材料的電子性質/工程師的量子力學/基本假設

量子力學有四個基本假設。

假設 I：可觀察量和運算元是相關的

假設 II：測量使波函式坍縮

假設 III：存在一個狀態函式，允許計算期望值。

假設 IV：波函式根據時間相關的薛定諤方程演化。

假設 I

每個自洽、定義明確的可觀察量都有一個滿足特徵值方程的線性運算元，${\hat {A}}\phi =a\phi$，其中 $A$ 是可觀察量，${\hat {A}}$ 是運算元，$a$ 是測量的特徵值，$\phi$ 是 $a$ 的特徵函式。在給定的系統中，每個特徵值都有一個不同的特徵函式，因此你經常會看到 $\phi _{a}$，它說明 $\phi$ 是 $a$ 的特徵函式。因此，這個假設將可觀察量與數學運算元聯絡起來。

什麼是數學運算元？

“運算元”是指對函式進行操作並使其發生變化的事物或數學表示式。例如：$${\hat {D}}_{x}={\partial \over \partial x}\Longrightarrow {\hat {D}}f(x)={\partial f(x) \over \partial x}$$

在這個函式中，${\hat {D}}_{x}$ 是一個數學運算元，定義為對 $x$ 的導數。這意味著，如果我們之後讓 $x$ 作用於某個關於 $x$ 的函式，我們就可以應用額外的運算元來改變結果，但仍然遵循相同的規則。例如，讓我們應用一個運算元，$R_{z90}$，它使函式繞 z 軸旋轉 90 度。$${\hat {R}}_{z90}\left(x^{2}+y^{2}\right)=y^{2}-x$$

此外，應用“除以三”運算元或恆等運算元（它不會改變函式），可以得到類似的結果。$${\begin{array}{lcl}{\hat {B}}=\ {\text{divide by three}}&\Longrightarrow &{\hat {B}}\phi ={\phi \over 3}\\{\hat {I}}=\ {\text{identity operator}}&\Longrightarrow &{\hat {I}}g=g\end{array}}$$

物理上重要的運算元可觀察量

物理上有意義的可觀察量都有運算元，這些運算元的產生方式多種多樣，但你可以開始思考它們的方式是，它們是經典世界中的運算元，它們透過新增 $\hbar$ 和 $i$ 進行了進一步的量子化。如果你足夠長時間地觀察這些情況，你最終會發現其中有一個模式。

以線性動量為例，$p$。我會給它一個算符，${\textstyle {\hat {p}}}$，這是一個等於${\textstyle -i\hbar \nabla }$的向量。雖然你可以從三個維度看整體，但梯度讓我們可以平等地分部分來看，所以讓我們簡化這個問題，只看這個向量的 x 分量。$${\hat {p}}_{x}=-i\hbar \ {\partial \over \partial x}$$將此算符應用於某個函式，$\phi$，得到：$${\hat {p}}_{x}\phi (x)=-i\hbar \ {\partial \over \partial x}\ \phi (x)=p_{x}\phi$$

透過應用平面波方程，我們可以解出這個微分方程：$$\phi =Ae^{ikx}=A[\cos(kx)+i\sin(kx)]$$

解僅僅是波數為$k$的平面波。${\textstyle \left(k={2\pi \over \lambda }\right)}$$$\underbrace {-i\hbar {\partial \over \partial x}} _{{\hat {p}}_{x}}*\ \underbrace {\left(Ae^{ikx}\right)} _{\phi }\ =\ \underbrace {-i\hbar (ik)} _{p_{x}}*\ \underbrace {Ae^{ikx}} _{\phi }$$$$p_{x}=\hbar k;\qquad \phi =-Ae^{ikx}$$

這本身並不令人激動，因為$k$和$P_{x}$可以取任意值，因此它看起來並不“量子化”。從物理角度來看，這代表了一個自由粒子（即一個在無限真空中的粒子），量子化來自於我們應用的邊界條件。

邊界條件的應用

<FIGURE> “玻恩-馮·卡門邊界條件” (這些邊界條件可以被看作是一個盒子或一個環。)

讓我們應用稱為“玻恩-馮·卡門邊界條件”的週期性邊界條件 (PBC)。<FIGURE> 透過這種方法，我們實際上是將粒子置於一個一維盒子裡，粒子可以在盒子裡自由移動，但一旦離開盒子，它就會在空間中迴圈回到原位，從另一邊重新進入盒子。 盒子有一定的尺寸，$L$，這給了我們量子化。 這個概念也可以被看作是一個半徑為 ${\textstyle R={L \over 2\pi }}$ 的環。

這些邊界條件限制瞭解，因為解必須在這些邊界處匹配。 因此：$${\begin{aligned}Ae^{iko}&=Ae^{ikL}\\\phi (o)&=\phi (L)\end{aligned}}$$ 這個方程不是明顯可解的，所以我們代入正弦和餘弦，如平面波方程中所述，得到：$$\underbrace {\cos(ko)} _{=1}+\underbrace {i\sin(ko)} _{=0}=\underbrace {\cos(kL)} _{must\ be\ 1}+\underbrace {i\sin(kL)} _{must\ be\ 0}$$ 由於方程的右邊必須等於一個已知值，我們可以得出結論，${\textstyle kL=0,2\pi ,4\pi ,...}$。 按照這種邏輯：$$k={n2\pi \over L};\qquad \phi (x)=Ae^{i{2\pi n \over L}x}$$

現在我們得到了一個量子化的解。 回到環形邊界條件的概念，並從第一章中得到德布羅意假設 (${\textstyle p=\hbar k}$)，這表明當普朗克最初對粒子進行量子化時，他是在考慮週期性情況。 此外，我們可以透過結合這兩個概念來發展原子玻爾模型。 $${\begin{aligned}k={2\pi \over \lambda }={n2\pi \over L}\longrightarrow L=n\lambda =2\pi R\\\longrightarrow n\lambda =2\pi R\end{aligned}}$$

<FIGURE> “從德布羅意方程得到的玻爾原子模型” (描述)

邊界條件的影響

這就是奈米科學有趣的地方！ 當結構的尺寸足夠小時，它們會影響量子化。 如果我們能在奈米尺度上控制維度，我們就能控制電子的量子性質。

另一個明確定義的可觀測量是能量。 在經典力學中，有幾種方法可以表述運動方程 (牛頓、拉格朗日、哈密頓)。 我不會談論這些，但你應該知道在量子力學中，形式主義與經典哈密頓形式主義相匹配。 對於動能依賴於動量，勢能或位置的系統，哈密頓運算元採用簡單的形式

${\hat {H}}={\hat {T}}+{\hat {V}}$，其中 ${\hat {T}}$ 是動能，${\hat {V}}$ 是勢能。

目前我們將討論真空中的粒子，這使得勢能 (${\hat {V}}$) 為零。目前我們只關注動能 (${\hat {T}}$)。我們可以從經典力學中取動能方程 ${\textstyle {{\hat {p}}^{2} \over 2m}}$，並代入我們的動量算符 $-i\hbar \nabla$，得到一個簡化的 ${\hat {T}}$ 方程，稱為拉普拉斯算符。 $${\begin{aligned}\\{\hat {V}}&=V(r)=0\quad (for\ now)\\{\hat {T}}&={{\hat {p}}^{2} \over 2m}={1 \over 2m}(-i\hbar \nabla )^{2}={-\hbar ^{2} \over 2m}\nabla ^{2}\end{aligned}}$$

拉普拉斯運算元的簡化:$${\begin{aligned}\nabla ^{2}&=\nabla \cdot \nabla \\&=\left\langle {\partial \over \partial x},{\partial \over \partial y},{\partial \over \partial z}\right\rangle \\&={\partial ^{2} \over \partial x^{2}}+{\partial ^{2} \over \partial y^{2}}+{\partial ^{2} \over \partial z^{2}}\end{aligned}}$$再次，我們可以利用$\nabla ^{2}$的展開式將問題簡化為一維問題。$${\hat {H}}={-\hbar \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}$$

由於我們正在取二階導數，因此當運算元起作用時，它會返回函式的曲率，告訴我們動能運算元與函式的曲率成正比。因此，具有更緊密曲線的解將具有比緩慢變化的函式更高的能量。

理想情況下，我們希望解決:${\hat {H}}\phi =E\phi$ (時間無關薛定諤方程)$$E\phi ={-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}\phi$$

什麼能解決這個問題？平面波！${\textstyle \left(\phi =Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\right)}$ 事實證明，平面波是量子力學中常見的解！$${\begin{aligned}E\phi &={-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}\left[Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\right]\\&={-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial \over \partial x}\left[Aike^{ikx}+B(-ik)e^{-ikx}\right]\\&={-\hbar ^{2} \over 2m}\left[A(ik)^{2}e^{ikx}+B(ik)^{2}e^{-ikx}\right]\\&=\underbrace {{-\hbar ^{2} \over 2m}\left(-k^{2}\right)} _{E}\ \underbrace {\left[Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\right]} _{\phi }\end{aligned}}$$

這裡我們可以看到，我們的特徵值為 $-{\hbar ^{2} \over 2m}$，因此分解方程得到：$$E={-\hbar ^{2} \over 2m}(-k)^{2};\qquad \phi =Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$$

這些變數與我們之前發現的結論一致

$$P_{x}=\hbar k;\qquad E={1 \over 2}mv^{2}={P^{2} \over 2m}={(\hbar k)^{2} \over 2m}$$注意：我們之前的方程 ${\textstyle \left(\phi =Ae^{ikx}\right)}$ 由於父方程中只有一個導數，因此只有一個分量，而我們當前的解由於父方程中存在二階導數，因此具有兩個分量。

Here, the momentum is telling us what the value is and the $A$ and $B$ coefficients are telling us if it travels to the left or to the right. As you may have guessed, the energy and the momentum are commensurate with each other, we can know them both at the same time. In quantum mechanics, if operators "commute" then they share eigenfunctions. We should notice that if ${\hat {A}}$ or ${\hat {B}}$ are zero, then the eigenfunctions of energy are also the eigenfunctions of momentum. Generally, ${\hat {A}}$ and ${\hat {B}}$ commute if:$$\left[{\hat {A}},{\hat {B}}\right]={\hat {A}}{\hat {B}}-{\hat {B}}{\hat {A}}=0$$For example, let's look at momentum and energy, when $f(x)$ is some test function:$${\begin{aligned}\ \left[{\hat {p_{x}}},{\hat {H}}\right]&=\left[-i\hbar {\partial \over \partial x},{-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}\right]f(x)\\&=\left[\left(-i\hbar {\partial \over \partial x}\right)\left({-\hbar \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}\right)-\left({-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}\right)\left(-i\hbar {\partial \over \partial x}\right)\right]f(x)\\&=-i\hbar {-\hbar ^{2} \over 2m}{\partial \over \partial x}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}f(x)-{-\hbar ^{2} \over 2m}(-i\hbar ){\partial ^{2} \over \partial x^{2}}{\partial \over \partial x}f(x)\\&=i{\hbar ^{3} \over 2m}f'''(x)-i{\hbar ^{3} \over 2m}f'''(x)=0\end{aligned}}$$

由於 $[{\hat {p_{x}}},{\hat {H}}]=0$，${\hat {p_{x}}}$ 和 ${\hat {H}}$ 是可交換的。

讓我們嘗試一個不同的運算子。這次，我們比較位置和動量。$${\begin{aligned}\ \left[{\hat {p_{x}}},{\hat {x}}\right]f(x)&=\left[-i\hbar {\partial \over \partial x},x\right]f(x)\\&=-i\hbar {\partial \over \partial }xf(x)-x(-i\hbar ){\partial \over \partial x}f(x)\\&=(-i\hbar )\left[{\partial \over \partial x}xf(x)-x{\partial \over \partial x}f(x)\right]\\&=(-i\hbar )\left[x{\partial \over \partial x}f(x)+f(x){\partial \over \partial x}x-x{\partial \over \partial x}f(x)\right]\\&=-i\hbar f(x)\end{aligned}}$$

這裡，$[{\hat {p_{x}}},{\hat {x}}]=-i\hbar \neq 0$，這意味著${\hat {H}}$ 和 $x$ 不對易。這意味著動量和位置不對易，因此它們不共享本徵函式。碰巧的是，這一切都與觀察和我們知識中的基本不確定性有關。

回想海森堡不確定性原理：$$\Delta x\Delta p\geq {\hbar \over 2}$$當運算子對易時，我們說與運算子相關的可觀察量是“相容的”，這意味著它們可以同時測量到任意精度。（與施瓦茨不等式有關...） 無需證明，我告訴你

如果$\left[{\hat {A}},{\hat {B}}\right]={\hat {C}}\neq 0$，那麼$\Delta A\Delta B\geq {1 \over 2}|\langle c\rangle |$，其中$\langle c\rangle$ 指的是“期望值”。

因此，對於$\left[{\hat {x}},{\hat {p_{x}}}\right]=-i\hbar$，$\Delta x\Delta p_{x}\geq {1 \over 2}\hbar$（使用$\left|\left({\hat {x}},{\hat {p_{x}}}\right)\right|^{2}$) *參見 B&J p.215

這是一個重大的發現！這意味著我們不可能同時知道某些事情。（還記得我們在第二章中的思想實驗嗎？）更重要的是，這純粹是一種量子效應。再次考慮動量。如果我們精確地測量動量為$\hbar k$，那麼粒子的波函式是$\phi _{k}$.

還記得機率解釋中的內容嗎：$${\begin{aligned}\psi ^{*}\psi &=P(x)\\A^{*}e^{-ikx}Ae^{ikx}&=|A|^{2}=P(x)\end{aligned}}$$<FIGURE> “不相容的可觀察量”（常數值$|A|^{2}$)

但是$A$只是歸一化常數，所以機率分佈看起來像（FIGURE）。如果我們精確地知道$p_{x}$，那麼我們對$x$一無所知！在$-\infty <x<\infty$範圍內，每個位置的機率都相等。

因此，$x$和$p_{x}$是不相容的可觀察量。

假設 II

對可觀察量$A$的測量，得到的值為$a$，將系統置於狀態$\phi _{a}$。$${\hat {A}}\phi _{a}=a\phi _{a}$$

我們說測量“坍縮波函式”到$\phi _{a}$，其中$\phi _{a}$是所測量特定值的本徵函式。因此，緊隨其後的測量將產生值$a$，因為本徵函式將保持圍繞該值$a$坍縮，直到另一個性質被測量，如第二章所見。

這裡重要的是什麼？在初始測量之前，測量的預期值是從$\psi$，可能狀態的疊加，統計給出的。測量行為在留下$\phi _{a}$，一個特定的狀態，用於後續測量。請注意，這與求解偏微分方程非常相似。當為特定解求解偏微分方程時，您將獲得所有可能解的線性疊加，這類似於我們在這裡看到的。

假設三

存在一個狀態函式，稱為“波函式”，它代表系統在任何給定時刻的狀態，並且我們能夠知道的關於系統的所有資訊都包含在這個狀態函式中，$\Psi$，它是連續且可微的。

對於任何可觀察量，$C$，我們可以找到測量$C$的期望值，從$\Psi$。$$\langle c\rangle =\int \Psi ^{*}{\hat {C}}\ \Psi \ dr$$這裡$\Psi ^{*}$是$\Psi \rightarrow (a+bi)^{*}=a-bi$的複共軛，而$\int dr$是$\int \int \int dx\ dy\ dz$的簡寫。

統計學回顧（以及“期望值”的含義，$\langle c\rangle$）

在統計學中，${\bar {c}}$，是$\langle c\rangle$的期望值，當抽樣理論一切順利時：$${\bar {c}}={1 \over N}\sum _{i=1}^{N}ci$$

在這個函式中，如果你知道所有可能性，你就可以寫出系統的狀態函式。假設我有一個袋子，裡面有 5 個便士，3 個一角硬幣和 2 個 25 美分硬幣。我從袋子裡拿出任何一種硬幣的機率是：$${\begin{aligned}{\bar {c}}&={1 \over N}\sum _{i=1}^{N}ci={1 \over 10}(1+1+1+1+1+10+10+10+25+25)\\&={85 \over 10}={8.5}\\&=\left(1\times {5 \over 10}\right)+\left(10\times {3 \over 10}\right)+\left(25\times {2 \over 10}\right)\end{aligned}}$$$${\bar {c}}=\sum _{all\ c}CiP(ci)$$

對於連續機率分佈：$$\int cP(c)dc$$

量子力學中的狀態函式

將這種統計期望值應用於我們的量子態函式，得到：$$\langle c\rangle =\int \Psi ^{*}\underbrace {{\hat {c}}\Psi } _{=c\Psi }\ dr=\int cP(c)dc$$

其中，由於$c$只是一個數字，我們可以簡化$\Psi ^{*}{\hat {c}}\ \Psi$為$cP(c)$.

假設 IV

狀態函式$\Psi$，根據以下方程演化：$$i\hbar {\partial \over \partial x}\Psi (rt)={\hat {H}}\Psi (rt)$$

這是與時間相關的薛定諤方程，適用於非相對論空間。（注意，該方程是一個假設，沒有證明。）實際上，為了考慮相對論，我們可以透過微擾方法修正我們的解，或者直接使用狄拉克方程求解：$$\left(\beta mc^{2}+\sum _{k=1}^{3}\alpha _{k}p_{k}c\right)\psi (rt)=i\hbar \ {\partial \psi (rt) \over \partial t}$$

這四個假設為我們提供了量子力學中所有操作的基礎，而它們有效的原因與線性厄米算符有關。特徵方程的解具有特殊性質，其中特徵函式是正交歸一的。對於具有束縛態的任意系統

${\hat {O}}\psi _{m}=o_{n}\psi _{n}$; 其中 $n=0,1,2,...$，且 $o_{n}$ 是 $n^{th}$ 個特徵值，對應於 $n^{th}$ 個特徵函式 $\psi _{m}$.

正交歸一性

正交歸一函式...$$\int \psi _{n}^{*}\psi _{m}\ dr=\delta _{nm}\quad {\begin{cases}=1\quad (if\ \ n=m)\\=0\quad (otherwise)\end{cases}}$$

這裡，$\delta _{nm}$，是克羅內克δ函式。這個函式是斯特恩-盧埃夫定理的結果，其中標識函式集 $\{\psi _{n}}\$，跨越希爾伯特空間，有時只跨越子空間，即 $\Psi$ 所在的函式空間。可以將希爾伯特空間視為歐幾里得空間的等效空間，其中向量存在，並且將具有一組向量 $\{q_{i}\}$。如果這組向量是正交歸一的並且跨越空間，那麼它們可以充當該空間中所有其他向量的基底，我們可以將任意向量 $v$ 寫成這些向量 $\{q_{i}\}$ 的線性組合。 $$v=\sum _{i}c_{i}\ q_{i}$$

學習過線性代數的人可能會想起關於特徵值、特徵向量等的許多規則...... 嗯，所有這些規則都將適用於你將在本文中看到的，實際上，有一種矩陣表示法允許將所有量子力學直接對映到矩陣和向量集。

希爾伯特空間

利用這種正交性質，我們可以用$\Psi$ 來表示$\psi _{n}$ 作為基底。$$\Psi =\sum _{n}c_{n}\psi _{n}$$

就像歐幾里得空間一樣，$c_{n}$ 是$\Psi$ 到$\psi _{n}$ 的投影。其意義在於我們可以透過取內積（點積）的等價運算來求解$c_{n}$。$${\begin{aligned}c_{i}&=\int dr\ \psi _{i}^{*}\ \Psi \\&=\int dr\ \psi _{i}^{*}\ \sum _{n}c_{n}\psi _{n}\\&=\int dr(\psi _{i}^{*}c_{1}\psi _{1}+\psi _{i}^{*}c_{2}\psi _{2}+\cdots +\psi _{i}^{*}c_{i}\psi _{i})\qquad {\begin{cases}\psi _{i}^{*}c_{i}\psi _{i}\neq 0\end{cases}}\end{aligned}}$$

我們可以擁有一個正交歸一的基底，它可以跨越整個空間，並允許我們寫出波函式，這讓我們可以描述它在希爾伯特空間中的形式，並允許我們描述係數作為波函式到特定本徵函式的投影，這一點非常重要！

回想一下期望值，其中 ${\hat {O}}\psi _{n}=o_{n}\psi _{n}$。求解每一項：$${\begin{aligned}\langle {\hat {o}}\rangle =\int \psi ^{*}{\hat {o}}\Psi &=\int (c_{1}^{*}\psi _{1}^{*}+c_{2}^{*}\psi _{2}^{*}+\cdots ){\hat {o}}(c_{1}\psi _{1}+c_{2}\psi _{2}+\cdots )\\&=\int c_{i}^{*}\psi _{i}^{*}\ {\hat {o}}\ c_{j}\psi _{j}\\&=c_{i}^{*}c_{j}\int \psi _{i}^{*}\underbrace {{\hat {o}}\psi _{j}} _{o_{j}\psi _{j}}\\&=c_{i}^{*}c_{j}o_{j}\int \psi _{i}^{*}\psi _{j}\\&=c_{i}^{*}c_{j}o_{j}\ \partial _{ij}\end{aligned}}$$因此，$\langle o\rangle ={\bar {o}}=\sum _{all\ o}o_{i}p(o_{i})$

因此，測量特定值的機率為 $p(o_{i})=c_{i}^{*}c_{i}$，由係數給出，該係數是波函式在特定特徵函式上的投影。如果你從物理角度在向量空間中考慮這一點，它是有道理的！我們說，如果我有一個主要在 1 方向上的向量，那麼它的行為也將在 1 方向上“主要”。它仍然存在著在其他方向上測量的機率。所以，當我們談論疊加時，它作為特徵函式的線性求和。記住每個特徵函式都有一個係數，它是波函式在該特徵函式上的投影，這告訴我們測量任何特定值的機率。

回到 Stern-Gerlach

我們有一些算符，${\textstyle {\hat {S}}_{z}}$，作用於某個函式，${\textstyle \chi }$，並返回值$s_{z}\chi$。這個系統只有兩種解（以銀原子為例）：$${\begin{aligned}&s_{z}={\hbar \over 2},\ k\uparrow \\&s_{z}={-\hbar \over 2},\ k\downarrow \\\end{aligned}}$$

當我們有透過真空的初始原子束時，最初我們對狀態一無所知；它是隨機的。 $${\begin{aligned}\Psi =&{1 \over {\sqrt {2}}}x_{\uparrow }+{i \over {\sqrt {2}}\ x_{\downarrow }}\\&P({\hbar \over 2})={1 \over {\sqrt {2}}}{1 \over {\sqrt {2}}}=0.50\\&P({-\hbar \over 2})={-i \over {\sqrt {2}}}{i \over {\sqrt {2}}}=0.50\end{aligned}}$$

這意味著測量每個結果的機率是50/50！此外，波函式是歸一化的，機率之和等於1。如果這不是真的，我們將不得不遍歷並縮放向量，直到它歸一化。現在假設我們測量這種情況並找到一個“向上”自旋，這意味著$\Psi$已坍縮為$x_{\uparrow }$。現在我們已經測量了這種情況，再次找到“向上”情況的機率現在是1，而找到“向下”情況的機率現在是0。

$S_{y}$怎麼樣？

${\hat {S_{y}}}\zeta =s_{y}\zeta$； $\left\{{s_{y}=+{\hbar \over 2},\quad \zeta _{\uparrow } \atop s_{y}=-{\hbar \over 2},\quad \zeta _{\downarrow }}\right\}$

該系統有兩個可能的結果，類似於用 ${\textstyle {\hat {S}}_{z}}$ 所示的。我們可以將這兩個系統寫在一起，如下所示：$$\alpha _{1}x_{\uparrow }+\alpha _{2}x_{\downarrow }=\Psi =\beta _{1}\zeta _{\uparrow }+\beta _{2}\zeta _{\downarrow }$$

集合 $\{x\}$ 和 $\{\zeta \}$ 是不相容的。當我們測量一個時，向量函式會跳到一個基底，然後另一個也會跳到另一個基底。

最重要的是，我們可以將 $\Psi$ 摺疊成 $\{x\}$ 或 $\{\zeta \}$ 中的任何一個，但 **不能** 同時處於兩者。這兩個算符是不相容的，因為它們不滿足交換律，如果它們不滿足交換律，它們必須在希爾伯特空間內形成不同的基底集。我們可以將它們橫向寫出來，因為每個集合仍然等於波函式，但關於一個集合的資訊並不能告訴我們另一個集合的任何資訊。

將 $\Psi$ 摺疊成 $\Psi =\zeta _{\uparrow \downarrow }$ 或 $\Psi =x_{\uparrow \downarrow }$ 是量子力學特有的，這就是我們不能同時知道這兩個可觀測量的理由！