习题 1.1 - 解答

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物理背景与分析

在构建相对论性量子力学波动方程（狄拉克方程）时，为了保证方程对时间和空间坐标是一阶导数，且满足相对论协变性与能量-动量关系 $E^2 = \mathbf{p}^2 c^2 + m^2 c^4$，狄拉克引入了四个矩阵 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 和 $\beta$。这些矩阵必须满足以下克利福德代数（Clifford Algebra）的反对易关系： $\{\alpha_i, \alpha_j\} = \alpha_i \alpha_j + \alpha_j \alpha_i = 2\delta_{ij} I \quad (i, j = 1, 2, 3)$ $\{\alpha_i, \beta\} = \alpha_i \beta + \beta \alpha_i = 0$ $\beta^2 = I$ 其中 $I$ 是单位矩阵。本题旨在通过矩阵的迹（Trace）和本征值性质，从上述代数关系中严格证明狄拉克矩阵的维数 $N$ 必须是偶数。

推导过程

第一步：证明 $\beta$ 的本征值只能是 $\pm 1$

设 $\lambda$ 为矩阵 $\beta$ 的任意一个本征值，对应的非零本征矢为 $|v\rangle$，即： $\beta |v\rangle = \lambda |v\rangle$ 在等式两边再次作用 $\beta$ 矩阵： $\beta^2 |v\rangle = \beta (\lambda |v\rangle) = \lambda (\beta |v\rangle) = \lambda^2 |v\rangle$ 根据狄拉克矩阵的定义，$\beta^2 = I$，因此： $I |v\rangle = \lambda^2 |v\rangle \implies \lambda^2 = 1$ 解得 $\beta$ 的本征值为： $\lambda = \pm 1$

第二步：证明 $\text{Tr}(\beta) = 0$

利用矩阵迹的循环性质 $\text{Tr}(ABC) = \text{Tr}(CAB)$ 以及 $\alpha_1^2 = I$，我们可以将 $\beta$ 的迹改写为： $\text{Tr}(\beta) = \text{Tr}(I \beta) = \text{Tr}(\alpha_1^2 \beta) = \text{Tr}(\alpha_1 \alpha_1 \beta)$ 应用迹的循环性质，将最左侧的 $\alpha_1$ 移至最右侧： $\text{Tr}(\alpha_1 \alpha_1 \beta) = \text{Tr}(\alpha_1 \beta \alpha_1)$ 根据反对易关系 $\{\alpha_1, \beta\} = 0$，有 $\alpha_1 \beta = -\beta \alpha_1$。将其代入上式： $\text{Tr}(\alpha_1 \beta \alpha_1) = \text{Tr}(-\beta \alpha_1 \alpha_1) = -\text{Tr}(\beta \alpha_1^2)$ 再次利用 $\alpha_1^2 = I$： $-\text{Tr}(\beta \alpha_1^2) = -\text{Tr}(\beta I) = -\text{Tr}(\beta)$ 由此得到等式 $\text{Tr}(\beta) = -\text{Tr}(\beta)$，移项可得 $2\text{Tr}(\beta) = 0$，即： $\text{Tr}(\beta) = 0$

第三步：证明 $\text{Tr}(\alpha_i) = 0$

同理，利用 $\beta^2 = I$ 和迹的循环性质，可以证明任意 $\alpha_i$ 的迹也为零： $\text{Tr}(\alpha_i) = \text{Tr}(\beta^2 \alpha_i) = \text{Tr}(\beta \beta \alpha_i) = \text{Tr}(\beta \alpha_i \beta)$ 利用反对易关系 $\beta \alpha_i = -\alpha_i \beta$： $\text{Tr}(\beta \alpha_i \beta) = \text{Tr}(-\alpha_i \beta \beta) = -\text{Tr}(\alpha_i \beta^2) = -\text{Tr}(\alpha_i I) = -\text{Tr}(\alpha_i)$ 因此 $2\text{Tr}(\alpha_i) = 0$，即： $\text{Tr}(\alpha_i) = 0$

第四步：证明矩阵维数必须为偶数

在线性代数中，矩阵的迹等于其所有本征值之和。 设狄拉克矩阵的维数为 $N$。由第一步可知，$\beta$ 的本征值只能是 $+1$ 或 $-1$。 假设在 $\beta$ 的 $N$ 个本征值中，有 $n_+$ 个 $+1$ 和 $n_-$ 个 $-1$（其中 $n_+, n_-$ 均为非负整数）。 矩阵的总维数 $N$ 为本征值的个数之和： $N = n_+ + n_-$ 矩阵 $\beta$ 的迹为本征值之和： $\text{Tr}(\beta) = n_+(+1) + n_-(-1) = n_+ - n_-$ 由第二步已证 $\text{Tr}(\beta) = 0$，因此： $n_+ - n_- = 0 \implies n_+ = n_-$ 将此结果代入维数表达式中： $N = n_+ + n_+ = 2n_+$ 因为 $n_+$ 是一个非负整数，所以 $N$ 必定是一个偶数。

$\boxed{N \text{ 必须为偶数}}$

习题 1.2 - 解答

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为了统一处理玻色子和费米子，我们引入符号 $\eta$：对于玻色子 $\eta = 1$，对于费米子 $\eta = -1$。根据题意中的对易关系 (1.31) 和反对易关系 (1.38)，产生与湮灭算符满足统一的代数关系： $a(\mathbf{x}) a^{\dagger}(\mathbf{x}') - \eta a^{\dagger}(\mathbf{x}') a(\mathbf{x}) = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}')$ $a(\mathbf{x}) a(\mathbf{x}') = \eta a(\mathbf{x}') a(\mathbf{x}), \quad a^{\dagger}(\mathbf{x}) a^{\dagger}(\mathbf{x}') = \eta a^{\dagger}(\mathbf{x}') a^{\dagger}(\mathbf{x})$

定义 $n$ 粒子基矢为 $|\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = a^{\dagger}(\mathbf{x}_1) \dots a^{\dagger}(\mathbf{x}_n) |0\rangle$。 利用上述关系，湮灭算符 $a(\mathbf{x})$ 作用在基矢上时，需要依次与 $a^{\dagger}(\mathbf{x}_j)$ 交换直到作用于真空态 $|0\rangle$ 得到 $0$。每次交换跨过一个算符会产生因子 $\eta$，因此有： $a(\mathbf{x}) |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = \sum_{j=1}^n \eta^{j-1} \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}_j) |\mathbf{x}_1, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 其中 $\widehat{\mathbf{x}_j}$ 表示该位置的算符被移除。

我们将哈密顿量 (1.32) 分为单体部分 $H_1$ 和两体部分 $H_2$。记单体微分算符为 $h(\mathbf{x}) = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla_{\mathbf{x}}^2 + U(\mathbf{x})$。

1. 单体哈密顿量 $H_1$ 的作用

将 $H_1 = \int d^3x \ a^{\dagger}(\mathbf{x}) h(\mathbf{x}) a(\mathbf{x})$ 作用于态 $|\psi, t\rangle$： $H_1 |\psi, t\rangle = \int d^3x_1 \dots d^3x_n \ \psi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) \sum_{j=1}^n \int d^3x \ a^{\dagger}(\mathbf{x}) \left[ h(\mathbf{x}) \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}_j) \right] \eta^{j-1} |\mathbf{x}_1, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 注意到 $a^{\dagger}(\mathbf{x}) \eta^{j-1} |\mathbf{x}_1, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_{j-1}, \mathbf{x}, \mathbf{x}_{j+1}, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$。 利用 $\delta$ 函数的性质，微分算符作用满足 $h(\mathbf{x}) \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}_j) = h(\mathbf{x}_j) \delta^3(\mathbf{x}_j - \mathbf{x})$。代入后，我们在第 $j$ 项的积分中交换积分变量名 $\mathbf{x} \leftrightarrow \mathbf{x}_j$： $H_1 |\psi, t\rangle = \sum_{j=1}^n \int d^3x_1 \dots d^3x_n \ d^3x \ \psi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}, \dots, \mathbf{x}_n; t) \left[ h(\mathbf{x}_j) \delta^3(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}) \right] |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_j, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 由于 $h(\mathbf{x}_j)$ 仅包含对 $\mathbf{x}_j$ 的导数，它可以从对 $\mathbf{x}$ 的积分中提出。完成对 $\mathbf{x}$ 的 $\delta$ 函数积分后，得到： $H_1 |\psi, t\rangle = \int d^3x_1 \dots d^3x_n \ \left[ \sum_{j=1}^n h(\mathbf{x}_j) \psi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) \right] |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$

2. 两体哈密顿量 $H_2$ 的作用

首先计算两个湮灭算符的作用： $a(\mathbf{y}) a(\mathbf{x}) |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = \sum_{j=1}^n \eta^{j-1} \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}_j) a(\mathbf{y}) |\mathbf{x}_1, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ $= \sum_{j=1}^n \eta^{j-1} \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{x}_j) \left( \sum_{k=1}^{j-1} \eta^{k-1} \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{x}_k) |\dots, \widehat{\mathbf{x}_k}, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots\rangle + \sum_{k=j+1}^n \eta^{k-2} \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{x}_k) |\dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \widehat{\mathbf{x}_k}, \dots\rangle \right)$ 将 $H_2 = \frac{1}{2} \int d^3x d^3y \ V(\mathbf{x} - \mathbf{y}) a^{\dagger}(\mathbf{x}) a^{\dagger}(\mathbf{y}) a(\mathbf{y}) a(\mathbf{x})$ 作用于基矢，对 $\mathbf{x}, \mathbf{y}$ 的积分会将它们分别替换为 $\mathbf{x}_j, \mathbf{x}_k$： $H_2 |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = \frac{1}{2} \sum_{j=1}^n \left( \sum_{k=1}^{j-1} \eta^{j+k-2} V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) a^{\dagger}(\mathbf{x}_j) a^{\dagger}(\mathbf{x}_k) |\dots, \widehat{\mathbf{x}_k}, \dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots\rangle \right.$ $\left. + \sum_{k=j+1}^n \eta^{j+k-3} V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) a^{\dagger}(\mathbf{x}_j) a^{\dagger}(\mathbf{x}_k) |\dots, \widehat{\mathbf{x}_j}, \dots, \widehat{\mathbf{x}_k}, \dots\rangle \right)$ 接下来将产生算符移回原位以恢复基矢 $|\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$：

• 对于 $k < j$ 的项：$a^{\dagger}(\mathbf{x}_k)$ 移回第 $k$ 位需跨过 $k-1$ 个算符（产生 $\eta^{k-1}$），随后 $a^{\dagger}(\mathbf{x}_j)$ 移回第 $j$ 位需跨过 $j-1$ 个算符（产生 $\eta^{j-1}$）。总符号为 $\eta^{j+k-2}$。与原系数相乘得 $\eta^{2j+2k-4} = 1$。
• 对于 $k > j$ 的项：$a^{\dagger}(\mathbf{x}_k)$ 移回第 $k$ 位需跨过 $k-2$ 个算符（因为 $\mathbf{x}_j$ 缺失，产生 $\eta^{k-2}$），随后 $a^{\dagger}(\mathbf{x}_j)$ 移回第 $j$ 位需跨过 $j-1$ 个算符（产生 $\eta^{j-1}$）。总符号为 $\eta^{j+k-3}$。与原系数相乘得 $\eta^{2j+2k-6} = 1$。

由于 $V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) = V(\mathbf{x}_k - \mathbf{x}_j)$，上述两项求和完全相同，合并后得到： $H_2 |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^{j-1} V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 因此，将 $H_2$ 作用于 $|\psi, t\rangle$ 得到： $H_2 |\psi, t\rangle = \int d^3x_1 \dots d^3x_n \ \left[ \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^{j-1} V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) \psi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) \right] |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$

3. 薛定谔方程的等价性

将抽象薛定谔方程 (1.1) 的左边展开： $i\hbar \frac{\partial}{\partial t} |\psi, t\rangle = \int d^3x_1 \dots d^3x_n \ \left( i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) \right) |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 结合前面求得的 $H |\psi, t\rangle = (H_1 + H_2) |\psi, t\rangle$，方程 $i\hbar \frac{\partial}{\partial t} |\psi, t\rangle - H |\psi, t\rangle = 0$ 可写为： $\int d^3x_1 \dots d^3x_n \ \Phi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) |\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle = 0$ 其中 $\Phi = i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} - \left[ \sum_{j=1}^n \left( -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla_j^2 + U(\mathbf{x}_j) \right) + \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^{j-1} V(\mathbf{x}_j - \mathbf{x}_k) \right] \psi$。

由于波函数 $\psi$ 对于玻色子是全对称的，对于费米子是全反对称的，且方括号内的 $n$ 体哈密顿算符在粒子交换下是对称的，因此 $\Phi$ 具有与 $\psi$ 相同的交换对称性。基矢 $|\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n\rangle$ 同样具有该对称性，积分非零当且仅当 $\Phi$ 本身非零。因此，上述积分恒为零的充要条件是 $\Phi(\mathbf{x}_1, \dots, \mathbf{x}_n; t) \equiv 0$。

这直接给出了波函数必须满足的方程：

此即为方程 (1.30)，证明完毕。

习题 1.3 - 解答

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物理背景与分析

本题要求证明总粒子数算符 $N$ 与系统的哈密顿量 $H$ 对易，即 $[N, H] = 0$。在二次量子化表象中，这对应于系统总粒子数守恒的物理事实。哈密顿量 $H$ 包含单体相互作用项（动能与外势）和两体相互作用项，每一项中产生算符 $a^\dagger$ 与湮灭算符 $a$ 的数目总是相等的。这反映了系统具有全局 $U(1)$ 规范对称性，从而导致粒子数守恒。

为了保证证明的普适性，以下推导将同时适用于玻色子和费米子。我们引入统一定义的交换/反对易括号 $[A, B]_\pm = AB \pm BA$（取 $+$ 对应费米子的反对易，取 $-$ 对应玻色子的对易）。场算符满足以下基本关系：

1. 基本对易关系推导

首先计算总粒子数算符 $N = \int d^3z \ a^{\dagger}(\mathbf{z}) a(\mathbf{z})$ 与单个场算符的对易子。利用算符恒等式 $[AB, C] = A[B, C]_\pm \mp [A, C]_\pm B$：

对于湮灭算符 $a(\mathbf{x})$：

对 $\mathbf{z}$ 积分得到：

对于产生算符 $a^\dagger(\mathbf{x})$：

对 $\mathbf{z}$ 积分得到：

这两个关系式表明，产生算符使系统粒子数加1，湮灭算符使系统粒子数减1。

2. 与单体哈密顿量 $H_1$ 的对易

将哈密顿量分为单体部分 $H_1$ 和两体部分 $H_2$。单体部分为：

其中 $\mathcal{H}_0(\mathbf{x}) = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + U(\mathbf{x})$ 是作用在空间坐标上的微分算符，它与 $N$ 对易。利用对易子求导法则 $[A, BC] = [A, B]C + B[A, C]$：

因此，对空间积分后有：

3. 与两体哈密顿量 $H_2$ 的对易

两体相互作用部分为：

同样利用对易子的展开法则 $[N, ABCD] = [N,A]BCD + A[N,B]CD + AB[N,C]D + ABC[N,D]$，计算被积函数中算符乘积与 $N$ 的对易子：

由于被积算符与 $N$ 的对易子严格为零，积分后必然有：

4. 结论

综合单体与两体部分的计算结果，总哈密顿量 $H = H_1 + H_2$ 与总粒子数算符 $N$ 的对易关系为：

证明完毕。