量子力学：对易关系与不确定性原理

量子力学

一、对易子：算符的交换关系

1. 对易子的定义

两个算符 $\hat A$ 和 $\hat B$ 的对易子定义为

$$ \boxed{[\hat A,\hat B]=\hat A\hat B-\hat B\hat A} $$

若

$$ [\hat A,\hat B]=0 $$

则称二者对易；若

$$ [\hat A,\hat B]\ne0 $$

则称二者不对易。

对易子刻画的是算符乘积对操作顺序的依赖。对于任意态 $|\psi\rangle$，有

$$ [\hat A,\hat B]|\psi\rangle =\hat A\hat B|\psi\rangle-\hat B\hat A|\psi\rangle $$

它比较了两种算符作用顺序所产生的差异。

需要注意，算符乘积通常不可交换，即一般有

$$ \hat A\hat B\ne\hat B\hat A $$

2. 对易子的基本代数性质

对易子具有以下常用性质：

$$ [\hat A,\hat B]=-[\hat B,\hat A] $$

$$ [\hat A,\hat A]=0 $$

$$ [\hat A,\hat B+\hat C] =[\hat A,\hat B]+[\hat A,\hat C] $$

$$ [\hat A,\hat B\hat C] =[\hat A,\hat B]\hat C+\hat B[\hat A,\hat C] $$

特别地，利用最后一条公式可得

$$ [\hat A,\hat B^2] =[\hat A,\hat B]\hat B+\hat B[\hat A,\hat B] $$

如果 $[\hat A,\hat B]=0$，那么

$$ [\hat A,\hat B^n]=0 $$

其中 $n$ 为正整数。

这些关系可以帮助我们避免直接展开复杂的算符乘积。

3. 对易与测量相容性

若两个可观测量对应的自伴算符对易，在通常的量子力学条件下，可以选择一组共同本征态，使两个物理量同时具有确定值。

因此，对易关系与测量相容性密切相关。

但需要注意以下区别：

对易：反映两个算符的数学关系。
共同本征态：指同一个量子态同时是两个算符的本征态。
测量扰动：指一次测量对系统后续状态或其他测量结果的影响。

对于有限维系统中的厄米矩阵，两个算符对易就可以同时对角化。对于一般无限维量子系统，还需要考虑算符定义域及谱性质等数学条件。

反过来，如果两个算符不对易，则不能在整个状态空间中找到一组同时对角化它们的共同本征基。不过，某些特定状态仍可能是两者的共同本征态，不能把“不对易”理解为任何状态下都绝对不可能同时具有确定值。

此外，不对易并不意味着每次测量都会必然改变另一个物理量的状态。测量扰动还取决于测量方案、测量前的状态以及测量后的状态变化。

二、不确定性原理：对易关系的统计后果

1. 不确定度的定义

对于归一化量子态 $|\psi\rangle$，可观测量 $\hat A$ 的期望值为

$$ \langle A\rangle =\langle\psi|\hat A|\psi\rangle $$

其方差定义为

$$ (\Delta A)^2 =\left\langle(\hat A-\langle A\rangle)^2\right\rangle $$

展开后得到

$$ \boxed{ (\Delta A)^2 =\langle A^2\rangle-\langle A\rangle^2 } $$

因此，

$$ \boxed{ \Delta A= \sqrt{\langle A^2\rangle-\langle A\rangle^2} } $$

这里的 $\Delta A$ 是测量结果的标准差，表示重复测量时结果的统计离散程度，而不是仪器的测量误差。

2. Robertson 不确定性关系

对于两个可观测量 $\hat A$ 和 $\hat B$，Robertson 不确定性关系为

$$ \boxed{ \Delta A\,\Delta B \ge\frac12\left|\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right| } $$

等价地，

$$ \boxed{ (\Delta A)^2(\Delta B)^2 \ge\frac14 \left|\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right|^2 } $$

右侧必须取模的平方，因为对易子的期望值不一定是实数。对于两个自伴算符，其对易子是反自伴的，因此其期望值在适当条件下为纯虚数或零。

这条关系说明：如果某个量子态中两个算符的对易子期望值不为零，那么两个物理量的标准差乘积就不能为零。

但如果

$$ \langle[\hat A,\hat B]\rangle=0 $$

这条不等式只能给出零下限，并不意味着两个物理量在该状态下的不确定度都可以同时为零。

3. 更强的 Schrödinger–Robertson 不确定性关系

更完整的关系为

$$ \boxed{ (\Delta A)^2(\Delta B)^2 \ge \frac14\left|\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right|^2 +\frac14\left|\langle\{\Delta\hat A,\Delta\hat B\}\rangle\right|^2 } $$

其中

$$ \Delta\hat A=\hat A-\langle A\rangle $$

$$ \Delta\hat B=\hat B-\langle B\rangle $$

而反对易子定义为

$$ \{\hat A,\hat B\}=\hat A\hat B+\hat B\hat A $$

因此，Robertson 关系是 Schrödinger–Robertson 关系的较弱形式。对于基础计算题，通常使用 Robertson 关系即可。

4. 位置与动量的不确定性关系

位置算符与同方向动量算符满足正则对易关系

$$ \boxed{[\hat x,\hat p_x]=i\hbar} $$

代入 Robertson 关系：

$$ \Delta x\,\Delta p_x \ge\frac12|\langle i\hbar\rangle| $$

因此得到海森堡不确定性关系：

$$ \boxed{\Delta x\,\Delta p_x\ge\frac{\hbar}{2}} $$

这意味着位置和动量的统计离散程度不能同时任意小。

5. 角动量分量的不确定性关系

角动量分量满足

$$ [\hat L_x,\hat L_y]=i\hbar\hat L_z $$

因此

$$ \Delta L_x\,\Delta L_y \ge\frac12|i\hbar\langle L_z\rangle| $$

即

$$ \boxed{ \Delta L_x\,\Delta L_y \ge\frac{\hbar}{2}|\langle L_z\rangle| } $$

平方后可写成

$$ \boxed{ (\Delta L_x)^2(\Delta L_y)^2 \ge\frac{\hbar^2}{4}\langle L_z\rangle^2 } $$

由于 $\langle L_z\rangle$ 是实数，上式也可以将其平方写成模的平方。

需要注意：如果某个状态满足 $\langle L_z\rangle=0$，这条不等式就无法给出正的下限，但并不代表 $\Delta L_x$ 和 $\Delta L_y$ 都为零。

三、综合例题：一维无限深势阱基态

题目

一个质量为 $m$ 的粒子被限制在一维无限深势阱中：

$$ V(x)= \begin{cases} 0,&0<x<a\\ +\infty,&\text{其他区域} \end{cases} $$

粒子处于归一化基态

$$ \boxed{ \psi_1(x)=\sqrt{\frac2a} \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right) } $$

求：

位置与动量的期望值 $\langle x\rangle$、$\langle p_x\rangle$；
平方的期望值 $\langle x^2\rangle$、$\langle p_x^2\rangle$；
位置和动量的不确定度 $\Delta x$、$\Delta p_x$；
验证海森堡不确定性关系。

第一步：计算 $\langle x\rangle$

位置算符为

$$ \hat x=x $$

所以

$$ \langle x\rangle =\int_0^a\psi_1^*(x)x\psi_1(x)\,\mathrm dx $$

代入基态波函数：

$$ \langle x\rangle =\frac2a\int_0^a x\sin^2\left(\frac{\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx $$

利用恒等式

$$ \sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}{2} $$

得到

$$ \langle x\rangle =\frac1a\int_0^a x \left[1-\cos\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\right] \,\mathrm dx $$

分别计算两个积分：

$$ \int_0^a x\,\mathrm dx=\frac{a^2}{2} $$

$$ \int_0^a x\cos\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx=0 $$

第二个积分为零，可以通过分部积分直接验证。

因此

$$ \boxed{\langle x\rangle=\frac a2} $$

物理上，基态的概率密度关于势阱中心 $x=a/2$ 对称，所以位置的平均值恰好位于中心。

第二步：计算 $\langle p_x\rangle$

动量算符为

$$ \hat p_x=-i\hbar\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} $$

因此

$$ \langle p_x\rangle =\int_0^a \psi_1^*(x) \left(-i\hbar\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right) \psi_1(x)\,\mathrm dx $$

对基态波函数求导：

$$ \frac{\mathrm d\psi_1}{\mathrm dx} =\sqrt{\frac2a}\frac{\pi}{a} \cos\left(\frac{\pi x}{a}\right) $$

于是

$$ \langle p_x\rangle =-i\hbar\frac{2\pi}{a^2} \int_0^a \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx $$

利用

$$ \sin\theta\cos\theta=\frac12\sin2\theta $$

可知

$$ \int_0^a \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx=0 $$

因此

$$ \boxed{\langle p_x\rangle=0} $$

这里的物理解释是：基态没有净动量方向，向左和向右的动量贡献相互抵消。严格来说，基态是能量定态，不应简单理解为经典粒子在势阱中来回反弹。

第三步：计算 $\langle x^2\rangle$

根据定义，

$$ \langle x^2\rangle =\frac2a\int_0^a x^2\sin^2\left(\frac{\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx $$

再次使用

$$ \sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}{2} $$

可得

$$ \langle x^2\rangle =\frac1a\int_0^a x^2\,\mathrm dx -\frac1a\int_0^a x^2\cos\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx $$

第一个积分为

$$ \frac1a\int_0^a x^2\,\mathrm dx=\frac{a^2}{3} $$

对于第二个积分，利用分部积分可得

$$ \int_0^a x^2\cos\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\,\mathrm dx =\frac{a^3}{2\pi^2} $$

因此

$$ \boxed{ \langle x^2\rangle =a^2\left(\frac13-\frac1{2\pi^2}\right) } $$

第四步：计算 $\langle p_x^2\rangle$

在势阱内部，哈密顿算符为

$$ \hat H=\frac{\hat p_x^2}{2m} =-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2} $$

基态的能量本征值为

$$ E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2} $$

由于基态满足

$$ \hat H\psi_1=E_1\psi_1 $$

在势阱内部有

$$ \hat p_x^2\psi_1=2mE_1\psi_1 $$

因此

$$ \langle p_x^2\rangle =2mE_1\langle\psi_1|\psi_1\rangle $$

利用波函数归一化条件 $\langle\psi_1|\psi_1\rangle=1$，得到

$$ \begin{aligned} \langle p_x^2\rangle &=2m\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}\\ &=\boxed{\frac{\pi^2\hbar^2}{a^2}} \end{aligned} $$

这里使用了无限深势阱内部的哈密顿算符关系。对于无限深势阱，应注意边界条件及算符定义域；上述能量本征方程足以给出本题所需的动量平方期望值。

第五步：计算 $\Delta x$

利用方差公式：

$$ (\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2 $$

代入前面结果：

$$ \begin{aligned} (\Delta x)^2 &=a^2\left(\frac13-\frac1{2\pi^2}\right) -\left(\frac a2\right)^2\\ &=a^2\left(\frac1{12}-\frac1{2\pi^2}\right) \end{aligned} $$

因此

$$ \boxed{ \Delta x =a\sqrt{\frac1{12}-\frac1{2\pi^2}} } $$

数值上，

$$ \boxed{\Delta x\approx0.1808a} $$

第六步：计算 $\Delta p_x$

根据方差公式，

$$ (\Delta p_x)^2 =\langle p_x^2\rangle-\langle p_x\rangle^2 $$

代入

$$ \langle p_x^2\rangle=\frac{\pi^2\hbar^2}{a^2}, \qquad \langle p_x\rangle=0 $$

得到

$$ (\Delta p_x)^2=\frac{\pi^2\hbar^2}{a^2} $$

因此

$$ \boxed{\Delta p_x=\frac{\pi\hbar}{a}} $$

第七步：验证海森堡不确定性关系

将两个不确定度相乘：

$$ \begin{aligned} \Delta x\,\Delta p_x &=a\sqrt{\frac1{12}-\frac1{2\pi^2}} \cdot\frac{\pi\hbar}{a}\\ &=\pi\hbar\sqrt{\frac1{12}-\frac1{2\pi^2}} \end{aligned} $$

整理后可以写为

$$ \boxed{ \Delta x\,\Delta p_x =\hbar\sqrt{\frac{\pi^2}{12}-\frac12} } $$

数值上，

$$ \boxed{\Delta x\,\Delta p_x\approx0.568\hbar} $$

而海森堡不确定性关系要求

$$ \Delta x\,\Delta p_x\ge\frac{\hbar}{2} =0.5\hbar $$

由于

$$ 0.568\hbar>0.5\hbar $$

所以

$$ \boxed{\Delta x\,\Delta p_x\ge\frac{\hbar}{2}} $$

成立。

本题的乘积严格大于下限，说明无限深势阱基态并不是位置—动量不确定性乘积取到最小值的状态。

四、结果汇总与概念辨析

本题的计算结果如下：

物理量	结果
$\langle x\rangle$	$\dfrac a2$
$\langle p_x\rangle$	$0$
$\langle x^2\rangle$	$a^2\left(\dfrac13-\dfrac1{2\pi^2}\right)$
$\langle p_x^2\rangle$	$\dfrac{\pi^2\hbar^2}{a^2}$
$\Delta x$	$a\sqrt{\dfrac1{12}-\dfrac1{2\pi^2}}\approx0.1808a$
$\Delta p_x$	$\dfrac{\pi\hbar}{a}$
$\Delta x\,\Delta p_x$	$\hbar\sqrt{\dfrac{\pi^2}{12}-\dfrac12}\approx0.568\hbar$

最后需要区分两个容易混淆的结论。

第一，海森堡不确定性原理不是简单地说“测量位置会干扰动量”，而是说：对于满足相应数学条件的量子态，位置与动量的统计不确定度乘积存在不可突破的下限。

第二，Robertson 不确定性关系中的下限取决于对易子的期望值。对于位置和动量，由于

$$ [\hat x,\hat p_x]=i\hbar $$

其期望值与具体量子态无关，因此得到统一的下限 $\hbar/2$。对于角动量分量，由于