第12章旋转不变性与角动量

12.1 二维中的平移

习题 12.1.1 通过考察关系

\langle x, y| I-\frac{i}{\hbar} \boldsymbol{\delta} a \cdot \mathbf{P}|\psi\rangle=\psi\left(x-\delta a_x, y-\delta a_y\right)

验证 $\hat{a} \cdot \mathbf{P}$ 是沿 $\mathbf{a}$ 方向无穷小平移的生成元。

12.2 二维中的旋转

习题 12.2.1 给出从方程 (12.2.8) 到方程 (12.2.9) 的推导步骤。[提示：回忆由方程 (11.2.6) 推导方程 (11.2.8) 的过程。]

习题 12.2.2 利用这些对易关系（以及你敏锐的事后判断），推导 $L_z=X P_y-Y P_x$ 。至少证明方程 (12.2.16) 和 (12.2.17) 与 $L_z=X P_y-Y P_x$ 相容。

习题 12.2.3 对方程 (12.2.10) 作坐标变换以推导方程 (12.2.19)，并且也用上面提到的直接方法推导一次。

习题 12.2.4 保留 $\varepsilon_x \varepsilon_z^2$ 阶的项，重新推导与方程 (12.2.23) 等价的结果。（可以假设 $\varepsilon_y=0$ 。）利用这一信息，将方程 (12.2.24) 重写到 $\varepsilon_x \varepsilon_z^2$ 阶。通过比较这一项的系数，推出约束

-2 L_z P_x L_z+P_x L_z^2+L_z^2 P_x=\hbar^2 P_x

这看起来似乎与上面的陈述 (1) 冲突，但考虑到恒等式

-2 \Lambda \Omega \Lambda+\Omega \Lambda^2+\Lambda^2 \Omega \equiv[\Lambda,[\Lambda, \Omega]]

实际上并不冲突。

利用该恒等式，并结合 $P_x$ 、 $P_y$ 与 $L_z$ 之间的对易关系，验证由 $\varepsilon_x \varepsilon_z^2$ 项得到的新约束确实得到满足。

12.3 $L_{z}$ 的本征值问题

习题 12.3.1 给出从方程 (12.3.5) 到方程 (12.3.6) 的推导步骤。

习题 12.3.2 让我们从另一个角度尝试推导对 $l_z$ 的限制。考虑两个允许的 $l_z$ 本征态的叠加：

\psi(\rho, \phi)=A(\rho) \mathrm{e}^{\mathrm{i}\phi l_{z} / \hbar}+B(\rho) \mathrm{e}^{\mathrm{i} \phi l_{z} / \hbar}

要求经过 $2\pi$ 旋转后得到相同的物理状态（不一定是完全相同的状态矢量），证明 $l_z-l_z^{\prime}=m\hbar$ ，其中 $m$ 是整数。再根据对称性论证允许的 $l_z$ 值必须关于零对称，证明这些值只能属于以下两类之一： $\ldots, 3 \hbar / 2, \hbar / 2,-\hbar / 2,-3 \hbar / 2, \ldots$ 或 $\ldots, 2 \hbar, \hbar, 0,-\hbar,-2 \hbar, \ldots$ 。仅用这种方法无法进一步限制 $l_z$ 。

习题 12.3.3 一个粒子由波函数

\psi(\rho, \phi)=A e^{-\rho^2/2 \Delta^2} \cos ^2 \phi

描述。通过把 $\cos^2\phi$ 用 $\Phi_m$ 表示，证明

\begin{gathered} P\left(l_z=0\right)=2 / 3 \\ P\left(l_z=2 \hbar\right)=1 / 6 \\ P\left(l_z=-2 \hbar\right)=1 / 6 \end{gathered}

[提示：说明径向部分 $e^{-\rho^2 / 2 \Delta^2}$ 在这里无关紧要。]

习题 12.3.4 一个粒子由波函数

\psi(\rho, \phi)=A\mathrm{e}^{-\rho^2 / 2 \Delta^2}\left(\dfrac{\rho}{\Delta} \cos \phi+\sin \phi\right)

描述。证明

P\left(l_z=\hbar\right)=P\left(l_z=-\hbar\right)=\dfrac{1}{2}

习题 12.3.5 注意，在方程 (12.3.13) 中，角动量似乎产生了一个排斥势。计算该势的梯度，并将其辨认为离心力。

习题 12.3.6 考虑一个质量为 $\mu$ 、被约束在半径为 $a$ 的圆周上运动的粒子。证明 $H=L_z^2/2\mu a^2$ 。求解 $H$ 的本征值问题并解释简并性。

习题 12.3.7 （各向同性谐振子）考虑 Hamilton量

H=\frac{P_x^2+P_y^2}{2 \mu}+\frac{1}{2} \mu \omega^2\left(X^2+Y^2\right)

(1) 说明 $\left[H,L_z\right]=0$ ，并把 $H$ 的本征值问题化为 $R_{Em}(\rho)$ 的径向微分方程。

(2) 考察 $\rho\rightarrow 0$ 时的方程，并证明

R_{E m}(\rho) \xrightarrow[\rho \rightarrow 0]{} \rho^{|m|}

(3) 同样证明，忽略 $\rho$ 的幂次因子后，

R_{E m}(\rho) \xrightarrow[\rho \rightarrow \infty]{} \mathrm{e}^{-\mu \omega \rho^2/2 \hbar}

因此假设 $R_{E m}(\rho)=\rho^{|m|} \mathrm{e}^{-\mu \omega \rho^2 / 2 \hbar} U_{E m}(\rho)$ 。

(4) 改用无量纲变量 $\varepsilon=E/\hbar\omega$ ， $y=(\mu \omega / \hbar)^{1/2}\rho$ 。

(5) 将关于 $R$ 的方程化为关于 $U$ 的方程。（建议分两步进行： $R=y^{|m|}f$ ， $f=\mathrm{e}^{-y^2/2}U$ 。）最后应得到

U^{\prime \prime}+\left[\left(\frac{2|m|+1}{y}\right)-2 y\right] U^{\prime}+(2 \varepsilon-2|m|-2) U=0

(6) 说明形如

U(y)=\sum_{r=0}^{\infty} C_r y^r

的 $U$ 的幂级数将给出一个两项递推关系。

(7) 求 $C_{r+2}$ 与 $C_r$ 之间的关系。说明如果要使解在 $y\rightarrow\infty$ 时具有可接受的行为，级数必须在某个有限的 $r$ 处终止。证明 $\varepsilon=r+|m|+1$ 会使级数在 $r$ 项之后终止。再说明 $r$ 必须是偶数，即 $r=2k$ 。（证明如果 $r$ 为奇数，那么 $R$ 在 $\rho\rightarrow0$ 时的行为就不是 $\rho^{|m|}$ 。）因此最终必须得到

E=(2 k+|m|+1) \hbar \omega, \quad k=0,1,2, \ldots

定义 $n=2 k+|m|$ ，于是

E_n=(n+1) \hbar \omega

(8) 对于给定的 $n$ ， $|m|$ 可以取哪些值？利用这一信息证明，对给定的 $n$ ，简并度为 $n+1$ 。将这一结果与你在 Cartesian 坐标中得到的结果（习题 10.2.2）比较。

(9) 写出对应于 $n=0,1$ 的所有归一化本征函数。

(10) 说明 $n=0$ 的函数必须等于在 Cartesian 坐标中得到的相应函数。证明两个 $n=2$ 的解是 Cartesian 坐标中相应解的线性组合。验证这些状态的宇称为 $(-1)^n$ ，与在 Cartesian 坐标中得到的结果一致。

习题 12.3.8 考虑电荷为 $q$ 的粒子处于矢势

\mathbf{A}=\frac{B}{2}(-y \mathbf{i}+x \mathbf{j})

中。

(1) 证明磁场为 $\mathbf{B}=B\mathbf{k}$ 。

(2) 证明处于该势中的经典粒子将以角频率 $\omega_0=qB/\mu c$ 作圆周运动。

(3) 考虑相应量子问题的 Hamilton量：

H=\frac{\left[P_x+q Y B / 2 c\right]^2}{2 \mu}+\frac{\left[P_y-q X B / 2 c\right]^2}{2 \mu}

证明 $Q=\left(c P_x+q Y B / 2\right) / q B$ 和 $P=\left(P_y-q X B / 2 c\right)$ 是正则变量。用 $P$ 和 $Q$ 表示 $H$ ，并证明允许的能级为 $E=(n+1 / 2) \hbar \omega_0$ 。

(4) 将 $H$ 用原来的变量完全展开，并证明

H=H\left(\frac{\omega_0}{2}, \mu\right)-\frac{\omega_0}{2} L_z

其中 $H\left(\omega_0 / 2,\mu\right)$ 是质量为 $\mu$ 、频率为 $\omega_0/2$ 的二维各向同性谐振子的 Hamilton量。说明使 $H\left(\omega_0 / 2,\mu\right)$ 对角化的同一组基底也会使 $H$ 对角化。利用这一基底证明 $H$ 的允许能级为 $E=\left(k+\dfrac{1}{2}|m|-\dfrac{1}{2} m+\dfrac{1}{2}\right) \hbar \omega_0$ ，其中 $k$ 是任意整数，而 $m$ 是角动量量子数。说明该公式给出的能级与前面公式 $\left[E=(n+1 / 2) \hbar \omega_0\right]$ 完全相同。我们将在第 21 章重新讨论这个问题。

12.4 三维中的角动量

习题 12.4.1 (1) 根据 $\varepsilon_{ijk}$ 的定义，验证方程 (12.4.9) 与方程 (12.4.8) 等价。

(2) 设 $U_1$ 、 $U_2$ 和 $U_3$ 是某一势中单粒子的三个能量本征函数。利用 $\varepsilon_{ijk}$ 张量构造该势中三个费米子的波函数 $\psi_A\left(x_1,x_2,x_3\right)$ ，其中一个粒子处于 $U_1$ ，一个处于 $U_2$ ，另一个处于 $U_3$ 。

习题 12.4.2 (1) 首先构造对应于 $R\left(\varepsilon_x\mathbf{i}\right)$ 和 $R\left(\varepsilon_y\mathbf{j}\right)$ 的 $3\times3$ 矩阵，保留到 $\varepsilon$ 一阶，并由此验证方程 (12.4.2)。

(2) 给出连接方程 (12.4.3) 与 (12.4.4a) 的推导步骤。

(3) 验证方程 (12.4.1) 中定义的 $L_x$ 和 $L_y$ 满足方程 (12.4.4a)。其他对易子的证明可由循环置换得到。

习题 12.4.3 我们希望证明 $\hat{\theta}\cdot\mathbf{L}$ 生成绕平行于 $\hat{\theta}$ 的轴的旋转。令 $\delta\boldsymbol{\theta}$ 是一个平行于 $\boldsymbol{\theta}$ 的无穷小旋转。

(1) 证明当矢量 $\mathbf{r}$ 旋转一个角度 $\delta\boldsymbol{\theta}$ 时，它变为 $\mathbf{r}+\delta\boldsymbol{\theta}\times\mathbf{r}$ 。（可以先从 $\mathbf{r}\perp\delta\boldsymbol{\theta}$ 的情形开始，再推广到一般情形。）

(2) 因此我们要求（仍然只保留一阶）

\psi(\mathbf{r}) \xrightarrow[{U[R(\delta \boldsymbol{\theta})]}]{ } \psi(\mathbf{r}-\delta \boldsymbol{\theta} \times \mathbf{r})=\psi(\mathbf{r})-(\delta \boldsymbol{\theta} \times \mathbf{r}) \cdot \nabla \psi

与 $U[R(\delta \boldsymbol{\theta})]=I-(i \delta \theta / \hbar) L_{\hat{\theta}}$ 比较，证明 $L_{\hat{\theta}}=\hat{\theta}\cdot\mathbf{L}$ 。

习题 12.4.4 回忆：如果矢量算符 $\mathbf{V}$ 的分量 $V_i$ 按照

U^{\dagger}[R] V_i U[R]=\sum_j R_{i j} V_j\tag{12.4.13}

变换，那么 $\mathbf{V}$ 就是一个矢量算符。

(1) 对于无穷小旋转 $\delta\boldsymbol{\theta}$ ，利用上一习题证明

\sum_j R_{i j} V_j=V_i+(\delta \boldsymbol{\theta} \times \mathbf{V})_i=V_i+\sum_j \sum_k \varepsilon_{i j k}(\delta \theta)_j V_k

(2) 将 $U[R]=1-(i / \hbar) \delta \boldsymbol{\theta} \cdot \mathbf{L}$ 代入方程 (12.4.13) 左边，推出

\left[V_i, L_j\right]=i \hbar \sum_k \varepsilon_{i j k} V_k

12.5 $L^{2}$ 与 $L_{z}$ 的本征值问题

习题 12.5.1 考虑二维中的矢量场 $\Psi(x,y)$ 。由图 12.1 可知，在无穷小旋转 $\varepsilon_z\mathbf{k}$ 下，

\begin{aligned} & \psi_x \rightarrow \psi_x^{\prime}(x, y)=\psi_x\left(x+y \varepsilon_z, y-x \varepsilon_z\right)-\psi_y\left(x+y \varepsilon_z, y-x \varepsilon_z\right) \varepsilon_z \\ & \psi_y \rightarrow \psi_y^{\prime}(x, y)=\psi_x\left(x+y \varepsilon_z, y-x \varepsilon_z\right) \varepsilon_z+\psi_y\left(x+y \varepsilon_z, y-x \varepsilon_z\right) \end{aligned}

证明（保留到 $\varepsilon_z$ 一阶）

\begin{pmatrix} \psi_x^{\prime} \\ \psi_y^{\prime} \end{pmatrix}=\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}-\frac{\mathrm{i} \varepsilon_z}{\hbar}\begin{pmatrix} L_z & 0 \\ 0 & L_z \end{pmatrix}-\frac{\mathrm{i} \varepsilon_z}{\hbar}\begin{pmatrix} 0 & -\mathrm{i} \hbar \\ i \hbar & 0 \end{pmatrix}\right)\begin{pmatrix} \psi_x \\ \psi_y \end{pmatrix}

因此

\begin{aligned} J_z & =L_z^{(1)} \otimes I^{(2)}+I^{(1)} \otimes S_z^{(2)} \\ & =L_z+S_z \end{aligned}

其中 $I^{(2)}$ 是相对于矢量分量的 $2\times2$ 单位矩阵， $I^{(1)}$ 是相对于 $\Psi(x,y)$ 的宗量 $(x,y)$ 的单位算符。这个例子只是说明：如果波函数不是标量，那么 $J_z=L_z+S_z$ 。当我们在后面的章节讨论自旋时，将给出半整数本征值的例子。（在当前例子中， $S_z$ 的本征值为 $\pm\hbar$ 。）

习题 12.5.2 (1) 验证 $2\times2$ 矩阵 $J_x^{(1 / 2)}$ 、 $J_y^{(1 / 2)}$ 和 $J_z^{(1 / 2)}$ 满足对易关系 $\left[J_x^{(1 / 2)}, J_y^{(1 / 2)}\right]=\mathrm{i} \hbar J_z^{(1 / 2)}$ 。

(2) 对 $3\times3$ 矩阵 $J_i^{(1)}$ 做同样的验证。

(3) 构造 $4\times4$ 矩阵并验证

\left[J_x^{(3 / 2)}, J_y^{(3 / 2)}\right]=\mathrm{i} \hbar J_z^{(3 / 2)}

习题 12.5.3 (1) 证明在状态 $|jm\rangle$ 中 $\left\langle J_x\right\rangle=\left\langle J_y\right\rangle=0$ 。

(2) 证明在这些状态中

\left\langle J_x^2\right\rangle=\left\langle J_y^2\right\rangle=\frac{1}{2} \hbar^2\left[j(j+1)-m^2\right]

（利用对称性论证把 $\left\langle J_x^2\right\rangle$ 与 $\left\langle J_y^2\right\rangle$ 联系起来。）

(3) 检查第 (2) 问得到的 $\Delta J_x\cdot\Delta J_y$ 满足不确定性原理 [方程 (9.2.9)] 所要求的不等式。

(4) 证明在状态 $|j,\pm j\rangle$ 中，不确定关系达到下界。

习题 12.5.4 (1) 说明 $J_x^{(j)}$ 和 $J_y^{(j)}$ 的本征值与 $J_z^{(j)}$ 相同，即 $j \hbar,(j-1) \hbar, \ldots, (-j\hbar)$ 。将这一结论推广到 $\hat{\theta}\cdot\mathbf{J}^{(j)}$ 。

(2) 证明

(J-j \hbar)[J-(j-1) \hbar][J-(j-2) \hbar] \cdots(J+j \hbar)=0

其中 $J\equiv\hat{\theta}\cdot\mathbf{J}^{(j)}$ 。 [提示：在 $J=J_z$ 的情形下，当等式两边作用于任一本征 ket $|jm\rangle$ 时会发生什么？作用于这些 ket 的任意叠加又会怎样？]

(3) 由第 (2) 问可知， $J^{2j+1}$ 是 $J^0,J^1,\ldots,J^{2j}$ 的线性组合。说明对于 $J^{2j+k}$ ， $k=1,2,\ldots$ ，同样如此。

习题 12.5.5 利用上一习题的结果以及方程 (12.5.23)，证明

(1) $D^{(1 / 2)}[R]=\exp \left(-\mathrm{i} \hat{\theta} \cdot \mathbf{J}^{(1 / 2)} / \hbar\right)=\cos (\theta / 2) I^{(1 / 2)}-(2\mathrm{i} / \hbar) \sin (\theta / 2) \hat{\theta} \cdot \mathbf{J}^{(1 / 2)}$

(2) $D^{(1)}[R]=\exp \left(-\mathrm{i} \theta_x J_x^{(1)} / \hbar\right)=\left(\cos \theta_x-1\right)\left(\frac{J_x^{(1)}}{\hbar}\right)^2-\mathrm{i} \sin \theta_x\left(\frac{J_x^{(1)}}{\hbar}\right)+I^{(1)}$

习题 12.5.6 考虑一族状态 $|jj\rangle,\ldots,|jm\rangle,\ldots,|j,-j\rangle$ 。我们称它们具有相同的角动量大小，但角动量方向不同。如果把这句话按字面、即按经典意义理解，就会认为可以通过旋转把这些状态彼此变换，正如具有这些性质的经典状态一样。比如考虑 $|1,1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle$ 。人们可能会认为，沿 $z$ 轴角动量为零的状态 $|1,0\rangle$ 可以由 $|1,1\rangle$ 绕 $x$ 轴旋转某个合适的角度（也许是 $\frac{1}{2}\pi$ ？）得到。利用上一习题第 (2) 问中的 $D^{(1)}\left[R\left(\theta_x \mathbf{i}\right)\right]$ 证明

|1,0\rangle \neq D^{(1)}\left[R\left(\theta_x \mathbf{i}\right)\right]|1,1\rangle \quad \text{对任意} \theta_x

错误来自这样一个事实：经典推理应当应用于 $\langle\mathbf{J}\rangle$ ，它在旋转下像普通矢量那样响应，而不应直接应用于 $|jm\rangle$ ，后者是 Hilbert 空间中的矢量。证明 $\langle\mathbf{J}\rangle$ 在旋转下确实像其经典对应物那样变换，即证明在状态 $D^{(1)}\left[R\left(\theta_x \mathbf{i}\right)\right]|1,1\rangle$ 中

\langle\mathbf{J}\rangle=\hbar\left[-\sin \theta_x \mathbf{j}+\cos \theta_x \mathbf{k}\right].

习题 12.5.7 （Euler 角）与其用角矢量 $\boldsymbol{\theta}$ 参数化任意旋转——它描述绕平行于 $\boldsymbol{\theta}$ 的轴旋转角度 $\theta$ ——我们也可以用三个角 $\gamma$ 、 $\beta$ 和 $\alpha$ 来参数化。这三个角称为 Euler 角，并定义三个依次进行的旋转：

U[R(\alpha, \beta, \gamma)]=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \alpha J_z / \hbar} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \beta J_y / \hbar} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \gamma J_z / \hbar}

(1) 将 $D^{(1)}[R(\alpha,\beta,\gamma)]$ 显式构造成三个 $3\times3$ 矩阵的乘积。（利用习题 12.5.5 的结果，并作 $J_x\rightarrow J_y$ 。）

(2) 让它作用于 $|1,1\rangle$ ，并证明所得状态中的 $\langle\mathbf{J}\rangle$ 为

\langle\mathbf{J}\rangle=\hbar(\sin \beta \cos \alpha \mathbf{i}+\sin \beta \sin \alpha \mathbf{j}+\cos \beta \mathbf{k})

(3) 证明不存在任何 $\alpha$ 、 $\beta$ 和 $\gamma$ 的取值，可以把 $|1,1\rangle$ 恰好旋转为 $|1,0\rangle$ 。

(4) 证明总可以把任意 $|1,m\rangle$ 旋转为一个包含 $\left|1,m^{\prime}\right\rangle$ 的线性组合，即对于任意 $m,m^{\prime}$ ，总存在某些 $\alpha,\beta,\gamma$ 使得

\left\langle 1, m^{\prime}\right| D^{(1)}[R(\alpha, \beta, \gamma)]|1, m\rangle \neq 0

\noindent (5) 为了说明有时确实可以把 $|jm\rangle$ 旋转成 $\left|jm^{\prime}\right\rangle$ ，验证绕 $y$ 轴旋转 $180^{\circ}$ 会把 $|1,1\rangle$ 变成 $|1,-1\rangle$ 。

习题 12.5.8 验证

\begin{aligned} & L_x \xrightarrow[\substack{\text{坐标}\\ \text{基底}}]{} \mathrm{i} \hbar\left(\sin \phi \dfrac{\partial}{\partial \theta}+\cos \phi \cot \theta \dfrac{\partial}{\partial \phi}\right) \\ & L_y \xrightarrow[\substack{\text{坐标}\\ \text{基底}}]{} \mathrm{i} \hbar\left(-\cos \phi \dfrac{\partial}{\partial \theta}+\sin \phi \cot \theta \dfrac{\partial}{\partial \phi}\right) \end{aligned}

习题 12.5.9 证明上面的 $L^2$ 是 Hermitian 的，即

\int \psi_1^*\left(L^2 \psi_2\right) \mathrm{d} \Omega=\left[\int \psi_2^*\left(L^2 \psi_1\right) \mathrm{d} \Omega\right]^*

$L_z$ 也同样如此。它与 $\theta$ 无关，并且对于 $\phi$ 积分是 Hermitian 的。

习题 12.5.10 利用方程 (12.5.36) 给出的 $L^2$ 算符，在坐标基底中写出与

L^2|\alpha \beta\rangle=\alpha|\alpha \beta\rangle

对应的微分方程。通过对 $-\mathrm{i}\hbar(\partial/\partial\phi)$ 的分析，我们已经知道 $\beta=m\hbar$ 。因此假设共同本征函数具有形式

\psi_{\alpha m}(\theta, \phi)=P_\alpha^m(\theta) \mathrm{e}^{\mathrm{i}m \phi}

并证明 $P_\alpha^m$ 满足

\left(\frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{\alpha}{\hbar^2}-\frac{m^2}{\sin ^2 \theta}\right) P_\alpha^m(\theta)=0

我们需要证明

(1) $\dfrac{\alpha}{\hbar^2}=l(l+1)$ ， $l=0,1,2,\ldots$

(2) $|m|\leqslant l$

我们只考虑第 (1) 问，而且只考虑 $m=0$ 的情形。将方程用 $u=\cos\theta$ 重写，证明 $P_\alpha^0$ 满足

\left(1-u^2\right) \frac{\mathrm{d}^2 P_\alpha^0}{\mathrm{d} u^2}-2 u \frac{\mathrm{d} P_a^0}{\mathrm{d} u}+\left(\frac{\alpha}{\hbar^2}\right) P_\alpha^0=0

说明幂级数解

P_\alpha^0=\sum_{n=0}^{\infty} C_n u^n

会导致一个两项递推关系。证明当 $n\rightarrow\infty$ 时， $\left(C_{n+2}/C_n\right)\rightarrow1$ 。因此当 $|u|\rightarrow1$ （即 $\theta\rightarrow0$ 或 $\pi$ ）时，级数发散。证明如果 $\alpha/\hbar^2=l(l+1)$ ， $l=0,1,2,\ldots$ ，那么级数会终止，并且成为 $u$ 的偶函数或奇函数。函数 $P_\alpha^0(u)=P_{l(l+1) \hbar^2}^0(u) \equiv P_l^0(u) \equiv P_l(u)$ 除一个比例因子外正是 Legendre 多项式。求 $P_0$ 、 $P_1$ 和 $P_2$ ，并与 $Y_l^0$ 函数比较（忽略整体比例因子）。

习题 12.5.11 从方程 (12.5.28) 出发推导 $Y_1^1$ ，并自行将其归一化。[记住方程 (12.5.32) 中的 $(-1)^l$ 因子。] 用降算符得到 $Y_1^0$ 和 $Y_1^{-1}$ ，并与方程 (12.5.39) 比较。

习题 12.5.12 由于 $L^2$ 和 $L_z$ 都与 $\Pi$ 对易，因此它们应当与 $\Pi$ 共享一组基底。验证在宇称变换下 $Y_l^m\rightarrow(-1)^lY_l^m$ 。（首先证明在宇称变换下 $\theta\rightarrow\pi-\theta$ 、 $\phi\rightarrow\phi+\pi$ 。先对 $Y_l^l$ 证明该结果。再验证 $L_-$ 不改变宇称，从而对所有 $Y_l^m$ 证明这一结论。）

习题 12.5.13 考虑处于状态

\psi=N(x+y+2 z) \mathrm{e}^{-\alpha r}

的粒子，其中 $N$ 是归一化因子。

(1) 将 $Y_1^{\pm1}$ 函数改写为 $x,y,z,r$ 的函数，证明

\begin{aligned} Y_1^{ \pm 1} & =\mp\left(\frac{3}{4 \pi}\right)^{1 / 2} \frac{x \pm \mathrm{i} y}{2^{1 / 2} r} \\ Y_1^0 & =\left(\frac{3}{4 \pi}\right)^{1 / 2} \frac{z}{r} \end{aligned}\tag{12.5.42}

(2) 利用这一结果证明，对于上面由 $\psi$ 描述的粒子， $P\left(l_z=0\right)=2/3$ ； $P\left(l_z=+\hbar\right)=1/6=P\left(l_z=-\hbar\right)$ 。

习题 12.5.14 考虑旋转 $\theta_x\mathbf{i}$ 。在这一旋转下

\begin{aligned} & x \rightarrow x \\ & y \rightarrow y \cos \theta_x-z \sin \theta_x \\ & z \rightarrow z \cos \theta_z+y \sin \theta_x \end{aligned}

因此必须有

\psi(x, y, z) \xrightarrow[{U\left[R\left(\theta_x \mathbf{i}\right)\right]}]{} \psi_R=\psi\left(x, y \cos \theta_x-z \sin \theta_x, z \cos \theta_x+y \sin \theta_x\right)

让我们在一个特殊情形下验证这一预言：

\psi=A z \mathrm{e}^{-r^2 / a^2}

它应当变为

\psi_R=A\left(z \cos \theta_x-y \sin \theta_x\right) \mathrm{e}^{-r^2 / a^2}

(1) 将 $\psi$ 按 $Y_1^1,Y_1^0,Y_1^{-1}$ 展开。

\noindent (2) 利用矩阵 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \theta_x L_x / \hbar}$ 求 $\psi$ 在该旋转下如何变换。\footnote{使用习题 12.5.15。} 将所得结果与上面预期的结果比较。 [提示：(1) $\psi\sim Y_1^0$ ，它对应于

\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

(2) 使用方程 (12.5.42)。]

12.6 旋转不变问题的求解

习题 12.6.1 一个粒子由波函数

\psi_E(r, \theta, \phi)=A e^{-r a_0} \quad\left(a_0=\text{常数}\right)

描述。

(1) 该状态包含哪些角动量成分？

(2) 假设 $\psi_E$ 是某个在 $r\rightarrow\infty$ 时趋于零的势中的本征态，求 $E$ 。（比较 Schrödinger 方程中的最高阶项。）

(3) 求得 $E$ 后，再考虑有限 $r$ ，求 $V(r)$ 。

习题 12.6.2 给出连接方程 (12.6.3) 与方程 (12.6.5) 的推导步骤。

习题 12.6.3 证明方程 (12.6.7b) 可由方程 (12.6.7a) 推出。

习题 12.6.4 (1) 证明

\delta^3\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}^{\prime}\right) \equiv \delta\left(x-x^{\prime}\right) \delta\left(y-y^{\prime}\right) \delta\left(z-z^{\prime}\right)=\frac{1}{r^2 \sin \theta} \delta\left(r-r^{\prime}\right) \delta\left(\theta-\theta^{\prime}\right) \delta\left(\phi-\phi^{\prime}\right)

（考虑一个检验函数。）

(2) 证明

\nabla^2(1 / r)=-4 \pi \delta^3(\mathbf{r})

[提示：首先证明当 $r\neq0$ 时 $\nabla^2(1/r)=0$ 。为了考察 $r=0$ 处发生了什么，考虑一个以原点为中心的小球，并利用 Gauss 定律以及恒等式 $\nabla^2\phi=\nabla\cdot\nabla\phi$ 。] （或者，将该方程与静电学中的 Poisson 方程 $\nabla^2\phi=-4\pi\rho$ 比较。这里 $\rho=\delta^3(\mathbf{r})$ 表示位于原点的单位点电荷。在这种情况下，根据 Coulomb 定律我们知道 $\phi=1/r$ 。）

习题 12.6.5 证明：在满足 $r\rightarrow0$ 时 $U$ 趋于零的函数空间中， $D_l$ 是非简并的。（回忆第 5.6 节定理 15 的证明。）注意，即使 $E>0$ ， $U_{El}$ 也是非简并的。这意味着在三维中， $E$ 、 $l$ 和 $m$ 可以完全标记一个状态。

习题 12.6.6 (1) 验证方程 (12.6.21) 和 (12.6.22) 与方程 (12.6.20) 等价。

(2) 验证方程 (12.6.24)。

习题 12.6.7 验证 $j_0$ 和 $j_1$ 具有方程 (12.6.33) 给出的极限。

习题 12.6.8 求半径为 $r_0$ 的球形势箱中， $l=0$ 扇区内粒子的能级。

习题 12.6.9 证明深度为 $-V_0$ 、半径为 $r_0$ 的球形势阱中， $l=0$ 束缚态的量子化条件为

k^{\prime} / \kappa=-\tan k^{\prime} r_0

其中 $k^{\prime}$ 是势阱内部的波数，而 $\mathrm{i}\kappa$ 是势阱外指数尾对应的复波数。证明当 $V_0<\pi^2 \hbar^2 / 8 \mu r_0^2$ 时不存在束缚态。（回忆习题 5.2.6。）

习题 12.6.10 已知

(1) $\displaystyle\int_{-1}^1 P_l(\cos \theta) P_{l^{\prime}}(\cos \theta) \mathrm{d}(\cos \theta)=[2 /(2 l+1)] \delta_{l l^{\prime}}$ 。

(2) $P_l(x)=\dfrac{1}{2^{l} l!} \dfrac{\mathrm{d}^l\left(x^2-1\right)^{\prime}}{\mathrm{d} x^l}$

(3) $\displaystyle\int_0^1\left(1-x^2\right)^m \mathrm{d} x=\frac{(2 m)!!}{(2 m+1)!!}$

验证方程 (12.6.41)。

[提示：投影出 $C_l$ 后，考虑 $kr\rightarrow0$ 的极限。]

习题 12.6.11 (1) 联立方程 (12.6.48) 和 (12.6.49)，推导两项递推关系。说明如果 $U$ 在 $y=0$ 附近要具有正确的性质，就必须有 $C_0\neq0$ 。推导量子化条件，即方程 (12.6.50)。

(2) 计算每个 $n$ 的简并度和宇称，并与习题 10.2.3 比较；在那里，该问题是在 Cartesian 坐标中求解的。

(3) 构造 $n=0$ 和 $1$ 时的归一化本征函数 $\psi_{nlm}$ 。将它们写成在 Cartesian 坐标中得到的 $n=0$ 和 $n=1$ 本征函数的线性组合。

目录

第12章 旋转不变性与角动量