Topic 7C 習題詳解

補充練習 Additional Exercises E7C.8–E7C.20

E7C.8 建構 Morse 位能 $V(x)=D_e[1-e^{-ax}]^2$ 的位能算符 ▶

觀念

在位置表象下，位能算符就是乘法算符（multiplication operator）：$\hat{V}\psi(x)=V(x)\psi(x)$。

答案

$$\hat{V} = D_e\!\left[1-e^{-ax}\right]^2$$ 即 $\hat{V}\psi(x)=D_e[1-e^{-ax}]^2\,\psi(x)$

E7C.9 判斷 $\cos(kx)$、$e^{ikx}$、$kx$、$e^{-x^2}$ 是否為 $d^2/dx^2$ 的本徵函數，並給出本徵值 ▶

判斷準則

若 $\hat{O}f(x)=\lambda f(x)$（$\lambda$ 為常數），則 $f$ 是本徵函數，$\lambda$ 是本徵值。

逐一檢驗

i $\cos(kx)$：$\dfrac{d^2}{dx^2}\cos(kx)=-k^2\cos(kx)$ → 本徵函數，本徵值 $\lambda=-k^2$

ii $e^{ikx}$：$\dfrac{d^2}{dx^2}e^{ikx}=(ik)^2e^{ikx}=-k^2e^{ikx}$ → 本徵函數，本徵值 $\lambda=-k^2$

iii $kx$：$\dfrac{d}{dx}(kx)=k$，$\dfrac{d^2}{dx^2}(kx)=0=0\cdot(kx)$ → 本徵函數，本徵值 $\lambda=0$（結果為零也算，常數 $\lambda=0$）

iv $e^{-x^2}$：$\dfrac{d^2}{dx^2}e^{-x^2}=(4x^2-2)e^{-x^2}$，係數 $(4x^2-2)$ 不是常數 → 不是本徵函數

答案

函數	本徵函數？	本徵值 $\lambda$
$\cos(kx)$	是	$-k^2$
$e^{ikx}$	是	$-k^2$
$kx$	是	$0$
$e^{-x^2}$	否	—

E7C.10 證明 $\sin(2\pi x/L)$ 與 $\sin(4\pi x/L)$ 在 $[0,L]$ 上正交 ▶

解題過程

1 用恆等式 $\sin A\sin B=\frac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]$，令 $A=2\pi x/L$，$B=4\pi x/L$： $$I=\frac{1}{2}\int_0^L\!\left[\cos\!\left(\frac{-2\pi x}{L}\right)-\cos\!\left(\frac{6\pi x}{L}\right)\right]dx=\frac{1}{2}\int_0^L\!\left[\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)-\cos\!\left(\frac{6\pi x}{L}\right)\right]dx$$

2 $\int_0^L\cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)dx = \dfrac{L}{n\pi}[\sin(n\pi)-\sin(0)]=0$（$n$ 為非零整數），兩項均為 0

3 $I=\frac{1}{2}(0-0)=0$ ✓

結論

$$\int_0^L\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{4\pi x}{L}\right)dx=0 \quad \Rightarrow n=2,4\text{ 的波函數正交}$$

E7C.11 證明 $\cos(\pi x/L)$ 與 $\cos(3\pi x/L)$ 在 $[-L/2,L/2]$ 上正交 ▶

解題過程

1 用恆等式 $\cos A\cos B=\frac{1}{2}[\cos(A-B)+\cos(A+B)]$： $$I=\frac{1}{2}\int_{-L/2}^{L/2}\!\left[\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)+\cos\!\left(\frac{4\pi x}{L}\right)\right]dx$$

2 $\int_{-L/2}^{L/2}\cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)dx = \dfrac{L}{n\pi}[\sin(n\pi/2\cdot2)-\sin(-n\pi/2\cdot2)]$，對 $n=2$：$\frac{L}{2\pi}[\sin(\pi)-\sin(-\pi)]=0$；對 $n=4$：同理為 0

3 $I=0$ ✓，故 $n=1,3$ 正交

結論

$$\int_{-L/2}^{L/2}\cos\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)dx=0$$

E7C.12 對同系統，證明 $n=3$ 與 $n=5$ 的波函數（$\cos(3\pi x/L)$ 與 $\cos(5\pi x/L)$）正交 ▶

解題過程

1 $I=\frac{1}{2}\int_{-L/2}^{L/2}\!\left[\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)+\cos\!\left(\frac{8\pi x}{L}\right)\right]dx$

2 兩項積分均為 $\dfrac{L}{n\pi}\!\left[\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{L}\cdot\frac{L}{2}\right)-\sin\!\left(-\frac{n\pi}{2}\right)\right]$；對 $n=2,8$：$\sin(n\pi/2\cdot2)=\sin(n\pi)=0$，故各項為 0

3 $I=0$ ✓

結論

$$\int_{-L/2}^{L/2}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\cos\!\left(\frac{5\pi x}{L}\right)dx=0$$

E7C.13 環上粒子：證明 $\psi_{m=1}=e^{i\phi}$ 與 $\psi_{m=2}=e^{2i\phi}$ 在 $[0,2\pi]$ 上正交 ▶

解題過程

1 內積 $I=\int_0^{2\pi}\psi_1^*\psi_2\,d\phi = \int_0^{2\pi}e^{-i\phi}e^{2i\phi}\,d\phi = \int_0^{2\pi}e^{i\phi}\,d\phi$

2 $I=\left[\dfrac{e^{i\phi}}{i}\right]_0^{2\pi}=\dfrac{1}{i}(e^{2\pi i}-1)=\dfrac{1}{i}(1-1)=0$ ✓

結論

$$\int_0^{2\pi}e^{-i\phi}\,e^{2i\phi}\,d\phi=0 \quad \Rightarrow m=1,2\text{ 正交}$$

E7C.14 環上粒子：證明 $m=+1$ 與 $m=-2$ 的波函數正交 ▶

解題過程

1 $I=\int_0^{2\pi}e^{-i\phi}\,e^{-2i\phi}\,d\phi=\int_0^{2\pi}e^{-3i\phi}\,d\phi$

2 $I=\left[\dfrac{e^{-3i\phi}}{-3i}\right]_0^{2\pi}=\dfrac{1}{-3i}(e^{-6\pi i}-1)=\dfrac{1}{-3i}(1-1)=0$ ✓ （因為 $e^{-6\pi i}=1$）

結論

$$\int_0^{2\pi}e^{-i\phi}\,e^{-2i\phi}\,d\phi=0 \quad \Rightarrow m=+1,-2\text{ 正交}$$

E7C.15 求箱中粒子基態 $\psi=\sqrt{2/L}\sin(\pi x/L)$ 的位置期望值 $\langle x\rangle$ ▶

解題過程

1 $\langle x\rangle=\dfrac{2}{L}\int_0^L x\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx$，用 $\sin^2\theta=\dfrac{1-\cos 2\theta}{2}$ 拆開： $$\langle x\rangle=\frac{1}{L}\left[\int_0^L x\,dx-\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx\right]$$

2 $\int_0^L x\,dx=\dfrac{L^2}{2}$

3 $\int_0^L x\cos\!\left(\dfrac{2\pi x}{L}\right)dx$：分部積分，邊界項 $=\dfrac{L^2}{2\pi}\sin(2\pi)=0$；剩餘項也含 $\sin(2\pi)=0$；整體為 0

4 $\langle x\rangle=\dfrac{1}{L}\cdot\dfrac{L^2}{2}=\dfrac{L}{2}$

答案

$$\langle x\rangle = \frac{L}{2}$$（幾何中心，由對稱性直接可知）

E7C.16 求箱中粒子基態的動量期望值 $\langle p_x\rangle$ ▶

解題過程

1 $\langle p_x\rangle=-i\hbar\dfrac{2}{L}\int_0^L\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)\cdot\dfrac{\pi}{L}\cos\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx=-i\hbar\dfrac{2\pi}{L^2}\int_0^L\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)\cos\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx$

2 用 $\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{2}\sin(2\theta)$：被積分變成 $\frac{1}{2}\sin(2\pi x/L)$，在 $[0,L]$ 積分為 0

3 $\langle p_x\rangle=0$

答案

$$\langle p_x\rangle = 0$$

物理意義

定態是向右與向左行進平面波的等權重疊加，淨動量為零。雖然 $\langle p_x\rangle=0$，但動能 $\langle T\rangle=\langle p_x^2\rangle/2m\neq 0$。

E7C.17 環上粒子歸一化波函數 $\psi_m=(2\pi)^{-1/2}e^{im\phi}$：求 $\langle\phi\rangle$（$m=+1$ 及一般 $m$） ▶

解題過程

1 機率密度：$|\psi_m|^2=\dfrac{1}{2\pi}e^{-im\phi}e^{im\phi}=\dfrac{1}{2\pi}$（常數，與 $m$ 無關）

2 $\langle\phi\rangle=\int_0^{2\pi}\dfrac{1}{2\pi}\,\phi\,d\phi=\dfrac{1}{2\pi}\cdot\dfrac{(2\pi)^2}{2}=\dfrac{1}{2\pi}\cdot 2\pi^2=\pi$

3 因機率密度為常數，此結果對任意整數 $m$ 均成立

答案

$$\langle\phi\rangle = \pi \quad \text{（對所有整數 }m\text{）}$$

物理意義

環上粒子在各角度出現的機率完全均等（$|\psi|^2=\text{const}$），平均角度恰為圓的「中間」$\pi$。此結果與量子數 $m$ 無關，體現了角動量本徵態的旋轉對稱性。

E7C.18 環上粒子：求角動量 $\hat{L}_z=(-i\hbar)d/d\phi$ 的期望值（$m=+1$ 及一般 $m$） ▶

解題過程

1 計算算符作用於波函數： $\hat{L}_z\psi_m=-i\hbar\dfrac{d}{d\phi}\!\left[\left(\dfrac{1}{2\pi}\right)^{1/2}e^{im\phi}\right]=-i\hbar(im)\psi_m=m\hbar\psi_m$

2 因此 $\psi_m$ 是 $\hat{L}_z$ 的本徵函數，本徵值為 $m\hbar$

3 期望值：$\langle L_z\rangle=\int_0^{2\pi}\psi_m^*(\hat{L}_z\psi_m)d\phi=m\hbar\int_0^{2\pi}|\psi_m|^2d\phi=m\hbar\cdot1=m\hbar$

答案

$m=+1$：$\langle L_z\rangle=\hbar$；一般 $m$：$\langle L_z\rangle=m\hbar$

E7C.19 電子被限制在約 100 pm 的區域，計算位置與速度的最小不確定度 ▶

解題過程

1 位置不確定度：$\Delta x\approx 100\ \text{pm}=1.0\times10^{-10}\ \text{m}$

2 海森堡原理：$\Delta x\,\Delta p\ge\dfrac{\hbar}{2}$，最小速度不確定度： $$\Delta v_{\min}=\frac{\hbar}{2m_e\Delta x}=\frac{1.055\times10^{-34}}{2(9.11\times10^{-31})(1.0\times10^{-10})}\approx5.79\times10^5\ \text{m s}^{-1}$$

答案

$\Delta x_{\min}\approx1.0\times10^{-10}\ \text{m}$； $\Delta v_{\min}\approx5.8\times10^5\ \text{m s}^{-1}$

物理意義

電子被局限在原子尺度，速度不確定度高達光速的 0.2%，充分說明量子效應在原子尺度的重要性。

E7C.20 電子速率 $v=995\ \text{km s}^{-1}$，動量不確定度為 0.0010%，求最小位置不確定度 ▶

解題過程

1 $p=m_e v=(9.11\times10^{-31})(9.95\times10^5)\approx9.06\times10^{-25}\ \text{kg m s}^{-1}$

2 $\Delta p=1.0\times10^{-5}\times p\approx9.06\times10^{-30}\ \text{kg m s}^{-1}$

3 $\Delta x\ge\dfrac{\hbar}{2\Delta p}=\dfrac{1.055\times10^{-34}}{2(9.06\times10^{-30})}\approx5.82\times10^{-6}\ \text{m}$

答案

$$\Delta x\gtrsim5.8\times10^{-6}\ \text{m} = 5.8\ \mu\text{m}$$

物理意義

要求動量精準到十萬分之一，位置不確定度就必須放寬到微米等級（比原子大約 10 萬倍），正是測不準原理的位置－動量互補關係。

進階問題 Problems P7C.1–P7C.15

P7C.1 判斷 $x^3-kx$、$\cos(kx)$、$2x+3x-1$ 是否為反演算符 $\hat{i}$ 的本徵函數 ▶

反演算符定義

$\hat{i}f(x)=f(-x)$；偶函數本徵值 $+1$，奇函數本徵值 $-1$。

逐一判斷

a $f(x)=x^3-kx$：$f(-x)=(-x)^3-k(-x)=-x^3+kx=-(x^3-kx)=-f(x)$
→ 本徵函數，$\lambda=-1$（奇函數）

b $f(x)=\cos(kx)$：$f(-x)=\cos(-kx)=\cos(kx)=f(x)$
→ 本徵函數，$\lambda=+1$（偶函數）

c $f(x)=5x-1$：$f(-x)=-5x-1$；若 $-5x-1=\lambda(5x-1)$，比較 $x$ 項得 $\lambda=-1$，常數項得 $\lambda=1$，矛盾
→ 不是本徵函數

答案

(a) 本徵函數，$\lambda=-1$； (b) 本徵函數，$\lambda=+1$； (c) 不是本徵函數

P7C.2 證明 $\sin(n\pi x/L)$ 與 $\sin(m\pi x/L)$（$n\neq m$）在 $[0,L]$ 上正交 ▶

解題過程

1 用積化和差：$\sin A\sin B=\frac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]$，得 $$I=\frac{1}{2}\int_0^L\!\left[\cos\!\left(\frac{(n-m)\pi x}{L}\right)-\cos\!\left(\frac{(n+m)\pi x}{L}\right)\right]dx$$

2 一般公式：$\int_0^L\cos\!\left(\dfrac{p\pi x}{L}\right)dx=\dfrac{L}{p\pi}\sin(p\pi)=0$，對任意非零整數 $p$

3 當 $n\neq m$：$n-m\neq0$ 且 $n+m>0$，兩項均為 0，故 $I=0$ ✓

結論

$$\int_0^L\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)dx=0 \quad (n\neq m)$$

P7C.3 證明動能算符 $\hat{T}=-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}$ 是 Hermitian ▶

Hermitian 定義

需證：$\int\psi^*(\hat{T}\phi)\,dx = \int(\hat{T}\psi)^*\phi\,dx$，假設波函數及其導數在 $\pm\infty$ 趨近於零。

兩次分部積分

1 從左邊出發：$\displaystyle-\frac{\hbar^2}{2m}\int\psi^*\phi''\,dx$，分部積分（$u=\psi^*$，$dv=\phi''\,dx$）： $$= -\frac{\hbar^2}{2m}\!\left(\underbrace{\left[\psi^*\phi'\right]_{-\infty}^{\infty}}_{=0}-\int(\psi^*)'\ \phi'\,dx\right) = \frac{\hbar^2}{2m}\int\frac{d\psi^*}{dx}\phi'\,dx$$

2 再分部積分（$u=d\psi^*/dx$，$dv=\phi'\,dx$）： $$= \frac{\hbar^2}{2m}\!\left(\underbrace{\left[\frac{d\psi^*}{dx}\phi\right]_{-\infty}^{\infty}}_{=0}-\int\frac{d^2\psi^*}{dx^2}\phi\,dx\right) = -\frac{\hbar^2}{2m}\int\frac{d^2\psi^*}{dx^2}\phi\,dx$$

3 而 $(\hat{T}\psi)^*=\!\left(-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2\psi}{dx^2}\right)^*=-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2\psi^*}{dx^2}$，故左邊 $=\int(\hat{T}\psi)^*\phi\,dx$ ✓

結論

$\hat{T}$ 滿足 Hermitian 條件：$\int\psi^*(\hat{T}\phi)\,dx=\int(\hat{T}\psi)^*\phi\,dx$

P7C.4 證明環上角動量算符 $\hat{\Omega}=\dfrac{\hbar}{i}\dfrac{d}{d\phi}$ 是 Hermitian（利用週期性邊界條件） ▶

解題過程

1 $\dfrac{\hbar}{i}\int_0^{2\pi}\psi_n^*\dfrac{d\psi_m}{d\phi}d\phi$，分部積分： $$= \frac{\hbar}{i}\!\left(\underbrace{\left[\psi_n^*\psi_m\right]_0^{2\pi}}_{=0\ \text{(週期性)}}-\int_0^{2\pi}\frac{d\psi_n^*}{d\phi}\psi_m\,d\phi\right)$$

2 邊界項消失是因為 $\psi(\phi)=\psi(\phi+2\pi)$（單值條件）

3 剩餘項：$-\dfrac{\hbar}{i}\int_0^{2\pi}\dfrac{d\psi_n^*}{d\phi}\psi_m\,d\phi = \int_0^{2\pi}\!\left(\dfrac{\hbar}{i}\dfrac{d\psi_n}{d\phi}\right)^*\psi_m\,d\phi = \int_0^{2\pi}(\hat{\Omega}\psi_n)^*\psi_m\,d\phi$ ✓
（因為 $(-\hbar/i)^*=\hbar/i$ 的共軛 $(-1/i)^*=1/(-i)^*=1/(i)=$ 需注意：$(\hbar/i\cdot d\psi_n/d\phi)^* = -\hbar/i\cdot d\psi_n^*/d\phi$）

結論

利用週期性邊界條件使邊界項消失，$\hat{\Omega}=(\hbar/i)d/d\phi$ 為 Hermitian 算符

P7C.5 (a) $\hat{A}+\hat{B}$ 若 $\hat{A},\hat{B}$ 為 Hermitian 亦為 Hermitian；(b) $\hat{\Omega}^2$ 若 $\hat{\Omega}$ Hermitian 亦為 Hermitian ▶

(a) 和算符

1 $\int\psi^*[(\hat{A}+\hat{B})\phi]\,d\tau = \int\psi^*(\hat{A}\phi)\,d\tau+\int\psi^*(\hat{B}\phi)\,d\tau$

2 由 $\hat{A},\hat{B}$ 的 Hermitian 性：$=\int(\hat{A}\psi)^*\phi\,d\tau+\int(\hat{B}\psi)^*\phi\,d\tau=\int[(\hat{A}+\hat{B})\psi]^*\phi\,d\tau$ ✓

(b) 平方算符

1 $\int\psi^*\hat{\Omega}^2\phi\,d\tau=\int\psi^*\hat{\Omega}(\hat{\Omega}\phi)\,d\tau$，令 $f=\hat{\Omega}\phi$

2 由 $\hat{\Omega}$ Hermitian：$=\int(\hat{\Omega}\psi)^*f\,d\tau=\int(\hat{\Omega}\psi)^*(\hat{\Omega}\phi)\,d\tau$，再用一次：$=\int(\hat{\Omega}^2\psi)^*\phi\,d\tau$ ✓

結論

(a) Hermitian 算符之和為 Hermitian； (b) Hermitian 算符之平方亦為 Hermitian

P7C.6 計算 (a) $Ne^{ikx}$ 和 (b) $N\cos(kx)$ 的動量期望值 $\langle p_x\rangle$ ▶

(a) $\psi=Ne^{ikx}$

1 $\hat{p}_x\psi=-i\hbar(ik)Ne^{ikx}=\hbar k\psi$，即 $\psi$ 是動量本徵函數，本徵值 $p_x=\hbar k$

2 $\langle p_x\rangle=\hbar k$

(b) $\psi=N\cos(kx)$

1 $\langle p_x\rangle=-i\hbar N^2\int\cos(kx)\cdot(-k\sin kx)\,dx=i\hbar N^2 k\int\cos(kx)\sin(kx)\,dx$

2 $\cos(kx)\sin(kx)=\frac{1}{2}\sin(2kx)$，在一個完整週期或對稱區間積分為 0，故 $\langle p_x\rangle=0$

答案

(a) $\langle p_x\rangle=\hbar k$（定動量態）； (b) $\langle p_x\rangle=0$（$\cos kx=\frac{1}{2}(e^{ikx}+e^{-ikx})$，左右動量抵消）

P7C.7 $\psi=a^{1/2}e^{-ax}$（$x\ge0$）：計算位置期望值 $\langle x\rangle$ ▶

解題過程

1 $|\psi|^2=ae^{-2ax}$；$\langle x\rangle=a\int_0^{\infty}xe^{-2ax}dx$

2 標準積分：$\int_0^{\infty}xe^{-bx}dx=\dfrac{1}{b^2}$，取 $b=2a$：$\int_0^{\infty}xe^{-2ax}dx=\dfrac{1}{4a^2}$

3 $\langle x\rangle=a\cdot\dfrac{1}{4a^2}=\dfrac{1}{4a}$

答案

$$\langle x\rangle = \frac{1}{4a}$$

P7C.8 $\psi=c\cos^2(kx)+c'\sin^2(kx)$：分析動量分量及其機率 ▶

展開為平面波

1 用恆等式 $\cos^2=\frac{1+\cos2kx}{2}$，$\sin^2=\frac{1-\cos2kx}{2}$： $$\psi=\frac{c+c'}{2}+\frac{c-c'}{2}\cos(2kx)=\frac{c+c'}{2}+\frac{c-c'}{4}e^{2ikx}+\frac{c-c'}{4}e^{-2ikx}$$

2 動量分量：常數項 $p=0$；$e^{2ikx}$ 對應 $p=+2\hbar k$；$e^{-2ikx}$ 對應 $p=-2\hbar k$

a 找到 $+\hbar k$ 的機率：展開中無 $e^{ikx}$ 項（只有 $e^{2ikx}$），機率 $=\boxed{0}$

b 找到 $-\hbar k$ 的機率：同理，無 $e^{-ikx}$ 項，機率 $=\boxed{0}$

d 動能期望值：若 $\pm2\hbar k$ 的總機率為 0.9，則（各佔 0.45）： $$\langle T\rangle=0.9\cdot\frac{(2\hbar k)^2}{2m}=\frac{1.8\hbar^2k^2}{m}$$

答案

(a)(b) $P(\pm\hbar k)=0$；波函數中出現的動量為 $0,\pm2\hbar k$；(d) $\langle T\rangle=1.8\hbar^2k^2/m$

P7C.9 (a) Hermitian 算符的期望值為實數；(b) $\hat{\Omega}^2$ 的期望值非負 ▶

(a) 期望值為實數

1 $\langle A\rangle^*=\left(\int\psi^*\hat{A}\psi\,d\tau\right)^*$；利用 Hermitian 性質： $=\int(\hat{A}\psi)^*\psi\,d\tau=\int\psi^*\hat{A}\psi\,d\tau=\langle A\rangle$，故 $\langle A\rangle$ 為實數 ✓

(b) $\langle\Omega^2\rangle\ge0$

1 令 $f=\hat{\Omega}\psi$；$\langle\Omega^2\rangle=\int\psi^*\hat{\Omega}^2\psi\,d\tau=\int\psi^*\hat{\Omega}f\,d\tau$

2 由 Hermitian：$=\int(\hat{\Omega}\psi)^*f\,d\tau=\int f^*f\,d\tau=\int|f|^2\,d\tau\ge0$ ✓

結論

(a) $\langle A\rangle=\langle A\rangle^*$，即期望值為實數； (b) $\langle\Omega^2\rangle=\int|\hat{\Omega}\psi|^2\,d\tau\ge0$

P7C.10 波函數 $\psi(x)=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\cos(k\pi x)$ 在 $[-1,1]$ 上的波包性質 ▶

分析

a 中央峰的形成：每個 $\cos(k\pi x)$ 在 $x=0$ 均等於 1，故 $\psi(0)=1$（最大值），離開後各項相位不一致，部分相消 → 形成中央尖峰（wavepacket）

b $N$ 增大的效果：包含更多動量成分，波包越來越局域化（主峰越尖，旁瓣越細），反映「動量成分越多→空間定位越精準」的互補關係

c $\langle x^2\rangle^{1/2}$ 的趨勢：$N$ 越大，機率密度集中在 $x=0$ 附近，$\langle x^2\rangle$ 下降，$x_{\rm rms}$ 降低

d 動量成分：$\cos(k\pi x)=\frac{1}{2}(e^{ik\pi x}+e^{-ik\pi x})$，對應 $p=\pm\hbar k\pi$，每個分量的係數為 $\frac{1}{2N}$

答案

波包因各 cosine 在 $x=0$ 同相疊加而形成中央峰；$N$ 越大波包越尖銳；動量分量為 $p=\pm\hbar k\pi$（$k=1,\dots,N$）

P7C.11 Gaussian 波函數 $\psi=(2a/\pi)^{1/4}e^{-ax^2}$：驗證 $\Delta x\,\Delta p_x=\hbar/2$（最小不確定性） ▶

計算各期望值

1 $\langle x\rangle=0$（奇函數 $x|\psi|^2$ 積分為零）

2 $\langle x^2\rangle=\left(\dfrac{2a}{\pi}\right)^{1/2}\int_{-\infty}^{\infty}x^2e^{-2ax^2}dx$；用公式 $\int x^2e^{-\beta x^2}dx=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\beta^{3/2}}$（取 $\beta=2a$）： $\langle x^2\rangle=\dfrac{1}{4a}$，故 $\Delta x=\dfrac{1}{2\sqrt{a}}$

3 $\langle p_x\rangle=0$（對稱性）；$\hat{p}_x^2\psi=\hbar^2(2a-4a^2x^2)\psi$， $\langle p_x^2\rangle=\hbar^2[2a-4a^2\cdot\frac{1}{4a}]=a\hbar^2$，故 $\Delta p_x=\hbar\sqrt{a}$

4 $\Delta x\,\Delta p_x=\dfrac{1}{2\sqrt{a}}\cdot\hbar\sqrt{a}=\dfrac{\hbar}{2}$ ✓（達到最小值）

答案

$$\Delta x\,\Delta p_x = \frac{\hbar}{2}$$（Gaussian 是最小不確定性波包）

P7C.12 對 $\psi=a^{1/2}e^{-ax}$（$x>0$），計算對易子 $[\hat{x},\hat{p}_x]$ 的期望值 ▶

解題過程

1 一般推導：$[\hat{x},\hat{p}_x]f=x(-i\hbar f')-(-i\hbar)(f+xf')=i\hbar f$，故 $[\hat{x},\hat{p}_x]=i\hbar$（算符恆等式）

2 期望值：$\langle[\hat{x},\hat{p}_x]\rangle=i\hbar\int|\psi|^2dx=i\hbar\cdot1=i\hbar$

答案

$$\langle[\hat{x},\hat{p}_x]\rangle = i\hbar$$

P7C.13 計算對易子 (a) $\left[\dfrac{d}{dx},\dfrac{1}{x}\right]$ 和 (b) $\left[\dfrac{d}{dx},x\right]$ ▶

(a) $\left[\dfrac{d}{dx},\dfrac{1}{x}\right]$

1 $\left[\dfrac{d}{dx},\dfrac{1}{x}\right]f=\dfrac{d}{dx}\!\left(\dfrac{f}{x}\right)-\dfrac{1}{x}f'=\dfrac{f'}{x}-\dfrac{f}{x^2}-\dfrac{f'}{x}=-\dfrac{f}{x^2}$

2 $\boxed{\left[\dfrac{d}{dx},\dfrac{1}{x}\right]=-\dfrac{1}{x^2}}$

(b) $\left[\dfrac{d}{dx},x\right]$

1 $\left[\dfrac{d}{dx},x\right]f=\dfrac{d}{dx}(xf)-xf'=(f+xf')-xf'=f$

2 $\boxed{\left[\dfrac{d}{dx},x\right]=1}$

答案

(a) $\left[\dfrac{d}{dx},\dfrac{1}{x}\right]=-\dfrac{1}{x^2}$； (b) $\left[\dfrac{d}{dx},x\right]=1$

P7C.14 證明 $\hat{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}+i\hat{p}_x)$ 與 $\hat{a}^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}-i\hat{p}_x)$ 互為伴隨算符 ▶

解題過程

1 $\hat{x},\hat{p}_x$ 均為 Hermitian：$\hat{x}^\dagger=\hat{x}$，$\hat{p}_x^\dagger=\hat{p}_x$

2 取 $\hat{a}$ 的伴隨：$(i\hat{p}_x)^\dagger=\overline{i}\,\hat{p}_x^\dagger=-i\hat{p}_x$，故 $$\hat{a}^\dagger=\left[\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}+i\hat{p}_x)\right]^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}^\dagger+(i\hat{p}_x)^\dagger)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{x}-i\hat{p}_x)$$ 即題目給的 $\hat{a}^\dagger$ ✓

結論

$\hat{a}^\dagger$ 是 $\hat{a}$ 的伴隨算符（升降算符，用於量子諧振子）

P7C.15 計算對易子 $[\hat{H},\hat{p}_x]$ 和 $[\hat{H},\hat{x}]$（$\hat{H}=\hat{p}_x^2/2m+V(x)$） ▶

(a) $[\hat{H},\hat{p}_x]$

1 $[\hat{H},\hat{p}_x]=\left[\dfrac{\hat{p}_x^2}{2m},\hat{p}_x\right]+[V(x),\hat{p}_x]$；第一項為 0（算符與自身的函數對易）

2 $[V(x),\hat{p}_x]f=V(-i\hbar f')-(-i\hbar)(Vf)'=-i\hbar Vf'+i\hbar(V'f+Vf')=i\hbar V'f$

3 $\boxed{[\hat{H},\hat{p}_x]=i\hbar\dfrac{dV}{dx}}$ → (i) $V=V_0$（常數）：$[\hat{H},\hat{p}_x]=0$； (ii) $V=\frac{1}{2}kx^2$：$[\hat{H},\hat{p}_x]=i\hbar kx$

(b) $[\hat{H},\hat{x}]$

1 $[V(x),\hat{x}]=0$（兩者均為 $x$ 的函數，乘法算符可對易）；$[\hat{H},\hat{x}]=\dfrac{1}{2m}[\hat{p}_x^2,\hat{x}]$

2 用 $[A^2,B]=A[A,B]+[A,B]A$ 及 $[\hat{p}_x,\hat{x}]=-i\hbar$： $[\hat{p}_x^2,\hat{x}]=\hat{p}_x(-i\hbar)+(-i\hbar)\hat{p}_x=-2i\hbar\hat{p}_x$

3 $\boxed{[\hat{H},\hat{x}]=-\dfrac{i\hbar}{m}\hat{p}_x}$（與 Ehrenfest 定理 $\langle\hat{x}\rangle$ 的時間演化直接相關）

答案

$[\hat{H},\hat{p}_x]=i\hbar\dfrac{dV}{dx}$； $[\hat{H},\hat{x}]=-\dfrac{i\hbar}{m}\hat{p}_x$