在量子力学中，当系统只有有限个离散状态时（例如电子自旋的“上”和“下”），使用矩阵力学来描述会比使用波函数更简洁、更直观。在这种描述下，物理量算符是矩阵，量子态是列向量。而求解系统的物理性质，就转化为了一个核心的数学问题——求解矩阵的本征值和本征向量。
一、 核心概念与求解步骤
1. 物理意义
- 本征值 (Eigenvalue): 代表了对物理量进行测量时，可能得到的确定数值。对于哈密顿量矩阵，其本征值就是系统的能量能级。
- 本征函数/本征向量 (Eigenvector): 代表了系统处于该物理量的本征态。当系统处于一个本征态时，测量对应的物理量，结果是确定无疑的。
2. 核心方程 (本征值方程)
对于一个算符（矩阵）$\hat{A}$，其本征值 $λ$ 和本征向量 $v$ 满足以下关系：
$$ \hat{A}v = \lambda v $$
这个方程的物理含义是：当算符 $\hat{A}$ 作用于它的本征态 $v$ 时，效果仅仅是给这个态乘以一个常数 $λ$，而没有改变这个态的“方向”。
3. 求解流程 (四步法)
| 步骤 | 操作 | 公式 |
|---|---|---|
| 1. 构造特征方程 | 目标是求解本征值 $λ$ | $\det(\hat{A} - \lambda I) = 0$ |
| 2. 解代数方程 | 解上一步得到的关于 $λ$ 的方程 | (无通用公式) |
| 3. 求解本征向量 | 将每个求出的 $λ$ 代回，解线性方程组 | $(\hat{A} - \lambda I)v = 0$ |
| 4. 归一化 | 使本征向量的模长为1，满足概率守恒 | $v_{\text{norm}} = \frac{v}{\sqrt{v^\dagger v}}$ |
二、 综合应用例题
问题:
考虑一个与电子自旋相关的哈密顿量，它描述了电子在一个指向 $(1, 0, 1)$ 方向的磁场中的能量。该哈密顿量可以表示为：
$$ \hat{H} = \omega_0 (\hat{S}_x + \hat{S}_z) $$
其中 $\omega_0$ 是一个具有能量量纲的常数，$\hat{S}_x$ 和 $\hat{S}_z$ 是自旋算符。
求:
- 写出该哈密顿量 $\hat{H}$ 的 2x2 矩阵形式。
- 求解该系统的能量本征值。
- 求解与每个能量本征值对应的、归一化的能量本征态。
解答:
1. 写出 $\hat{H}$ 的矩阵形式
我们知道自旋算符的矩阵形式为 $\hat{S}_i = (\hbar/2)\sigma_i$。
$$ \hat{S}_x = \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \hat{S}_z = \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} $$
将它们代入哈密顿量的表达式：
$$ \hat{H} = \omega_0 \left( \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \right) $$
$$ \boxed{\hat{H} = \frac{\hbar\omega_0}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}} $$
2. 求解能量本征值
我们求解特征方程 $\det(\hat{H} - E \cdot I) = 0$。为了方便，我们先令 $\alpha = \frac{\hbar\omega_0}{2}$。
$$ \det\left( \alpha \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} E & 0 \\ 0 & E \end{pmatrix} \right) = \det\begin{pmatrix} \alpha-E & \alpha \\ \alpha & -\alpha-E \end{pmatrix} = 0 $$
计算行列式：
$$ (\alpha-E)(-\alpha-E) - \alpha^2 = 0 $$
$$ -(E-\alpha)(E+\alpha) - \alpha^2 = 0 $$
$$ -(E^2 - \alpha^2) - \alpha^2 = 0 $$
$$ -E^2 + \alpha^2 - \alpha^2 = 0 \quad \implies \quad E^2 = 2\alpha^2 $$
Oops, calculation mistake. Let's re-calculate.
$$ (\alpha-E)(-\alpha-E) - \alpha^2 = -(\alpha-E)(\alpha+E) - \alpha^2 = -( \alpha^2 - E^2) - \alpha^2 = E^2 - 2\alpha^2 = 0 $$
$$ E^2 = 2\alpha^2 \quad \implies \quad E = \pm \sqrt{2}\alpha $$
将 $\alpha = \frac{\hbar\omega_0}{2}$ 代回，得到两个能量本征值：
$$ \boxed{E_1 = +\frac{\sqrt{2}}{2}\hbar\omega_0, \quad E_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\hbar\omega_0} $$
3. 求解归一化本征态
对于 $E_1 = \sqrt{2}\alpha$:
解方程 $(\hat{H} - E_1 I)v_1 = 0$：$$ \begin{pmatrix} \alpha-\sqrt{2}\alpha & \alpha \\ \alpha & -\alpha-\sqrt{2}\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \alpha \begin{pmatrix} 1-\sqrt{2} & 1 \\ 1 & -1-\sqrt{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = 0 $$
从第一行得到方程：$(1-\sqrt{2})c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = (\sqrt{2}-1)c_1$。
取 $c_1 = 1$，则 $c_2 = \sqrt{2}-1$。未归一化的本征向量 $v_1 = [1, \sqrt{2}-1]^\mathsf{T}$。
归一化：模长的平方为 $1^2 + (\sqrt{2}-1)^2 = 1 + (2 - 2\sqrt{2} + 1) = 4 - 2\sqrt{2}$。
归一化本征态为:$$ \boxed{|E_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2}-1 \end{pmatrix}} $$
对于 $E_2 = -\sqrt{2}\alpha$:
解方程 $(\hat{H} - E_2 I)v_2 = 0$：$$ \alpha \begin{pmatrix} 1+\sqrt{2} & 1 \\ 1 & -1+\sqrt{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = 0 $$
从第一行得到方程：$(1+\sqrt{2})c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = -(1+\sqrt{2})c_1$。
取 $c_1 = 1$，则 $c_2 = -(1+\sqrt{2})$。未归一化的本征向量 $v_2 = [1, -(1+\sqrt{2})]^\mathsf{T}$。
归一化：模长的平方为 $1^2 + (-(1+\sqrt{2}))^2 = 1 + (1 + 2\sqrt{2} + 2) = 4 + 2\sqrt{2}$。
归一化本征态为:$$ \boxed{|E_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}} \begin{pmatrix} 1 \\ -(1+\sqrt{2}) \end{pmatrix}} $$
作者：GARFIELDTOM
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