量子力学中的力学量(算符)：从物理图像到数学工具

已知条件

\(Y_{lm}\) 是 \(\hat{L}_z\) 的本征函数，本征值 \(m\hbar\)；\(\hat{L}_x\)、\(\hat{L}_y\) 的平均值都是实数（因为它们是厄米算符）。

写出不确定关系

由 \([\hat{L}_x,\hat{L}_y]=i\hbar\hat{L}_z\)，不确定关系为：

\[ \Delta L_x \cdot \Delta L_y \geq \frac{1}{2}|\langle[\hat{L}_x,\hat{L}_y]\rangle|=\frac{\hbar}{2}|\langle\hat{L}_z\rangle|=\frac{\hbar}{2}|m\hbar|=\frac{|m|\hbar^2}{2} \]

定义不确定度

\(\Delta L_x=\sqrt{\langle\hat{L}_x^2\rangle-\langle\hat{L}_x\rangle^2}\)。由于 \(\langle\hat{L}_x\rangle\) 是实数，设 \(\langle\hat{L}_x\rangle=a\)，则：

\[ \Delta L_x=\sqrt{\langle\hat{L}_x^2\rangle-a^2} \]

类似地，\(\Delta L_y=\sqrt{\langle\hat{L}_y^2\rangle-b^2}\)，其中 \(\langle\hat{L}_y\rangle=b\)。

关键观察：计算 \(\hat{L}_x\) 与 \(\hat{L}_y\) 的平方平均

在 \(Y_{lm}\) 态下，由于 \([\hat{L}^2,\hat{L}_z]=0\) 且 \([\hat{L}^2,\hat{L}_x]=[\hat{L}^2,\hat{L}_y]=0\)，有：

\[ \langle\hat{L}^2\rangle=\langle\hat{L}_x^2+\hat{L}_y^2+\hat{L}_z^2\rangle=\hbar^2 l(l+1) \]

又 \(\langle\hat{L}_z^2\rangle=(m\hbar)^2=m^2\hbar^2\)（本征态），故：

\[ \langle\hat{L}_x^2\rangle+\langle\hat{L}_y^2\rangle=\hbar^2[l(l+1)-m^2] \]

利用对称性

由于 \(Y_{lm}\) 在 \(x\)、\(y\) 方向地位完全对称（除了定义上的差别），因此 \(\langle\hat{L}_x^2\rangle=\langle\hat{L}_y^2\rangle\)，都等于 \(\dfrac{\hbar^2[l(l+1)-m^2]}{2}\)。

由 \(\langle L_x\rangle=0\) 推广

不确定关系要求：\(\Delta L_x \cdot \Delta L_y \geq \frac{|m|\hbar^2}{2}\)。若 \(\langle\hat{L}_x\rangle=a\neq 0\) 或 \(\langle\hat{L}_y\rangle=b\neq 0\)，则 \(\Delta L_x < \sqrt{\langle\hat{L}_x^2\rangle}\) 等，计算会变复杂。

但由对称性和实际计算（利用球谐函数的显式形式），可证明 \(a=b=0\)。直观理由：在 \(L_z\) 本征态下，系统绕 z 轴没有"好坏"方向，\(x\) 和 \(y\) 平均地"平衡"，所以 \(\langle L_x\rangle=\langle L_y\rangle=0\)。

（1）是否 \(\hat{L}^2\) 本征态？

\[ \hat{L}^2\Psi=\tfrac{1}{3}\,[1(1+1)\hbar^2]Y_{11}+\tfrac{2}{3}\,[2(2+1)\hbar^2]Y_{21}=\tfrac{1}{3}\cdot2\hbar^2 Y_{11}+\tfrac{2}{3}\cdot6\hbar^2 Y_{21} \]

两项前面的系数（\(2\hbar^2\) 与 \(6\hbar^2\)）不同，结果无法写成「同一个常数 \(\times\Psi\)」，所以 \(\Psi\) 不是 \(\hat{L}^2\) 的本征态。

（2）是否 \(\hat{L}_z\) 本征态？

两个球谐函数的 \(m\) 都等于 1，所以

\[ \hat{L}_z\Psi=\tfrac{1}{3}(1\hbar)Y_{11}+\tfrac{2}{3}(1\hbar)Y_{21}=\hbar\Big(\tfrac{1}{3}Y_{11}+\tfrac{2}{3}Y_{21}\Big)=\hbar\,\Psi \]

能写成「常数 \(\hbar\times\Psi\)」，所以 \(\Psi\) 是 \(\hat{L}_z\) 的本征态，本征值为 \(\hbar\)。这是本题的关键考点：相同 \(m\) 的叠加仍是 \(L_z\) 本征态。

（3）先归一化，再求 \(\langle L^2\rangle\)

题给系数未归一化：\(\left(\tfrac13\right)^2+\left(\tfrac23\right)^2=\tfrac19+\tfrac49=\tfrac59\neq1\)。

归一化后各分量的概率 = 系数平方 ÷ 总和：

\[ P(Y_{11})=\frac{1/9}{5/9}=\frac{1}{5},\qquad P(Y_{21})=\frac{4/9}{5/9}=\frac{4}{5} \]

\[ \langle L^2\rangle=\frac{1}{5}\cdot2\hbar^2+\frac{4}{5}\cdot6\hbar^2=\frac{2+24}{5}\hbar^2=\frac{26}{5}\hbar^2=5.2\,\hbar^2 \]

（4）测量的可能值及概率

测 \(L^2\)：可能值 \(2\hbar^2\)（来自 \(Y_{11}\)，概率 \(1/5\)）、\(6\hbar^2\)（来自 \(Y_{21}\)，概率 \(4/5\)）。

测 \(L_z\)：因 \(\Psi\) 是 \(\hat{L}_z\) 本征态，只能测到唯一值 \(\hbar\)，概率为 1。

（1a）绕固定轴转动：建立哈密顿量

绕 z 轴转动，只需考虑 \(\hat{L}_z^2\)：

\[ \hat{H}=\frac{\hat{L}_z^2}{2I} \]

（1b）求本征值

\(\hat{L}_z\) 的本征值为 \(m\hbar\)（\(m=0,\pm1,\pm2,\dots\)），故：

\[ E_m=\frac{(m\hbar)^2}{2I}=\frac{\hbar^2 m^2}{2I} \]

（1c）波函数

\(\hat{L}_z\) 的本征函数为 \(e^{im\phi}\)（仅与方位角 \(\phi\) 有关），所以：

\[ \psi_m(\phi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{im\phi} \]

（用 \(1/\sqrt{2\pi}\) 归一化）。

（2a）绕固定点转动：哈密顿量

绕固定点，\(\hat{L}^2\) 的平均值可取所有可能值，哈密顿量为：

\[ \hat{H}=\frac{\hat{L}^2}{2I} \]

（2b）本征值与本征函数

\(\hat{L}^2\) 的本征值为 \(\hbar^2 l(l+1)\)（\(l=0,1,2,\dots\)），故：

\[ E_l=\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2I} \]

本征函数为球谐函数 \(Y_{lm}(\theta,\phi)\)（\(m=-l,\dots,l\) 共 \(2l+1\) 个）。

简并度：对每个能级 \(E_l\)，有 \(2l+1\) 个不同的 \(m\) 值，所以简并度为 \(2l+1\)。

（1）能量

\(\Psi\) 中两项的量子数相同：\(n=2, l=1\)（仅 \(m\) 不同）。氢原子能级只由 \(n\) 决定：

\[ E_2=-\frac{13.6}{4}=-3.4\,\text{eV} \]

概率：100%（确定值）。

（2）\(L^2\)

两项都有 \(l=1\)，故 \(\hat{L}^2\) 本征值为：

\[ L^2=\hbar^2\cdot 1(1+1)=2\hbar^2 \]

概率：100%。

（3）\(L_z\)

两项的 \(m\) 值不同：

• \(m=0\)：系数 \(1/2\)，概率 \(|1/2|^2=1/4\)，对应 \(L_z=0\)
• \(m=-1\)：系数 \(\sqrt{3}/2\)，概率 \(|\sqrt{3}/2|^2=3/4\)，对应 \(L_z=-\hbar\)

（4）平均值

\[ \langle E\rangle=-3.4\,\text{eV} \]

\[ \langle L^2\rangle=2\hbar^2 \]

\[ \langle L_z\rangle=0\cdot\frac{1}{4}+(-\hbar)\cdot\frac{3}{4}=-\frac{3\hbar}{4} \]

设定不确定度量级

基态下，电子限制在玻尔半径量级 \(a_0\) 附近。设：

\[ \Delta x \sim a_0 \]

由不确定关系：\(\Delta p \sim \dfrac{\hbar}{a_0}\)。

总能量表达式

\[ E=\frac{p^2}{2m}-\frac{ke^2}{r} \approx \frac{(\Delta p)^2}{2m}-\frac{ke^2}{a_0}=\frac{\hbar^2}{2ma_0^2}-\frac{ke^2}{a_0} \]

对 \(a_0\) 求极小值

\[ \frac{dE}{da_0}=-\frac{\hbar^2}{ma_0^3}+\frac{ke^2}{a_0^2}=0 \]

\[ a_0=\frac{\hbar^2}{mke^2} \]

这正是玻尔半径！

代入求基态能量

\[ E_{\min}=\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\frac{(mke^2)^2}{\hbar^4}-ke^2\cdot\frac{mke^2}{\hbar^2}=\frac{m(ke^2)^2}{2\hbar^2}-\frac{m(ke^2)^2}{\hbar^2} \]

\[ =-\frac{m(ke^2)^2}{2\hbar^2}=-13.6\,\text{eV} \]

代入定义

\[ [\hat{x},\hat{p}_x]\psi=\hat{x}\hat{p}_x\psi-\hat{p}_x\hat{x}\psi \]

其中 \(\hat{p}_x=-i\hbar\dfrac{d}{dx}\)。

计算第一项

\[ \hat{x}\hat{p}_x\psi=\hat{x}\left(-i\hbar\frac{d\psi}{dx}\right)=-i\hbar x\frac{d\psi}{dx} \]

计算第二项（用积分法则）

\[ \hat{p}_x(\hat{x}\psi)=-i\hbar\frac{d}{dx}(x\psi)=-i\hbar\left(\psi+x\frac{d\psi}{dx}\right) \]

相减

\[ [\hat{x},\hat{p}_x]\psi=-i\hbar x\frac{d\psi}{dx}-\left[-i\hbar\psi-i\hbar x\frac{d\psi}{dx}\right]=i\hbar\psi \]

结论

因为这对任意 \(\psi\) 成立，所以：

\[ [\hat{x},\hat{p}_x]=i\hbar \]