量子世界/意义和应用/可观测量和算符

可观测量和算符

记住平均值

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

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，

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

哪个可观测量与微分算符 $\partial /\partial \phi$ 相关？如果 $r$ 和 $\theta$ 是常数（因为关于 $\phi$ 的偏导数要求），那么 $z$ 是常数，并且

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

已知 $x=r\sin \theta \,\cos \phi$ 和 $y=r\sin \theta \,\sin \phi ,$ 这可算出 $x{\partial \psi \over \partial y}-y{\partial \psi \over \partial x}$ 或

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

由于经典情况下，轨道角动量由 $\mathbf {L} =\mathbf {r} \times \mathbf {p} ,$ 因此 $L_{z}=x\,p_{y}-y\,p_{x},$ 似乎很明显我们应该将 ${\hat {x}}{\hat {p}}_{y}-{\hat {y}}{\hat {p}}_{x}$ 作为 ${\hat {l}}_{z}$ 算符，它与原子角动量的 $z$ 分量相关。

但是，我们需要谨慎地将量子力学的定义建立在经典定义的基础上。以下是量子力学的定义：

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 $\tau$ 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 $q_{k}$ 是均匀的 - 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 $e^{i\alpha (q_{k},t)}$ 则不能依赖于 $q_{k},$，并且它的相位最多只能线性地依赖于 $t:$ 等待 $2\tau$ 应该与两次等待 $\tau .$ 有相同的效果。换句话说，将波函数乘以 $e^{i\alpha (2\tau )}$ 应该与两次将它乘以 $e^{i\alpha (\tau )}$ 有相同的效果。

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

因此

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

所以，对于一个封闭系统，存在一个常数（“守恒”）量 $\omega$ 或（在常规单位中）$E$ 是隐含的，这就是我们所说的系统的 _能量_。

现在假设 $|\psi (q_{k},t)|^{2}$ 在某个空间坐标 $q_{k},$ 比如 $q_{j}$ 方向的平移下保持不变

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

那么 $\psi$ 对 $q_{j}$ 的依赖性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 $e^{i\beta (q_{k},t)}$ 因此不依赖于 $q_{k\neq j}$ 或 $t,$ 它的相位最多可以线性地依赖于 $q_{j}$：将 ${\mathcal {S}}$ 平移 $2\kappa$ 应该与两次将其平移 $\kappa .$ 有相同的效果。换句话说，将波函数乘以 $e^{i\beta (2\kappa )}$ 应该与将其乘以 $e^{i\beta (\kappa )}$ 两次具有相同的效果。

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

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，对于一个封闭系统，存在一个常数（“守恒”）量 $k_{j}$ 或（以传统单位表示） $p_{j}$ 是暗示的，这就是我们所说的系统的动量的第 j 分量。

你明白我的意思了。此外，空间坐标也可能是球面坐标 $r,\theta ,\phi .$ 如果 $|\psi (r,\theta ,\phi ,t)|^{2}$ 在绕 $z$ 轴旋转下是不变的，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。

---

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 ${\hat {O}},$ 的特征函数或特征态，并且它具有特征值 $v.$ 让我们计算 $O$ 对 $\psi _{{\hat {O}},v}.$ 的平均值和标准差。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 $({\hat {O}}-v)\,\psi _{{\hat {O}},v}=0.$ 对于一个与 $\psi _{{\hat {O}},v},$ 相关的系统，$O$ 是无分散的。 因此，找到 $O$ 值在包含 $v,$ 的区间内的概率是 1。 但我们有

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

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

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

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

可以观察到，所有这些算符的本征函数都与相应的可观测量“清晰”的系统相关联：测量其模糊度的标准差为零。

出于明显的原因，我们还有

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

如果我们定义对易子 $[{\hat {A}},{\hat {B}}]\equiv {\hat {A}}{\hat {B}}-{\hat {B}}{\hat {A}},$ 那么说算符 ${\hat {A}}$ 和 ${\hat {B}}$ 对易，就等同于说它们的对易子为零。稍后我们将证明，两个可观测量是兼容的（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：系统角动量的不同分量是 *不相容* 的。

练习：利用上述对易式，证明算符 ${\hat {\mathbf {L} ^{2}}}\equiv {\hat {l}}_{x}^{2}+{\hat {l}}_{y}^{2}+{\hat {l}}_{z}^{2}$ 与 ${\hat {l}}_{x},$ ${\hat {l}}_{y},$ 和 ${\hat {l}}_{z}.$