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可观测量和算符

记住均值

$\langle x\rangle =\int |\psi |^{2}\,x\,dx\quad {\hbox{and}}\quad \langle p\rangle =\hbar \langle k\rangle =\int |{\overline {\psi }}|^{2}\,\hbar k\,dk.$

如前所述，如果我们定义算符

${\hat {x}}=x$（“乘以 $x$”）和 ${\hat {p}}=-i\hbar {\frac {\partial }{\partial x}},$

那么我们可以写成

$\langle x\rangle =\int \psi ^{*}\,{\hat {x}}\,\psi \,dx\quad {\hbox{and}}\quad \langle p\rangle =\int \psi ^{*}\,{\hat {p}}\,\psi \,dx.$

同样地，

$\langle E\rangle =\int \psi ^{*}\,{\hat {E}}\,\psi \,dx\quad {\hbox{with}}\quad {\hat {E}}=i\hbar {\frac {\partial }{\partial t}}.$

哪个可观察量与微分算子 $\partial /\partial \phi$ 相关联？如果 $r$ 和 $\theta$ 是常数（因为关于 $\phi$ 的偏导数需要），那么 $z$ 是常数，并且

${\partial \psi \over \partial \phi }={\partial y \over \partial \phi }\,{\partial \psi \over \partial y}+{\partial x \over \partial \phi }\,{\partial \psi \over \partial x}.$

鉴于 $x=r\sin \theta \,\cos \phi$ 和 $y=r\sin \theta \,\sin \phi ,$ 这最终得出 $x{\partial \psi \over \partial y}-y{\partial \psi \over \partial x}$ 或者

$-i\hbar {\frac {\partial }{\partial \phi }}={\hat {x}}{\hat {p}}_{y}-{\hat {y}}{\hat {p}}_{x}.$

由于，在经典力学中，轨道角动量由 $\mathbf {L} =\mathbf {r} \times \mathbf {p} ,$ 给出，因此 $L_{z}=x\,p_{y}-y\,p_{x},$ 似乎很明显我们应该将 ${\hat {x}}{\hat {p}}_{y}-{\hat {y}}{\hat {p}}_{x}$ 视为与 $z$ 分量相关的原子角动量的算子 ${\hat {l}}_{z}$。

然而，我们需要警惕将量子力学定义建立在经典定义的基础上。以下是量子力学定义

考虑一个具有 $K$ 个自由度的封闭系统 ${\mathcal {S}}$ 的波函数 $\psi (q_{k},t)$。假设概率分布 $|\psi (q_{k},t)|^{2}$ （简写为 $|\psi (q_{1},\dots ,q_{K},t)|^{2}$）在时间平移下是不变的：等待任何时间量 $\tau$ 对它没有影响。

$|\psi (q_{k},t)|^{2}=|\psi (q_{k},t+\tau )|^{2}.$

那么 $\psi$ 的时间依赖性被限制在一个相位因子 $e^{i\alpha (q_{k},t)}.$

进一步假设时间坐标 $t$ 和空间坐标 $q_{k}$ 是齐次的——相等的间隔在物理上是等效的。由于 ${\mathcal {S}}$ 是封闭的，相位因子 $e^{i\alpha (q_{k},t)}$ 因此不能依赖于 $q_{k},$ 并且它的相位最多可以线性地依赖于 $t:$ 等待 $2\tau$ 应该与等待 $\tau .$ 两次具有相同的效果。换句话说，将波函数乘以 $e^{i\alpha (2\tau )}$ 应该与将其乘以 $e^{i\alpha (\tau )}$ 两次具有相同的效果。

$e^{i\alpha (2\tau )}=[e^{i\alpha (\tau )}]^{2}=e^{i2\alpha (\tau )}.$

因此

$\psi (q_{k},t)=\psi (q_{k})\,e^{-i\omega t}=\psi (q_{k})\,e^{-(i/\hbar )E\,t}.$

因此，封闭系统中存在一个常数（“守恒”）量 $\omega$ 或者（以传统单位表示） $E$ 是暗示的，这就是我们所说的系统的能量。

现在假设$|\psi (q_{k},t)|^{2}$ 在一个空间坐标方向上平移时保持不变，例如$q_{k},$ $q_{j}$ 。

$|\psi (q_{j},q_{k\neq j},t)|^{2}=|\psi (q_{j}+\kappa ,q_{k\neq j},t)|^{2}.$

然后$\psi$ 对$q_{j}$ 的依赖关系被限制在一个相位因子$e^{i\beta (q_{k},t)}.$

假设时间坐标 $t$ 和 $q_{k}$ 是齐次的。由于 ${\mathcal {S}}$ 是封闭的，相位因子 $e^{i\beta (q_{k},t)}$ 不会依赖于 $q_{k\neq j}$ 或 $t,$ 并且它的相位最多只能线性依赖于 $q_{j}$：将 ${\mathcal {S}}$ 平移 $2\kappa$ 应该与两次将它平移 $\kappa .$ 有相同的效果。换句话说，将波函数乘以 $e^{i\beta (2\kappa )}$ 应该与将其两次乘以 $e^{i\beta (\kappa )}$ 有相同的效果。

$e^{i\beta (2\kappa )}=[e^{i\beta (\kappa )}]^{2}=e^{i2\beta (\kappa )}.$

因此

$\psi (q_{k},t)=\psi (q_{k\neq j},t)\,e^{i\,k_{j}\,q_{k}}=\psi (q_{k\neq j},t)\,e^{(i/\hbar )\,p_{j}\,q_{k}}.$

因此，封闭系统中存在一个常数（“守恒”）量 $k_{j}$ 或（在传统单位中）$p_{j}$ 是暗示的，这就是我们所说的系统动量的j分量。

你明白了。此外，空间坐标也可以是球坐标 $r,\theta ,\phi .$ 如果 $|\psi (r,\theta ,\phi ,t)|^{2}$ 在绕 $z$ 轴旋转时保持不变，并且如果经度坐标 $\phi$ 是均匀的，那么

$\psi (r,\theta ,\phi ,t)=\psi (r,\theta ,t)\,e^{im\phi }=\psi (r,\theta ,t)\,e^{(i/\hbar )l_{z}\phi }.$

在这种情况下，我们将守恒量称为系统的角动量的 $z$ 分量。

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现在假设 $O$ 是一个可观测量，${\hat {O}}$ 是相应的算符，并且 $\psi _{{\hat {O}},v}$ 满足

${\hat {O}}\,\psi _{{\hat {O}},v}=v\,\psi _{{\hat {O}},v}.$

我们说 $\psi _{{\hat {O}},v}$ 是算符 ${\hat {O}},$ 的一个特征函数或特征态，并且它具有特征值 $v.$ 让我们计算 $O$ 的平均值和标准差，对于 $\psi _{{\hat {O}},v}.$ 我们显然有

$\langle O\rangle =\int \psi _{{\hat {O}},v}^{*}{\hat {O}}\,\psi _{{\hat {O}},v}\,dx=\int \psi _{{\hat {O}},v}^{*}v\,\psi _{{\hat {O}},v}\,dx=v\int |\psi _{{\hat {O}},v}|^{2}\,dx=v.$

因此

$\Delta O={\sqrt {\int \psi _{{\hat {O}},v}^{*}\,({\hat {O}}-v)\,({\hat {O}}-v)\,\psi _{{\hat {O}},v}\,dx}}=0,$

因为$({\hat {O}}-v)\,\psi _{{\hat {O}},v}=0.$ 对于与 $\psi _{{\hat {O}},v},$ 相关的系统，$O$ 是无分散的。因此，找到 $O$ 值位于包含 $v,$ 的区间内的概率为 1。但我们有

${\hat {E}}\,\psi (q_{k})\,e^{-(i/\hbar )E\,t}=E\,\psi (q_{k})\,e^{-(i/\hbar )E\,t}$

${\hat {p}}_{j}\,\psi (q_{k\neq j},t)\,e^{(i/\hbar )\,p_{j}\,q_{k}}=p_{j}\,\psi (q_{k\neq j},t)\,e^{(i/\hbar )\,p_{j}\,q_{k}}$

${\hat {l}}_{z}\,\psi (r,\theta ,t)\,e^{(i/\hbar )\,l_{z}\phi }=l_{z}\,\psi (r,\theta ,t)\,e^{(i/\hbar )\,l_{z}\phi }.$

所以，${\hat {l}}_{z}$ 确实是与原子角动量的 $z$ 分量相关的算符。

观察到，任何一个算符的本征函数都与对应的可观察量是“明确”的系统相关联：衡量其模糊度的标准偏差消失。

出于显而易见的原因，我们也有

${\hat {l}}_{x}=-i\hbar \left(y{\partial \over \partial z}-z{\partial \over \partial y}\right)\quad {\hbox{and}}\quad {\hat {l}}_{y}=-i\hbar \left(z{\partial \over \partial x}-x{\partial \over \partial z}\right).$

如果我们定义对易式 $[{\hat {A}},{\hat {B}}]\equiv {\hat {A}}{\hat {B}}-{\hat {B}}{\hat {A}},$ 那么说算符 ${\hat {A}}$ 和 ${\hat {B}}$ 对易，等同于说它们的对易式为零。我们将在后面证明，两个可观察量兼容（可以同时测量）当且仅当它们的算符对易。

练习：证明 $[{\hat {l}}_{x},{\hat {l}}_{y}]\,=i\hbar {\hat {l}}_{z}.$

类似地，我们会发现 $[{\hat {l}}_{y},{\hat {l}}_{z}]=i\hbar {\hat {l}}_{x}$ 和 $[{\hat {l}}_{z},{\hat {l}}_{x}]=i\hbar {\hat {l}}_{y}.$ 总结：一个系统的角动量的不同分量是不兼容的。

练习：使用以上对易式，证明算符 ${\hat {\mathbf {L} ^{2}}}\equiv {\hat {l}}_{x}^{2}+{\hat {l}}_{y}^{2}+{\hat {l}}_{z}^{2}$ 与 ${\hat {l}}_{x},$ ${\hat {l}}_{y},$ 以及 ${\hat {l}}_{z}.$