Homework1 答案 December 31, 018 1 氢原子中电子自旋态为 α, 质子处于 s x 的本征值为 h 的状态, 求总自旋平方和其 z 分量的测量值以及相应几率 解 : 选取以自旋单态 0, 0 和自旋三重态 1, 0, 1, ±1 作为一组完备基. 自旋单态和自旋三重态的具体表示如下 0, 0 = 1 ( 1 1 1 1 1 1 = 1 (α(1)β() β(1)α()) 1, 0 = 1 ( 1 1 1 1 1 1 = 1 (α(1)β() β(1)α()), 1, 1 = 1 1 1 = α(1)α(), 1, 1 = 1 1 1 = β(1)β() 为表示方便, 我们用 Driac 符号表示波函数的状态 设质子自旋算符为 s 1, 电子自旋算符为 s, 总自旋算符为 s = s 1 s 由题可知, 系统的状态波函数为 ψ = 1 ( 1 1 1 1) 1 = 1 1 1 1 1 1 1 1 将 ψ 以 0, 0, 1, 0, 1, 1 展开 其中 ψ = c 1 0, 0 c 1, 1 c 3 1, 0 c 1, 1 c 1 = 0, 0 ψ = 1 ( 1 1 1 1 1 1 ) 1 ( 1 1 1 1 1 1 ) = 1 c = 1, 1 ψ = 0 c 3 = 1, 0 ψ = 1 c = 1, 1 ψ = 1 1
即得 ψ = 1 0, 0 1 1 1, 0 1, 1 通过以上式子, 我们可得 S 的测量值和相应几率为 h, p = c c 3 c = 3 S z 的测量值和相应几率为 0, p = c 1 = 1 0, p = c 1 c 3 = 1 h, p = c = 1 一对正负电子处于自旋单态, 计算关联 ( n 1 s(1))( n s()). ( n 1, n 是任意方向矢量 ) 解 : 设 n 1, n 方向角为 (θ 1, ϕ 1 ), (θ, ϕ ). 波函数可表示为 ψ = 0, 0 = 1 ( 1 1 1 1 ) 分别计算 s x (1)s x (), s y (1)s y (), s z (1)s z (), s x (1)s y (), s x (1)s z (), s y (1)s x (), s y (1)s z (), s z (1)s x (), s z (1)s y (), 得到 交叉项均为 0. 故我们可以得到 s x (1)s x () = s y (1)s y () = s z (1)s z () = 1 h ( n 1 s(1))( n s()) = h n 1 n = h (cosθ 1cosθ sinθ 1 sinθ cos(ϕ 1 ϕ )) 以上计算结果的原因是自旋单态 χ 00 = 1 (, z, z, z, z ) = 1 (, x, x, x, x ) = i 1 (, y, y, y, y ) 就是说无论从哪个方向看都是反向纠缠 另外我们也可以将 n 1 s(1), n s() 写成矩阵表示形式 s n1 = s n = ( cosθ1 sinθ 1 e iϕ1 sinθ 1 e iϕ1 cosθ 1 ( cosθ sinθ e iϕ ) h sinθ e iϕ cosθ ) h
如果用 1, 分别标记 1, 1. 我们可以得到 i s n j 值恰好对应于 s n 的矩阵元 s n(ij), 其中 i, j = 1,. 因此 ( n 1 s(1))( n s()) = 1 ( 1 1 1 1 ) s 1 n1s n ( 1 1 1 1 ) = 1 [s n1(11)s n() s n1(1) s n(1) s n1(1) s n(1) s n1() s n(11) ] = h (cosθ 1cosθ sinθ 1 sinθ cos(ϕ 1 ϕ )) 由以上关系可知, 当设定的两个观测方向反向时, 即 θ = π θ 1, ϕ = ϕ 1 π, 关联数值最大, h 为 ; 当观测方向同向时, 关联数值最小为 h 此两者关联的绝对值最大 如果观察方向垂直, 关联绝对值最小, 为零 3 两个自旋 1/ 的粒子构成的体系, 其哈密顿量为 H = J s 1 s. 设 t = 0 时, 处于 α(1)β() 求 t > 0 时,(1) 粒子 1 自旋向上的几率 () 粒子 1 和粒子 自旋均向上的几率 (3) 总自旋量子数 S = 0, 1 的几率 () 求 s(1), s() 解 : 求解含时波函数主要有两种方法 一种方法是在 Schrodinger 表象下计算 ; 另一种方法是在 Heisnberg 表象下计算 显然用 Heisenberg 表象计算比较复杂 因此我们采用 Schrodinger 表象. 在 Schrodinger 表象求解, 首先我们需要求解 H 的本征值和本征态 然后将 t = 0 时刻的态用本征态作展开 最后得到 t 时刻的波函数 易得 H 的本征态即为自旋单态和自旋三重态, 本征值分别为 0, 0, E 1 = 3J h 1, 1, E = J h 1, 0, E 3 = J h 1, 1, E = J h 初态波函数为 ψ(0) = 1 1 1 以自旋单态和自旋三重态为基矢展开 ψ(0) = 1 0, 0 1 1, 0 我们得到 t 时刻波函数为 ψ(t) = 1 e i3j ht 0, 0 1 e ij ht 1, 0 (1) 将 t 时刻波函数写为 ψ(t) = 1 i3j ht (e e ij ht ) 1 1 1 1 ij ht (e e i3j ht ) 1 1 1 由上式知粒子 1 自旋向上的几率为 1 (e i3j ht e ij ht ) = 1 1 cos(j ht) 3
() 粒子 1 和粒子 自旋均向上的几率为 0 1 (3) 总自旋量子数 S = 0, 1 的几率分别为, 1 () 计算 s(1), s() s z (1) = h 1 i3j ht (e e ij ht ) h 1 i3j ht (e e ij ht ) = cos(j ht) h s z () = h 1 i3j ht (e e ij ht ) h 1 i3j ht (e e ij ht ) = cos(j ht) h 由于 s x (1) 将第一个粒子自旋翻转, 第二个粒子自旋状态不变, 因此计算内积时所有项正交 s x (1) = 0 s x () = 0 同理 : s y (1) = 0 s y () = 0 三个自旋 1/ 不同粒子组成的系统 (a). 求总自旋 S = (s 1 s s 3 ) 的本征值 ; (b). 设体系能量为 H = (s 1 s s s 3 s 3 s 1 )ω, 此所谓 Heisenberg model, 求能谱并说明简并度 解 :(a) 为了方便书写, 记 h = 1, 我们把粒子 1 自旋之和记为 S 1, 总自旋记为 S 13, 其余以此类推 总自旋 S 可以写成如下形式 S = (S 1 s 3 ) = s 1 s s 3 s 1 s s s 3 s 1 s 3 = S13 = S(S 1) () 总自旋 S 的本征值就很容易求得, 只需要把 S 的量子数代入上述方程即可, 三自旋的耦合 S 可以取,3/,1/ 两个值 (b) 考虑到 (a) 的结果,H 可以写成 因此, 能级为 ( 取 h = 1) H = (s 1 s s s 3 s 3 s 1 )ω = 1 (S 13 3 3 )ω (3) E S = [S(S 1) 9 ]ω 完全由总自旋量子数决定 总自旋矢量可以理解为矢量 S 1 与矢量 s 3 之和 力学量的完全集可以取 [S 13, (S 13 ) Z, S 1, s 3], 本征值为 S 1 = S (S 1), S = 1, 0 S 13 = S(S 1), S = 3, 1 当 S = 1 时 ; S = 1, 当 S = 0 时 ; (S 13 ) Z = S, S 1,, ( S), 对于每个给定 S. (1)
量子数 S, S 的可能组合为 S = S ± 1 > 0, 即 S = 3/, S = 1 S = 1/, S = 1, 0 对于每一对 (S, S ), 能级都是 (S1) 度简并的, 所以 E 3/ = 3, S = 3/, S = 1 简并度 =. () E 1/ = 3, S = 1/, S = 1, 0 简并度 =. (5) 5 考虑两个角动量, 其量子数为 j 1 = j = 1. (1). 利用 C-G 系数, 写出 J1, J, J, J z 的共同本征态 j, m j 在非耦合表象下的表示 ; (). 记 α, β, γ 为每个角动量 z 分量 m = 1, 0, 1 的三个态, 利用 J = J1 J J 1z J z J 1 J J 1 J 直接写出并证明之 解 :(1)J1, J, J, J z 的共同本征态 j, m j 在非耦合表象下的表示 j, m j = Cm j,mj 1,m j 1, m 1 1 j, m m 1,m 上式中的展开系数 C j,mj m 1,m, 我们称之为 C-G 系数,C-G 系数自然应该是满足归一化条件的 这里 j 1 = j = 1,j 可能的取值就是 j =, 1, 0, 因此 j =, m j = 0, ±1, ±, (6) (1 mj )( m j ), m j = 1, m j 1 1, 1 1 ( mj )( m j ) 1, m j 1, 0 6 (1 mj )( m j ) 1, m j 1 1, 1 1 j = 1, m j = 0, ±1, (7) (1 mj )( m j ) 1, m j = 1, m j 1 1, 1 mj 1, m j 1, 0 (1 mj )( m j ) 1, m j 1 1, 1 j = 0, m j = 0, (8) 0, 0 = 1 1 1 1, 1 1 1, 0 1, 0 1 1, 1 1, 1 3 3 3 5
() 在 (1) 中, 我们完整的给出了 J 1, J, J, J z 的共同本征态 j, m j 在非耦合表象下的表示, 总共有 9 种, 记 α, β, γ 为每个角动量 z 分量 m = 1, 0, 1 的三个态, 我们就需要对上述 C-G 系数给出的结果逐一证明, 显然 α, β, γ 的两两组合有 9 种 αα, ββ, γγ, αβ, βα, βγ, γβ, αγ, γα (9) 构成非耦合表象的基矢 将上述基矢组合, 可以表示出耦合表象的 9 个基矢 无论如何线性组合, 以上 9 个基矢都是 J 1 J J 1z J z 的本征矢, 因而我们关注 J 1 J J 1 J 的本征矢即可 考虑 我们进行组合 : J (α, β, γ) = 0, α, β J (α, β, γ) = β, γ, 0 (10) (J 1 J J 1 J )αα = 0 (11) (J 1 J J 1 J )γγ = 0 (1) (J 1 J J 1 J )(αβ ± βα) = (βα ± αβ) (13) (J 1 J J 1 J )(βγ ± γβ) = (γβ ± βγ) (1) (J 1 J J 1 J )(ββ ± (αγ γα)) = ±(ββ (αγ γα)) (15) (J 1 J J 1 J )(αγ γα) = 0 (16) 归一化后, 这些本征矢就是耦合表象下的 9 个基矢, 他们被表示成非耦合表象基矢的叠加 证毕! 为了清楚一些, 作为例子, 0 = 1 1 1 1 1, 1 1, 0 1, 0 1, 1 1, 1 6 3 6 = 1 γα 6 3 ββ 1 αγ 6 就是我们找到的本征矢 :(15) 中取 6