量子力学 第四版 卷一 习题答案第4章

ˆ的本征态下，LL0。证明在L（提示：利用LyLzLzLyiLx，求平均。） xyz证：设是Lz的本征态，本征值为m，即Lzm

 Ly,LzLyLzLzLyiLx， Lz,LxLzLxLxLziLy，

 Lx11LyLzLzLyLyLzLzLyii1mLymLy0i

同理有：Ly0。

ˆ，lˆ在lˆ本征态中平均值是零，但乘积lˆlˆ的平均值不为零，能够证明：附带指出，虽然lyxxxylxly

设粒子处于Ylm,状态下，求Lx和Ly21m2ilxly,说明lˆxlˆy不是厄密的。lˆx2，lˆy2的平均值见下题。 22

解：记本征态Ylm为lm，满足本征方程

L2lmll12lm，Lzlmmlm，lmLzmlm，

利用基本对易式 LLiL，

可得算符关系 iLxiLxLxLyLzLzLyLxLyLzLxLzLyLx

2 LyLxLziLyLzLyLxiLyLyLxLzLzLyLx

将上式在lm态下求平均，因Lz作用于lm或lm后均变成本征值m，使得后两项对平均值的贡献互相抵消，因此 Lx22Ly22

2又 LxLyLLz222ll1m22

 Lx2Ly1ll1m22 2上题已证 LxLy0。

 LxLxLx22LxLxLx2221ll1m22 2同理 Ly21ll1m22。 22（补白）若需要严格论证lx与ly的相等关系，可设

2ˆlˆilˆ ˆlˆilˆ llxyxyˆ于是有lx1ˆˆi(ll) lˆy(lˆlˆ) 22求其符lˆx2的平方，用lˆlˆ来表示：

ˆ21(lˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆ) lx4ˆ21(lˆlˆˆˆˆˆˆˆ lyllllll)

4再求它们在态Yim中的平均值，在表示式中用标乘积符号时是

1ˆˆˆˆˆˆˆˆ(llllllll)Yim) （1） 4ˆ2(Y,1(lˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆ)Y) （2） lyimim4ˆ(Y, lxim2或都改写成积分形式如下，积分是对空间立体角取范围的： lx21(Yim(lˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆlˆ)Yimd （3） 41ˆˆˆˆˆˆˆˆ(Yim(llllllll)Yimd （4） 4 ly2ˆY按角动量理论：lim(lm)(lm1)Yi,m1

lˆYim(lm)(lm1)Yi,m1 （5）

和正交归一化条件：

YimYimdi,i,m,m （6）

将运算公式（5）使用于（3）式的各项，得结果如下：

ˆˆYYimllYimd常数imYi,m2d0 ˆˆYYimllYimd常数imYi,m2d0

YYimimlˆlˆYd(lm)(lm1)2 lˆlˆYd(lm)(lm1)2

imim注意上述每一个积分的被积函数都要使用（5）的两个式子作重复运算，

再代进积分式中，如：

lˆlˆYimlˆ(lm)(lm1)Yl,m1

 (lm)(lm1)lˆYl,m1

(lm)(lm1)[l(m1)][(l(m1)1Yl,m

将它们代入（3）就得到前一法（考虑lx,ly对称）得到相同的结果。 lx21[(lm)(lm1)2(lm)(lm1)2] 41[l(l1)m2]2 2ˆlˆ,lˆlˆ没有贡献，又从（4）式看出，由于l（3）（4）应有相同的结果。第二种方法运用角动量一般理论，这在第四章中并没有准备知识，所以用本法解题不符合要求，只作为一种参考材料。

—— ——，，

设体系处于C1Y11C2Y20状态（已归一化，即C1（a）Lz的可能测值及平均值; （b）L的可能测值及相应的几率； （c）Lx的可能测值及相应的几率。

2222解： LY112Y11， LY206Y20；

2C22，求 1）

2 LzY11Y11， LzY200Y20。

（a）由于已归一化，故Lz的可能测值为，0，相应的几率为C1，C2。平均值LzC1。 （b）L的可能测值为2，6，相应的几率为C1，C2。

（c）若C1，C2不为0，则Lx（及Ly）的可能测值为：2，，0，，2。

2222222201021）Lx在l1的空间，L,Lz对角化的表象中的矩阵是101

2010010aa1101b求本征矢并令1，则b， 2c010c得，b2a，ac2b，b2c。0,1。

a11ⅰ）取0，得b0, ca，本征矢为0，归一化后可得本征矢为0。

2a1a11ⅱ）取1，得b2a2c，本征矢为2a，归一化后可得本征矢为2。

2a111ⅲ）取1，得b2a2c，归一化后可得本征矢为2。

211在C1Y11C10态下 ：

012C1C101C101，Lx取0的几率为12； Lx取0的振幅为

220Lx取的振幅为

11212CC21C101，相应的几率为1；

24012C1C1Lx取的振幅为121C101，相应的几率为。

2420总几率为C1

2）Lx在l2的空间，L,Lz对角化表象中的矩阵 利用 jm1jxjm22121jm1jxjm2jmjm1 jmjm1

3，20jx2123，21jx221。 2 22jx211，21jx2001Lx000103002030302003220100010，本征方程0100010300203030200322010aa0bb0cc

dd1ee0ba，a33bdc，3ced，de，0,1,2。 cb，

22210003332ⅰ）0，。在C2Y20C21态下，测得Lx0b0，ac，d0，ec本征矢为22830001的振幅为。几率为

C224；

111ⅱ）1，ba，c0，db，de，本征矢为0。在C2Y20态下，测得Lx的振幅为

211111C20010000，几率为0。

211111ⅲ）1，ba，c0，db，ed，本征矢为0，在C2Y20态下，测得Lx几率为0。

211c1a，本征矢为ⅳ）2，b2a，c6a，d2e2a，e46126，在C2Y20态下，测得Lx2211的振幅为C200100412362C2。几率为C2； 68421121ⅴ）2，b2a，c6a，d2a，ea，本征矢为6，在C2Y20态下，测得Lx2的

421几率为

32C2。 8331 C28842C2。

2在C1Y11C2Y20态中，测Lx（和Ly）的可能值及几率分别为：

3C28

221C142112C1C224021C142232 C28ˆ的本征态下，角动量沿着与z轴成的角度的方向上的分量的平均值是：mcos。 求证在lz

（解）角动量l沿着与z成解的方向（此方向用单位矢S表示，它不是唯一的，因由方位角给定），有一投

ˆˆ'，它的解析式是： 影lsisincosjsinsinkcos

ˆˆˆˆl'ls(ilxjlyklz)(isincosjsinsinkcos)ˆsinsinlˆcoslˆsincoslxyzˆ'的平均值： 计算在lˆz的本征态Yim中角动量投影l （1）

ˆ)YdY(sinsinlˆ)YdY(sinlˆ)Yd （2） l'Yim(sincoslximyimzimimimˆ本征态下lx0，l0故前一式 式中dsindd 根据（29）题的结论，lyzˆYmY，因而l'mcos （3） 第一，二两个积分无贡献，由于：lzimim

设属于能级E有三个简并态1，2和3，彼此线形独立，但不正交，试利用它们构成一组彼此正交归一的波函数。

解： 1a111,11

1'22'21,21，2,2'2'，

13,3''3'31,312,32，31,2,3是归一化的。

3'。

1,21,32,3

1'2,2''1,21,21,10，

1'3,31,31,31,12,31,20， 2,31,32,12,32,20。

1'3,3'它们是正交归一的，但仍然是简并的（可验证：它们仍对应于同一能级）。

23)彼此线性无关但不正交，试找出三个正交归一化的波函数，它们是否仍设属于某能级Ｅ的三个简并态(1为简并？

（解）用Schmidt法

选 11/1*1d （１）则1被归一化了。

选 2'2(21*d)1 （２）则

''*d*d(*d)(*d)0 故3,1正交。 21122111使 22设 3'''3'*2d 则2,1为正交归一组。

3(31*d)1(32*d)2 （３）则

'31*d31*d(31*d)(1*1d)(32*d)(21*d)0 '32*d32*d(31*d)(12*d)(32*d)(22*d)0

故3与1,2都能正交。

'选 33''3'*3d

ˆ算符作用于（１）式： 这样选的(123)是正交归一化组。将HˆHˆ/H11ˆ作用于（２）式： 同理H*d11E1

ˆ'Hˆ(*d)HˆE{(*d)}E'， H2221122112ˆE H22ˆE，因而(123)仍有共同的能量本征值，简并不消失。 同理有H33

设任何一个厄密矩阵能被一个么正矩阵对角化，由此证明两个矩阵被同一个么正矩阵对角化的条件是它们彼此对易。

ˆ,BˆBˆ0，又设Sˆ是一个足以使Aˆ对角化的么正算符，则 ˆ]AˆBˆA证明： 充分性：设[AˆAˆSˆ1)A ⑴ (Sˆ,Bˆ]的变换矩阵元 (Sˆ[Aˆ,Bˆ)(SˆAˆBˆ)(SˆBˆSˆ) ˆ]SˆSˆA再求[A111ˆ,Bˆ]0此式左方不论,为何值都为零，右方可利用矩阵积的元素的展开法则： 由于[Aˆ)(F)(G) ˆG(FˆSˆ1)(SˆBˆ1)(Sˆ1)(SˆAˆSˆ1) ⑵ ˆAˆSˆ1SˆBˆ1)(SˆBˆ1SˆAˆSˆ1)(SˆSˆSˆSˆS0(SˆAˆB利用⑴式于⑵，则可以写成

[AaaˆBˆ1)(SˆBˆ1)A]0 ˆSˆS(S不为零的项是：（因为矩阵元是数，可以对易）

ˆBˆ1)(SˆBˆ1)A0 ˆSˆSAaa(SˆBˆ)0 ⑶ ˆS即： (AaaA)(S1ˆBˆ)0 ˆS此式成立的条件是：时，(S1ˆBˆ)0 ˆS 时，(S1ˆ,BˆBˆ1)是对角矩阵，而Sˆ是能同时将Aˆ对角化的么正变换算符。 ˆSˆBˆ1)是对角矩阵的元素，(SˆS故(S对易关系[A,B]0必要性的证明：

ˆ,Bˆ能同时将Aˆ对角化，则有： 设SˆAˆSˆ1)A ⑷ (SaaˆBˆ1)B ⑸ ˆS(Saaˆ,Bˆ]进行变换，有： 试对[Aˆ(Aˆ,Bˆ1)(SˆAˆBˆ1)(SˆBˆSˆ1)ˆ)SˆSˆA(SˆAˆSˆ1SˆBˆ1)(SˆBˆ1SˆAˆSˆ1) ˆSˆS(S写成展开式，再将⑷⑸代入：

ˆ(Aˆ,Bˆ1)(SˆSˆ1)(SˆBˆ1)(Sˆ1)(SˆAˆSˆ1) ˆ)SˆSˆS(SˆAˆB(ABBA)0

ˆ[Aˆ,Bˆˆ]S后面不论取,或其它值，这个矩阵元永远是零，这说明矩阵S1

ˆ,Bˆ]0。 的一切元素是零，这必需是[A

证明（1）若一个N阶矩阵与所有N级对角矩阵对易，则必为对角矩阵。

（2）若它与所有N阶矩阵对易则必为常数矩阵。

ˆ与一切具有相同阶的对角矩阵Bˆ对易，则有： （证明）若矩阵A（1）(A B)mn（B A)mn，因B是对角矩阵，所以它的不为0的元是Bmn或Bnn形式，前一式为 AmnBnnBmmAmn 移项 Amn(BmmBnn)0

但mn,而BmmBnn,得Amn0,即（A）的非对角矩阵元为0,其对角矩阵可以不是零，因而（A）也是对角矩阵。

ˆ与一切同阶矩阵Bˆ也应与一切对角矩阵Bˆ必然是对角矩阵，ˆ对易，则Aˆ对易，按前一小题，A （2） 设A其对角元素是Amm形式。

ˆ对易而C0，我们又有: ˆ又与一切非对角矩阵C又另一方面AmnˆCˆ)(CˆAˆ) (Amnmn即 AmmCmnCmnAnn 移项得 (AmmAnn)Cmn0

ˆ又是常数矩阵（对角位置元素相等的特殊对但Cmn0,而AmmAnn,即A的各个对角矩阵元彼此相等，所以A角矩阵）。

——

ˆ2BˆBˆ0,求 ˆ21和AˆBˆAˆ与Bˆ，满足A厄密算符Aˆ表象中，Aˆ与Bˆ的矩阵形式，并求Bˆ的本征函数表示式。 （1） 在Aˆ与Bˆ的矩阵形式，并求Aˆ的本征函数表示式。 ˆ表象中，A（2） 在Bˆ。 ˆ表象到Bˆ表象的么正变换矩阵S（3） 从A （证明） （1）按题给的三个条件，设算符A的本征矢量是本征值是，则有：

ˆ Aˆ22 重复运算得： Aˆ2的本征值是2，并与Aˆ有共同本征矢。按题意Aˆ2Iˆ，而21。此外，又因为可见算符A

ˆ3Aˆ,Aˆ4Aˆ2，所以Aˆ的本征值只会有两个，即1,1。 Aˆ表象中，用Aˆ的本征矢作基矢，而Aˆ的矩阵为对角的，对角矩阵元是本征值，因而： 在A [A]=10 (1) 01ˆ表象中Bˆ的矩阵不能直接设定，可假设它是： 在A [B]=b1b2b3 （2） b4ˆ0，代入（1）ˆBˆBˆA利用A（2）得到：

10b101b2b3b1b4b2b3102b1b401000 2b4由此得到b10,b40,而（2）式得到简化：

[B]=0b3b2 （3） 0ˆ2Iˆ,有： 再利用条件B0 b3b200b3b2b2b3=00010， b2b301b2 （4） 00得 b2b31 [B]= 1b2此外因为B是厄密算符，它还需满足条件：

0 [B]=[B] 即1b2b2=00b21/b2得到b21 （5） 0所以满足（4）（5）的最后的解是：

0[B]=ieei （6） 0c1：写下本征方程式（矩阵形式）有： c2这里的是任何实数，代表一个不确定的相位因子。

ˆ表象中的本征矢和本征值，本征矢单列矩阵ˆ在A最后求B0 ieei0c1c=2c1c 2c2eic1 即 i （7）

c1ec2将（7）的两式等号左右方相乘，立刻得到本征值： 1,1,1 将本征值代入（7）式，得

2c2eic1 i

c1ec2这两式不独立，因而取最简单的解，即取0,而c1c2，加归一化条件c1对于另一本征值1，代入（7）得到：

2c221,得c1c212

c2eic1 i

c1ec2也取0,得c1c2，与前一情形相同，加归一化条件征矢是：

c1c2221,得c1c212所求的两个B的本

111 和 2111； 2ˆ矩阵是： 与0相应的Bˆ] [B01 （8） 10相位因子可取0以外的的值，但这时，[B]以及相应的本征矢随着更改，例如取2时，

ˆ] [B0i i0本征矢

1111

， ii

22

ˆ的本征值也是1,本征矢和前一情形一样，ˆ则是反对角矩阵，Bˆ,Aˆ表象中，Bˆ是对角矩阵，而A （2）在Bˆ,Bˆ互换角色而已。 只是Aˆ表达到Bˆ表象的变换 （3）表象变换：寻求一个从As1[s]=s3s210ˆ.对算符A来说，在自身表象中矩阵是 s401eiˆ在A表象中表示为Lˆ，ˆ表象中为Lˆ，按照表象变换理论假设算符L在B，

00ˆ表象中成为而在Bieˆ，则LˆLˆ，或Lˆ1Lˆ。因此对算符Aˆ来说有： ˆSˆSˆ=Sˆ=S变换算符为SˆSˆAˆBˆ （9） A因为S是么正算符，它的矩阵之间要受到限制：SSI，即

ˆSˆˆ Sijjkik即：

S1* *S2*S1S3*S4S3S2 S4S12S22=**SSSS3214*S1*S2S2S410 22S2S401任何二阶的么正矩阵的元素之间要有这种限制，它等效于三个独立方程式：

S12S32122 S2S41S*SS*S03413`式（10）的通解是S1ei(10)(11) (12)cos,S2eisin cos,S2eisin

式（11）的通解是：S1ei将以上的解代入（12）又发现cos()0,即因此得到二阶么正矩阵元素的通解：

2

eicos[S]iesin将（11）式用于（9）式，得：

eisin （11） iecoseicosiesineisin0= iiecoseei 0eicos iesineisin10eicos01将等号左方简化，并与右方对比各矩阵元：

cos2 i()sin2e它的合乎要求的普遍解答是 ei()sin20icos2eei （12） 04, （13）

第二个解仅仅是将未定的相位因子,,之间定下一个关系，将（14）代入（11）到下述的变换矩阵，保留两个未定相因子：

ei1eiS i21e式中的值仍可以取任意值，要验证这矩阵是否符合变换的要求，可将它代入（9）式等号右方。

ˆLˆMˆ,LˆMˆMˆLˆ1,为Kˆ的本征矢，即Kˆ,为本征值，试证明Lˆ,vMˆ也是K的设K本征矢，相应的本征值分别为1,1.

ˆLˆMˆ （1） （证明） K左乘M，利用对易式：

ˆKˆMˆLˆMˆ(LˆMˆ1)Mˆ M将前式作用于：

ˆKˆLˆMˆMˆMˆ MˆKˆMˆMˆ 即 Mˆ(Mˆ)(1)Mˆ （2） Kˆ，利用对易式 将（1）左乘LˆKˆLˆLˆMˆLˆ(MˆLˆ1) L将前式作用于：

ˆ(Kˆ)(LˆMˆ)(Lˆ)Lˆ LˆKˆLˆLˆ 即 L利用本征方程式得

ˆ(Lˆ)(1)Lˆ 证毕 Kˆ,Mˆ)LˆMˆMˆLˆ1,其它条件不ˆ，Mˆ的对易条件要改成反对易条件，(L附带指出：如果将本题中关于Lˆ的本征矢，但相应的本征值则是1和1。 变，我们也能证明或仍是K

［２６］证明以下诸式：

ˆBˆdetBˆ)detAˆ （１） det(Aˆ,Bˆ和detBˆ的矩阵元记作aij，ˆ是阶数n的矩阵，由它们形成的行列式记作detAˆ。设A （证明）设Aˆ的行列式的值是： ˆ的矩阵元记作bij，按行列式理论，ABˆ detA(1)rla1j1a2j2anjn （１）

式中rl是排列(j1j2jn)中的逆序数（逆序数指这种排列相对于正常排列(1,2,3,n)发生的编号逆转），（１）式可改写为下式：

ˆ detA(1)rai11ai22ainn （２）

但r是(i1,i2,in)的逆序数。

如果将（１）的每一指标加以变更，可得（１）（２）的结合形式：

ˆ detAˆ detBl(1)(1)rrlai1j1ai2j2ainjn （３）

同理另一行列式写作

sslak1l1ak2l2aknln （４）

但s,s分别是排列(k1kn)和(1n)的逆序数，取二者乘积：

ˆdetBˆ detA(1)i,ji,jrrlsslai1j1ainjnbk1l1bknln （５）

若在求和式中选取j1k1,jnkn则 rs,(1)lrls(1)2s1

ˆdetBˆ（５）式成为 detA(1)i,ji,jrsl(ai1j1bj1l1)(ai2j2bj2l2)(ainjnbjnln) （６）

ˆBˆ]是[Cˆ]的矩阵元是： ˆ][C再计算det(AB)，它是矩阵积ＡＢ的行列式的值，按矩阵乘法设[ACilaijbjl （７）

j[A,B]的行列式的值是：

det[AB](1)rsl(ai1j1bj1l1)(ai2j2bj2l2)(ainjnbjnln) （８）

ijj1j2jnr

是排列(i1i2in)，s是排列(1n)的逆序数，（８）与（６）的形式结构是相同的，这证明

lˆBˆdetBˆ)detAˆ det(A

ˆ1AˆSˆ)detAˆ （２）证det(SˆtSˆ1AˆSˆ的矩阵的行列式，与原来算符Aˆ的矩阵的行列式之 （证明）本题是一个么正变换后的算符A间的相等关系。本题利用前一题的结论加以推广；先将积的行列化成行列的积：

1ˆˆˆ)det(Sˆ) S)det(S1)det(A Idet(SAˆ)等都是数值而不是算符或矩阵，因而遵守对易律 因为det(Aˆ)det(Aˆ) Idet(S1)det(S再将行列式积化成积的行列，进注意单位矩阵的行列式恒等于1，有 ˆ)1det(Aˆ) ˆ1sˆ)det(AIdet(sˆBˆ) ˆ)Tr(BˆA（3）证Tr(A（证明）Tr是Trace (或Spur)即“径迹”的符号，按定义它等于矩阵的对角线矩阵元的和数：

ˆ)a Tr(AiiiˆBˆ][BˆBˆ]是矩阵[Aˆ]的矩阵元是 ˆ]的积，[A但[AˆBˆ]ilaijbjl [AjˆBˆ)因而 Tr(A

ˆBˆ)

aijbjiajibijTr(AjiijˆBˆ)Tr(CˆAˆBˆAˆ) ˆCˆ)Tr(BˆC(4)证Tr(A[证明]三个矩阵的积（三个算符）的径迹具有一般表示式

ˆBˆ)abc ˆCTr(AijjkkiikˆBˆ）的对角线元素要求各个组成矩阵元最前一个指标（足码）与最后一个指标相同，其余的指标则需ˆC矩阵（A要衔接，满足这两条件的矩阵元都属于对角线矩阵元，但发现矩阵轮换时，以上二条件能满足：

ˆBˆ)bcaTr(BˆAˆ) ˆCˆCTr(Ajkkiijki式子得证。

ˆBˆ)cabTr(CˆAˆBˆCˆ) Tr(Akiijjkijˆ（5）证Tr(S[证明] 有问题

（补白）

1ˆSˆ)Tr(Aˆ) A ，将矩阵元组成因子轮换。

jkjkˆ1AˆSˆ)s1asTr(Sijjkkiˆ1AˆSˆ)ass1 Tr(Sjkkiijˆ么正变换（表象变换属此）后，行列式值不变。以上的（2）题表示矩阵A（5）则表示么正变换不变更径

迹。径迹在对角表象中代表本征值总和，这两小题表示么正变换的两项性质。

设有矩阵A,B,C,S等，证明

detABdetAdetB，detS1ASdetA，

TrABTrBA，TrS1ASTrA，TrABCTrBCATrCAB，

detA表示矩阵A相应的行列式得值，TrA代表矩阵A的对角元素之和。 证：（1）由定义detAPi1ina1i1a2i2anin，

i1in1当i1in是1n的偶置换Pi1in1当i1in是1n的奇置换

0其他情形 故上式可写成：detAi1inPiiPjja1n1nj1i1aj2i2ajnin，

其中j1jn是1n的任意一个置换。

 detCdetAB1i1innPiiC1nj1jn1j11i1C2i2Cnin

i1inPiiabj1i1a2j2bj2i2anjnbjnin

aaaPiibbb1j12j2njn1nj1i1j2i2jnin

j1jni1inPj1jna1j1a2j2anjnPi1inPj1jnbj1i1bj2i2bjnin j1jni1indetAdetB

（2）detS1ASdetS1detAdetSdetS1detSdetA

detS1SdetAdetA

（3）TrABaikikbkibkiaikTrBA

ik（4）TrSASTrS（5）TrABC

——

ij11ASTrASS1TrASS1TrA

ckibjkckiaijTrBCAckiaijbjkTrCAB

ijkijkabijkjkˆ的逆Aˆ存在，求证： 设是一个小量，算符A1ˆBˆ1Bˆ12A1Bˆ1Bˆ1 ˆ)1A1AˆAˆAˆA13A1BˆA1BˆA1BˆA (Aˆ,Bˆ看作普通的数并设（证明）如果将ABˆ,Bˆ为算符，故不能直接1,则上述式子是容易证明的，但事实上AAˆBˆ)左乘该式左方得I，再右乘该式右方得： 用级数处理，一种简单的证法是将算符（Aˆ1Bˆ12Aˆ1Bˆ1Bˆ12Aˆ1Bˆ1Bˆ1Bˆ1)(AˆBˆAˆAˆAˆAˆAˆAˆ) (A1A1ˆˆ1Bˆ1(AˆBˆ1Bˆ1Bˆ1(AˆABˆ)AˆAˆ)2AˆAˆAˆ) B = A(Aˆ1Bˆ1)(AˆBˆBˆAˆ) (n1Aˆ） （n-1个Bˆ1Bˆ1Bˆ1Bˆ1Bˆ1Bˆ1Bˆ(AˆAˆ)2(AˆAˆAˆAˆ) = Iˆ1Bˆ1Aˆ1Bˆ1Bˆ1Aˆ1BˆAˆnAˆAˆIˆ. 得证。 n11A （n个 B） （n个B）

ˆ(1Aˆ1Bˆ)所得展开式中，相邻另一种更明白的书写方式是将待证一式等号右方写成算符幂级数。在遍乘以A的同幂项互相抵消：

ˆAˆ11Bˆ1(Bˆ1)n1(Bˆ1)n ˆAˆAˆA Oˆ(1Aˆ1Bˆ): 右乘以AˆAˆ(1Aˆ1Bˆ11Bˆ2(Bˆ1)n1(Bˆ(1Aˆ1B)ˆ)AˆAˆAˆA1)nAOˆ1(Bˆ(Aˆ1Bˆ1AˆAˆ(Bˆ1)nAˆIˆAˆA2)n1Aˆ)AˆAˆ =I

ˆˆLˆeLˆ(Lˆ)1(Lˆ))1(Lˆ))) ˆ,Aˆ(Lˆ,Aˆ(Lˆ(Lˆ,A 证明eAA

2!3!(证明)第一法（二项式定理法）：首先对被证一式等号右方的通项导出一个表示式，其形式类似于二项式定理的通项：

ˆ)LˆAˆLˆ,AˆAˆ （Lˆ))Lˆ)(Lˆ)LˆAˆLˆAˆLˆ(Lˆ,Aˆ(LˆAˆAˆLˆ(LˆAˆ)(LˆAˆ)Lˆ (Lˆ2LˆLˆLˆ2AˆAˆAˆ2 =L从这里看出这种展开式的运算是和二项式定理的展开相同的，它的通项是：

ˆ)))LˆnLˆLˆLˆLˆ(Lˆ(LˆAˆnAˆn1Aˆ(1)rn(nr1)LˆnrAˆrAˆn。 (Lr!ˆ的齐次幂，将通项除以n! 这个通项展成的级数的每一项形式上是Lˆ)))1nˆ(Lˆ(LˆA(L11ˆˆLˆLˆAˆn1Aˆ(1)rˆnrAˆr (1) LLLn!n!(n1)!1!(nr)!r!再将原式左方展开：

ˆˆˆeLˆeLA(1L1ˆ(1Lˆnr)Aˆ(1)r1Lˆr) L(nr)!r! =

1ˆnˆ1ˆn1ˆˆ1rnrˆˆrˆLALAL(1)LAL（2） (n1)!(nr)!r!nn!nˆ的齐次式，共有（n+1）项，对此展开式（1）这个级数的通项是指L（2）发现二者相同，因而公式得证。

第二法（泰勒级数法）：

ˆ与eˆ()eLAˆeL然后对它求对的各阶导数，并注意算符L我们先设AˆˆˆL

ˆ与e是对易的，LˆL也对

易，于是有：

ˆ()dAˆˆˆˆˆeLˆeLˆ()Aˆ()Lˆ()) ˆeLˆAˆ(Lˆ,ALAeLA(L)Ldˆ()d2Adˆˆˆ()Lˆ LA()A2ddˆ()dAˆ()dAˆˆ L =Lddˆ())(Lˆ())Lˆ(Lˆ,Aˆ,Aˆ =Lˆ())) ˆ(Lˆ,A =(L可循此类推，假定n阶导数是：

ˆ(x)dnAˆ())) ˆ(Lˆ(Lˆ,A(L ndˆ()) （3） ˆ，一个A （含有n个L将此式再求导一次：

ˆ()dn1Adˆˆˆ())) ˆ,A(L(L(L n1ddˆ(Lˆ =(Ldˆˆ(L,A())) dˆ()))) ˆ(Lˆ(Lˆ(Lˆ,A =(Lˆ()） （4） ˆ，一个A （含有n+1个L但n=1适用，而根据数学归纳法，n=2,3,…都适用，故（3）是普遍规律。

ˆ(0)Aˆ，当是一个任意参数时将Aˆ()在0附近展成泰勒级数： Aˆ(0)ˆ2(0)2ˆn(0)ndA1dA1dAˆ()Aˆ Ad2!d2n!dn2nˆ()Aˆ(Lˆ)(Lˆ)) （4） ˆ,Aˆ,(Lˆ,A))(Lˆ(Lˆ(Lˆ,A A1!2!n!另一方面，在等式

ˆˆˆ()eLˆeL A A中令1，得

ˆˆˆ(1)eLˆeL A A再在（4）式中也令1,得

ˆˆˆ(1)eLˆeLˆ1(Lˆ)) ˆ,A)1(Lˆ(Lˆ(Lˆ,A AAA1!n!命题得证。

Mcchanics Vo II. Chap VIII . —— —— —— —— —— ——