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title: Chapter 7 -- Homework (Chinese)
tags: [Quantum Physics II]

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# Chapter 7 -- Homework (Chinese)
###### tags: `Quantum Physics II`
https://hackmd.io/@ulynx/SJWVF8rO8
Problems 7.1, 7.5, 7.7, 7.19, 7.24, 7.25, 7.27, 7.32
### 習題7.1

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![](https://i.imgur.com/U4Br5qN.png)
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假設我們在無限深方阱的中央放一個delta函數隆起：$$H'=\alpha\delta(x-a/2)，$$ 其中 $\alpha$ 是常數。
- [x] (a) 找出被允許之能量的第一階修正。解釋為什麼偶數 $n$ 的能量沒有受擾動？
- [x] (b) 找出基態第一階修正 $\psi^1_1$ 的展開式（(7.13)式）的前三個非零項。
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#### 解
- (a) 無擾情形下（即一維無限深方阱）的固有函數為$$\psi^0_n(x)=\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)。$$將它代入課本(7.9)式$$E^1_n=\left<\psi^0_n\middle|H'\middle|\psi^0_n\right>，$$可得到一階近似下的能量固有值為$$\begin{align}E^1_n=\left<\psi^0_n\middle|H'\middle|\psi^0_n\right>&=\int^a_0\left[\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)\right]\alpha\delta\left(x-\dfrac{a}{2}\right)\left[\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)\right]dx\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\int^a_0\sin^2\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)\delta\left(x-\dfrac{a}{2}\right)dx\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\sin^2\left(\dfrac{n\pi }{\cancel{a}}\dfrac{\cancel{a}}{2}\right)\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\sin^2\left(\dfrac{n\pi }{2}\right). \end{align}$$ 
    當 $n$ 為偶數時，$n/2$ 為整數，因此有 $$\psi^0_n\left(x=\frac{a}{2}\right)=\sqrt{\frac{2}{a}}\cancelto{0}{\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}=0$$（好比駐波的節點）。既然無擾固有函數在 $x=a/2$ 處的函數值本來就是零，在此處添加微擾當然不會影響到能量，故 $E^1_0=0$。$\blacksquare$
- (b) 由課本(7.13)式$$\psi^1_n=\sum_{m\neq n}\dfrac{\left<\psi^0_m\middle|H'\middle|\psi^0_n\right>}{E^0_n-E^0_m}\psi^0_m$$得到$$\psi^1_1=\sum^\infty_{n=2}\dfrac{\left<\psi^0_n\middle|H'\middle|\psi^0_1\right>}{E^0_1-E^0_n}\psi^0_n，$$其中$$\require{cancel}\begin{align}\left<\psi^0_n\middle|H'\middle|\psi^0_1\right>&=\int^a_0\left[\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)\right]\alpha\delta\left(x-\dfrac{a}{2}\right)\left[\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{\pi x}{a}\right)\right]dx\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\int^a_0\sin\left(\dfrac{n\pi x}{a}\right)\delta\left(x-\dfrac{a}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\pi x}{a}\right)dx\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\sin\left(\dfrac{n\pi }{\cancel{a}}\dfrac{\cancel{a}}{2}\right)\cancelto{1}{\sin\left(\dfrac{\pi }{\cancel{a}}\dfrac{\cancel{a}}{2}\right)}\\&=\dfrac{2\alpha}{a}\sin\left(\dfrac{n\pi }{2}\right)\end{align}$$ 以及 $$E^0_1-E^0_n=\dfrac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}(1^2-n^2)。$$  $n$ 需是大於 $1$ 的正奇數，才能使 $\sin(n\pi/2)$ 不為零，因此我們列出$\psi^1_1$ 展開式至前三非零項：$$\begin{align}\psi^1_1&=\dfrac{2\alpha}{a}\dfrac{2ma^2}{\hbar^2\pi^2}\small{\left[\dfrac{\sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)}{1^2-3^2}\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{3\pi x}{2}\right)\right.}\\&\hspace{6em}+\small{\left.\dfrac{\sin\left(\frac{5\pi}{2}\right)}{1^2-5^2}\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{5\pi x}{2}\right)+\dfrac{\sin\left(\frac{7\pi}{2}\right)}{1^2-7^2}\sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\left(\dfrac{7\pi x}{2}\right)+\cdots\right]}\\&=\dfrac{4ma\alpha}{\hbar^2\pi^2}\sqrt{\dfrac{2}{a}}\left[\dfrac{-1}{-8}\sin\left(\dfrac{3\pi x}{2}\right)+\dfrac{1}{-24}\sin\left(\dfrac{5\pi x}{2}\right)+\dfrac{-1}{-48}\sin\left(\dfrac{7\pi x}{2}\right)+\cdots\right]\\&=\dfrac{m\alpha}{\hbar^2\pi^2}\sqrt{\dfrac{a}{2}}\left[\sin\left(\dfrac{3\pi x}{2}\right)-\dfrac{1}{3}\sin\left(\dfrac{5\pi x}{2}\right)+\dfrac{1}{6}\sin\left(\dfrac{7\pi x}{2}\right)+\cdots\right].\;\blacksquare\end{align}$$

### 習題7.5
::: warning
![](https://i.imgur.com/MSSqvYW.png)

- [x] (a) 找出習題7.1所給之位能的能量第二階修正（$E^2_n$）。*註*：你可以直接對級數求和，對於奇數 $n$ 會得到 $-2m(\alpha/\pi\hbar n)^2$。
- [ ] b) 計算習題7.2所給之位能的基態能量第二階修正（$E^2_0$）。檢查你的結果有跟精確解一致。
:::
#### (a)
使用課本(7.15)式（已把下標 $m$ 換成 $k$，避免與質量的符號搞混）$$E^2_n=\sum_{k\neq n}\dfrac{\left|\left<\psi^0_k\middle|H'\middle|\psi^0_n\right>\right|^2 }{E^0_n-E^0_k}。\tag{1}$$搭配 $\psi^0_n(x)=\sqrt{2/a}\sin\left(n\pi x/a\right)$，我們有$$\left<\psi^0_k\middle|H'\middle|\psi^0_n\right>=\dfrac{2\alpha}{a}\sin\left(\dfrac{k\pi }{2}\right)\sin\left(\dfrac{n\pi }{2}\right)$$和$$E^0_n-E^0_k=\dfrac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}\left(n^2-k^2\right)，$$故$$\begin{align}E^2_n&=\sum_{k\neq n}\dfrac{\left|\frac{2\alpha}{a}\sin\left(\frac{k\pi }{2}\right)\sin\left(\frac{n\pi }{2}\right)\right|^2}{\frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}\left(n^2-k^2\right)}\\&=\dfrac{8m\alpha^2}{\hbar^2\pi^2}\sum_{k\neq n\atop k, n\text{ odd}}\dfrac{1}{n^2-k^2}\\&=\dfrac{8m\alpha^2}{\hbar^2\pi^2}\dfrac{1}{2n}\sum_{k\neq n\atop k, n\text{ odd}}\left(\dfrac{1}{k+n}-\dfrac{1}{k-n}\right)。\end{align}\tag{2}$$

在上式的第二個等號中，因為只有 $k$、$n$ 同時為奇數時，分子才不為零，所以求和時只需計算 $k$、$n$ 同為奇數的項；在第三個等號，由於 $\sin(k\pi/2)$ 與 $\sin(n\pi/2)$ 的值為 $+1$ 或 $-1$，因而它們的積的絕對值為 $1$；在第四個等號，我們把 $1/(n^2-k^2)$ 寫成了可以對級數進行分項對消的形式。對於特定的 $n$，觀察級數的展開式： $$\begin{align}&\quad\sum_{k\neq n\atop k, n\text{ odd}}\left(\dfrac{1}{k+n}-\dfrac{1}{k-n}\right)=\sum_{k\neq n\atop k, n\text{ odd}}\left(\dfrac{1}{k+n}\right)-\sum_{k\neq n\atop k, n\text{ odd}}\left(\dfrac{1}{k-n}\right)\\&=\left[\cancel{\dfrac{1}{1+n}}+\cancel{\dfrac{1}{3+n}}+\cdots+\cancel{\dfrac{1}{(n-2)+n}}+\cancel{\dfrac{1}{(n+2)+n}}+\cdots\right]\\&\hspace{4em}-\left[\dfrac{1}{1-n}+\dfrac{1}{3-n}+\cdots+\dfrac{1}{(n-2)-n}+\dfrac{1}{(n+2)-n}+\cdots+\right.\\&\hspace{6em}+\left.\dfrac{1}{(2n-1)-n}+\cancel{\dfrac{1}{(2n+1)-n}}+\cancel{\dfrac{1}{(2n+3)-n}}+\cdots\right]\\&=-\left(\cancel{\dfrac{1}{1-n}}+\cancel{\dfrac{1}{3-n}}+\cdots+\cancel{\dfrac{1}{-2}}+\cancel{\dfrac{1}{2}}+\cdots+\cancel{\dfrac{1}{n-1}}\right)-\dfrac{1}{(2n+n)-n}\\&=-\dfrac{1}{2n}，\end{align}$$

其中，對於第一個方括號內的每一項，都可以在第二個方括號內自 $1/[(2n+1)-n]$ 開始以後找到相等的對應項，因此可兩兩相消，只留下 $1/[(2n+n)-n]=1/2n$；另外，第二個方括號 $1/[(2n+1)-n]$ 前方的各項取首尾配對也可完全相消。所以， $$E^2_n=\left\{\begin{array}{ll}0,&n\text{ even}\\-\dfrac{2m\alpha^2}{\hbar^2\pi^2}\dfrac{1}{n^2},&n\text{ odd}\end{array}\right.，\tag{3}$$其奇數項，如同題目所述，為$-2m(\alpha/\pi\hbar n)^2$。$\blacksquare$
#### (b)

### 習題7.7
:::warning
![](https://i.imgur.com/OGe64U4.png)

令兩個「好的」無擾態為 $$\psi^0_\pm=\alpha_\pm\psi^0_a+\beta_\pm\psi^0_b，$$此處 $\alpha_\pm$ 和 $\beta_\pm$ 是由(7.27)式（或(7.29)式）所決定（也歸一化了）。直接證明
- [x] (a) $\psi^0_\pm$ 是正交的（$\left<\psi^0_+\middle|\psi^0_-\right>=0$）；
- [x] (b) $\left<\psi^0_+\middle|H'\middle|\psi^0_-\right>=0$；
- [x] (c\) $\left<\psi^0_\pm\middle|H'\middle|\psi^0_\pm\right>=E^1_\pm$，$E^1_\pm$ 如(7.33)式所給。
:::
#### (a)
先依 $\left|\psi^0_+\right>$、$\left|\psi^0_-\right>$ 的定義、計算它們的內積$$\begin{align}\left<\psi^0_+\middle|\psi^0_-\right>&=\left<\alpha_+\psi^0_a+\beta_+\psi^0_b\middle|\alpha_-\psi^0_a+\beta_-\psi^0_b\right>\\&=\alpha_+^*\alpha_-\cancelto{1}{\left<\psi^0_a\middle|\psi^0_a\right>}+\alpha_+^*\beta_-\cancelto{0}{\left<\psi^0_a\middle|\psi^0_b\right>}\\&\hspace{1em}+\beta_+^*\alpha_-\cancelto{0}{\left<\psi^0_b\middle|\psi^0_a\right>}+\beta_+^*\beta_-\cancelto{1}{\left<\psi^0_b\middle|\psi^0_b\right>}\\&=\alpha_+^*\alpha_-+\beta_+^*\beta_-。\end{align}\tag{1}$$ 課本(7.27)式提供了 $\alpha_\pm$ 和 $\beta_\pm$ 關係：$\alpha_\pm W_{aa}+\beta_\pm W_{ab}=\alpha E^1_\pm$，其中$W_{ij}=\left<\psi^0_i\middle|H'\middle|\psi^0_j\right>\;(i,j=a,b)$ 是 $H'$ （以 $\left|\psi^0_a\right>$ 和 $\left|\psi^0_b\right>$ 為基底）的矩陣表示 $\mathsf{W}$ 的元素，而 $E^1_\pm$ 是 $\mathsf{W}$ 的固有值。於是我們把 $$\beta_\pm=\alpha_\pm(E^1_\pm-W_{aa})/W_{ab}\tag{2}$$ 代入(1)式，得到$$\begin{align}\left<\psi^0_+\middle|\psi^0_-\right>&=\alpha_+^*\alpha_-\left[1+\left(\frac{E^1_+-W_{aa}}{W_{ab}}\right)^*\left(\frac{E^1_--W_{aa}}{W_{ab}}\right)\right]\\&=\alpha_+^*\alpha_-\left[1+\dfrac{(E^1_--W_{aa})(E^1_+-W_{aa})}{|W_{ab}|^2}\right]\\&=\alpha_+^*\alpha_-\left[1+\dfrac{E^1_+E^1_--W_{aa}\left(E^1_++E^1_-\right)+W_{aa}^2}{|W_{ab}|^2}\right]。\end{align}\tag{3}$$其中我們使用了 $H'$ 的厄米性（故 $W_{aa}$ 是實數）。另外 $E^1_+$ 和 $E^1_-$ 的和與積分別是$$\begin{align}E^1_++E^1_-&=W_{aa}+W_{bb}、\\E^1_+E^1_-&=W_{aa}W_{bb}-|W_{ab}|^2，\end{align}\tag{4}$$ 因為它們是二次方程式（課本(7.32)式） $$\begin{align}(W_{aa}-E^1)(W_{bb}-E^1)-|W_{ab}|^2&=0\\(E^1)^2-(W_{aa}+W_{bb})E^1+(W_{aa}W_{bb}-|W_{ab}|^2)&=0\end{align}\tag{5}$$ 的兩根。所以 $$\begin{align}\left<\psi^0_+\middle|\psi^0_-\right>&=\alpha_+^*\alpha_-\left[1+\dfrac{\left(W_{aa}W_{bb}-|W_{ab}|^2\right)-W_{aa}\left(W_{aa}+W_{bb}\right)+W_{aa}^2}{|W_{ab}|^2}\right]\\&=\alpha_+^*\alpha_-\left[1+\dfrac{\cancel{W_{aa}W_{bb}}-|W_{ab}|^2-\cancel{W_{aa}^2}-\cancel{W_{aa}W_{bb}}+\cancel{W_{aa}^2}}{|W_{ab}|^2}\right]\\&=\alpha_+^*\alpha_-\left(1-\dfrac{|W_{ab}|^2}{|W_{ab}|^2}\right)=0。\;\blacksquare\end{align}\tag{6}$$

#### (b) 
用以 $\left|\psi^0_a\right>$ 和 $\left|\psi^0_b\right>$ 為基底的矩陣表示：$\left<\psi^0_+\middle|H'\middle|\psi^0_-\right>$：$$\begin{align}\left<\psi^0_+\middle|H'\middle|\psi^0_-\right>&=\begin{pmatrix}\alpha_+^*&\beta_+^*\end{pmatrix}\begin{pmatrix}W_{aa} & W_{ab}\\W_{ba} & W_{bb}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha_-\\\beta_-\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}\alpha_+^*&\beta_+^*\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\alpha_-W_{aa}+\beta_-W_{ab}\\\alpha_-W_{ba}+\beta_-W_{bb}\end{pmatrix}\\&=\alpha_+^*\alpha_-W_{aa}+\alpha_+^*\beta_-W_{ab}+\beta_+^*\alpha_-W_{ba}+\beta_+^*\beta_-W_{bb}。\end{align}\tag{7}$$ 利用(a)小題的結果 $\alpha_+^*\alpha_-+\beta_+^*\beta_-=0$ 代換 $\beta_+^*\beta_-$ 項，並利用(2)式代換 $\beta_-$ 和 $\beta^*_+$，(7)式變成 $$\begin{align}\left<\psi^0_+\middle|H'\middle|\psi^0_-\right>&=\alpha_+^*\alpha_-(W_{aa}-W_{bb})\\&\quad+\alpha_+^*\dfrac{\alpha_-(E^1_--W_{aa})}{\cancel{W_{ab}}}\cancel{W_{ab}}+\dfrac{\alpha_+^*(E^1_+-W_{aa})}{\cancel{W_{ab}^*}}\alpha_-\cancel{W_{ba}}\\&=\alpha_+^*\alpha_-(\cancel{W_{aa}}-W_{bb}+E^1_--\cancel{W_{aa}}+E^1_+-W_{aa})\\&=\alpha_+^*\alpha_-[-(W_{aa}+W_{bb})+(E^1_-+E^1_+)]\\&=0，\end{align}\tag{8}$$ 其中最後一個等號使用了兩根性質(4)。$\blacksquare$

#### (c\) 
利用(7)式替換下標可得到$$\begin{align}\left<\psi^0_\pm\middle|H'\middle|\psi^0_\pm\right>&=\alpha_\pm^*\alpha_\pm W_{aa}+\alpha_\pm^*\beta_\pm W_{ab}+\beta_\pm ^*\alpha_\pm W_{ba}+\beta_\pm^*\beta_\pm W_{bb}\\&=|\alpha_\pm|^2W_{aa}+\alpha_\pm^*\beta_\pm W_{ab}+\beta_\pm ^*\alpha_\pm W_{ba}+|\beta_\pm|^2 W_{bb}，\end{align}\tag{9}$$然後利用（課本(7.27)式、(7.29)式）$$\beta_\pm W_{ab}=\alpha_\pm(E^1_\pm-W_{aa})$$ 以及 $$\alpha_\pm W_{ba}=\beta_\pm(E^1_\pm-W_{bb})，$$(9)式變成 $$\begin{align}\left<\psi^0_\pm\middle|H'\middle|\psi^0_\pm\right>&=|\alpha_\pm|^2W_{aa}+\alpha_\pm^*\alpha_\pm(E^1_\pm-W_{aa})\\&\hspace{3em}+\beta_\pm ^*\beta_\pm(E^1_\pm-W_{bb})+|\beta_\pm|^2 W_{bb}\\&=(|a_\pm|^2+|b_\pm|^2)E^1_\pm\\&=E^1_\pm，\end{align}\tag{10}$$其中最後一個等號使用了歸一化條件 $|a_\pm|^2+|b_\pm|^2=1$。$\blacksquare$
### 習題7.19
::: warning
![](https://i.imgur.com/k2JhW3B.png)
計算下面的對易子：
- [x] (a) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{L}]$、
- [x] (b) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{S}]$、
- [x] (c\) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{J}]$、
- [x] (d) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L^2]$、
- [x] (e) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},S^2]$、
- [x] (f) $[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},J^2]$。

*提示*：$\mathbf{L}$ 和 $\mathbf{S}$ 滿足角動量的基本對易關係（(4.99)式和(4.134)式）但他們也互相對易。
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::: success
- 角動量的基本對易關係
    1. 軌道角動量：$[L_i,L_j]=i\hbar \epsilon_{ijk}L_k$ 或 $$[L_x,L_y]=i\hbar L_z;\quad[L_y,L_z]=i\hbar L_x;\quad[L_z,L_x]=i\hbar L_y$$
    2. 自旋角動量：$[S_i,S_j]=i\hbar \epsilon_{ijk}S_k$ 或 $$[S_x,S_y]=i\hbar S_z;\quad[S_y,S_z]=i\hbar S_x;\quad[S_z,S_x]=i\hbar S_y$$

- 交換子的性質：
    1. $[\hat{A},\hat{B}+\hat{C}]=[\hat{A},\hat{B}]+[\hat{A},\hat{C}]$
    2. $[\hat{A}+\hat{B},\hat{C}]=[\hat{A},\hat{C}]+[\hat{B},\hat{C}]$
    3. $[\hat{A},\hat{B}\hat{C}]=[\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]$
    4. $[\hat{A}\hat{B},\hat{C}]=[\hat{A},\hat{C}]\hat{B}+\hat{A}[\hat{B},\hat{C}]$
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#### (a) 
先計算 $\mathbf{L}$ 的 $x$ 分量：$$\begin{align}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L_x]&=[L_xS_x,L_x]+[L_yS_y,L_x]+[L_zS_z,L_x]\\&=\cancelto{0}{[L_x,L_x]}S_x+L_x\cancelto{0}{[S_x,L_x]}\\&\quad+\underbrace{[L_y,L_x]}_{-i\hbar L_z}S_y+L_y\cancelto{0}{[S_y,L_x]}\\&\quad+\underbrace{[L_z,L_x]}_{i\hbar L_y}S_z+L_z\cancelto{0}{[S_z,L_x]}\\&=i\hbar(L_yS_z-L_zS_y)=i\hbar(\mathbf{L}\times\mathbf{S})_x。\end{align}$$ 同理有 $$\begin{array}{c}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L_y]=i\hbar(\mathbf{L}\times\mathbf{S})_y\\ [\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L_z]=i\hbar(\mathbf{L}\times\mathbf{S})_z\end{array}，$$
所以 $$\boxed{[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{L}]=i\hbar(\mathbf{L}\times\mathbf{S})}。\blacksquare$$
#### (b) 
先計算 $\mathbf{S}$ 的 $x$ 分量：$$\begin{align}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},S_x]&=[L_xS_x,S_x]+[L_yS_y,S_x]+[L_zS_z,S_x]\\&=\cancelto{0}{[L_x,S_x]}S_x+L_x\cancelto{0}{[S_x,S_x]}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_y,S_x]}S_y+L_y\underbrace{[S_y,S_x]}_{-i\hbar S_z}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_z,S_x]}S_z+L_z\underbrace{[S_z,S_x]}_{i\hbar S_y}\\&=i\hbar(S_yL_z-S_zL_y)=i\hbar(\mathbf{S}\times\mathbf{L})_x。\end{align}$$ 同理有 $$\begin{array}{c}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},S_y]=i\hbar(\mathbf{S}\times\mathbf{L})_y\\ [\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},S_z]=i\hbar(\mathbf{S}\times\mathbf{L})_z\end{array}，$$
所以 $$\boxed{[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{S}]=i\hbar(\mathbf{S}\times\mathbf{L})}。\blacksquare$$
#### (c\) 
$[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{J}]=[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{L}]+[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{S}]=i\hbar(\mathbf{L}\times\mathbf{S})+i\hbar(\mathbf{S}\times\mathbf{L})=0$。$\blacksquare$
#### (d) 
因為對 $i=x,y,z$，有 $[L^2,L_i]=0$ 且 $[L^2,S_i]=0$，所以 $$\begin{align}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L^2]&=[L_xS_x,L^2]+[L_yS_y,L^2]+[L_zS_z,L^2]\\&=\cancelto{0}{[L_x,L^2]}S_x+L_x\cancelto{0}{[S_x,L^2]}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_y,L^2]}S_y+L_y\cancelto{0}{[S_y,L^2]}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_z,L^2]}S_z+L_z\cancelto{0}{[S_z,L^2]}\\&=0。\blacksquare\end{align}$$
#### (e) 
因為對 $i=x,y,z$，有 $[S^2,L_i]=0$ 且 $[S^2,S_i]=0$，所以 $$\begin{align}[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L^2]&=[L_xS_x,S^2]+[L_yS_y,S^2]+[L_zS_z,S^2]\\&=\cancelto{0}{[L_x,S^2]}S_x+L_x\cancelto{0}{[S_x,S^2]}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_y,S^2]}S_y+L_y\cancelto{0}{[S_y,S^2]}\\&\quad+\cancelto{0}{[L_z,S^2]}S_z+L_z\cancelto{0}{[S_z,S^2]}\\&=0。\blacksquare\end{align}$$
#### (f) 
因為 $J^2=(\mathbf{L}+\mathbf{S})\cdot(\mathbf{L}+\mathbf{S})=L^2+S^2+2\mathbf{L}\cdot\mathbf{S}$，所以$[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},J^2]=\cancelto{0}{[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},S^2]}+\cancelto{0}{[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},J^2]}-2\cancelto{0}{[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\mathbf{L}\cdot\mathbf{S}]}=0$。$\blacksquare$
### 習題7.24
::: warning 
![](https://i.imgur.com/SBouVOj.png)
- [ ] 考慮（8個）氫原子 $n=2$ 的狀態 $\left|2\ell jm_j\right>$。找出位於弱場塞曼效應分裂下各個狀態的能量，並畫出像圖(7.10)的圖，以說明能量如何隨著 $B_{\text{ext}}$ 增加而變化。幫每條線標示清楚，並指出它們的斜率。
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::: success


施一外加磁場在 $\mathbf{B}_{\text{ext}}=B_{\text{ext}}\hat{\mathbf{k}}$ 氫原子上，當 $B_{\text{ext}}\ll B_{\text{int}}$ 時，稱為「弱場」。若把 $H_{\text{Bohr}}+H'_\text{fs}$ 視為無擾的哈密頓算符，其固有態為 $\left|n\ell jm_j\right>$，則 $H'_Z$ 視為微擾的哈密頓算符，於是弱場中氫原子的能量為$$E=E_{nj}+E^1_Z，\tag{1}$$它的兩項分別是：

1. 無擾態的能量，且已經包含了精細結構修正（(7.69)式）$$E_{nj}=-\dfrac{13.6 \text{ eV}}{n^2}\left[1+\dfrac{\alpha^2}{n^2}\left(\dfrac{n}{j+1/2}-\dfrac{3}{4}\right)\right]，\tag{2}$$ 
2. 弱場下的能量第一階修正（(7.74)式到(7.79)式） $$\begin{align}E^1_Z&=\left<n\ell jm_j\middle|H'_Z\middle|n\ell jm_j\right>=\dfrac{e}{2m} B_{\text{ext}} \hat{\mathbf{k}}\cdot\left<\mathbf{L}+2\mathbf{S}\right>\\&=\dfrac{e}{2m}B_{\text{ext}}\hat{\mathbf{k}}\cdot \left(g_J\left<\mathbf{J}\right>\right)=\dfrac{e}{2m}B_{\text{ext}}g_J m_j\hbar\\&=\mu_B g_J B_{\text{ext}} m_j，\end{align}\tag{3}$$ 其中  $$g_J=1+\dfrac{j(j+1)-\ell(\ell+1)+s(s+1)}{2j(j+1)}\tag{4}$$ 是朗德g因子（(7.78)式），$\mu_B=e\hbar/2m$ 是波耳磁子（(7.80)式）。
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### 習題7.25
### 習題7.27
### 習題7.32