最后更新: 2025-11-11 14:25 查看: 61 次纠错评论(0) 课件开VIP

第四篇量子力学运算符

2）力学量的可能值和相应概率
根据上述基本假设 II，测力学量 $F$ 得到的可能值必是力学量算符 $\hat{F}$ 的本征值 $\left\{\lambda_n\right\}(n=1,2, \cdots)$ 之一，这些本征值由本征方程确定：

$$
\hat{F} \varphi_n(x)=\lambda_n \varphi_n(x), \quad n=1,2,3, \cdots
$$

每一本征值 $\lambda_n$ 以一定概率出现。由于 $\left\{\varphi_n(x)\right\}$ 组成完备系，所以体系任一状态 $\psi(x)$可按其展开

$$
\psi(x)=\sum_n c_n \varphi_n(x)
$$

其中的展开系数 $c_n$ 与 $x$ 无关。为求 $c_n$ ，将 $\varphi_m^*(x)$ 左乘式（4．34），并对 $x$ 积分得

$$
\begin{aligned}
& \int \varphi_m^*(x) \psi(x) \mathrm{d} x=\int \varphi_m^*(x) \sum_n c_n \varphi_n(x) \mathrm{d} x \\
& =\sum_n c_n \int \varphi_m^*(x) \varphi_n(x) \mathrm{d} x=\sum_n c_n \delta_{m n}=c_m
\end{aligned}
$$

即

$$
c_n=\int \varphi_n^*(x) \psi(x) \mathrm{d} x
$$

将上式与波函数 $\psi(x)$ 按动量本征函数展开的式（4．12）和式（4．13）比较，它们相似．因此，$\psi(x)$ 是坐标表象的波函数，$c(p)$ 是动量表象的波函数，$\left\{c_n\right\}$ 则是 $F$ 表象的波函数，三者完全相似。

当 $\psi(x)$ 已归一时，$c(p)$ 也是归一的，同样 $c_n$ 也是归一的．证明如下：
根据式（4．34），有

$$
\begin{aligned}
1 & =\int \psi^*(x) \psi(x) \mathrm{d} x=\int\left(\sum_n c_n \varphi_n\right)^*\left(\sum_m c_m \varphi_m\right) \mathrm{d} x \\
& =\sum_n \sum_m c_n^* c_m \int \varphi_n^* \varphi_m \mathrm{~d} x \\
& =\sum_n \sum_m c_n^* c_m \delta_{n m} \\
& =\sum_n c_n^* c_n=\sum_n\left|c_n\right|^2
\end{aligned}
$$

基本假设IV 任一力学量算符 $\hat{F}$ 的本征函数全体 $\left\{\varphi_n(x), 1,2,3, \cdots\right\}$ 组成正交归一完备系，在任意已归一态 $\psi(x)$ 中测量力学量得到本征值 $\lambda_n$ 的概率等于 $\psi(x)$ 按 $\varphi_n(x)$ 展开式 $\psi(x)=\sum_n c_n \varphi_n(x)$ 中对应本征函数 $\varphi_n(x)$ 前的系数 $c_n$ 的绝对值平方。

所以，利用式（4．34），力学量 $\hat{F}$ 平均值公式（4．14）和式（4．15）可化为

$$
\begin{aligned}
\bar{F} & =\int \psi^* \hat{F} \psi \mathrm{~d} \tau=\int \sum_n c_n^* \varphi_n^* \hat{F} \sum_m c_m \varphi_m \mathrm{~d} \tau \\
& =\sum_{n, m} c_n^* c_m \lambda_m \int \varphi_n^* \varphi_m \mathrm{~d} \tau \\
& =\sum_{n, m} c_n^* c_m \lambda_m \delta_{n m}=\sum_n\left|c_n\right|^2 \lambda_n
\end{aligned}
$$

3）力学量有确定值的条件
定理 4.7 体系处于 $\psi(x)$ 态时，测量力学量 $F$ 具有确定值（即每次测量都为 $\lambda$ ）的充要条件是 $\psi(x)$ 必须是算符 $\hat{F}$ 的一个本征态。

证 必要性：若 $\hat{F}$ 具有确定值 $\lambda$ ，则 $\psi(x)$ 必为 $\hat{F}$ 的本征态．
根据量子物理学基本假定，测量值必为本征值之一，令 $\lambda=\lambda_m$ 是 $\hat{F}$ 的一个本征值，满足本征方程

$$
\hat{F} \varphi_n(x)=\lambda_n \varphi_n(x), \quad n=1,2, \cdots, m, \cdots
$$

又根据量子物理学基本假定，$\left\{\varphi_n(x)\right\}$ 组成完备系，则

$$
\psi(x)=\sum_n c_n \varphi_n(x)
$$

相应概率是 $\left|c_1\right|^2,\left|c_2\right|^2 \cdots,\left|c_m\right|^2 \cdots$ ．
现在只测得 $\lambda_m$ ，所以只有 $\left|c_m\right|^2=1$ ，其他 $\left|c_1\right|^2=\left|c_2\right|^2=\cdots=0$ ．此时，$\psi(x)= \varphi_m(x)$ ，即 $\psi(x)$ 是算符 $\hat{F}$ 的一个本征态．

充分性：若 $\psi(x)$ 是 $\hat{F}$ 的一个本征态，即 $\psi(x)=\varphi_m(x)$ ，则 $F$ 具有确定值．
据量子物理学基本假定，力学量算符 $\hat{F}$ 的本征函数组成完备系。所以

$$
\psi(x)=\sum_n c_n \varphi_n(x)=\varphi_m(x)
$$

由于测得 $\lambda_n$ 的概率是 $\left|c_n\right|^2$ ，则上式求和中

$$
\left|c_n\right|^2=\left\{\begin{array}{lc}
1, & n=m \\
0, & n \neq m
\end{array}\right.
$$

表明测量 $\hat{F}$ 得 $\lambda_m$ 的概率为 1 ，因而有确定值．
所以，量子物理学的力学量用相应的线性厄米算符来表达，力学量之间的关系通过相应算符之间的关系反映．

例 4.6 证明在 $\hat{L}_z$ 本征态 $\mathrm{Y}_{l m}$ 下，平均值 $\bar{L}_x=\bar{L}_y=0$ ．
证 由角动量对易关系式（4．31），有

$$
\left[\hat{L}_y, \hat{L}_z\right]=\mathrm{i} \hbar \hat{L}_x
$$

或

$$
\hat{L}_x=\frac{1}{\mathrm{i} \hbar}\left[\hat{L}_y, \hat{L}_z\right]=\frac{1}{\mathrm{i} \hbar}\left(\hat{L}_y \hat{L}_z-\hat{L}_z \hat{L}_y\right)
$$

代入平均值公式，并利用式（4．32）得

$$
\begin{aligned}
\bar{L}_x & =\int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega=\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} \int \mathrm{Y}_{l m}^*\left(\hat{L}_y \hat{L}_z-\hat{L}_z \hat{L}_y\right) \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \hat{L}_z \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega-\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_z \hat{L}_y \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y\left(\hat{L}_z \mathrm{Y}_{l m}\right) \mathrm{d} \Omega-\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} \int\left(\hat{L}_z \mathrm{Y}_{l m}\right)^* \hat{L}_y \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} m \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega-\frac{1}{\mathrm{i} \hbar} m \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =\frac{m}{\mathrm{i}} \bar{L}_y-\frac{m}{\mathrm{i}} \bar{L}_y=0
\end{aligned}
$$

同理可证 $\bar{L}_y=0$ ．上述推导中，立体角 $\mathrm{d} \Omega=\sin \theta \mathrm{d} \theta \mathrm{d} \varphi$ ．
例 4.7 已知空间转子处于如下状态：
$$
\psi=\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}(\theta, \varphi)+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}(\theta, \varphi)
$$

问：（1）波函数 $\psi$ 是否是 $\hat{L}^2$ 和 $\hat{L}_z$ 的本征态？（2）$\hat{L}^2$ 的平均值是多少？（3）在 $\psi$ 态中分别测量 $\hat{L}^2$ 和 $\hat{L}_z$ 时得到的可能值及其相应的概率是多少？

解 利用式（4．32），得
（1）$\hat{L}^2 \psi=\hat{L}^2\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}(\theta, \varphi)+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}(\theta, \varphi)\right)$

$$
\begin{aligned}
& =\frac{1}{3}\left[1(1+1) \hbar^2 \mathrm{Y}_{11}\right]+\frac{2}{3}\left[2(2+1) \hbar^2 \mathrm{Y}_{21}\right] \\
& =2 \hbar^2\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}+2 \mathrm{Y}_{21}\right) \\
& \neq \lambda \psi
\end{aligned}
$$

所以，$\psi$ 没有确定的 $\hat{L}^2$ 的本征值，故 $\psi$ 不是 $\hat{L}^2$ 的本征态．

$$
\begin{aligned}
\hat{L}_z \psi & =\hat{L}_z\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}(\theta, \varphi)+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}(\theta, \varphi)\right) \\
& =\frac{1}{3} \hbar \mathrm{Y}_{11}+\frac{2}{3} \hbar \mathrm{Y}_{21} \\
& =\hbar\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}\right) \\
& =\hbar \psi
\end{aligned}
$$
所以，$\psi$ 是 $\hat{L}_z$ 的本征态，本征值为 $\hbar$ ．
（2）求 $\hat{L}^2$ 的平均值．
利用球谐函数的正交归—性，先将波函数 $\psi$ 归—化：

$$
\begin{aligned}
1 & =c^2 \int \psi^* \psi \mathrm{~d} \Omega \\
& =c^2 \int\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}\right)^*\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}\right) \mathrm{d} \Omega \\
& =c^2 \int\left(\frac{1}{9} \mathrm{Y}_{11}^* \mathrm{Y}_{11}+\frac{4}{9} \mathrm{Y}_{21}^* \mathrm{Y}_{21}+\frac{2}{9} \mathrm{Y}_{11}^* \mathrm{Y}_{21}+\frac{2}{9} \mathrm{Y}_{21}^* \mathrm{Y}_{11}\right) \mathrm{d} \Omega \\
& =c^2\left(\frac{1}{9}+\frac{4}{9}\right) \\
& =\frac{5}{9} c^2
\end{aligned}
$$

得归—化常数 $c=\frac{3}{\sqrt{5}}$ ．于是归—化波函数为
$$
\psi=c\left(\frac{1}{3} \mathrm{Y}_{11}+\frac{2}{3} \mathrm{Y}_{21}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\mathrm{Y}_{11}+2 \mathrm{Y}_{21}\right)
$$

利用平均值公式（4．35），得 $\hat{L}^2$ 平均值为

$$
\overline{L^2}=\left|\frac{1}{\sqrt{5}}\right|^2 2 \hbar^2+\left|\frac{2}{\sqrt{5}}\right|^2 6 \hbar^2=\frac{26}{5} \hbar^2
$$

（3）据上述求得的归—化波函数，球谐函数 $\mathrm{Y}_{l m}$ 中量子数 $l$ 可能值为 1 和 2 ，故 $\hat{L}^2$ 的可能值为 $2 \hbar^2, 6 \hbar^2$ ，概率分别为 $1 / 5,4 / 5 ; \hat{L}_z$ 的可能值为 $\hbar$ ，概率为 1 ．