1、 量子光学 习题解答集 二零零三年六月 量子光学习题解答 第一章 1.1长L的立方腔内，222210AAc t =nullnull，0A=nulli。求证满足边界条件的解包含分量(,) ()cos( )sin( )sin( )xxxyzA rt At kx ky kz=null， ( , ) ( )sin( )cos( )sin( )yyxyzArt At k ky k=null， (,) ()sin( )sin( )cos( )zzxyzArt At k ky k=null， 其中knull的分量有1.1.21式决定。证明1.1.21式中xn，yn，zn在某一时刻只有其中之一为零。 解：22
2、2210AAc t =nullnull（1） 在直角坐标系中，分离变量 (,) () ()iiiA rt ArAt=nullnull(,)ixyz= （2） 代入（1）式，有 22 221()() 2() ()iciiiAtAr tAr Atk =nullnull即 22() () 0iiAr kAr+ =（3） 再利用分离变量法，令 () () ( ) ()iAr XxYyZz= （4） 则（3）式分解为 222222222222 2000dXxdxdYydydZzdzxyzkXkYkZkkkk+=+=+=+=（5） 由（5）式解得 112 2( ) ( cos sin )( cos sin
3、 )ixxyyAr C kx D kxC ky D ky=+ + 33(cos sin )zzCkzDkz+i（6） (,)(,)A rttErt=nullnullnullnull（7） 由边界条件00nEnSnE=nullnull把（7）式代入上式，得 ()() 00nArnSnAr=nullnullnull null (,) ()cos( )sin( )sin( )xxxyzA rt At kx ky kz=null， ( , ) ( )sin( )cos( )sin( )yyxyzA rt A t kx ky kz=null， (,) ()sin( )sin( )cos( )zzxyzA
4、 rt At kx ky kz=null再考虑,x yz L=时的边界条件，得 xnx Lk=，yny Lk=，znz Lk=，, 0,1,2,xyznnn= nullnull若,xyznnn中有两个或两个以上为零，则 (,) (,) (,) 0xyzArt Art Art=nullnullnull即0A=null，腔内没有电磁场，这个解没有意义。 ,xyznnn最多只有一个为零。 1.2 算符,AB不对易，但满足 , , 0AB A AB B=，证明1122, ,A B AB A B AB B Aeeeeeee+=。 证：记, AB C=，()ABfee =（为参数）， 则(0) 1f =，
5、(1)ABfee=，()BAdfdA Bee=+1111, , , , nnnnnAB ABB BAB CB BAB=+= =12 2 1(,)nn n nCB B CB B A B nCB + =nullnull （1） ()BBACAee=+ ()()()ABdfdAB C f AB Cee = + = + 212ln ( ) ln (0) ( )f fAB C=+ 212()()AB Cfe+= 2211()AB AB C CABeeeeeee += = 令=1，即1122,AB C A B AB A Beeeeeee+ = AB，则有12,AB AB B Aeeee+=。 1.3 为参
6、数，A,B不对易，求证22!, ,AABBABAABee= + +null。 证：令()AAfBee=，则() ,AAAAdfAB BA A Bdeeee= = 22(, ,) , AAAAdfAAB ABA A ABdeeee= 所以20 2!1() (0) ( ) , ,!nnnndfff BABAABnd=+ + +null 1.4若(, )f aa+是一个可以展开成,aa+的幂级数的函数，证明： （a）, (, )fafaaa+=,(b),(,)fafaaa+=， (c) (, ) ( , )aa aafaa f aeeaee+=，其中为参数。 证：, 1aa+=，, 1aa+= 在（
7、1.2）题中（1）式，1, nnnBAB nCB CB=注意到(, )f aa+可以展开成,aa+的正序幂级数，也可以展开成,aa+的反序幂级数， , (, )fafaaa+=，,(,)fafaaa+=。 类似有22, f faaa+=，2, f faaaa+=，2, f faaaa+=，22, f faaa+=， f关于,aa+的更高阶的偏导数也有类似的性质。 记aa A+=，则, ffaaA fa a+=, , AA Af nullnull（共n个A）()naaaaf+= 利用1.3题的结论，有22()()2!aa aaaa aaffaafa fee + = + +null0(, ) (,
8、)f afaae e+=， 0(, )()()(,)aafaaafaae e+= ， 2202(, )()()(,)aafaaaf aaae e+=， (, ) ( , )aa aafaa f aeeaee+=。 （c）的另一种证法： 由1.2题的（1）式，易得1,nnaa na+=，1, nnaa na+= ,nnaaa na+=，,nnaa a na+ += 由1.3题结果，易得2()()2!aa aannn n nna aaee e +=+ + +=null， 同理()aa aannee e +=， 把(, )f aa+展开成逆序形式 (, ),0(0,0)(, )!nmnmnmff a
9、a aanm+=则(, ),0(0,0)(, )!nmaa aa aa aa aa aanmnmffaa a anmee eeee + +=(, ),0(0,0)()( )!nmnmnmfaanmee+=(, )faae e+= （c）的第三种证法： 把f展开成正序形式，令() ( , )gfaeae+=，Aaa+=，(, )B faa+=， 则(0)gB=，(0) , ffgaaABaa+ = = 对照1.3题的结果，知()AAgeBe=，代入具体表达式即得到结论。 1.5 证明, ( 1)aa aaeee+=，, ( 1)aa aaeee+=，为参数。 证法一：221()2!aaaa aa
10、e += + +null， ,()( 1) ()nnnaaa aa a aaa+ +=+， 22, ( 1) ( 1)2!aaaaaaaae +=+null22() () )2!aaaa aaa+ + +null (1)aa aaaaee+ = (1)aaaee+=； ,( )( ) ( 1)nn naaa aaa aa a+ + +=， aa aaeee=， (1), , ( )( 1)aa aa aa aa aaaa aa aeeeee e ee + + += = =。 证法二：由1.4题结果，aa aaee e +=， aa aaaaee e + =， 两边同减aaae+，得aa aa
11、aa aaa aee e e e + + = 即(1) , aa aaaaee e + =； 类似可证, ( 1)aa aaeee=。 1.6证明12()Haa+=+null可以写成nnHEn=，从而niE tiHtnnnee=nullnull。 证：在数态表象下，12()Haa+=+null的矩阵元 12()mn mn n mnHmHnn E=+=null， nnHEn=的矩阵元mk n k mknHEmnnkE=， 12()Haa+=+null可以写成nnHEn=。 同理比较iHtenull和niE tnnnenull的矩阵元可得niE tiHtnnnee=nullnull。 1.7证明麦
12、克斯韦方程组可以写成（1.5.27a）及（1.5.27b）的形式。首先证明1 EctH=nullnull，0E=nulli，1 HctE=nullnull，0H=nulli，其中0EE=nullnull，0HH=nullnull；然后证明sV V=nullnullnulli，00 000 101 0xs=，001000100ys=，010100000zs=。由此得到（1.5.27a）及（1.5.27b）。 证：（1）真空中的麦克斯韦方程组为 BtE =nullnull，0E=nulli，21 EtcB =nullnull，0B=nulli。 把01EE=nullnull，00B HH=null
13、nullnull代入方程组，即可得到 1 EctH=nullnull，0E=nulli，1 HctE=nullnull，0H=nulli。 （2）xxxxyyyzyzzzVVVsVs V s V s VVV =+ nullnulli =000zyyzzxxzyxxyVVVV + += Vnull（3）由1.5.25式，易得()tici csP= =nullnull nullnullnullnullnull i，()tici csP=nullnullnullnullnullnullnulli， 00tcs Pics P = nullnullnullnullinullnullnullnullnul
14、li，此即1.5.27a； 0=nulli，0=nulli，0=nulli null，这就是1.5.27b。 1.8推导1.5.32。null，null的动力学方程为cs=null null nullnulli，cs= nullnullnullnulli，cs+=null nullnullnulli，cs+=nullnull nullnulli，注意ss+=nullnull。 解： += +nullnull nullnull，vcscs += null nullnull nullnull nullnull()( )cs c s s + = + = +nullnullnullnullnullnu
15、llnull null null nullnull nullnullnull nulli i i， 同理()cs +=nullnullnullnullnull null nullnull nulli， ()t + += + + +nullnull nullnullnull nullnullnull()cs cs += +null nullnullnull nullnulli = ()v+ nulli 由于()tj+=nulli， 因此，jv+= nullnull，此即1.5.32式。 1.9 通过在两边用任意矢量vnull点积的方法证明1iiiee =。因此若(1)1ke =，(2)2ke =
16、，3kke =null，则得到1.1.36。在极坐标中，(sin cos ,sin sin ,cos )kk =null，两横向偏振矢量表示为(1) (sin , cos ,0)k =，(2) (cos cos ,cos sin , sin )k =，直接代入证明2(1) (1) (2) (2) ijkkki kj ki kj ijk +=。 证：对任意矢量vnull，()ii iiveev vvv= nullnull nullnullii i 1iiiee =； 22222sin cos cos sin cos 1+=（1ij=时） 22222cos cos sin sin sin 1+=（
17、2ij=时） 220sin cos 1+=（3ij=时） 22sin cos cos cos sin sin cos sin 0 + + =（1, 2ij=时） 0 cos sin cos sin cos cos 0 =（1, 3ij=时） 0 cos sin sin sin sin cos 0 +（2, 3ij=时） 2(1)(1) (2)(2) ijkkki kj ki kj ijk +=， 即2(1) (1) (2) (2) ijkkki kj ki kj ijk +=。 第二章 2.1证明：()a +=+；()a =+。 证：220aee+=， 2200aaee ee+=2()0aee
18、 e+= +()a+= + ()a +=。 类似可证()a =+。 （也可以把相干态展开成数态再证，比较麻烦。） 2.2证明热光场中，212( ) exp ( )Dn= +，n为场的平均光子数。 证：由（3.1.26），对热光场21(, )nnPe=， 22()aaDeee+=22212nneeed =222()2( )12xyiyx xynneeedxy +=2222121()ny nxnneee=222nee=， 212( ) exp ( )Dn= +。 2.3证明： 1420(,0) exp ( )2mmqqq = nullnull00() ()Dq q= ()00exp ( )piq
19、q= null其中，piq=null，1420() exp2mmqq = nullnull， 因而()00()exppDq iq=null是平移算符。用,aa+表示则为 00()exp ( )2mDq q a a+=null， 所以 00(,0) ( ,0)|0 exp ( )|02mqqDq qq aa+= =null， 令02mq=null，则 ()(,0) exp ( )|0 |qq aa q+= = ， 即20|(,0) exp |2!nnqq nn= ，我们可以看出 2|exp2 !nnan=。 因为 12Haa +=+null， 所以 20|(,) exp exp |2!nniHt
20、qt q nn= nullexp | exp( )2itqit= ， 故而 ( , ) exp | exp( )2itqt q it= exp |exp () () 02itqtata+= 把1()2amvqipmv=+null，1()2amvqipmv+=null代入， 得 0( ,0) exp | exp ( sin cos ) | 02qitqqimvqtpt= null. 1420exp exp sin cos22mitiqm t t = nullnull200(cos)exp sin exp2mqq tiqm q tnullnull所以 12220|(,)| exp ( cos)mm
21、qt q q t = nullnull。 2.4证明： 由2.3题我们知道，2|exp2 !nnan=所以有 20|(,0) exp ()2!nnnqqn= 20|exp |2 !nnqnn=2.5证明： 因 1() ()DaD a =+ 1() ()DaD a + +=+ () () cosh sinhiSaS a rae r+ + = () () cosh sinhiSaS a rae r= 2222( ) ( ) cosh sinh ( ) sinh coshiiSaS a rae raaae r r+ 所以 0| () () ()()|0aSDaDS+= 0| ( )( ) ( )|0
22、SaS+= + = a += 22aa+= 20| () () ()()|0SDaDS += 0| () () ()() ()()|0SDaDDaDS + += 2sinh coshierr= 0| () () ()() ()()|0aa S D aD D aD S + += 0| ()( )( )()|0Sa aS+= + 22sinh | |r =+ 22cosh | |aa r +=+； 又 2212iiae a eY+=，2222iiae a eYi+=， 所以 2*22212iieeY+=2*2 22| |4iiee +=； 2*222212sinh cosh 2 | | sinh
23、cosh4iierre rrY+= 22222 21112sinh cosh sinh cosh 144rrr r rYYY e+ =同理可得，22214rYe = 2.6证明：12 1 2 1 2 12( ) exp( ) ( )SaaaS +=+=，这会导致12,不归一。查看有关资料可知，原题有错，可重新定义12 1 2 1 2( ) exp( )Saaa+ = +，exp( )ri =，则 12 1 12 1 2cosh sinhiSaS a rae r=， 12 2 12 2 1cosh sinhiSaS a rae r+=， 21112 1210| |0aSDDaDS+= 12 1
24、1 120| ( ) |0Sa S+= + 1= ， 同理， 2211a =， 2211 1cosh | |aa r +=+， 2211 1sinh | |aa r +=+， 所以 2222 22(1) 211 111ii iiae a e ae a eY + =211(2sinh 1)44r=+ 同理，(1) 22211(1 2 sinh )44Yr =+ ， 所以模1a没有压缩态。 经过同样的计算可得，模2a也没有压缩态。 因此双模压缩态对两个单独模无压缩。 2.7证明： 题目中有错，正确的Nq的表达式应该是211() (1)!4NNNqX N= ，且只对N为偶数的情形成立。 因为 12,
25、2iXX=， 故 1214X XC =， 由此易得 22111:( ) : ( )4XX=， 由B-H定理， 2118:yyX yXeee=，将此式两边同时按y的幂展开，取幂次相同的项比较系数得， 11 11() :(): :():2NN NXXCNX= + +null 2323132(1)!( 2)!:( ) : ( 2 1)33!2 !2NNNNCNkNCXNkN=+=+ 对于相干态，所有的1:( ) :NX为零。因此，当211() (1)!4NNXN=+(3)nullnullnull 将方程（3）代入方程（2），并由(0 ) (0 )kkUU+=的连接条件可得 00sin sin(cos
26、 sin ) coskkMkL kLM kL k kL kL=将上式代入（1）式得 0tantantan 1kLkLkL=其中 200kk= null， 又 0sinsinkkM kLkL=， 所以 2222 2tan 1tan ( tan 1)kkMkLkL kL+=+ (4)nullnullnull 从上式可知，当01tankL=时，有极大值02221kkkkM= +。 因而kL可写成 (1)kkkL n=+ null，所以 tankkL null， 代回（4）式可得 222()kkkM=+其中 ()kknCCkL+= 01()nCCkL+= 2CL=； 在0LLnullnull时，21k
27、 null， 所以 22()kkM=+。 (b) 因为 222()kkUkzUz+222() 0kkUkzUz+=联合可得 22() ()( )() () () () ()kkkk k kUz Uzk k zU zU z U z U zzz= 积分上式， 0022() ()( ) () () () () ()LLkkkk k kUz Uzk k zU zU zdz U z U z dzzz= 由边界条件 00() ( ) () ( ) 0kk k kUL U L UL U L= =可知 00() ()() ()() ()() () |0LkkLkkkkUz UzUz Uz dzzzLUz Uz
28、Uz UzLzz =所以， 022( ) () () () 0LkkLzU zU zdz =。 5.7证明： （a） 由5.2.56式可知 () ( cos sin )itab ab abVt ex ty te = +， 其中 *ab a bex x dr= =*aab bey y dr i= =所以 () (cos sin )itabVt ti te = + ()ite+= (b) 在没有外加磁场时，0, 1m=的三个能级是简并，对Rydberg原子，910 Hz=。外加磁场后，由于Zeeman分裂，1010 Hz=，910 Hz， 在近共振的情况下，由于外加光场的频率 ，故而 1011 1
29、12 1000 10 =+ +null。 第六章 6.1解：01HH H=+，0 zHaa +=+nullnull，11221()() Hgaaa aaa+=+null， 由（6.2.6）、（6.2.7）易得1122() ()iaat iaat iteaaae aaae + +=， 2zzit it itee e +=， 00 11221() () iH t iH tit itVeHe g aaae aaa e+= = +nullnullnull， 2= ， 假设,() () , () , an bnntCtanCtbn =+， 则由薛定鄂方程得,1(1)itanbnCigneC+= +i，,
30、1,(1)itbnanCig neC+ = +i，,0 0bC =i。 对照（6.2.13）（6.2.15），有 2, ,12( 1)() (0)cos sin (0)sin 22 2itnnan an bnnnti t ign tCt C C e+ + =2,1 ,1 ,2( 1)( ) (0)cos sin (0)sin 22 2itnbn bn annnti t ign tCtC C e+ + =+,0() 0bCt=， 22 2 24( 1)ngn=+ +。 假设初始时刻原子处于上能态， （a）对相干态光场，22!0(0) ,nnnean=， 222,!() (cos sin )22i
31、tnnnannnti tCte e=， 2,1!2( 1)() sin 2itnnbnnnig n tCte e+=22,0() () () an bnnWt C t C t= +22222 22 200!104( 1)cos sin cos sin sin nnn nnn nntt ttgnte= + =+ +当21n = null时， 12222114( 1)Rntg =+ +， 1cnn nnt+ 11222222 2 22 214( )4( )gg + + + null122421(1 )84gg+null 12rnnmt=1222 42(1 )4mgg=+。 （b）热光场，10(0)
32、 , ,(1 )nnnnan ann+=+， 2,1() (cos sin )(1 ) 2 2itnnnannnnti tCt en+=+， 2,112( 1)() sin (1 ) 2itnnbnnnnig n tCt en+=+， 22222 22 2001014(1( ) cos sin cos sin sin 122()nnn nnn nnntt ttgntWtnn= + =+ + + 6.2解：利用（6.5）题的结果，由于sin sin sin sin( ) ( ) (0) cos (0) cos (0) (0)kt kt kt ktt t kt iC ig a kt iC ig a
33、kk + + =+ + ， 2sin sin sincos (0) (0) , cos ,ikt kt ktkt iC ig a a kt bkk k + = ， sin sin sincos (0) (0) , ,kt kt ktkt iC ig a b ig bkk k+ =, 12(, ,iaeb =+， 122sin sin sincos (0) (0) cos ( ) ,ikt kt ktkt iC ig a kt i g e bkk k + = +, 122 2sin sin() () , cos ( ) cos ( ) ,iikt kttt b ktige ktige bkk +
34、=+ + 2222212 220sin4( )2cos 2 cos sin !2 22nniiin nnn nnttig e eegn =+() 2 () () 1Wt t t+= 2222220sin2cos 2!2nninnnttegen =+24( )cos sin 122iinnnttig e e6.3解：() ( )() ( ).ab abkkivt ivtab a bkk k kkVgabae gbae Hc +=+nullnullnullnull null nullnullnull， 设, , , ,kk kkan a n bnkkkncancancbn=+nullnull nu
35、llnullnullnullnull则() ( )() ( )1,1 1,1ab abk kk kkivt ivtab a ban a nkkkk kknVgencbngencbn =+null nullnull nullnullnullnullnullnull nullnullnull() ( )() ( ),1 ,1ab a bkkivt ivtab a bbn bnkkkk kkge nc an ge nc bn+ nullnullnullnullnullnullnullnull nullnull代入薛定鄂方程，得 ()(),11abkkkivtabanbnkkcige nc += +n
36、ullnullnullinullnull（1） ()(),11abkkkivtabanbnkkcige nc+= +nullnullnullinullnull（2） () ( )() ( ),1,1 ab abkkkivt ivtab a bbnan a nkk kcingecgec += + +nullnullnullnullnullinullnull null（3） 由方程（1）、（2）可知两个上能级在跃迁时共用一个下能级，因此会发生量子干涉效应。 6.4证：21z =，z +=，z +=，z =，z =，220+=，1 + +=， 22124()z =， 11()()0zzgaa gaa
37、 +=ii， 22( ) ( )gaa g a a a + += + 2()gaa aa + +=+ 2gaa+=+ 2gN= 2224CgN=+ 6.5证： () ()tt+=sin sincos (0) (0)it iCtkt kte e kt iC ig akk =+ ， sin sin( ) ( ) (0) cos (0)iiCkt kttt e ktiC ig a ekk + += +sin ( ) sin ( )cos ( ) (0) (0)kt ktk t iC ig a+ ， 12()zCga += + +， 2,Cb b g a=+，2, ,Ca a ga b +=+ sin
38、 ( ) sin ( )cos ( ) (0) (0) ,kt ktkt iC ig a akk+ =2sin ( )cos ( ) ,iktkt bk+， 同理2sin sin sin,(0)cos (0),cosikt kt ktaktiCigabktkk k + + = + ； 由于222214,4nbnC bn gn=+ =， 因此11sin1 22,cos ,2nniCnbne bn bnCbn=+111cos sin22nnni=， 又由于2,nbnkbn=， ,()(),atta + 21211(cos sin )!2 2nninnineen= ()()() ()222 2cos
39、 sin cos sin nnn nttt tii + + 把() ()222 2cos sin cos sinnnnttt t + +22() () () ()22 22 22 22cos cos sin sin (sin cos cos sin )n n nn n n nntt tt tt tti + + + +=+ + 22() ()22 221(cos cos sin sin )2n nn nntt tt + +=22() ()22 22 21(cos cos sin sin ) sin2n nn nn nntt tti + + +22(2 )22211cos cos sinnnnnnti+ +=+22 2222(2 )24 ( 1) 4 ( 1) 2cos2ii iinn nnnntnngn gn e e e e +=+222 2(2 )24( 1) 2( 1) 2( 1)cos nnntnn ngn gn e gn e+=+ 222(2 )2224( 1) 2 2cos244iintnn ngnee+ + + + 22(2 )2218 ( 1) cos ( ) ( ) 4iinnntnnngn e e+=+代入上式，即得6.2.44。书中把111cos sin22nnni误为111
