态和力学量的表象：坐标选择自由度
同一个量子态好比一个矢量，不同表象就是选择不同的坐标系。换坐标系不改变矢量本身，只改变它的分量表示。本章教你用矩阵语言重新描述量子力学。
作业 4.1–4.4；概念：表象的概念、态的表示（列矢量）、坐标表象与动量表象、能量表象与占有数表象、算符矩阵表示、幺正变换、狄拉克符号（bra/ket）、狄拉克投影算符与完备性、线性谐振子升降算符、粒子数算符、对易关系 \([\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1\)、谐振子矩阵表示。
量子态就像一个抽象矢量，选不同的表象（坐标系）去看它，结果的数值形式不同，但物理意义完全一样。本章用矩阵把波函数和算符代数化，最后引入升降算符，为量子力学处理复杂体系打好基础。
4.1 表象的物理图像与数学框架
想象一个抽象的矢量 \(\vec{v}\)。在直角坐标系中，它的分量是 \((v_x, v_y, v_z)\)；转到极坐标系，分量变成 \((v_r, v_\theta, v_\phi)\)。矢量本身没变，只是你选了新的坐标轴。
量子力学的态也是如此。一个量子态 \(|\psi\rangle\) 是 Hilbert 空间中的抽象矢量，可以在不同的基矢（坐标轴）下展开。选择某组完备的本征态作为基矢，就定义了一个表象。
展开系数 \(c_n\) 就构成该态在 Q 表象中的列矢量表示： \[ |\psi\rangle_Q = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ \vdots \end{pmatrix} \]
4.2 常见的三种表象
| 表象名称 | 基矢选择 | 用途 |
|---|---|---|
| 坐标表象 | \(\hat{x}\) 的本征态 \(|x\rangle\)（位置） | 波函数 \(\psi(x)\) 最直观，解微分方程 |
| 动量表象 | \(\hat{p}\) 的本征态 \(|p\rangle\)（平面波） | 自由粒子、散射问题，动量分布 |
| 能量表象 （占有数表象） | \(\hat{H}\) 的本征态 \(|n\rangle\)（或粒子数） | 谐振子、二次量子化，占有数表象 |
坐标表象中，坐标算符就是乘法 \(\hat{x}\psi=x\psi\)，动量算符就是微分 \(\hat{p}=-i\hbar\frac{d}{dx}\)。反过来，在动量表象中角色互换：动量算符变成乘法，坐标算符变成微分。
4.3 算符的矩阵表示
- 算符在自身表象中是对角矩阵。若 \(\hat{F}|\phi_n\rangle=f_n|\phi_n\rangle\)，则 \(F_{mn}=f_n\delta_{mn}\)（只有对角元，等于本征值）。
- 厄米算符↔厄米矩阵。\(\hat{F}^\dagger=\hat{F}\) \(\Rightarrow\) \(F_{nm}^*=F_{mn}\)（矩阵的转置复共轭等于自己）。
- 矩阵乘法对应算符复合。\((\hat{F}\hat{G})_{mn} = \sum_k F_{mk}G_{kn}\)。
📌矩阵形式的期望值公式▸
若 \(|\psi\rangle = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \end{pmatrix}\)，\(\hat{F}\) 的矩阵为 \(\mathbf{F}=\{F_{mn}\}\)，则：
这就是你在线性代数中学过的二次型。
4.4 幺正变换与表象变换
从一个表象变到另一个表象，相当于做一个坐标旋转。这个旋转用幺正矩阵 \(\mathbf{U}\) 描述。
表象变换时，状态列矢量变换为：\(|\psi\rangle_{\text{新}} = \mathbf{U}|\psi\rangle_{\text{旧}}\)，算符矩阵变换为：\(\mathbf{F}_{\text{新}} = \mathbf{U}^\dagger\mathbf{F}_{\text{旧}}\mathbf{U}\)。
幺正变换不改变：(1) 本征值 (2) 平均值 \(\langle F\rangle\) (3) 概率（跃迁几率）。这反映了物理实质不依赖坐标选择的原理。
4.5 狄拉克符号与完备性
Dirac 符号是一套优雅的记号体系，让矩阵计算更简洁。定义如下：
| 记号 | 名称 | 含义 |
|---|---|---|
| \(|\psi\rangle\) | 右矢（ket） | 量子态，列矢量 |
| \(\langle\psi|\) | 左矢（bra） | \(|\psi\rangle\) 的复共轭转置 |
| \(\langle\phi|\psi\rangle\) | 内积 | 标量，\(\int\phi^*\psi\,dx\) |
| \(|\psi\rangle\langle\phi|\) | 投影算符 | 外积，矩阵 |
📌狄拉克符号计算示例▸
求 \(\langle\phi|\hat{F}|\psi\rangle\)：
4.6 线性谐振子与升降算符
一维谐振子 \(\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2\) 用升降算符表示最优雅。定义：
- 对易关系：\([\hat{a},\hat{a}^\dagger] = 1\)（这是量子力学的本质）
- 作用规则：\(\hat{a}|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle\)（向下跳），\(\hat{a}^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle\)（向上跳）
- 基态性质：\(\hat{a}|0\rangle=0\)（不能再降）
- 粒子数算符：\(\hat{N}=\hat{a}^\dagger\hat{a}\)，\(\hat{N}|n\rangle=n|n\rangle\)
- 哈密顿量：\(\hat{H}=\hbar\omega(\hat{N}+\tfrac{1}{2})=\hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\tfrac{1}{2})\)
这套方法称为占有数表象或粒子数表象，特别适合处理多粒子系统和二次量子化。在这个表象中，矩阵元的非零条件是：\(\langle m|\hat{a}|n\rangle \neq 0\) 当且仅当 \(m=n-1\)；\(\langle m|\hat{a}^\dagger|n\rangle \neq 0\) 当且仅当 \(m=n+1\)。
把占有数基态 \(|n\rangle\) 想象成一个楼梯的第 \(n\) 层。\(\hat{a}^\dagger\) 是"上楼"算符，\(\hat{a}\) 是"下楼"算符。你在某一层，向上走一步概率是 \(\sqrt{n+1}\)，向下走一步的概率是 \(\sqrt{n}\)。到了一楼（\(n=0\)）就下不去了。
• 态的矩阵表示：\(|\psi\rangle=\sum_n c_n|\phi_n\rangle\) \(\Rightarrow\) \(|\psi\rangle_Q = \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \end{pmatrix}\)
• 矩阵元：\(F_{mn}=\langle\phi_m|\hat{F}|\phi_n\rangle\)
• 完备性：\(\sum_n|\phi_n\rangle\langle\phi_n|=\mathbf{1}\)
• 对易关系：\([\hat{a},\hat{a}^\dagger]=1\)
• 升降作用：\(\hat{a}|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle\)，\(\hat{a}^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle\)
先盖住解答自己动手，卡住了再点开看分步过程。👇
求矩阵元素
\[ F_{11}=\langle\phi_1|\hat{F}|\phi_1\rangle=0 \] \[ F_{12}=\langle\phi_1|\hat{F}|\phi_2\rangle=\langle\phi_1|2|\phi_1\rangle=2 \] \[ F_{21}=\langle\phi_2|\hat{F}|\phi_1\rangle=\langle\phi_2|2|\phi_2\rangle=2 \] \[ F_{22}=\langle\phi_2|\hat{F}|\phi_2\rangle=0 \]
矩阵形式
\[ \mathbf{F} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} \]
求本征值（测量可能值）
特征多项式： \[ \det(\mathbf{F}-\lambda\mathbf{1}) = \begin{vmatrix} -\lambda & 2 \\ 2 & -\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-4 = 0 \] 得 \(\lambda_1=2\)，\(\lambda_2=-2\)。
求本征向量并归一化
对 \(\lambda=2\)：\(\begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}=0\) 得 \(a=b\)，故 \(|+\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)。
对 \(\lambda=-2\)：\(\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}=0\) 得 \(a=-b\)，故 \(|-\rangle = \tfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\)。
将 \(|\psi\rangle\) 表示为本征态线性组合
\(|\psi\rangle_Q = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{pmatrix} = \tfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + 0 \cdot |-\rangle\)
概率与平均值
测量可能值为 \(F=2\) 和 \(F=-2\)。概率分别为 \(P(2)=|\tfrac{1}{\sqrt{2}}|^2=\tfrac{1}{2}\)，\(P(-2)=0\)（因为展开系数为 0）。
平均值：\(\langle F \rangle = 2 \times \tfrac{1}{2} + (-2) \times 0 = 1\)。
求特征多项式
\[ \det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{1}) = \det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \] \[ = (1-\lambda)\left[(2-\lambda)^2-1\right] = (1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-3) = 0 \] 本征值：\(\lambda_1=1\)（二重），\(\lambda_2=3\)。
求本征向量
对 \(\lambda=1\)（二重）：
\[ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=0 \quad \Rightarrow \quad b+c=0 \]
本征向量：\(|v_1\rangle=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\)，\(|v_2\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\)（可用Gram-Schmidt正交化）。
对 \(\lambda=3\)：
\[ \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=0 \quad \Rightarrow \quad a=0, b=c \]
本征向量：\(|v_3\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)。
对角化
幺正矩阵 \(\mathbf{U} = (|v_1\rangle, |v_2\rangle, |v_3\rangle) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 0 & -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{pmatrix}\)。
对角化：
\[ \mathbf{A}_{\text{diag}} = \mathbf{U}^\dagger\mathbf{A}\mathbf{U} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \]
升降算符矩阵元
利用 \(\hat{a}|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle\)，\(\hat{a}^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle\)： \[ \hat{a} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \hat{a}^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix} \]
坐标和动量算符
\[ \hat{x} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}+\hat{a}^\dagger) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix} \] \[ \hat{p} = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat{a}^\dagger-\hat{a}) = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & -\sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix} \]
哈密顿量与粒子数算符
\[ \hat{N} = \hat{a}^\dagger\hat{a} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad \hat{H} = \hbar\omega(\hat{N}+\tfrac{1}{2}) = \hbar\omega\begin{pmatrix} 1/2 & 0 & 0 \\ 0 & 3/2 & 0 \\ 0 & 0 & 5/2 \end{pmatrix} \] （对角矩阵，本征值为 \(\hbar\omega(n+\tfrac{1}{2})\)）
检验归一化
\[ \langle\psi|\psi\rangle = \tfrac{1}{4}(1+3) = 1 \quad ✓ \] 该态已归一化。
计算 \(\langle\hat{N}\rangle\)
\[ \hat{N}|\psi\rangle = \hat{N}\left[\tfrac{1}{2}(|1\rangle+\sqrt{3}|2\rangle)\right] = \tfrac{1}{2}(1\cdot|1\rangle+2\cdot\sqrt{3}|2\rangle) = \tfrac{1}{2}|1\rangle+\sqrt{3}|2\rangle \] \[ \langle\hat{N}\rangle = \langle\psi|\hat{N}|\psi\rangle = \tfrac{1}{2}\langle 1|\tfrac{1}{2}|1\rangle + \tfrac{\sqrt{3}}{2}\langle 2|\sqrt{3}|2\rangle = \tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{2} = \tfrac{7}{4} \]
计算 \(\langle\hat{a}\rangle\)
\[ \hat{a}|\psi\rangle = \hat{a}\left[\tfrac{1}{2}(|1\rangle+\sqrt{3}|2\rangle)\right] = \tfrac{1}{2}(\hat{a}|1\rangle+\sqrt{3}\hat{a}|2\rangle) \] \[ = \tfrac{1}{2}(1\cdot|0\rangle+\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}|1\rangle) = \tfrac{1}{2}|0\rangle+\tfrac{\sqrt{6}}{2}|1\rangle \] \[ \langle\hat{a}\rangle = \langle\psi|\hat{a}|\psi\rangle = \tfrac{1}{2}\langle 1|\tfrac{1}{2}|0\rangle + \tfrac{\sqrt{3}}{2}\langle 2|\tfrac{\sqrt{6}}{2}|1\rangle = 0 + 0 = 0 \] （因为 \(\langle 1|0\rangle=0\)，\(\langle 2|1\rangle=0\)）
起点：Schrödinger方程
含时Schrödinger方程： \[ i\hbar\frac{\partial|\psi\rangle}{\partial t} = \hat{H}|\psi\rangle \]
对期望值求导
\[ \frac{d\langle\hat{F}\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\langle\psi|\hat{F}|\psi\rangle = \left(\frac{\partial\langle\psi|}{\partial t}\right)\hat{F}|\psi\rangle + \langle\psi|\frac{\partial\hat{F}}{\partial t}|\psi\rangle + \langle\psi|\hat{F}\left(\frac{\partial|\psi\rangle}{\partial t}\right) \]
代入Schrödinger方程
从 \(i\hbar\frac{\partial|\psi\rangle}{\partial t}=\hat{H}|\psi\rangle\) 得 \(\frac{\partial|\psi\rangle}{\partial t}=-\frac{i}{\hbar}\hat{H}|\psi\rangle\)，共轭得 \(\frac{\partial\langle\psi|}{\partial t}=\frac{i}{\hbar}\langle\psi|\hat{H}\)（因为 \(\hat{H}\) 厄米）。代入： \[ \frac{d\langle\hat{F}\rangle}{dt} = \frac{i}{\hbar}\langle\psi|\hat{H}\hat{F}|\psi\rangle + \langle\psi|\frac{\partial\hat{F}}{\partial t}|\psi\rangle - \frac{i}{\hbar}\langle\psi|\hat{F}\hat{H}|\psi\rangle \] \[ = \frac{i}{\hbar}\langle\psi|(\hat{H}\hat{F}-\hat{F}\hat{H})|\psi\rangle + \left\langle\frac{\partial\hat{F}}{\partial t}\right\rangle \]
整理
注意 \([\hat{F},\hat{H}] = \hat{F}\hat{H}-\hat{H}\hat{F}\)，所以 \(\hat{H}\hat{F}-\hat{F}\hat{H}=-[\hat{F},\hat{H}]\)： \[ \frac{d\langle\hat{F}\rangle}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\langle[\hat{F},\hat{H}]\rangle + \left\langle\frac{\partial\hat{F}}{\partial t}\right\rangle \]
点选项即时判分，自动保存进度。多选题选完点「提交答案」。