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海森伯格不定性原理

11.3  海森伯格不定性原理

本节我们将证明量子力学中的一个著名结果，它断言：人们不可能同时确定电子（或任何粒子）的位置和速度．也就是说，对位置信息增加，导致对速度或动量信息的减少．关于电子的这个神秘事实，就是所谓的海森伯格不定性原理．它是通过傅里叶变换来证明的，事实上，它就是傅里叶变换的一个性质的重新叙述。

普朗舍尔定理和帕憲瓦尔定理
回顾，定义在整个实线上的函数 $f$ 是平方可积的，如果 $\int_{-\infty}^{\infty}|f(t)|^2 d t<\infty$ ．由于我们将允许取复值的函数，所以当写 $|f|$ 时，是指 $\sqrt{f \bar{f}} . f$ 的傅里叶变换将记为 $\hat{f}$ ．

定理1（帕塞瓦尔定理）假设 $f$ 和 $g$ 是实线上的平方可积函数，则

$$
\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} d t=\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) \overline{\hat{g}(\omega)} d \omega .
$$

在帕塞瓦尔定理中，取 $f= g$ ，我们得到普朗舍尔定理．

定理 2 （普朗舍尔定理）假设 $f$ 是实线上的平方可积函数，则

$$
\int_{-\infty}^{\infty}|f(t)|^2 d t=\int_{-\infty}^{\infty}|\hat{f}(\omega)|^2 d \omega .
$$

帕塞瓦尔定理的证明 利用傅里叶逆变换（7．2节（2）式），记 $g(t)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e ^{ i \omega t} \hat{g}(\omega) d \omega$ ，并回顾 $e ^{ i \omega t}= e ^{- i \omega t}$ ．现在，假设我们可以交换积分顺序，我们有

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \overline{g(t)} d t & =\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i \omega t} \overline{\hat{g}(\omega)} d \omega d t \\
& =\int_{-\infty}^{\infty} \overline{\hat{g}(\omega)} \overbrace{\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i \omega t} f(t) d t d \omega}^{=\hat{f}(\omega)} \\
& =\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) \overline{\hat{g}(\omega)} d \omega,
\end{aligned}
$$

这就证明了定理。
在转到本节主要应用之前，我们举例说明如何基于普朗舍尔定理计算某些重要积分．
 
`例`用普朗舍尔定理计算积分
利用事实：$f(x)=\frac{\sin a x}{x}$ 的傅里叶变换是

$$
\hat{f}(\omega)= \begin{cases}\sqrt{\frac{\pi}{2}} & \text { 如果 }-a<\omega<a, ~ \\ 0 & \text { 如果 }|\omega|>a, ~\end{cases}
$$

由普朗舍尔定理得到

$$
\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin a x}{x}\right)^2 d x=\int_{-a}^a\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\right)^2 d \omega=2 a \frac{\pi}{2}=a \pi
$$

特别地，当 $a=1$ 时，我们得到

$$
\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 d x=\pi .
$$

## 海森伯格不定性原理
首先，我们探求傅里叶变换和量子力学之间的联系．考虑沿 $x$ 轴运动的电子，由 11.1 节，我们知道，对这个电子，赋予一个波函数 $f(x)$ ，可以用公式

$$
\rho(x)=|f(x)|^2
$$

来生成电子的位置概率密度函数 $\rho(x)$ ．量子力学的一个事实是：电子动量的概率密度函数也以一种非常内萹的方式与波函数 $f$ 相联系．为表达这个关系，令

$$
g(p)=\frac{1}{\sqrt{\hbar}} \hat{f}\left(\frac{p}{\hbar}\right), \quad-\infty<p<\infty,
$$

其中 $\hbar$ 是普朗克常数．因此，$g(p)$ 是 $f$ 的傅里叶变换的常数倍．利用普朗舍尔定理，可以验证 $|g(p)|^2$ 是概率密度（习题16），即
$$
\int_{-\infty}^{\infty}|g(p)|^2 d p=1
$$

函数 $|g(p)|^2$ 是电子的动量概率密度．因此，

$$
\text { 动量在 }[c, d] \text { 上的概率 }=\int_c^d|g(p)|^2 d p \text {. }
$$

现在，我们引入一个非平凡函数 $f$ 关于一点 $a$ 的不确定性概念，为

$$
\Delta_a f=\int_{-\infty}^{\infty}(x-a)^2|f(x)|^2 d x / \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x
$$

为理解这个定义，暂时将 $|f(x)|^2$ 理解为电子的概率密度，因此，（4）式右端分母的积分为 1 ．假设在 $a$ 点附近极有可能发现该电子，此时，概率密度 $|f(x)|^2$ 集中在 $a$ 点附近，而在远离 $a$点处其值非常小。因而，对所有的 $x,(x-a)^2|f(x)|^2$ 值非常小，因此，此时 $\Delta_a f$ 非常小．因此，我们对电子的位置知道的越多（即，在 $a$ 附近发现电子的概率越大），不定性 $\Delta_a f$ 的程度越低。（图1 说明了 $a=0$ 时的情形。）另一方面，如果 $|f(x)|^2$ 在远离 $a$ 点处非常大（这对应于在 $a$ 点附近发现电子的可能性很小），类似的讨论可知，此时不定性 $\Delta_a f$ 很大．（参见图2， $a=0$ 情形．）
 ![图片](/uploads/2025-04/1ad597.jpg)
  ![图片](/uploads/2025-04/65ac5e.jpg)
  
  海森伯格不定性原理的准确数量估计是说：对任意 $a$（在 $x$ 轴上）和任意 $\alpha$（在 $p$ 轴），

$$
\Delta_a f \Delta_a g \geqslant \frac{\hbar^2}{4}
$$

因此，关于某点 $a$ 的不定性 $\Delta_a f$ 减小到 0 ，会导致动量不定性 $\Delta_a g$ 关于所有 $\alpha$ 值都增加，反之亦然．因此，一个电子的位置是精确确定的，必然具有很不确定的动量密度．
我们将证明（5）式伸缩后的形式，则由习题 13 中叙述的变量代换即可得到（5）式．我们需要下面这个关于平方可积函数的不等式，称为柯西－施瓦茨不等式：

$$
\left|\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \overline{g(x)} d x\right|^2 \leqslant \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x \int_{-\infty}^{\infty}|g(x)|^2 d x
$$

其证明概要在习题 15 中给出。
定理 3（海森伯格不等式）假设 $f$ 是实线上不恒为零的平方可积函数，则

$$
\Delta_a f \Delta_a \hat{f} \geqslant \frac{1}{4}
$$

对所有 $x$ 轴上的 $a$ 和所有 $\omega$ 轴上的 $\alpha$ 成立．

证明 为简化证明，我们将假设 $\lim _{x \rightarrow \pm \infty} x|f(x)|^2=0$ ．首先，考虑 $a=\alpha=0$ 情形．分部积分，并记住 $\overline{f(x)} f(x)=|f(x)|^2$ ，我们得到

$$
\int_{-\infty}^{\infty} x \overline{f(x)} f^{\prime}(x) d x=\left.x|f(x)|^2\right|_{-\infty} ^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}\left(|f(x)|^2+x f(x) \overline{f^{\prime}(x)}\right) d x
$$

因此，

$$
\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x=-\int_{-\infty}^{\infty}\left(x \overline{f(x)} f^{\prime}(x)+x f(x) \overline{f^{\prime}(x)}\right) d x
$$

最后的积分项具有形式 $z+\bar{z}$ ，其中 $z=x \overline{f(x)} f^{\prime}(x)$ 。利用事实 $z+\bar{z}=2 \operatorname{Re}(z)$（这里 $\operatorname{Re}(z)$ 表示 $z$ 的实部），以及柯西－施瓦茨不等式，我们得到

$$
\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x=-2 \int_{-\infty}^{\infty} \operatorname{Re}\left(x \overline{f(x)} f^{\prime}(x)\right) d x
$$

因此，

$$
\begin{aligned}
\left(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x\right)^2 & \leqslant 4\left(\int_{-\infty}^{\infty}\left|x \overline{f(x)} f^{\prime}(x)\right| d x\right)^2 \\
& \leqslant 4\left(\int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2 d x\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}\left|f^{\prime}(x)\right|^2 d x\right) \\
& =4 \Delta_0 f \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x \int_{-\infty}^{\infty}\left|f^{\prime}(x)\right|^2 d x
\end{aligned}
$$

其中最后的等式是因为

$$
\int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2 d x=\Delta_0 f \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x
$$

由普朗舍尔定理和 7.2 节定理 2 ，得到

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty}\left|f^{\prime}(x)\right|^2 d x & =\int_{-\infty}^{\infty}\left| F \left(f^{\prime}\right)(\omega)\right|^2 d \omega \\
& =\int_{-\infty}^{\infty} \omega^2|\hat{f}(\omega)|^2 d \omega \\
& =\Delta_0 \hat{f} \int_{-\infty}^{\infty}|\hat{f}(\omega)|^2 d \omega \\
& =\Delta_0 \hat{f} \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x
\end{aligned}
$$

与前一个不等式联立，我们得到

$$
\left(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x\right)^2 \leqslant 4 \Delta_0 f \Delta_0 \hat{f}\left(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x\right)^2
$$

两边同时除以 $\left(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x\right)^2 \neq 0$ ，我们得到

$$
1 \leqslant 4 \Delta_0 f \Delta_0 \hat{f},
$$

这就是我们要证明的．对（7）式作平移可得一般形式（习题 14）．
峢？高斯函数的海森伯格不等式
以例说明定理 3，取 $a=\alpha=0$ ，以及

$$
f(x)=\frac{1}{\left(2 \pi \sigma^2\right)^{1 / 4}} e^{-x^2 / 4 \sigma^2}, \quad \sigma>0 .
$$

解 利用 7.2 节定理 5 ，我们有

$$
\hat{f}(\omega)=\left(\frac{2 \sigma^2}{\pi}\right)^{1 / 4} e^{-\sigma^2 \omega^2} .
$$

同样，由 7.2 节（4）式，有 $\int_{-\infty}^{\infty} e ^{-x^2} d x=\sqrt{\pi}$ ．利用这个恒等式和变量代换，我们得到

$$
\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x=\frac{1}{\left(2 \pi \sigma^2\right)^{1 / 2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2 / 2 \sigma^2} d x=1 .
$$

现在，运用普朗舍尔定理，我们推得
$$
\int_{-\infty}^{\infty}|\hat{f}(\omega)|^2 d \omega=\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2 d x=1
$$

由（4）式，我们有

$$
\Delta_0 f=\int_{-\infty}^{\infty} x^2|f(x)|^2 d x=\frac{1}{\left(2 \pi \sigma^2\right)^{1 / 2}} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{-x^2 / 2 \sigma^2} d x=\sigma^2
$$

和

$$
\Delta_0 \hat{f}=\int_{--\infty}^{\infty} \omega^2|\hat{f}(\omega)|^2 d \omega=\left(\frac{2 \sigma^2}{\pi}\right)^{1 / 2} \int_{-\infty}^{\infty} \omega^2 e^{-2 \sigma^2 \omega^2} d \omega=\frac{1}{4 \sigma^2},
$$

其中我们运用了习题 10 中的结果以计算积分．因此，$\Delta_0 f \Delta_0 \hat{f}=\frac{1}{4}$ ．
例 2 说明，任何高斯函数都可达到海森伯格不等式的下界．本例所用的函数给出了海森伯格不等式的一个具体说明．在图 3 a 和 b 中，对不同的 $\sigma$ 值画出了 $f$ 和 $\hat{f}$ 的图像．注意到，当 $\sigma$ 递减到 0 时，$f(x)$ 的图像越来越集中于 0 附近，而 $\hat{f}$ 的图像则越来越散开。当我们增加 $\sigma$ 的值时，相反的事情发生．这就给出了图形证据，说明我们不可能同时确定一个函数及其傅里叶变换，这基本上就是海森伯格不等式所断言的．
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