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§ QM-07 谐振子
2025-05-07
量子力学原理习题解
00

目录

第7章 谐振子
7.1 为什么要研究谐振子？
7.2 经典谐振子的回顾
7.3 谐振子的量子化（坐标基底）
7.4 能量基底中的谐振子
7.5 从能量基底到 $X$ 基底

第7章 谐振子

7.1 为什么要研究谐振子？

7.2 经典谐振子的回顾

7.3 谐振子的量子化（坐标基底）

习题 7.3.1 考虑这样一个问题：为什么对于方程 (7.3.11) 我们尝试了幂级数解，而对于方程 (7.3.8) 却没有这样做。把一个级数代入后一个方程，验证会得到 Cn+2C_{n+2}、CnC_n 和 Cn−2C_{n-2} 之间的三项递推关系，而从这个关系并不能很方便地得到解。问题在于，ψ′′\psi^{\prime\prime} 比 2εψ2\varepsilon\psi 少两个 yy 的幂次，而 −y2-y^2 项则多两个 yy 的幂次。另一方面，在方程 (7.3.11) 中，三项 u′′u^{\prime\prime}、−2yu′-2yu^{\prime} 和 (2ε−1)u(2\varepsilon-1)u 中，后两项具有相同的 yy 幂次。

习题 7.3.2 验证 H3(y)H_3(y) 和 H4(y)H_4(y) 满足递推关系，即方程 (7.3.15)。

习题 7.3.3 如果 ψ(x)\psi(x) 在 x→−xx\rightarrow -x 下为偶函数，而 ϕ(x)\phi(x) 为奇函数，证明

∫−∞∞ψ(x)ϕ(x)dx=0\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x) \phi(x) \mathrm{d}x=0

利用这一结果证明 ψ2(x)\psi_2(x) 和 ψ1(x)\psi_1(x) 正交。再利用附录 A.2 中 Gaussian 积分的结果，验证 ψ2(x)\psi_2(x) 和 ψ0(x)\psi_0(x) 正交。

习题 7.3.4 利用方程 (7.3.23)–(7.3.25)，证明

⟨n′∣X∣n⟩=(ℏ2mω)1/2[δn′,n+1(n+1)1/2+δn′,n−1n1/2]⟨n′∣P∣n⟩=(mωℏ2)1/2i[δn′,n+1(n+1)1/2−δn′,n−1n1/2]\begin{aligned} & \left\langle n^{\prime}\right| X|n\rangle=\left(\frac{\hbar}{2 m \omega}\right)^{1 / 2}\left[\delta_{n^{\prime}, n+1}(n+1)^{1 / 2}+\delta_{n^{\prime}, n-1} n^{1 / 2}\right] \\ & \left\langle n^{\prime}\right| P|n\rangle=\left(\frac{m \omega \hbar}{2}\right)^{1/2} \mathrm{i}\left[\delta_{n^{\prime}, n+1}(n+1)^{1 / 2}-\delta_{n^{\prime}, n-1} n^{1 / 2}\right] \end{aligned}

习题 7.3.5 利用习题 7.3.3 中的对称性论证，证明 ⟨n∣X∣n⟩=⟨n∣P∣n⟩=0\langle n|X|n\rangle=\langle n|P|n\rangle=0，从而在这些状态中 ⟨X2⟩=(ΔX)2\left\langle X^2\right\rangle=(\Delta X)^2 且 ⟨P2⟩=(ΔP)2\left\langle P^2\right\rangle=(\Delta P)^2。 证明 ⟨1∣X2∣1⟩=3ℏ/2mω\langle 1| X^2|1\rangle=3 \hbar / 2 m \omega 以及 ⟨1∣P2∣1⟩=32mωℏ\langle 1| P^2|1\rangle=\dfrac{3}{2} m \omega \hbar。 证明 ψ0(x)\psi_0(x) 恰好达到不确定关系下界 ΔX⋅ΔP⩾ℏ/2\Delta X \cdot \Delta P \geqslant \hbar / 2。

习题 7.3.6 考虑处于下列势中的粒子：

V(x)=12mω2x2,x>0=∞,x⩽0\begin{aligned} V(x) & =\frac{1}{2} m \omega^2 x^2, & & x>0 \\ & =\infty, & & x \leqslant 0 \end{aligned}

此时波函数的边界条件是什么？求本征值和本征函数。

习题 7.3.7 （动量空间中的谐振子）在 PP 基底中建立谐振子的本征值方程，并将其与方程 (7.3.2) 比较，证明动量空间中的本征函数可以由坐标空间中的本征函数通过代换 x→px \rightarrow p、mω→1/mωm \omega \rightarrow 1 / m \omega 得到。因此，例如

ψ0(p)=(1mπℏω)1/4e−p2/2mℏω\psi_0(p)=\left(\frac{1}{m \pi \hbar \omega}\right)^{1 / 4} e^{-p^2 / 2 m \hbar \omega}

还有若干其他量对，例如状态 ∣n⟩|n\rangle 中的 ΔX\Delta X 和 ΔP\Delta P，也通过代换 mω→1/mωm \omega \rightarrow 1 / m \omega 彼此联系。你可以留意这些关系。（回看习题 7.3.5。）

7.4 能量基底中的谐振子

习题 7.4.1 计算 XX 和 PP 在 ∣n⟩|n\rangle 基底中的矩阵元，并与习题 7.3.4 的结果比较。

习题 7.4.2 在状态 ∣n⟩|n\rangle 中求 ⟨X⟩\langle X\rangle、⟨P⟩\langle P\rangle、⟨X2⟩\left\langle X^2\right\rangle、⟨P2⟩\left\langle P^2\right\rangle 和 ΔX⋅ΔP\Delta X \cdot \Delta P。

习题 7.4.3 （Virial 定理）经典力学中的 Virial 定理指出，对于被势 V(r)=arkV(r)=a r^k 束缚的粒子，其轨道平均动能与势能满足

T‾=c(k)V‾\overline{T}=c(k) \overline{V}

其中 c(k)c(k) 只依赖于 kk。通过考虑圆轨道证明 c(k)=k/2c(k)=k/2。再利用上一习题的结果，证明对于谐振子 (k=2)(k=2)，在量子态 ∣n⟩|n\rangle 中

⟨T⟩=⟨V⟩\langle T\rangle=\langle V\rangle

习题 7.4.4 证明 ⟨n∣X4∣n⟩=(ℏ/2mω)2[3+6n(n+1)]\langle n\mid X^{4}\mid n\rangle=(\hbar/2m\omega)^2[3+6n(n+1)]。

习题 7.4.5 在 t=0t=0 时，粒子的初始状态为 ∣ψ(0)⟩=1/21/2(0⟩+∣1⟩)|\psi(0)\rangle=1/2^{1/2}(0\rangle+|1\rangle)。

(1) 求 ∣ψ(t)⟩|\psi(t)\rangle；

(2) 求 ⟨X(0)⟩=⟨ψ(0)∣X∣ψ(0)⟩\langle X(0)\rangle=\langle\psi(0)| X|\psi(0)\rangle、 ⟨P(0)⟩\langle P(0)\rangle、 ⟨X(t)⟩\langle X(t)\rangle、 ⟨P(t)⟩\langle P(t)\rangle；

(3) 利用 Ehrenfest 定理求 ⟨X˙(t)⟩\langle\dot{X}(t)\rangle 和 ⟨P˙(t)⟩\langle\dot{P}(t)\rangle，并由此解出 ⟨X(t)⟩\langle X(t)\rangle 和 ⟨P(t)⟩\langle P(t)\rangle，再与第 (2) 问的结果比较。

习题 7.4.6 证明 ⟨a(t)⟩=e−iωt⟨a(0)⟩\langle a(t)\rangle=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\langle a(0)\rangle 以及 ⟨a†(t)⟩=eiωt⟨a†(0)⟩\left\langle a^{\dagger}(t)\right\rangle=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t}\left\langle a^{\dagger}(0)\right\rangle。

习题 7.4.7 对下列情形验证方程 (7.4.40)：

(1) Ω=X\Omega=X，Λ=X2+P2\Lambda=X^{2}+P^{2}。

(2) Ω=X2\Omega=X^{2}，Λ=P2\Lambda=P^{2}。

第二种情形说明了算符排序的不确定性。

习题 7.4.8 考虑经典力学中的三个角动量变量：

lx=ypz−zpyly=zpx−xpzlz=xpy−ypx\begin{aligned} & l_{x}=yp_{z}-zp_{y} \\ & l_{y}=zp_{x}-xp_{z} \\ & l_{z}=xp_{y}-yp_{x} \end{aligned}

(1) 构造它们的量子对应物 LxL_x、LyL_y 和 LzL_z，并注意这里不存在算符排序的不确定性。

(2) 验证 {lx,ly}=lz\left\{l_{x}, l_{y}\right\}=l_{z} [Poisson 括号的定义见方程 (2.7.3)]。

(3) 验证 [Lx,Ly]=iℏLz\left[L_{x}, L_{y}\right]=\mathrm{i} \hbar L_{z}。

习题 7.4.9 考虑如下非常规但完全可以接受的算符选取：

X→xP→−iℏddx+f(x)\begin{aligned} & X \rightarrow x \\ & P \rightarrow -\mathrm{i} \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}+f(x) \end{aligned}

在 XX 基底中。

(1) 验证正则对易关系得到满足。

(2) 可以把算符赋值的这一变化理解为 XX 基底发生酉变换的结果：

∣x⟩→∣x~⟩=eig(X)/ℏ∣x⟩=eig(x)/ℏ∣x⟩|x\rangle \rightarrow|\tilde{x}\rangle=\mathrm{e}^{\mathrm{i} g(X) / \hbar}|x\rangle=\mathrm{e}^{\mathrm{i} g(x) / \hbar}|x\rangle

其中

g(x)=∫xf(x′)dx′g(x)=\int^x f\left(x^{\prime}\right) d x^{\prime}

首先验证

⟨x~∣X∣x~′⟩=xδ(x−x′)\langle\tilde{x}| X\left|\tilde{x}^{\prime}\right\rangle=x \delta\left(x-x^{\prime}\right)

也就是说，

X→新的 X 基底xX \xrightarrow[\text{新的}~X~\text{基底}]{} x

接着验证

⟨x~∣P∣x~′⟩=[−iℏddx+f(x)]δ(x−x′)\langle\tilde{x}| P\left|\tilde{x}^{\prime}\right\rangle=\left[-\mathrm{i} \hbar \frac{d}{d x}+f(x)\right] \delta\left(x-x^{\prime}\right)

也就是说，

P→新的 x 基底−iℏddx+f(x)P \xrightarrow[\text{新的}~x~\text{基底}]{}-\mathrm{i}\hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}+f(x)

习题 7.4.10 回忆我们总是通过把 Cartesian 坐标 x1,…,xNx_1,\ldots,x_N 和动量 p1,…,pNp_1,\ldots,p_N 提升为满足正则对易关系的算符来量子化一个系统。如果在某些情况下非 Cartesian 坐标看起来更自然，例如具有球对称性的 Hamilton量本征值问题，我们首先在 Cartesian 坐标中建立微分方程，然后再变换到球坐标（第 4.2 节）。第 4.2 节指出，如果把 H\mathscr{H} 写成非 Cartesian 但正则的坐标 q1,…,qNq_1,\ldots,q_N 和 p1,…,pNp_1,\ldots,p_N 的函数，那么 H(qi→qi,pi→−iℏ∂/∂qi)\mathscr{H}\left(q_i \rightarrow q_i, p_i \rightarrow-\mathrm{i}\hbar \partial / \partial q_i\right) 并不能生成正确的 Hamilton量 HH，尽管这种算符赋值满足正则对易关系。在本节中，我们重新讨论这个问题，以解释在不借助 Cartesian 坐标作为中间步骤而直接量子化非 Cartesian 坐标时出现的一些微妙之处。

(1) 考虑二维中的一个粒子，其

H=px2+py22m+a(x2+y2)1/2\mathscr{H}=\frac{p_x^2+p_y^2}{2 m}+a\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}

在坐标基底中对应于

H→−ℏ22m(∂2∂x2+∂2∂y2)+a(x2+y2)1/2H \rightarrow \frac{-\hbar^2}{2 m}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+a\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}

由于该问题具有旋转对称性，我们采用极坐标

ρ=(x2+y2)1/2,ϕ=tan⁡−1(y/x)\rho=\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}, \quad \phi=\tan ^{-1}(y / x)

于是

H→ 坐标  基底 −ℏ22m(∂2∂ρ2+1ρ∂∂ρ+1ρ2∂2∂ϕ2)+aρ(7.4.41)H \xrightarrow[\substack{\text { 坐标 } \\ \text { 基底 }}]{ } \frac{-\hbar^2}{2 m}\left(\frac{\partial^2}{\partial \rho^2}+\frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho}+\frac{1}{\rho^2} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right)+a \rho\tag{7.4.41}

由于 ρ\rho 和 ϕ\phi 不像 xx 和 yy 那样在 (x2+y2)1/2\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2} 项中混合在一起，因此极坐标形式更容易求解。

我们要讨论的问题如下：为什么不一开始就把 H\mathscr{H} 写成极坐标及其共轭动量的形式

pρ=eρ⋅p=xpx+ypy(x2+y2)1/2p_\rho=\mathbf{e}_\rho \cdot \mathbf{p}=\frac{x p_x+y p_y}{\left(x^2+y^2\right)^{1 / 2}}

（其中 eρ\mathbf{e}_\rho 是径向单位矢量），以及

pϕ=xpy−ypx( 即角动量，也称为 lz)p_\phi=x p_y-y p_x \quad\left(\text { 即角动量，也称为 } l_z\right)

也就是说，

H=pρ22m+pϕ22mρ2+aρ （请验证） \mathscr{H}=\frac{p_\rho^2}{2 m}+\frac{p_\phi^2}{2 m \rho^2}+a \rho \quad \text { （请验证） }

然后直接把所有经典变量 ρ\rho、pρp_\rho、ϕ\phi 和 pϕp_\phi 提升为满足正则对易关系的量子算符呢？让我们这样做并看看会发生什么。如果选择满足对易关系的算符

Pρ→−iℏ∂∂ρPϕ→−iℏ∂∂ϕ\begin{aligned} & P_\rho \rightarrow-i \hbar \frac{\partial}{\partial \rho} \\ & P_\phi \rightarrow-i \hbar \frac{\partial}{\partial \phi} \end{aligned}

那么得到

H→ 坐标  基底 −ℏ22m(∂2∂ρ2+1ρ2∂2∂ϕ2)+aρ(7.4.42)H \xrightarrow[\substack{\text { 坐标 } \\ \text { 基底 }}]{} \frac{-\hbar^2}{2 m}\left(\frac{\partial^2}{\partial \rho^2}+\frac{1}{\rho^2} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right)+a \rho\tag{7.4.42}

这与方程 (7.4.41) 不一致。单从这一点本身来看还不算严重，因为正如上一习题所示，相同的物理内容可能隐藏在两个不同的方程中。但在当前情形中并非如此：正如我们将看到的，方程 (7.4.41) 和 (7.4.42) 中的 Hamilton量并不具有相同的本征值。（我们将看到，Pρ=−iℏd/dρP_{\rho}=-\mathrm{i}\hbar\mathrm{d}/\mathrm{d}\rho，以及由它构造的 HH，都不是 Hermitian 的。）我们知道方程 (7.4.41) 才是正确的，因为用 Cartesian 坐标进行量子化的程序具有实验支持。那么现在该怎么办？

(2) 一个解决办法来自如下事实：虽然选择 Pρ→−iℏ∂/∂ρP_\rho \rightarrow -\mathrm{i} \hbar \partial / \partial \rho 可以得到正确的对易关系，但它并不是 Hermitian 的！验证

⟨ψ1∣Pρ∣ψ2⟩=∫0∞∫02πψ1∗(−iℏ∂ψ2∂ρ)ρdρdϕ≠∫0∞∫02π(−iℏ∂ψ1∂ρ)∗ψ2ρdρdϕ=⟨Pρψ1∣ψ2⟩\begin{aligned} \left\langle\psi_1\right| P_\rho\left|\psi_2\right\rangle & =\int_0^{\infty} \int_0^{2 \pi} \psi_1^*\left(-\mathrm{i} \hbar \frac{\partial \psi_2}{\partial \rho}\right) \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \phi \\ & \neq \int_0^{\infty} \int_0^{2 \pi}\left(-\mathrm{i} \hbar \frac{\partial \psi_1}{\partial \rho}\right)^* \psi_2 \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \phi \\ & =\left\langle\mathbf{P}_\rho \psi_1 \mid \psi_2\right\rangle \end{aligned}

（可以假设当 ρ→0\rho\rightarrow 0 或 ∞\infty 时，ρψ1∗ψ2→0\rho \psi_1^* \psi_2 \rightarrow 0。问题来自积分测度是 ρdρdϕ\rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi，而不是 dρdϕ\mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi。）

但是证明

Pρ→−iℏ(∂∂ρ+12ρ)P_\rho \rightarrow -\mathrm{i} \hbar\left(\frac{\partial}{\partial \rho}+\frac{1}{2 \rho}\right)

确实是 Hermitian 的，同时也满足正则对易关系。角动量 Pϕ→−iℏ∂/∂ϕP_\phi \rightarrow -\mathrm{i} \hbar \partial / \partial \phi 在单值函数上本身就是 Hermitian 的，即 ψ(ρ,ϕ)=ψ(ρ,ϕ+2π)\psi(\rho, \phi)=\psi(\rho, \phi+2 \pi)。

(3) 在 Cartesian 情形中我们看到，给 −iℏ∂/∂x-\mathrm{i} \hbar \partial / \partial x 加上任意的 f(x)f(x) 并不会产生任何物理影响；而在这里，给 −iℏ∂/∂ρ-\mathrm{i} \hbar \partial / \partial \rho 加上一个 ρ\rho 的函数似乎很重要。为什么？[f(x)f(x) 真的是完全任意的吗？它是不是必须为实函数？为什么？对于 −iℏ/2ρ-\mathrm{i} \hbar / 2 \rho 这一项是否也是如此？]

(4) 代入新的动量算符 PρP_\rho，证明

H→坐标基底−ℏ22m(∂2∂ρ2+1ρ∂∂ρ−14ρ2+1ρ2∂2∂ϕ2)+aρH\xrightarrow[\substack{\text{坐标}\\ \text{基底}}]{}\frac{-\hbar^2}{2 m}\left(\frac{\partial^2}{\partial \rho^2}+\frac{1}{\rho} \frac{\partial}{\partial \rho}-\frac{1}{4 \rho^2}+\frac{1}{\rho^2} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\right)+a \rho

它仍然与方程 (7.4.41) 不一致。我们已经满足了对易关系，也选择了 Hermitian 算符，却仍然没有得到正确的量子 Hamilton量。这个问题的关键在于，H\mathscr{H} 并不能唯一确定 HH，因为 HH 中可能存在 ℏ\hbar 一阶（或更高阶）的项，而这些项在 H\mathscr{H} 中并不存在。虽然这种不确定性在 Cartesian 情形中也存在，但在所有有实际意义的情形下，它都可以通过对称化来解决。对于非 Cartesian 坐标，这种不确定性更加严重。存在一些从 H\mathscr{H} 构造 HH 的方法（路径积分形式给出了一种提示），使得代换 Pρ→−iℏ(∂/∂ρ+1/2ρ)P_\rho \rightarrow-i \hbar(\partial / \partial \rho+1 / 2 \rho) 能够导出方程 (7.4.41)。在当前情形中，与

H=pρ22m+pϕ22mρ2+aρ\mathscr{H}=\frac{p_\rho^2}{2 m}+\frac{p_\phi^2}{2 m \rho^2}+a \rho

对应的量子 Hamilton量为

H→坐标基底H(ρ→ρ,pρ→−iℏ[∂∂ρ+12ρ];ϕ→ϕ,pϕ→−iℏ∂∂ϕ)−ℏ28mρ2(7.4.44)H \xrightarrow[\substack{\text{坐标}\\ \text{基底}}]{} \mathscr{H}\left(\rho \rightarrow \rho, p_\rho \rightarrow -\mathrm{i} \hbar\left[\frac{\partial}{\partial \rho}+\frac{1}{2 \rho}\right] ; \phi \rightarrow \phi, p_\phi \rightarrow -\mathrm{i} \hbar \frac{\partial}{\partial \phi}\right)-\frac{\hbar^2}{8 m \rho^2}\tag{7.4.44}

注意，附加项确实是 ℏ\hbar 的非零阶项。

7.5 从能量基底到 XX 基底

习题 7.5.1 将方程 (7.5.1) 投影到 PP 基底上，得到 ψ0(p)\psi_0(p)。

习题 7.5.2 将关系

a∣n⟩=n1/2∣n−1⟩a\mid n\rangle=n^{1/2}\mid n-1\rangle

投影到 XX 基底上，并利用方程 (7.3.22) 推导递推关系

Hn′(y)=2nHn−1(y)H_{n}^{\prime}(y)=2nH_{n-1}(y)

习题 7.5.3 从

a+a†=21/2ya+a^{\dagger}=2^{1/2}y

以及

(a+a†)∣n⟩=n1/2∣n−1⟩+(n+1)1/2∣n+1⟩(a+a^{\dagger})\mid n\rangle=n^{1/2}\mid n-1\rangle+(n+1)^{1/2}\mid n+1\rangle

和方程 (7.3.22) 出发，推导关系

Hn+1(y)=2yHn(y)−2nHn−1(y)H_{n+1}(y)=2yH_{n}(y)-2nH_{n-1}(y)

习题 7.5.4 谐振子的热力学。Boltzmann 公式

P(i)=e−βE(i)/ZP(i)=\mathrm{e}^{-\beta E(i)}/Z

其中

Z=∑ie−βE(i)Z=\sum_{i}\mathrm{e}^{-\beta E(i)}

给出了当一个系统与绝对温度为 T=1/βkT=1/\beta k 的热库处于热平衡时，在能量为 E(i)E(i) 的状态 ii 中发现该系统的概率，其中 k=1.4×10−16 ergs/∘Kk=1.4\times 10^{-16}~\mathrm{ergs}/^{\circ}\mathrm{K} 是 Boltzmann 常数。（这里所说的“概率”是针对由许多相同经典系统组成的统计系综而言的，与量子力学中的概率无关。）

(1) 证明系统能量的热平均为

E‾=∑iE(i)P(i)=−∂∂βln⁡Z\overline{E}=\sum_i E(i) P(i)=\frac{-\partial}{\partial \beta} \ln Z

(2) 令系统为经典谐振子。此时指标 ii 是连续的，并对应于描述谐振子状态的变量 xx 和 pp，即

i→x,pi \rightarrow x, p

以及

∑i→∬dxdp\sum_i \rightarrow \iint d x d p

并且

E(i)→E(x,p)=p22m+12mω2x2E(i) \rightarrow E(x, p)=\frac{p^2}{2 m}+\frac{1}{2} m \omega^2 x^2

证明

Zcl=(2πβmω2)1/2(2πmβ)1/2=2πωβZ_{\mathrm{cl}}=\left(\frac{2 \pi}{\beta m \omega^2}\right)^{1 / 2}\left(\frac{2 \pi m}{\beta}\right)^{1 / 2}=\frac{2 \pi}{\omega \beta}

以及

E‾cl=1β=kT\overline{E}_{\mathrm{cl}}=\frac{1}{\beta}=k T

注意 EclE_{\mathrm{cl}} 与 mm 和 ω\omega 无关。

(3) 对于量子谐振子，量子数 nn 扮演指标 ii 的角色。证明

Zqu=e−βℏω/2(1−e−βℏω)−1Z_{\mathrm{qu}}=e^{-\beta \hbar \omega / 2}\left(1-e^{-\beta \hbar \omega}\right)^{-1}

以及

E‾qu=ℏω(12+1eβℏω−1)\overline{E}_{\mathrm{qu}}=\hbar \omega\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{e^{\beta \hbar \omega}-1}\right)

(4) 直观上很清楚，随着温度 TT 升高（于是 β=1/kT\beta=1/kT 减小），谐振子会越来越容易被激发，并最终根据对应原理满足

E‾qu→T→∞E‾cl\overline{E}_{\mathrm{qu}} \xrightarrow[T \rightarrow \infty]{ } \overline{E}_{\mathrm{cl}}

验证事实确实如此，并证明所谓“高温”意味着 T≫ℏω/kT \gg \hbar \omega / k。

(5) 考虑一个含有 N0N_0 个原子的晶体。对于小振动，它等价于 3N03N_0 个彼此解耦的谐振子。晶体的平均热能 E‾crystal\overline{E}_{\text{crystal}} 等于对所有简正模的 E‾cl\overline{E}_{\mathrm{cl}} 或 E‾qu\overline{E}_{\mathrm{qu}} 求和。证明如果把这些谐振子按经典方式处理，则每个原子的比热为

Ccl(T)=1N0∂E‾crystal∂T=3kC_{\mathrm{cl}}(T)=\frac{1}{N_0} \frac{\partial \overline{E}_{\text{crystal}}}{\partial T}=3 k

它与 TT 以及谐振子的参数都无关，因此对所有晶体都相同。（更准确地说，是对那些原子可视为没有内部自由度的点粒子的晶体而言。）这一结果在高温下与实验相符，但在 T→0T\rightarrow 0 时不成立。实验上，

C(T)→3k(T 较大)→0(T→0)\begin{aligned} C(T) & \rightarrow 3 k & & (T~\text{较大}) \\ & \rightarrow 0 & & (T \rightarrow 0) \end{aligned}

按照 Einstein 的做法，将这些谐振子进行量子力学处理，并为简单起见假设它们都具有相同频率 ω\omega。证明

Cqu(T)=3k(θET)2eθE/T(eθE/T−1)2C_{\mathrm{qu}}(T)=3 k\left(\frac{\theta_E}{T}\right)^2 \frac{\mathrm{e}^{\theta_E / T}}{\left(\mathrm{e}^{\theta_E / T}-1\right)^2}

其中 θE=ℏω/k\theta_E=\hbar \omega / k 称为 Einstein 温度，并且其数值随晶体而异。证明

Cqu(T)→T≫θE3kCqu(T)→T≪θE3k(θET)2e−θE/T\begin{aligned} & C_{\mathrm{qu}}(T) \xrightarrow[T \gg \theta_E]{ } 3k \\ & C_{\mathrm{qu}}(T) \xrightarrow[T \ll \theta_E]{ } 3 k\left(\frac{\theta_E}{T}\right)^2 \mathrm{e}^{-\theta_E / T} \end{aligned}

尽管当 T→0T\rightarrow 0 时 Cqu(T)→0C_{\mathrm{qu}}(T)\rightarrow 0， 但这种指数衰减与实验观测到的 C(T)→T→0T3C(T) \xrightarrow[T \rightarrow 0]{} T^3 行为不一致。这一差异来自于假设所有简正模的频率都相同，而这显然一般并不成立。[回忆两个耦合质量块的情形，我们得到 ωI=(k/m)1/2\omega_{\mathrm{I}}=(k / m)^{1 / 2} 和 ωII=(3k/m)1/2\omega_{\mathrm{II}}=(3 k / m)^{1 / 2}。] 这一差异后来由 Debye 消除了。