第4章一般性讨论：量子力学公设

4.1 基本公设

4.2 对基本公设 I–III 的讨论

习题 4.2.1 考虑 Hilbert 空间 $\mathbb{V}^{3}(C)$ 上的下列算符：

L_{x}=\frac{1}{2^{1/2}}\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\qquad L_{y}=\frac{1}{2^{1/2}}\begin{pmatrix} 0&-i&0\\ i&0&-i\\ 0&i&0 \end{pmatrix}\qquad L_{z}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}

(1) 如果测量 $L_{z}$ ，可能得到哪些数值？

(2) 取 $L_{z}=1$ 的状态。在这一状态下， $\langle L_{x}\rangle$ 、 $\langle L_{x}^{2}\rangle$ 和 $\Delta L_{x}$ 分别是多少？

(3) 在 $L_{z}$ 基底中求出 $L_{x}$ 的归一化本征态和本征值。

(4) 如果粒子处于 $L_{z}=-1$ 的状态，并测量 $L_{x}$ ，可能得到哪些结果？各自的概率是多少？

(5) 考虑状态

|\psi\rangle=\begin{pmatrix} 1/2\\ 1/2\\ 1/2^{1/2} \end{pmatrix}

它是在 $L_{z}$ 基底中表示的。若在该状态下测量 $L_{z}^{2}$ 并得到结果 $+1$ ，那么测量后的状态是什么？得到这一结果的概率是多少？如果再测量 $L_{z}$ ，可能得到哪些结果？各自的概率是多少？

(6) 一个粒子处于某一状态，使得概率为 $P(L_{z}=1)=1/4$ 、 $P(L_{z}=0)=1/2$ 、 $P(L_{z}=-1)=1/4$ 。说明具有这一性质的最一般归一化状态为

|\psi\rangle=\frac{e^{i \delta_1}}{2}\left|L_z=1\right\rangle+\frac{e^{i \delta_2}}{2^{1 / 2}}\left|L_z=0\right\rangle+\frac{e^{i \delta_3}}{2}\left|L_z=-1\right\rangle

前面曾指出，如果 $|\psi\rangle$ 是归一化状态，那么状态 $e^{i \theta}|\psi\rangle$ 与它在物理上等价。这是否意味着乘在 $L_z$ 本征态前面的因子 $e^{i \delta_i}$ 都无关紧要？[例如计算 $P\left(L_x=0\right)$ 。]

解答: (1) 测量 $L_{z}$ 时可能得到的数值就是它的本征值：

L_{z}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}

本征值为 ${1,0,-1}$ 。

(2) 满足 $L_{z}|\psi\rangle=1\cdot|\psi\rangle$ 的状态就是相应的本征矢：

|\psi\rangle=\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}

于是，在 $|\psi\rangle$ 中

\begin{aligned} \langle L_{x}\rangle&=\langle\psi|L_{x}|\psi\rangle=(1~0~0)\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1~0~0)\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}=0\\ \langle L_{x}^{2}\rangle&=\langle\psi|L_{x}^{2}|\psi\rangle=(1~0~0)\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}(0~1~0)\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\\ \Delta L_{x}&=\sqrt{\langle L_{x}^{2}\rangle-(\langle L_{x}\rangle)^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)-0^{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

(3) $L_{x}$ 的特征方程为

0=\det(L_{x}-\lambda)=\det\begin{pmatrix} -\lambda & \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&-\lambda&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0&\frac{1}{\sqrt{2}}&-\lambda \end{pmatrix}=\lambda-\lambda^{3}\qquad \Rightarrow \qquad \lambda\in\{1,0,-1\}.

相应的本征矢 $|\lambda\rangle$ 满足

0=(L_{x}-\lambda I)|\lambda\rangle=\begin{pmatrix} -\lambda & \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&-\lambda&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0&\frac{1}{\sqrt{2}}&-\lambda \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -\lambda a+\frac{b}{\sqrt{2}}\\ \frac{a}{\sqrt{2}}-\lambda b+\frac{c}{\sqrt{2}}\\ \frac{b}{\sqrt{2}}-\lambda a \end{pmatrix}

其中我们将 $|\lambda\rangle$ 的各个分量参数化为 $(a~b~c)$ 。对于 $\lambda=1$ ，可以通过求解下列方程，用 $a$ 表示 $b$ 和 $c$ ：

\left\{\begin{aligned} -a+\frac{b}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{a}{\sqrt{2}}-b+\frac{c}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{b}{\sqrt{2}}-a=0 \end{aligned}\right.

得到

\left\{ \begin{aligned} b&=\sqrt{2}a\\ c&=a \end{aligned} \right.

接着通过归一化 $|\lambda=1\rangle$ 来确定 $a$ ：

\begin{aligned} &|\lambda=1\rangle=\begin{pmatrix} a\\\sqrt{2}a\\a \end{pmatrix}\\ \Rightarrow\quad &1=\langle\lambda=1|\lambda=1\rangle=(a^{*}~\sqrt{2}a^{*}~a^{*})\begin{pmatrix} a\\\sqrt{2}a\\a \end{pmatrix}=4|a|^{2}\\ \Rightarrow\quad &a=\frac{1}{2} \end{aligned}

（这里我把任意相位选为了 $1$ 。）

对 $\lambda=0$ 也可以做同样的计算：

\left\{ \begin{aligned} \frac{b}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{a}{\sqrt{2}}+\frac{c}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{b}{\sqrt{2}}=0 \end{aligned} \right.

其解为：

\left\{ \begin{aligned} b&=0\\ c&=-a \end{aligned} \right.

归一化：

\begin{aligned} &|\lambda=0\rangle=\begin{pmatrix} a\\ 0\\ -a \end{pmatrix}\\ \Rightarrow\quad & 1=\langle \lambda=0|\lambda=0\rangle=(a^{*}~0~-a^{*})\begin{pmatrix} a\\0\\-a \end{pmatrix}=2|a|^{2}\\ \Rightarrow\quad & a=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

对于 $\lambda=-1$ ：

\left\{\begin{aligned} a+\frac{b}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{a}{\sqrt{2}}+b+\frac{c}{\sqrt{2}}=0\\ \frac{b}{\sqrt{2}}+a=0 \end{aligned}\right.

得到

\left\{ \begin{aligned} b&=-\sqrt{2}a\\ c&=a \end{aligned} \right.

归一化：

\begin{aligned} &|\lambda=-1\rangle=\begin{pmatrix} a\\ -\sqrt{2}a\\ a \end{pmatrix}\\ \Rightarrow\quad & 1=\langle \lambda=-1|\lambda=-1\rangle=(a^{*}~-\sqrt{2}a^{*}~a^{*})\begin{pmatrix} a\\-\sqrt{2}a\\a \end{pmatrix}=4|a|^{2}\\ \Rightarrow\quad & a=\frac{1}{2} \end{aligned}

因此，

|\lambda=1\rangle=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1\\\sqrt{2}\\1 \end{pmatrix}\quad|\lambda=0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix}\quad|\lambda=-1\rangle=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1\\-\sqrt{2}\\1 \end{pmatrix}

接下来，本应计算这 $3$ 个 $L_{x}$ 本征态在由 $L_{z}$ 本征态组成的 $\{|1\rangle,|0\rangle,|-1\rangle\}$ 基底中的分量。但由于在给出 $L_{x}$ 、 $L_{y}$ 和 $L_{z}$ 的这个基底中， $L_{z}$ 已经是对角的，因此 Shankar 用来写出 $L_{x}$ 、 $L_{y}$ 、 $L_{z}$ 矩阵元的基底本身就是 $L_{z}$ 的本征基底。所以我们刚刚算出的 $|L_{x}=1,0,-1\rangle$ 在给定基底中的分量，也就是它们在 $L_{z}$ 本征基底中的分量。

(4) $L_{z}$ 对应于 $L_{z}=-1$ 的本征矢为 $\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}$ 。

如果在任意状态下测量 $L_{x}$ ，可能的结果是其任一本征值 $L_{x}=\pm 1,0$ 。

在状态 $|-1\rangle=|L_{z}=-1\rangle$ 中， $L_{x}=\pm 1,0$ 的概率分别为：

\begin{aligned} &P(L_{x}=1)=|\langle L_{x}=1|L_{z}=-1\rangle|^{2}=\left|(\frac{1}{2}~\frac{1}{\sqrt{2}}~\frac{1}{2})\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}\right|^{2}=\frac{1}{4}\\ &P(L_{x}=0)=|\langle L_{x}=0|L_{z}=-1\rangle|^{2}=\left|(\frac{1}{\sqrt{2}}~0~-\frac{1}{\sqrt{2}})\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}\right|^{2}=\frac{1}{2}\\ &P(L_{x}=-1)=|\langle L_{x}=-1|L_{z}=-1\rangle|^{2}=\left|(\frac{1}{2}~-\frac{1}{\sqrt{2}}~\frac{1}{2})\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}\right|^{2}=\frac{1}{4} \end{aligned}

(5) 考虑状态

|\psi\rangle=\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}

它是在 $L_{z}$ 基底中表示的。

由于测得 $L_{z}^{2}=+1$ ，因此 $L_{z}$ 可以为 $+1$ 或 $-1$ 。测量后的状态为

\begin{aligned} |\psi\rangle_{\text{after}}&=\mathcal{N}(|L_{z}=+1\rangle\langle L_{z}=+1|+|L_{z}=-1\rangle\langle L_{z}=-1|)|\psi\rangle\\ &=\mathcal{N}\left(\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}(1~0~0)+\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}(0~0~1)\right)\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\mathcal{N}\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}=\mathcal{N}\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\0\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2}}}\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\0\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\frac{2}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\0\\\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\0\\ \sqrt{\frac{2}{3}} \end{pmatrix} \end{aligned}

其中 $\mathcal{N}$ 用于将状态归一化。得到这一结果的概率为

\begin{aligned} P(L_{z}^{2}=+1)&=P(L_{z}=+1)+P(L_{z}=-1)\\ &=|\langle L_{z}=+1|\psi\rangle|^{2}+|\langle L_{z}=-1|\psi\rangle|^{2}\\ &=\left|(1~0~0)\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\right|^{2}+\left|(0~0~1)\begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\right|^{2}\\ &=\left|\frac{1}{2}\right|^{2}+\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2}\\ &=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\\ &=\frac{3}{4} \end{aligned}

如果在已经测量 $L_{z}^{2}$ 且得到 $L_{z}^{2}=+1$ 之后再测量 $L_{z}$ ，可能的结果及其相对概率为：

\begin{aligned} P(L_{z}=+1)_{\text{after}}&=|\langle L_{z}=+1|\psi\rangle_{\text{after}}|^{2}=\left|(1~0~0)\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\0\\ \sqrt{\frac{2}{3}} \end{pmatrix}\right|^{2}=\frac{1}{3}\\ P(L_{z}=0)_{\text{after}}&=|\langle L_{z}=0|\psi\rangle_{\text{after}}|^{2}=\left|(0~1~0)\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\0\\ \sqrt{\frac{2}{3}} \end{pmatrix}\right|^{2}=0\\ P(L_{z}=-1)_{\text{after}}&=|\langle L_{z}=-1|\psi\rangle_{\text{after}}|^{2}=\left|(0~0~1)\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}}\\0\\ \sqrt{\frac{2}{3}} \end{pmatrix}\right|^{2}=\frac{2}{3} \end{aligned}

(6) 一个粒子处于某一状态，使得概率为 $P(L_{z}=1)=1/4$ 、 $P(L_{z}=0)=1/2$ 、 $P(L_{z}=-1)=1/4$ 。假设它具有如下形式

|\psi\rangle=C_{1}|L_{z}=+1\rangle+C_{2}|L_{z}=0\rangle+C_{3}|L_{z}=-1\rangle

其中 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ 和 $C_{3}$ 都是复数。于是有

\begin{aligned} |C_{1}|^{2}&=C_{1}^{*}C_{1}=P(L_{z}=+1)=\frac{1}{4} \quad &\Rightarrow & \quad C_{1}=\frac{1}{2}e^{i\delta_{1}}\\ |C_{2}|^{2}&=C_{2}^{*}C_{2}=P(L_{z}=0)=\frac{1}{2} \quad &\Rightarrow & \quad C_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\delta_{2}}\\ |C_{3}|^{2}&=C_{3}^{*}C_{3}=P(L_{z}=-1)=\frac{1}{4} \quad &\Rightarrow & \quad C_{3}=\frac{1}{2}e^{i\delta_{3}} \end{aligned}

其中 $\delta_{1}$ 、 $\delta_{2}$ 和 $\delta_{3}$ 是任意实数。因此，该状态具有形式

|\psi\rangle=\frac{e^{i \delta_1}}{2}\left|L_z=1\right\rangle+\frac{e^{i \delta_2}}{2^{1 / 2}}\left|L_z=0\right\rangle+\frac{e^{i \delta_3}}{2}\left|L_z=-1\right\rangle

当测量一个与 $L_{z}$ 不相容的可观测量时，这些相位的数值会产生影响。例如：

\begin{aligned} \langle L_{x}=0|L_{z}=1\rangle&=\frac{1}{\sqrt{2}} (1~0~-1)\begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \langle L_{x}=0|L_{z}=0\rangle&=\frac{1}{\sqrt{2}} (1~0~-1)\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}=0\\ \langle L_{x}=0|L_{z}=-1\rangle&=\frac{1}{\sqrt{2}} (1~0~-1)\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}=-\frac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned}

\begin{aligned} P(L_{x}=0)&=|\langle L_{x}=0|\psi\rangle|^{2}\\ &=\left|\left(\frac{1}{\sqrt{2}}~0~-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\begin{pmatrix} \frac{e^{i\delta_{1}}}{2}\\ \frac{e^{i\delta_{2}}}{\sqrt{2}}\\ \frac{e^{i\delta_{3}}}{2} \end{pmatrix}\right|^{2}\\ &=\frac{1}{8}|e^{i\delta_{1}}-e^{i\delta_{3}}|^{2}\\ &=\frac{1}{8}(e^{i\delta_{1}}-e^{i\delta_{3}})(e^{-i\delta_{1}}-e^{-i\delta_{3}})\\ &=\frac{1}{8}(1-e^{i(\delta_{1}-\delta_{3})}-e^{-i(\delta_{1}-\delta_{3})}+1)\\ &=\frac{1}{8}(2-2\cdot\frac{e^{i(\delta_{1}-\delta_{3})}+e^{-i(\delta_{1}-\delta_{3})}}{2})\\ &=\frac{1}{4}(1-\cos(\delta_{1}-\delta_{3})) \end{aligned}

它依赖于这些相位，并且可以通过实验测量出来。

~\tag*{$\blacksquare$}

习题 4.2.2 证明：对于实波函数 $\psi(x)$ ，动量的期望值 $\langle P\rangle=0$ 。（提示：证明动量为 $\pm p$ 的概率相等。）将该结果推广到 $\psi=c \psi_r$ 的情形，其中 $\psi_r$ 为实函数，而 $c$ 为任意常数（实数或复数）。（回忆 $|\psi\rangle$ 与 $\alpha|\psi\rangle$ 在物理上等价。）

解答: 由于 $\psi(x)$ 为实函数，因此 $\psi^{*}(x)=\psi(x)$ 。

\begin{aligned} \langle P\rangle&=\int_{-\infty}^{+\infty} \psi^{*}(x)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\psi(x)~dx\\ &=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\psi(x)\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)~dx\\ &=-\frac{1}{2}i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial}{\partial x}\psi^{2}(x)~dx\\ &=-\frac{1}{2}i\hbar \psi^{2}(x)\bigg|_{-\infty}^{+\infty}\\ &=0 \end{aligned}

因为当 $x\to\pm\infty$ 时， $\psi(x)\to 0$ 。

对于一般情形，

\begin{aligned} \langle P\rangle&=\int_{-\infty}^{+\infty}[c\psi_{r}(x)]^{*}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)[c\psi_{r}(x)]\\ &=|c|^{2}\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{r}(x)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\psi_{r}(x)~dx\\ &=|c|^{2}\cdot 0\\ &=0 \end{aligned}

~\tag*{$\blacksquare$}

习题 4.2.3 证明：如果 $\psi(x)$ 的平均动量为 $\langle P\rangle$ ，那么 $e^{i p_{0} x / \hbar} \psi(x)$ 的平均动量为 $\langle P\rangle+p_0$ 。

解答:

\begin{aligned} \langle P\rangle&=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^{*}(x)\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)~dx\\ \langle P^{\prime}\rangle&=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}[e^{-ip_{0}x/\hbar}\psi^{*}(x)]\frac{\partial}{\partial x}[e^{ip_{0}x/\hbar}\psi(x)]~dx\\ &=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}[e^{-ip_{0}x/\hbar}\psi^{*}(x)][e^{ip_{0}x/\hbar}\cdot ip_{0}/\hbar\cdot\psi(x)+e^{ip_{0}x/\hbar}\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)]~dx\\ &=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ip_{0}x/\hbar}\psi^{*}(x)\cdot e^{ip_{0}x/\hbar}\cdot ip_{0}/\hbar\cdot\psi(x)~dx\\ &~~~~-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ip_{0}x/\hbar}\psi^{*}(x)\cdot e^{ip_{0}x/\hbar}\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)~dx\\ &=p_{0}\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^{*}(x)\psi(x)~dx-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^{*}(x)\cdot\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)~dx\\ &=\langle P\rangle+p_{0} \end{aligned}

~\tag*{$\blacksquare$}

目录

第4章一般性讨论：量子力学公设

4.1 基本公设

4.2 对基本公设 I–III 的讨论

4.3 Schrödinger 方程（给你的 $i$ 加上点，给你的 $\hbar$ 划上横线）

目录

第4章 一般性讨论：量子力学公设

4.1 基本公设

4.2 对基本公设 I–III 的讨论

4.3 Schrödinger 方程（给你的 iii 加上点，给你的 ℏ\hbarℏ 划上横线）

第4章一般性讨论：量子力学公设

4.3 Schrödinger 方程（给你的 $i$ 加上点，给你的 $\hbar$ 划上横线）