108 年 國立中央大學天文研究所碩士班一般生《普通物理學》

這題考驗對位能函數的理解，以及力與位能的關係，還有角動量的守恆條件。

核心觀念：

1. 力是位能的負梯度：$\vec{F} = -\nabla U$。
2. 角動量守恆的條件：合外力對質心的力矩為零。

解題過程：

(i) 求作用在粒子上的力

給定的位能函數為 $U = \frac{1}{2}k(x^2 + y^2)$。
在二維 xy 平面上，力 $\vec{F}$ 與位能 $U$ 的關係為 $\vec{F} = -\nabla U$。
梯度運算子 $\nabla$ 在二維笛卡兒座標下表示為 $\nabla = \frac{\partial}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial}{\partial y}\hat{j}$。

所以，
$\vec{F} = -\left( \frac{\partial U}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial U}{\partial y}\hat{j} \right)$

計算偏微分：
$\frac{\partial U}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{2}k(x^2 + y^2) \right) = \frac{1}{2}k (2x) = kx$
$\frac{\partial U}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{2}k(x^2 + y^2) \right) = \frac{1}{2}k (2y) = ky$

核心觀念

本題使用：

• 質心定義：$m_1\mathbf r_1+m_2\mathbf r_2=0$
• 萬有引力定律：
  $F=\frac{Gm_1m_2}{a^2}$
• 等速圓周運動：
  $F=mr\omega^2,\qquad \omega=\frac{2\pi}{P}$
• 二體系統總能量：
  $E=K+U$
• 緩慢引力波輻射下，軌道仍可視為圓形，且持續滿足 Kepler 第三定律。

令

$M=m_1+m_2$

為雙星系統總質量。

解題方法

以質心為座標原點。兩星到質心的距離分別為 $r_1$ 與 $r_2$，且

$r_1+r_2=a$

由質心條件，

$m_1r_1=m_2r_2$

因此

$r_1=\frac{m_2}{M}a,\qquad r_2=\frac{m_1}{M}a$

兩星具有相同的角速度 $\omega$，並繞共同質心作圓周運動。

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（i）推導 Kepler 第三定律

對質量為 $m_1$ 的星體，萬有引力提供向心力：

$\frac{Gm_1m_2}{a^2}=m_1r_1\omega^2$

約去 $m_1$，代入 $r_1=\dfrac{m_2}{M}a$：

$$\frac{Gm_2}{a^2} =\frac{m_2}{M}a\omega^2$$

約去 $m_2$ 後得到

$\omega^2=\frac{GM}{a^3}$

又因為

$\omega=\frac{2\pi}{P}$

所以

$\frac{4\pi^2}{P^2}=\frac{G(m_1+m_2)}{a^3}$

整理得

$\boxed{\frac{a^3}{P^2}=\frac{G(m_1+m_2)}{4\pi^2}}$

這就是二體系統的 Kepler 第三定律，其中決定軌道週期的質量是總質量 $m_1+m_2$。

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（ii）系統總能量

位能

兩星相距 $a$，萬有引力位能為

$U=-\frac{Gm_1m_2}{a}$

動能

兩星的總動能為

$K=\frac12m_1v_1^2+\frac12m_2v_2^2$

由圓周運動，

$v_1=r_1\omega,\qquad v_2=r_2\omega$

因此

$K=\frac12\left(m_1r_1^2+m_2r_2^2\right)\omega^2$

代入

$r_1=\frac{m_2}{M}a,\qquad r_2=\frac{m_1}{M}a$

可得

$$\begin{aligned} m_1r_1^2+m_2r_2^2 &=m_1\left(\frac{m_2a}{M}\right)^2 +m_2\left(\frac{m_1a}{M}\right)^2 \\ &=\frac{m_1m_2a^2}{M} \end{aligned}$$

故

$K=\frac12\frac{m_1m_2}{M}a^2\omega^2$

利用

$\omega^2=\frac{GM}{a^3}$

得到

$K=\frac{Gm_1m_2}{2a}$

所以總能量為

$$\begin{aligned} E&=K+U\\ &=\frac{Gm_1m_2}{2a}-\frac{Gm_1m_2}{a} \end{aligned}$$

因此

$\boxed{E=-\frac{Gm_1m_2}{2a}}$

負號表示這是束縛系統；要將兩星分離到無限遠，必須額外提供能量。

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（iii）推導 $\dfrac{dP}{dt}$

系統能量為

$E=-\frac{Gm_1m_2}{2a}$

對時間微分：

這題是關於熱力學的基礎概念，包括熵的定義、理想氣體狀態方程、絕熱、等溫和等壓過程的熱力學關係。

核心觀念：

1. 熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
2. 理想氣體內能：對於單原子理想氣體，$U = \frac{3}{2} N k_B T = \frac{3}{2} n R T$。
3. 熵的定義：$dS = \frac{dQ_{rev}}{T}$。
4. 統計力學中的熵（玻爾茲曼熵）：$S = k_B \ln \Omega$。
5. 理想氣體狀態方程：$PV = Nk_B T$。
6. 絕熱過程：$Q=0$。
7. 等溫過程：$T$ 為常數。
8. 等壓過程：$P$ 為常數。

解題過程：

(i) 推導單原子理想氣體的熵 $S(U, V)$

我們從統計力學的觀點來推導熵。對於一個由 $N$ 個粒子組成的系統，其微觀狀態數為 $\Omega$。
熵的定義是 $S = k_B \ln \Omega$，其中 $k_B$ 是玻爾茲曼常數。
對於一個由 $N$ 個全同粒子組成的理想氣體，其相空間的體積與粒子的動量和位置有關。
根據量子統計力學，對於由 $N$ 個全同粒子組成的系統，其微觀狀態數的計算需要考慮全同性，使用 $\Omega = \frac{1}{N!} \prod_i \frac{V d^3p_i}{h^3}$。
然而，更常見的從熱力學第二定律和狀態方程出發，使用巨觀熱力學量來推導熵。

從熱力學第一定律 $dU = TdS - PdV + \sum_i \mu_i dN_i$。
對於固定粒子數 $N$ 的單原子理想氣體，$\sum_i \mu_i dN_i = 0$。
所以 $dU = TdS - PdV$。
我們可以寫成 $dS = \frac{1}{T} dU + \frac{P}{T} dV$。

對於單原子理想氣體，內能 $U$ 與溫度 $T$ 的關係為 $U = \frac{3}{2} N k_B T$。
因此，$T = \frac{2U}{3N k_B}$。
理想氣體狀態方程為 $PV = N k_B T$。
所以 $\frac{P}{T} = \frac{N k_B}{V}$。

將 $T$ 和 $\frac{P}{T}$ 代入 $dS$ 的表達式：
$dS = \frac{1}{T} dU + \frac{P}{T} dV = \frac{3N k_B}{2U} dU + \frac{N k_B}{V} dV$

對上式進行積分，得到熵 $S$：
$S = \int dS = \int \left(\frac{3N k_B}{2U} dU + \frac{N k_B}{V} dV\right)$
$S = 3N k_B \ln U + N k_B \ln V + C$
其中 $C$ 是積分常數。

我們也可以將 $U$ 用 $T$ 和 $V$ 表示，然後再用 $T$ 和 $V$ 來表示 $S$。
$U = \frac{3}{2} N k_B T$。
$S(T, V) = \int \left(\frac{dU}{T} + \frac{P}{T} dV\right) = \int \left(\frac{3}{2} N k_B \frac{dT}{T} + \frac{N k_B}{V} dV\right)$
$S(T, V) = \frac{3}{2} N k_B \ln T + N k_B \ln V + C'$。

然而，題目要求 $S(U, V)$。
將 $T = \frac{2U}{3N k_B}$ 代入 $S(T, V)$：
$S(U, V) = \frac{3}{2} N k_B \ln \left(\frac{2U}{3N k_B}\right) + N k_B \ln V + C'$
$S(U, V) = \frac{3}{2} N k_B (\ln U - \ln(\frac{3N k_B}{2})) + N k_B \ln V + C'$
$S(U, V) = \frac{3}{2} N k_B \ln U + N k_B \ln V + \left(C' - \frac{3}{2} N k_B \ln(\frac{3N k_B}{2})\right)$
這與上面直接積分的結果形式一致，只是常數不同。

更精確地，從統計力學的 Sackur-Tetrode 方程（針對單原子理想氣體）是：
$S(N, U, V) = N k_B \left[ \ln\left(\frac{V}{N} \left(\frac{4\pi m U}{3 N h^2}\right)^{3/2}\right) + \frac{5}{2} \right]$
其中 $m$ 是單個原子的質量，$h$ 是普朗克常數。
將 $U = \frac{3}{2} N k_B T$ 代入：
$S = N k_B \left[ \ln\left(\frac{V}{N} \left(\frac{4\pi m \frac{3}{2} N k_B T}{3 N h^2}\right)^{3/2}\right) + \frac{5}{2} \right]$
$S = N k_B \left[ \ln\left(\frac{V}{N} \left(\frac{2\pi m k_B T}{h^2}\right)^{3/2}\right) + \frac{5}{2} \right]$
這給出了 $S(T, V, N)$。

回到熱力學推導：
$dS = \frac{3N k_B}{2U} dU + \frac{N k_B}{V} dV$
積分得到 $S = \frac{3}{2} N k_B \ln U + N k_B \ln V + C''$。
這個形式是正確的。

【答案】$S = \frac{3}{2} N k_B \ln U + N k_B \ln V + C$ （其中 $C$ 為積分常數）

(ii) 絕熱膨脹的最終溫度 $T_2$

對於絕熱過程 ($Q=0$)，熱力學第一定律變為 $\Delta U = -W$。
對於理想氣體，內能只取決於溫度：$U = \frac{3}{2} N k_B T$。
所以 $dU = \frac{3}{2} N k_B dT$。

對於一個準靜態絕熱過程，我們有 $T dS = dU + P dV = 0$。
所以 $dS = 0$，即熵在絕熱過程中保持不變。
因此，絕熱過程是等熵過程 ($S_1 = S_2$)。

核心觀念

本題利用球對稱性與高斯定律。關鍵公式為：

• 半徑為 $r$ 的球面所包覆電荷：

$$Q_{\mathrm{enc}}(r)=\int_0^r \rho(r')\,4\pi r'^2\,dr'$$

• 高斯定律：

$$\oint \mathbf E\cdot d\mathbf A=\frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\varepsilon_0}$$

由球對稱性，電場只有徑向分量，且在半徑 $r$ 的球面上大小相同，因此：

$$E(r)\,4\pi r^2=\frac{Q_{\mathrm{enc}}(r)}{\varepsilon_0}$$

• 電位與電場的關係：

$$E_r=-\frac{d\Phi}{dr}$$

---

(i) 球內總電荷

球的總電荷為：

$$Q=\int_0^R \rho(r)\,4\pi r^2\,dr$$

代入

$$\rho(r)=\rho_c\left(1-\frac rR\right)$$

得到：

$$Q=4\pi\rho_c\int_0^R \left(1-\frac rR\right)r^2\,dr$$ $$Q=4\pi\rho_c \left[ \frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R} \right]_0^R$$ $$Q=4\pi\rho_c \left( \frac{R^3}{3}-\frac{R^3}{4} \right)$$

因此：

$$\boxed{Q=\frac{\pi\rho_cR^3}{3}}$$

---

(ii) 電場與電位

1. 球內電場：$r<R$

半徑 $r$ 內所包覆的電荷為：

$$Q_{\mathrm{enc}}(r) =4\pi\rho_c\int_0^r \left(1-\frac{r'}{R}\right)r'^2\,dr'$$ $$Q_{\mathrm{enc}}(r) =4\pi\rho_c \left( \frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R} \right)$$

由高斯定律：

$$E(r)\,4\pi r^2 = \frac{Q_{\mathrm{enc}}(r)}{\varepsilon_0}$$

所以：

$$E_{\mathrm{in}}(r) = \frac{\rho_c}{\varepsilon_0} \left( \frac r3-\frac{r^2}{4R} \right)$$

電場方向為徑向向外，因此向量形式為：

$$\boxed{ \mathbf E_{\mathrm{in}}(r) = \frac{\rho_c}{\varepsilon_0} \left( \frac r3-\frac{r^2}{4R} \right)\hat{\mathbf r} }$$

---

2. 球外電場：$r>R$

球外高斯面包覆全部電荷，因此：

$$E_{\mathrm{out}}(r)\,4\pi r^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$$

代入總電荷 $Q=\pi\rho_cR^3/3$：

$$E_{\mathrm{out}}(r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^2} \frac{\pi\rho_cR^3}{3}$$

故：

$$\boxed{ \mathbf E_{\mathrm{out}}(r) = \frac{\rho_cR^3}{12\varepsilon_0r^2} \hat{\mathbf r} }$$

球外電場等效於將全部電荷集中在球心的點電荷。

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3. 球外電位：$r>R$

由題目條件 $\Phi(\infty)=0$，球外電位為：

$$\Phi_{\mathrm{out}}(r) = \int_r^\infty E_{\mathrm{out}}(r')\,dr'$$

這題是關於粒子物理中的碰撞反應，需要應用能量和動量守恆定律，特別是考慮相對論效應。

核心觀念：

1. 相對論中的能量-動量關係：$E^2 = (pc)^2 + (mc^2)^2$。
2. 能量守恆定律。
3. 動量守恆定律。
4. 閾值能量 (Threshold Energy)：指發生特定反應所需的最低能量。

解題過程：

反應為 $p + p \to p + p + \bar{p} + p$。
我們需要產生一個反質子 ($\bar{p}$) 和一個額外的質子 ($p$)。
總共有 4 個粒子在最終態，質量都是 $M_p$。
設質子的靜止質量為 $m = M_p$。

初始狀態：
質子 1：靜止，動量 $p_1 = 0$，能量 $E_1 = m c^2$。
質子 2：動量 $p_2 = p$，速度 $v$。能量 $E_2 = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}$。
總初始能量 $E_{initial} = E_1 + E_2 = mc^2 + \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}$。
總初始動量 $P_{initial} = p_1 + p_2 = p$。

最終狀態：
四個粒子 (p, p, $\bar{p}$, p)：設它們的動量分別為 $p_3, p_4, p_5, p_6$，能量為 $E_3, E_4, E_5, E_6$。
總最終能量 $E_{final} = E_3 + E_4 + E_5 + E_6$。
總最終動量 $P_{final} = p_3 + p_4 + p_5 + p_6$。

根據能量守恆和動量守恆：
$E_{initial} = E_{final}$
$P_{initial} = P_{final}$

要找到發生反應所需的最低動能，我們需要考慮發生反應的「閾值條件」。
在閾值條件下，所有產生的粒子都具有最小的能量，通常是指它們的動量都是零。
也就是說，在質心參考系 (Center-of-Mass Frame, CM frame) 中，反應發生後，所有粒子的動量都是零。

設質心參考系為 CM。
在 CM 參考系中，總動量為零。
初始狀態：
質子 1：動量 $p_1'$，能量 $E_1' = \sqrt{(p_1'c)^2 + (mc^2)^2}$。
質子 2：動量 $p_2' = -p_1'$，能量 $E_2' = \sqrt{(p_2'c)^2 + (mc^2)^2} = E_1'$。
總初始能量 $E_{initial, CM} = E_1' + E_2' = 2 E_1'$。
總初始動量 $P_{initial, CM} = p_1' + p_2' = 0$。

最終狀態：
四個粒子，總質量為 $4m$。
在閾值能量下，所有粒子的動量都為零，它們處於靜止狀態。
總最終能量 $E_{final, CM} = 4mc^2$。
總最終動量 $P_{final, CM} = 0$。

能量守恆：$E_{initial, CM} = E_{final, CM}$
$2 E_1' = 4mc^2$
$E_1' = 2mc^2$

這是質子 1 (或質子 2) 在 CM 參考系中的總能量。
我們需要的是質子 2 在實驗室參考系 (Lab frame, L) 中的動能。
實驗室參考系是質子 1 靜止的參考系。

總能量在不同參考系之間的轉換是通過洛倫茲變換。
一個粒子在 CM 參考系中的總能量為 $E'$，在實驗室參考系中的總能量為 $E$，動量為 $p$。
$E^2 = (pc)^2 + (mc^2)^2$。
$E_{CM}^2 = (p_{CM}c)^2 + (M_{total}c^2)^2$。

在 CM 參考系中，總質量為 $4m$。
$E_{initial, CM} = \sqrt{(P_{initial, CM}c)^2 + (4mc^2)^2} = \sqrt{0 + (4mc^2)^2} = 4mc^2$。
這個總能量 $E_{initial, CM}$ 在實驗室參考系中的總能量 $E_{initial, L}$ 滿足 $E_{initial, L}^2 = (P_{initial, L}c)^2 + (E_{initial, CM})^2$。
這裡 $P_{initial, L}$ 是實驗室參考系中的總動量。

讓我們直接計算實驗室參考系中的總能量。
$E_{initial, L} = E_1 + E_2 = mc^2 + \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}$。
$P_{initial, L} = p$。

在閾值反應發生時，所有產生的粒子都靜止。
$E_{final, L} = 4mc^2$。
$P_{final, L} = 0$。

能量守恆：$E_{initial, L} = E_{final, L}$
$mc^2 + \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2} = 4mc^2$
$\sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2} = 3mc^2$

對兩邊平方：
$(pc)^2 + (mc^2)^2 = (3mc^2)^2 = 9(mc^2)^2$
$(pc)^2 = 8(mc^2)^2$
$pc = \sqrt{8} mc^2 = 2\sqrt{2} mc^2$
$p = 2\sqrt{2} m c$。

這是質子 2 所需的動量。
質子 2 的動能 $K_2$ 是：
$K_2 = E_2 - mc^2 = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2} - mc^2$
$K_2 = \sqrt{8(mc^2)^2 + (mc^2)^2} - mc^2$
$K_2 = \sqrt{9(mc^2)^2} - mc^2$
$K_2 = 3mc^2 - mc^2 = 2mc^2$。

所以，質子 2 所需的最小動能為 $2mc^2$。
將 $m = M_p$ 代入：
$K_{min} = 2 M_p c^2$。

這個結果是相對論的。如果我們考慮非相對論情況，則 $E \approx mc^2 + \frac{p^2}{2m}$。
$mc^2 + \frac{p^2}{2m} = 4mc^2 \implies \frac{p^2}{2m} = 3mc^2 \implies p^2 = 6m^2c^2$.
動能 $K = \frac{p^2}{2m} = \frac{6m^2c^2}{2m} = 3mc^2$.
但這與相對論結果不同，所以必須使用相對論。

驗證：
初始狀態：質子 1 靜止 ($E_1=mc^2, p_1=0$)，質子 2 動能為 $2mc^2$ ($E_2=3mc^2, p_2=2\sqrt{2}mc/c = 2\sqrt{2}m$).
總初始能量 $E_{initial} = mc^2 + 3mc^2 = 4mc^2$.
總初始動量 $P_{initial} = p_2 = 2\sqrt{2}mc$.

最終狀態：四個粒子靜止 ($E_3=E_4=E_5=E_6=mc^2, p_3=p_4=p_5=p_6=0$).
總最終能量 $E_{final} = 4mc^2$.
總最終動量 $P_{final} = 0$.

這裡似乎有動量不守恆。
這是因為我們在實驗室參考系中，質子 1 靜止，質子 2 運動。
反應發生後，所有粒子都靜止。
這意味著初始總動量必須為零。
所以，質子 2 的動量必須是 $p$，而質子 1 的動量必須是 $-p$。

正確的實驗室參考系閾值條件：
質子 1：靜止，$E_1 = mc^2$, $p_1 = 0$。
質子 2：動量 $p$, 能量 $E_2 = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}$。
總初始能量 $E_{init} = mc^2 + E_2$。
總初始動量 $P_{init} = p$。

最終狀態：四個粒子靜止。
總最終能量 $E_{final} = 4mc^2$。
總最終動量 $P_{final} = 0$。

能量守恆：$E_{init} = E_{final}$
$mc^2 + E_2 = 4mc^2 \implies E_2 = 3mc^2$。
動量守恆：$P_{init} = P_{final}$
$p = 0$。

這說明，如果質子 1 靜止，而反應後所有粒子都靜止，那麼初始動量也必須是零。
這只有在質子 2 也靜止時才可能。但這樣就無法產生額外的粒子。
所以，反應後粒子不一定都靜止。

在閾值條件下，反應後粒子在 CM 參考系中總動量為零。
讓我們回到 CM 參考系。
$E_{initial, CM} = 2E_1' = 4mc^2 \implies E_1' = 2mc^2$。
這是質子 1 在 CM 參考系中的能量。
我們需要將這個能量轉換回實驗室參考系。

令實驗室參考系 (L) 相對於 CM 參考系 (CM) 的速度為 $v_{CM}$。
質子 1 在 L 中的動量 $p_1 = 0$。
質子 1 在 CM 中的動量 $p_1'$，能量 $E_1' = 2mc^2$。
質子 2 在 L 中的動量 $p_2 = p$，能量 $E_2 = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}$。
總初始動量 $P_{initial, L} = p$。

這題是關於量子力學中的對稱性，特別是宇稱算符 (Parity Operator) 的性質和其與哈密頓算符的關係。

核心觀念：

1. 算符的定義與作用：$\hat{P}\phi(x) = \phi(-x)$。
2. 特徵值與特徵函數：$\hat{A}\psi = a\psi$，其中 $a$ 是特徵值，$\psi$ 是特徵函數。
3. 動量算符：$\hat{p} = -i\hbar \frac{d}{dx}$。
4. 哈密頓算符：$\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + V(x)$。
5. 對稱算符的性質：如果一個算符的平方是單位算符 ($\hat{A}^2 = \hat{I}$)，那麼它的特徵值只能是 $\pm 1$。
6. 對稱哈密頓量與宇稱算符的交換性：如果 $[\hat{H}, \hat{P}] = 0$，則 $\hat{H}$ 和 $\hat{P}$ 有共同的特徵函數。

解題過程：

(i) 證明宇稱算符 $\hat{P}$ 的特徵值只能是 $1$ 或 $-1$

根據定義，宇稱算符 $\hat{P}$ 對於任意函數 $\phi(x)$ 的作用是 $\hat{P}\phi(x) = \phi(-x)$。
假設 $\psi(x)$ 是 $\hat{P}$ 的一個特徵函數，對應的特徵值為 $p$。
那麼，根據特徵值方程：
$\hat{P}\psi(x) = p \psi(x)$
$\psi(-x) = p \psi(x)$

現在，我們對這個方程的兩邊都作用一次 $\hat{P}$ 算符：
$\hat{P}(\hat{P}\psi(x)) = \hat{P}(p \psi(x))$
$\hat{P}^2\psi(x) = p \hat{P}\psi(x)$
由於 $\hat{P}\psi(x) = \psi(-x)$，所以 $\hat{P}^2\psi(x) = \hat{P}(\psi(-x)) = \psi(-(-x)) = \psi(x)$。
這意味著 $\hat{P}^2 = \hat{I}$ (單位算符)。

所以，方程變為：
$\psi(x) = p (\psi(-x))$
又因為 $\psi(-x) = p \psi(x)$，所以：
$\psi(x) = p (p \psi(x)) = p^2 \psi(x)$
$\psi(x) = p^2 \psi(x)$
由於 $\psi(x)$ 不是處處為零的函數（否則它就不是一個有效的特徵函數），我們可以將 $\psi(x)$ 約掉：
$1 = p^2$
解這個方程得到 $p = \pm 1$。
因此，宇稱算符 $\hat{P}$ 的特徵值只能是 $1$ 或 $-1$。

【答案】證明如上。

(ii) 證明如果 $V(x)$ 是偶函數，則 $\hat{P}\psi_n(x)$ 也是 $\hat{H}$ 的特徵函數，具有相同的特徵能量 $E_n$

給定的哈密頓算符是 $\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + V(x)$。
動量算符 $\hat{p} = -i\hbar \frac{d}{dx}$。
所以 $\hat{p}^2 = (-i\hbar \frac{d}{dx})(-i\hbar \frac{d}{dx}) = (-\hbar^2) \frac{d^2}{dx^2}$。
哈密頓算符為 $\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V(x)$。

我們已知 $\psi_n(x)$ 是 $\hat{H}$ 的一個特徵函數，對應的特徵能量為 $E_n$：
$\hat{H}\psi_n(x) = E_n \psi_n(x)$
$\left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V(x) \right) \psi_n(x) = E_n \psi_n(x)$

我們要證明 $\psi'_n(x) = \hat{P}\psi_n(x) = \psi_n(-x)$ 也是 $\hat{H}$ 的特徵函數，且特徵值仍為 $E_n$。
也就是要證明 $\hat{H}\psi'_n(x) = E_n \psi'_n(x)$。

作用 $\hat{H}$ 在 $\psi'_n(x)$ 上：
$\hat{H}\psi'_n(x) = \hat{H}(\psi_n(-x))$
$\hat{H}\psi'_n(x) = \left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V(x) \right) \psi_n(-x)$