dot U_{11}(0)&=\dot U_{22}(0)=0\\ B_1&=B_2=0. \end{aligned}

为了满足 UU 为酉矩阵这一条件，有

A1=A2=1.A_1=A_2=1.

因此，

U=(cos⁡ω1t00cos⁡ω2t),U=\begin{pmatrix} \cos\omega_1t&0\\ 0&\cos\omega_2t \end{pmatrix},

这与式 (1.8.43) 相同。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.9 算符的函数及相关概念

习题 1.9.1 我们知道，当 ∣x∣<1|x|<1 时，级数

f(x)=∑n=0∞xnf(x)=\sum_{n=0}^{\infty}x^n

可以与函数 f(x)=(1−x)−1f(x)=(1-x)^{-1} 等同。通过转到本征基，考察 Hermitian 算符 Ω\Omega 的 qq 数幂级数

f(Ω)=∑n=0∞Ωnf(\Omega)=\sum_{n=0}^{\infty}\Omega^n

在什么条件下可以与 (1−Ω)−1(1-\Omega)^{-1} 等同。

解答: 在本征基中，

Ω=(ω1ω2⋱ωm),\Omega=\begin{pmatrix} \omega_1&&&\\ &\omega_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&\omega_m \end{pmatrix},

其中 ωi\omega_i 是本征值。

f(Ω)=∑n=0∞Ωn=(∑n=0∞ω1n⋱∑n=0∞ωmn)=(11−ω1⋱11−ωm)=11−Ω.f(\Omega)=\sum_{n=0}^{\infty}\Omega^n=\begin{pmatrix} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\omega_1^n&&\\ &\ddots&\\ &&\sum\limits_{n=0}^{\infty}\omega_m^n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{1-\omega_1}&&\\ &\ddots&\\ &&\frac{1}{1-\omega_m} \end{pmatrix}=\frac{1}{1-\Omega}.

第三个等号成立当且仅当对 i=1,…,mi=1,\ldots,m 都有 ∣ωi∣<1|\omega_i|<1。因此，当且仅当 Ω\Omega 的每一个本征值的绝对值都小于 11 时，f(Ω)f(\Omega) 才可以定义为 11−Ω\frac{1}{1-\Omega}。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.9.2 若 HH 是 Hermitian 算符，证明 U=eiHU=\mathrm e^{\mathrm iH} 是酉算符。（注意与 cc 数的类比：若 θ\theta 为实数，则 u=eiθu=\mathrm e^{\mathrm i\theta} 是模为 11 的数。）

解答: 由于 HH 是 Hermitian 的，它满足

H†=H.H^{\dagger}=H.

可以计算

U†=(eiH)†=e−iH†=e−iH.U^{\dagger}=(\mathrm e^{\mathrm iH})^{\dagger}=\mathrm e^{-\mathrm iH^{\dagger}}=\mathrm e^{-\mathrm iH}.

于是（第二个等号只有在算符彼此对易时才成立）

U†U=e−iHeiH=e−iH+iH=1.U^{\dagger}U=\mathrm e^{-\mathrm iH}\mathrm e^{\mathrm iH}=\mathrm e^{-\mathrm iH+\mathrm iH}=1.

因此 UU 是酉算符。

 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.9.3 对上述情形，证明 det⁡U=eiTr⁡H\det U=\mathrm e^{\mathrm i\operatorname{Tr}H}。

解答: 在 HH 的本征基中，

U=eiH=(∑n=0∞(iϵ1)nn!⋱∑n=0∞(iϵm)nn!)=(eiϵ1⋱eiϵm),U=\mathrm e^{\mathrm iH}=\begin{pmatrix} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(\mathrm i\epsilon_1)^n}{n!}&&\\ &\ddots&\\ &&\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(\mathrm i\epsilon_m)^n}{n!} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \mathrm e^{\mathrm i\epsilon_1}&&\\ &\ddots&\\ &&\mathrm e^{\mathrm i\epsilon_m} \end{pmatrix},

其中 ϵ1,…,ϵm\epsilon_1,\ldots,\epsilon_m 是 HH 的本征值，即

H=(ϵ1⋱ϵm).H=\begin{pmatrix} \epsilon_1&&\\ &\ddots&\\ &&\epsilon_m \end{pmatrix}.

因此，

det⁡U=∏i=1meiϵi=ei∑i=1mϵi=eiTr⁡H.\det U=\prod_{i=1}^{m}\mathrm e^{\mathrm i\epsilon_i}=\mathrm e^{\mathrm i\sum\limits_{i=1}^{m}\epsilon_i}=\mathrm e^{\mathrm i\operatorname{Tr}H}.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

1.10 向无限维情形的推广

习题 1.10.1 证明 δ(ax)=δ(x)/∣a∣\delta(ax)=\delta(x)/|a|。[考虑 ∫δ(ax) d(ax)\int\delta(ax)\,\mathrm d(ax)。记住 δ(x)=δ(−x)\delta(x)=\delta(-x)。]

解答: 由于 δ(x)=δ(−x)\delta(x)=\delta(-x)，有

δ(ax)=δ(∣a∣x).\delta(ax)=\delta(|a|x).

因此，

∫−∞∞δ(ax) dx=∫−∞∞δ(∣a∣x) dx=∫−∞∞δ(∣a∣x)⋅1∣a∣ d(∣a∣x)=1∣a∣∫−∞∞δ(∣a∣x) d(∣a∣x)=1∣a∣∫−∞∞δ(x) dx.(将 ∣a∣x 换成 x)\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}\delta(ax)\,\mathrm dx&=\int_{-\infty}^{\infty}\delta(|a|x)\,\mathrm dx =\int_{-\infty}^{\infty}\delta(|a|x)\cdot\frac{1}{|a|}\,\mathrm d(|a|x)\\ &=\frac{1}{|a|}\int_{-\infty}^{\infty}\delta(|a|x)\,\mathrm d(|a|x)\quad\tag{将 $|a|x$ 换成 $x$}\\ &=\frac{1}{|a|}\int_{-\infty}^{\infty}\delta(x)\,\mathrm dx. \end{aligned}

因此，

δ(ax)=δ(x)/∣a∣.\delta(ax)=\delta(x)/|a|.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.10.2 证明

δ(f(x))=∑iδ(xi−x)∣df/dxi∣,\delta(f(x))=\sum_i\frac{\delta(x_i-x)}{\left|\mathrm df/\mathrm dx_i\right|},

其中 xix_i 是 f(x)f(x) 的零点。提示：δ(f(x))\delta(f(x)) 在哪里发散？在这些点附近把 f(x)f(x) 作 Taylor 展开，并保留第一个非零项。

解答: 在 xix_i 附近展开 f(x)f(x)，其中 f(xi)=0f(x_i)=0：

f(x)=f(xi)+f′(xi)(x−xi)+12f′′(xi)(x−xi)2+⋯=0+f′(xi)(x−xi)+O[(x−xi)2]≈f′(xi)(x−xi).\begin{aligned} f(x)&=f(x_i)+f^{\prime}(x_i)(x-x_i)+\frac12f^{\prime\prime}(x_i)(x-x_i)^2+\cdots\\ &=0+f^{\prime}(x_i)(x-x_i)+\mathcal O[(x-x_i)^2]\\ &\approx f^{\prime}(x_i)(x-x_i). \end{aligned}

引入一个检验函数 g(x)g(x)，\footnote{最后一个等号使用了习题 1.10.1。}

∫−∞∞g(x)δ(f(x)) dx=∑i∫xi−ϵxi+ϵg(x) δ(f(x)) dx=∑i∫xi−ϵxi+ϵg(x) δ(dfdx∣x=xi(x−xi))dx=∑i∫xi−ϵxi+ϵg(x) δ(x−xi)∣dfdx∣x=xi∣ dx.\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}g(x)\delta(f(x))\,\mathrm dx &=\sum_i\int_{x_i-\epsilon}^{x_i+\epsilon}g(x)\,\delta(f(x))\,\mathrm dx\\ &=\sum_i\int_{x_i-\epsilon}^{x_i+\epsilon}g(x)\,\delta\left(\frac{\mathrm df}{\mathrm dx}\bigg|_{x=x_i}(x-x_i)\right)\mathrm dx\\ &=\sum_i\int_{x_i-\epsilon}^{x_i+\epsilon}g(x)\,\frac{\delta(x-x_i)}{\left|\frac{\mathrm df}{\mathrm dx}\bigg|_{x=x_i}\right|}\,\mathrm dx. \end{aligned}

因此，

δ(f(x))=∑iδ(x−xi)∣f′(xi)∣.\delta(f(x))=\sum_i\frac{\delta(x-x_i)}{|f^{\prime}(x_i)|}.
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.10.3 考虑 theta 函数 θ(x−x′)\theta(x-x^{\prime})：当 x−x′<0x-x^{\prime}<0 时它为 00，当 x−x′>0x-x^{\prime}>0 时它为 11。证明

δ(x−x′)=ddxθ(x−x′).\delta(x-x^{\prime})=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\theta(x-x^{\prime}).

解答: 引入一个检验函数\footnote{g(−∞)g(-\infty) 和 g(∞)g(\infty) 是有限的} g(x)g(x)，有

∫−∞∞g(x) ddxθ(x−x′) dx=∫−∞∞dθ(x−x′)=θ(x−x′)g(x)∣−∞∞−∫−∞∞θ(x−x′)g′(x) dx=1⋅g(∞)−0⋅g(−∞)−∞0∞g′(x) dx=g(∞)−[g(∞)−g(0)]=g(0)=∫−∞∞g(x)δ(x) dx.\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}g(x)\,\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\theta(x-x^{\prime})\,\mathrm dx &=\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm d\theta(x-x^{\prime})\\ &=\theta(x-x^{\prime})g(x)\bigg|_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}\theta(x-x^{\prime})g^{\prime}(x)\,\mathrm dx\\ &=1\cdot g(\infty)-0\cdot g(-\infty)-\infty_{0}^{\infty}g^{\prime}(x)\,\mathrm dx\\ &=g(\infty)-[g(\infty)-g(0)]\\ &=g(0)\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)\delta(x)\,\mathrm dx. \end{aligned}

因此，

ddxθ(x−x′)=δ(x).\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\theta(x-x^{\prime})=\delta(x).
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 1.10.4 一根弦在 t=0t=0 时的位移如下：

ψ(x,0)=2xhL,0⩽x⩽L2=2hL(L−x),L2⩽x⩽L.\begin{aligned} \psi(x,0)&=\frac{2xh}{L},&&0\leqslant x\leqslant\frac L2\\ &=\frac{2h}{L}(L-x),&&\frac L2\leqslant x\leqslant L. \end{aligned}

证明

ψ(x,t)=∑m=1∞sin⁡(mπxL)cos⁡ωmt⋅(8hπ2m2)sin⁡(πm2).\psi(x,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sin\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\cos\omega_mt\cdot\left(\frac{8h}{\pi^2m^2}\right)\sin\left(\frac{\pi m}{2}\right).

解答: 从式 (1.10.55) 出发：

∣ψ(t)⟩=∑m=1∞∣m⟩⟨m∣ψ(0)⟩cos⁡ωmt,ωm=mπL.|\psi(t)\rangle=\sum_{m=1}^{\infty}|m\rangle\langle m\mid\psi(0)\rangle\cos\omega_mt, \qquad \omega_m=\frac{m\pi}{L}.

于是

ψ(x,t)=⟨x∣ψ(t)⟩=∑in=1∞⟨x∣m⟩⟨m∣ψ(0)⟩cos⁡ωmt.\psi(x,t)=\langle x\mid\psi(t)\rangle=\sum_{in=1}^{\infty}\langle x\mid m\rangle\langle m\mid\psi(0)\rangle\cos\omega_mt.

由式 (1.10.55)，

⟨x∣m⟩=ψm(x)=(2L)1/2sin⁡mπxL.\langle x\mid m\rangle=\psi_m(x)=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\frac{m\pi x}{L}.

因此，

⟨m∣ψ(0)⟩=∫0L(2L)1/2sin⁡mπxL⋅ψ(x,0) dx=(2L)1/2[∫0L22xhLsin⁡mπxL dx+∫L2L2hL(L−x)sin⁡mπxL dx].\begin{aligned} \langle m\mid\psi(0)\rangle &=\int_0^L\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\frac{m\pi x}{L}\cdot\psi(x,0)\,\mathrm dx\\ &=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\left[\int_0^{\frac L2}\frac{2xh}{L}\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx+\int_{\frac L2}^{L}\frac{2h}{L}(L-x)\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx\right]. \end{aligned}

其中

∫0L22xhLsin⁡mπxL dx=−2hL⋅Lmπ∫0L2x dcos⁡mπxL=−2hL⋅Lmπxcos⁡mπxL∣0L2+2hL⋅Lmπ∫0L2cos⁡mπxL dx=−2h2⋅L2cos⁡mπ2+2hL(Lmπ)2sin⁡mπxL∣0L2=−hLmπcos⁡mπ2+2hL(Lmπ)2sin⁡mπ2.\begin{aligned} \int_0^{\frac L2}\frac{2xh}{L}\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx &=-\frac{2h}{L}\cdot\frac{L}{m\pi}\int_0^{\frac L2}x\,\mathrm d\cos\frac{m\pi x}{L}\\ &=-\left.\frac{2h}{L}\cdot\frac{L}{m\pi}x\cos\frac{m\pi x}{L}\right|_0^{\frac L2} +\frac{2h}{L}\cdot\frac{L}{m\pi}\int_0^{\frac L2}\cos\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx\\ &=-\frac{2h}{2}\cdot\frac{L}{2}\cos\frac{m\pi}{2} +\left.\frac{2h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin\frac{m\pi x}{L}\right|_0^{\frac L2}\\ &=-\frac{hL}{m\pi}\cos\frac{m\pi}{2} +\frac{2h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin\frac{m\pi}{2}. \end{aligned}

以及

∫L2L2hL(L−x)sin⁡mπxL dx=∫L2L2hL⋅Lsin⁡mπxL dx−∫L2L2hxLsin⁡mπxL dx=−2h⋅Lmπcos⁡mπxL∣L2L+2hL⋅Lmπ∫L2Lx dcos⁡mπxL=2hLmπcos⁡mπ2−2hLmπcos⁡mπ+2hL⋅Lmπxcos⁡mπxL∣L2L−2hmπ∫L2Lcos⁡mπL dx=2hLmπcos⁡mπ2−2hL2mπcos⁡mπ+2hL2nπcos⁡mπ−hLmπcos⁡mπ2−2hmπ⋅Lmπsin⁡mπxL∣L2L=hLmπcos⁡mπ2−2hL(Lmπ)2sin⁡mπ⏟=0+2hL(Lmπ)2sin⁡mπ2.\begin{aligned} &\int_{\frac L2}^{L}\frac{2h}{L}(L-x)\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx =\int_{\frac L2}^{L}\frac{2h}{L}\cdot L\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx -\int_{\frac L2}^{L}\frac{2hx}{L}\sin\frac{m\pi x}{L}\,\mathrm dx\\ &=-\left.2h\cdot\frac{L}{m\pi}\cos\frac{m\pi x}{L}\right|_{\frac L2}^{L} +\frac{2h}{L}\cdot\frac{L}{m\pi}\int_{\frac L2}^{L}x\,\mathrm d\cos\frac{m\pi x}{L}\\ &=\frac{2hL}{m\pi}\cos\frac{m\pi}{2}-\frac{2hL}{m\pi}\cos m\pi +\left.\frac{2h}{L}\cdot\frac{L}{m\pi}x\cos\frac{m\pi x}{L}\right|_{\frac L2}^{L} -\frac{2h}{m\pi}\int_{\frac L2}^{L}\cos\frac{m\pi}{L}\,\mathrm dx\\ &=\frac{2hL}{m\pi}\cos\frac{m\pi}{2} \cancel{-\frac{2hL}{2m\pi}\cos m\pi} +\cancel{\frac{2hL}{2n\pi}\cos m\pi} -\frac{hL}{m\pi}\cos\frac{m\pi}{2} -\left.\frac{2h}{m\pi}\cdot\frac{L}{m\pi}\sin\frac{m\pi x}{L}\right|_{\frac L2}^{L}\\ &=\frac{hL}{m\pi}\cos\frac{m\pi}{2} -\underbrace{\frac{2h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin m\pi}_{=0} +\frac{2h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin\frac{m\pi}{2}. \end{aligned}

于是

⟨m∣ψ(0)⟩=(2L)1/24hL(Lmπ)2sin⁡mπ2.\langle m\mid\psi(0)\rangle=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\frac{4h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin\frac{m\pi}{2}.

因此，

ψ(x,t)=∑m=1∞(2L)1/2sin⁡mπxL⋅(2L)1/2⋅4hL(Lmπ)2sin⁡mπ2cos⁡ωmt=∑m=1∞sin⁡(mπxL)cos⁡ωmt⋅(8hπ2m2)sin⁡(πm2).\begin{aligned} \psi(x,t) &=\sum_{m=1}^{\infty}\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\frac{m\pi x}{L}\cdot\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\cdot\frac{4h}{L}\left(\frac{L}{m\pi}\right)^2\sin\frac{m\pi}{2}\cos\omega_mt\\ &=\sum_{m=1}^{\infty}\sin\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\cos\omega_mt\cdot\left(\frac{8h}{\pi^2m^2}\right)\sin\left(\frac{\pi m}{2}\right). \end{aligned}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}