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可觀測量和算符

記住均值

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

如前所述，如果我們定義算符

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

那麼我們可以寫成

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

同樣地，

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

哪個可觀察量與微分運算元 $\partial /\partial \phi$ 相關聯？如果 $r$ 和 $\theta$ 是常數（因為關於 $\phi$ 的偏導數需要），那麼 $z$ 是常數，並且

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

鑑於 $x=r\sin \theta \,\cos \phi$ 和 $y=r\sin \theta \,\sin \phi ,$ 這最終得出 $x{\partial \psi \over \partial y}-y{\partial \psi \over \partial x}$ 或者

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

由於，在經典力學中，軌道角動量由 $\mathbf {L} =\mathbf {r} \times \mathbf {p} ,$ 給出，因此 $L_{z}=x\,p_{y}-y\,p_{x},$ 似乎很明顯我們應該將 ${\hat {x}}{\hat {p}}_{y}-{\hat {y}}{\hat {p}}_{x}$ 視為與 $z$ 分量相關的原子角動量的運算元 ${\hat {l}}_{z}$。

然而，我們需要警惕將量子力學定義建立在經典定義的基礎上。以下是量子力學定義

考慮一個具有 $K$ 個自由度的封閉系統 ${\mathcal {S}}$ 的波函式 $\psi (q_{k},t)$。假設機率分佈 $|\psi (q_{k},t)|^{2}$ （簡寫為 $|\psi (q_{1},\dots ,q_{K},t)|^{2}$）在時間平移下是不變的：等待任何時間量 $\tau$ 對它沒有影響。

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

那麼 $\psi$ 的時間依賴性被限制在一個相位因子 $e^{i\alpha (q_{k},t)}.$

進一步假設時間座標 $t$ 和空間座標 $q_{k}$ 是齊次的——相等的間隔在物理上是等效的。由於 ${\mathcal {S}}$ 是封閉的，相位因子 $e^{i\alpha (q_{k},t)}$ 因此不能依賴於 $q_{k},$ 並且它的相位最多可以線性地依賴於 $t:$ 等待 $2\tau$ 應該與等待 $\tau .$ 兩次具有相同的效果。換句話說，將波函式乘以 $e^{i\alpha (2\tau )}$ 應該與將其乘以 $e^{i\alpha (\tau )}$ 兩次具有相同的效果。

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

因此

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

因此，封閉系統中存在一個常數（“守恆”）量 $\omega$ 或者（以傳統單位表示） $E$ 是暗示的，這就是我們所說的系統的能量。

現在假設$|\psi (q_{k},t)|^{2}$ 在一個空間座標方向上平移時保持不變，例如$q_{k},$ $q_{j}$ 。

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

然後$\psi$ 對$q_{j}$ 的依賴關係被限制在一個相位因子$e^{i\beta (q_{k},t)}.$

假設時間座標 $t$ 和 $q_{k}$ 是齊次的。由於 ${\mathcal {S}}$ 是封閉的，相位因子 $e^{i\beta (q_{k},t)}$ 不會依賴於 $q_{k\neq j}$ 或 $t,$ 並且它的相位最多隻能線性依賴於 $q_{j}$：將 ${\mathcal {S}}$ 平移 $2\kappa$ 應該與兩次將它平移 $\kappa .$ 有相同的效果。換句話說，將波函式乘以 $e^{i\beta (2\kappa )}$ 應該與將其兩次乘以 $e^{i\beta (\kappa )}$ 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，封閉系統中存在一個常數（“守恆”）量 $k_{j}$ 或（在傳統單位中）$p_{j}$ 是暗示的，這就是我們所說的系統動量的j分量。

你明白了。此外，空間座標也可以是球座標 $r,\theta ,\phi .$ 如果 $|\psi (r,\theta ,\phi ,t)|^{2}$ 在繞 $z$ 軸旋轉時保持不變，並且如果經度座標 $\phi$ 是均勻的，那麼

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

在這種情況下，我們將守恆量稱為系統的角動量的 $z$ 分量。

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現在假設 $O$ 是一個可觀測量，${\hat {O}}$ 是相應的算符，並且 $\psi _{{\hat {O}},v}$ 滿足

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

我們說 $\psi _{{\hat {O}},v}$ 是算符 ${\hat {O}},$ 的一個特徵函式或特徵態，並且它具有特徵值 $v.$ 讓我們計算 $O$ 的平均值和標準差，對於 $\psi _{{\hat {O}},v}.$ 我們顯然有

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

因此

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

因為$({\hat {O}}-v)\,\psi _{{\hat {O}},v}=0.$ 對於與 $\psi _{{\hat {O}},v},$ 相關的系統，$O$ 是無分散的。因此，找到 $O$ 值位於包含 $v,$ 的區間內的機率為 1。但我們有

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

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

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

所以，${\hat {l}}_{z}$ 確實是與原子角動量的 $z$ 分量相關的算符。

觀察到，任何一個算符的本徵函式都與對應的可觀察量是“明確”的系統相關聯：衡量其模糊度的標準偏差消失。

出於顯而易見的原因，我們也有

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

如果我們定義對易式 $[{\hat {A}},{\hat {B}}]\equiv {\hat {A}}{\hat {B}}-{\hat {B}}{\hat {A}},$ 那麼說算符 ${\hat {A}}$ 和 ${\hat {B}}$ 對易，等同於說它們的對易式為零。我們將在後面證明，兩個可觀察量相容（可以同時測量）當且僅當它們的算符對易。

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

類似地，我們會發現 $[{\hat {l}}_{y},{\hat {l}}_{z}]=i\hbar {\hat {l}}_{x}$ 和 $[{\hat {l}}_{z},{\hat {l}}_{x}]=i\hbar {\hat {l}}_{y}.$ 總結：一個系統的角動量的不同分量是不相容的。

練習：使用以上對易式，證明算符 ${\hat {\mathbf {L} ^{2}}}\equiv {\hat {l}}_{x}^{2}+{\hat {l}}_{y}^{2}+{\hat {l}}_{z}^{2}$ 與 ${\hat {l}}_{x},$ ${\hat {l}}_{y},$ 以及 ${\hat {l}}_{z}.$