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不确定性关系的严格推导

3．不确定性关系的严格推导
由上文讨论表明，若两力学量算符对易，则同时有确定值；若不对易，一般来说，不存在共同本征函数，不同时具有确定值。那么，两个不对易算符所对应的力学量在某一状态中究竟不确定到什么程度？即不确定度（涨落）是多少呢？

设有厄米算符 $\hat{A} 、 \hat{B}$ ，显然 $\hat{C}=[\hat{A}, \hat{B}] / i=\hat{C}^{+}$，也是厄米算符．引人实参量 $\xi$ 的辅助积分
$$
\begin{aligned}
I(\xi) & =\int|\xi \hat{A} \psi+\mathrm{i} \hat{B} \psi|^2 \mathrm{~d} \tau \geqslant 0 \\
& =(\xi \hat{A} \psi+\mathrm{i} \hat{B} \psi, \quad \xi \hat{A} \psi+\mathrm{i} \hat{B} \psi) \\
& =\xi^2(\hat{A} \psi, \hat{A} \psi)+\mathrm{i} \xi(\hat{A} \psi, \hat{B} \psi)-\mathrm{i} \xi(\hat{B} \psi, \hat{A} \psi)+(\hat{B} \psi, \hat{B} \psi) \\
& =\xi^2\left(\psi, \hat{A}^2 \psi\right)+\mathrm{i} \xi(\psi,[\hat{A}, \hat{B}] \psi)+\left(\psi, \hat{B}^2 \psi\right) \\
& =\xi^2 \overline{A^2}-\xi \bar{C}+\overline{B^2} \\
& =\overline{A^2}\left[\xi-\bar{C} /\left(2 \overline{A^2}\right)\right]^2+\left[\overline{B^2}-\bar{C}^2 /\left(4 \overline{A^2}\right)\right] \geqslant 0
\end{aligned}
$$

不妨取 $\xi=\bar{C} /\left(2 \overline{A^2}\right)$ ，于是有

$$
\overline{B^2}-\bar{C}^2 /\left(4 \overline{A^2}\right) \geqslant 0
$$

即

$$
\overline{A^2} \cdot \overline{B^2} \geqslant \frac{1}{4} \bar{C}^2
$$

或

$$
\sqrt{\overline{A^2} \cdot \overline{B^2}} \geqslant \frac{1}{2}|\bar{C}|=\frac{1}{2}|[\overline{\hat{A}, \hat{B}}]|
$$
上式对任何厄米算符均成立．据力学量涨落定义式（4．20），若分别用厄米算符 $\Delta \hat{A}=\hat{A}-\bar{A}$ 和 $\Delta \hat{B}=\hat{B}-\bar{B}$ 替换 $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ ，上式也成立．又因为 $[\Delta \hat{A}, \Delta \hat{B}]=[\hat{A}, \hat{B}]$ ，最后得不确定性关系

$$
\sqrt{\overline{(\Delta A)^2} \cdot \overline{(\Delta B)^2}} \geqslant \frac{1}{2}|[\overline{\hat{A}, \hat{B}}]|
$$

例 4.8 试求坐标算符 $x$ 与动量算符 $\hat{p}_x$ 之间的不确定性关系式。
解 令 $\hat{A}=x, \hat{B}=\hat{p}_x,\left[x, \hat{p}_x\right]=\mathrm{i} \hbar$ ，利用式（4．36）即得熟知公式

$$
\Delta x \cdot \Delta p_x \geqslant \hbar / 2
$$

例4．9 试求角动量算符 $\hat{L}_x$ 与 $\hat{L}_y$ 之间的不确定性关系式。
解 角动量的对易关系为

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

按照式（4．36），得角动量不确定性关系为

$$
\overline{\left(\Delta L_x\right)^2} \cdot \overline{\left(\Delta L_y\right)^2} \geqslant \frac{\hbar^2}{4} \bar{L}_z^2
$$

当体系处于 $\hat{L}_z$ 本征态时，利用式（4．32），得

$$
\overline{\left(\Delta L_x\right)^2} \cdot \overline{\left(\Delta L_y\right)^2} \geqslant \frac{\hbar^2}{4}(m \hbar)^2=\frac{1}{4} m^2 \hbar^4
$$

例4．10 利用不确定性关系证明，在 $\hat{L}_z$ 本征态 $\mathrm{Y}_{l m}$ 下， $\bar{L}_x=\bar{L}_y=0$ 。
证 已知 $\left[\hat{L}_y, \hat{L}_z\right]=\mathrm{i} \hbar \hat{L}_x$ ，按照式（4．36），得不确定性关系

$$
\overline{\left(\Delta L_y\right)^2} \cdot \overline{\left(\Delta L_z\right)^2} \geqslant \frac{\hbar^2}{4} \bar{L}_x^2
$$

在 $\hat{L}_z$ 本征态 $\mathrm{Y}_{l m}$ 下，测量力学量 $\hat{L}_z$ 有确定值，所以 $\hat{L}_z$ 均方偏差必为零，即 $\overline{\left(\Delta L_z\right)^2}=0$ ，则上述不确定性关系为

$$
\overline{\left(\Delta L_y\right)^2} \cdot 0 \geqslant \frac{\hbar^2}{4} \bar{L}_x^2
$$

所以，若要上式成立，必有 $\bar{L}_x=0$ ．同理， $\bar{L}_y=0$ ．
例4．11 在 $\hat{L}^2 、 \hat{L}_z$ 共同本征态 $\mathrm{Y}_{l m}$ 下，求不确定性关系：$\overline{\left(\Delta L_x\right)^2} \cdot \overline{\left(\Delta L_y\right)^2}$ ．
解 根据力学量涨落定义式（4．20），有

$$
\overline{\left(\Delta L_x\right)^2}=\overline{L_x^2}-{\overline{L_x}}^2=\overline{L_x^2}, \quad \overline{\left(\Delta L_y\right)^2}=\overline{L_y^2}-{\overline{L_y}}^2=\overline{L_y^2}
$$

上式中应用了例4．10结果： $\bar{L}_x=0, \bar{L}_y=0$ 。此外

$$
\begin{aligned}
\mathrm{i} \hbar \hat{L}_x^2 & =\left(\hat{L}_y \hat{L}_z-\hat{L}_z \hat{L}_y\right) \hat{L}_x=\hat{L}_y \hat{L}_z \hat{L}_x-\hat{L}_z \hat{L}_y \hat{L}_x \\
& =\hat{L}_y\left(\hat{L}_x \hat{L}_z+\mathrm{i} \hbar \hat{L}_y\right)-\hat{L}_z \hat{L}_y \hat{L}_x \\
& =\hat{L}_y \hat{L}_x \hat{L}_z+\mathrm{i} \hbar \hat{L}_y^2-\hat{L}_z \hat{L}_y \hat{L}_x
\end{aligned}
$$

所以
$$
\begin{aligned}
\mathrm{i} \hbar \overline{L_x^2} & =\mathrm{i} \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_x^2 \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =\int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \hat{L}_x \hat{L}_z \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega+\mathrm{i} \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y^2 \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega-\int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_z \hat{L}_y \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =m \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega+\mathrm{i} \hbar \overline{\hat{L}_y^2}-\int\left(\hat{L}_z \mathrm{Y}_{l m}\right)^* \hat{L}_y \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega \\
& =m \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega+\mathrm{i} \hbar \overline{\hat{L}_y^2}-m \hbar \int \mathrm{Y}_{l m}^* \hat{L}_y \hat{L}_x \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega
\end{aligned}
$$

推导上式，利用了算符 $\hat{L}_z$ 的厄米性．最后得

$$
\overline{L_x^2}=\overline{L_y^2}
$$

又因为 $\hat{L}_x{ }^2+\hat{L}_y{ }^2+\hat{L}_z{ }^2=\hat{L}^2$ ，即 $\hat{L}_x{ }^2+\hat{L}_y{ }^2=\hat{L}^2-\hat{L}_z{ }^2$ ．于是将此式两边在 $\mathrm{Y}_{l m}$ 态下求平均

$$
\int \mathrm{Y}_{l m}^*\left(\hat{L}_x^2+\hat{L}_y^2\right) \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega=\int \mathrm{Y}_{l m}^*\left(\hat{L}^2-\hat{L}_z^2\right) \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega
$$

利用式（4．32），得

$$
\overline{L_x^2}+\overline{L_y^2}=\left[l(l+1) \hbar^2-m^2 \hbar^2\right] \int \mathrm{Y}_{l m}^* \mathrm{Y}_{l m} \mathrm{~d} \Omega
$$

因为

$$
\overline{L_x^2}=\overline{L_y^2}
$$

故有
$$
\overline{L_x^2}=\overline{L_y^2}=\frac{1}{2}\left[l(l+1)-m^2\right] \hbar^2
$$

于是得不确定性关系

$$
\overline{\left(\Delta L_x\right)^2} \cdot \overline{\left(\Delta L_y\right)^2}=\frac{1}{4}\left[l(l+1)-m^2\right]^2 \hbar^4
$$

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