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3.5

厄米算符与可观测量

「可观测量对应算符」在第 2 章是一条硬规定。这一节把它变成结论：能当可观测量的，只能是厄米算符。

建议先掌握

学完本节你应该能

  • 写出厄米共轭的定义，并判断给定算符是否厄米
  • 证明厄米算符的本征值为实、不同本征值的本征矢正交
  • 用谱定理说明为什么厄米算符的本征矢构成完备基
  • 说清「可观测量必须厄米」的物理理由

上一节说线性算符有无穷多种。这一节问：哪一类配得上「可观测量」这个身份？

从物理要求倒推

先不看数学，只列物理上非有不可的三条：

物理图像

要求一：测量结果是实数。

测长度、测能量、测自旋，读数都是实数。所以 A^\hat A 的本征值必须是实的。

要求二：不同结果可以分辨。

若测得 a1a_1，态就应当落在「a1a_1 对应的那些态」里，且这与「a2a_2 对应的那些态」互不重叠。数学上就是：不同本征值的本征矢正交。

要求三：任何态都能被这个测量分解。

∑n∣cn∣2=1\sum_n|c_n|^2=1 要成立，就要求本征矢构成完备基，任何态都能展开。

数学形式

答案：厄米算符

三条要求合起来，恰好挑出一类算符。定义 A^\hat A 的厄米共轭 A^†\hat A^\dagger 为满足

⟨ϕ∣A^†∣ψ⟩=⟨ψ∣A^∣ϕ⟩∗(3.5.1)\bra{\phi}\hat A^\dagger\ket{\psi}=\bra{\psi}\hat A\ket{\phi}^*\tag{3.5.1}

的算符。若

A^†=A^(3.5.2)\hat A^\dagger=\hat A\tag{3.5.2}

就称 A^\hat A 是厄米的（自伴的）。

在矩阵语言里：A†=(AT)∗A^\dagger=(A^{\mathsf T})^*，厄米即 Amn=Anm∗A_{mn}=A_{nm}^*——转置再取共轭等于自己。对角元因此必须是实数。

三条要求逐一兑现

证明一：厄米算符的本征值为实数基础~3 min

设 A^∣a⟩=a∣a⟩\hat A\ket{a}=a\ket{a}，⟨a|a⟩=1\braket{a}{a}=1。左乘 ⟨a∣\bra{a}：

⟨a∣A^∣a⟩=a(3.5.3)\bra{a}\hat A\ket{a}=a\tag{3.5.3}

对这个式子取复共轭，并用厄米性 A^†=A^\hat A^\dagger=\hat A：

a∗=⟨a∣A^∣a⟩∗=⟨a∣A^†∣a⟩=⟨a∣A^∣a⟩=a(3.5.4)a^*=\bra{a}\hat A\ket{a}^*=\bra{a}\hat A^\dagger\ket{a}=\bra{a}\hat A\ket{a}=a\tag{3.5.4}

所以 a=a∗a=a^*，本征值是实数。■\blacksquare

对照一下：2.3 节证明同一件事用了半页——取复共轭、相减、凑成全导数、分部积分、用归一化让边界项消失。

那半页并没有白费：它其实是在具体地验证 H^\hat H 的厄米性（分部积分把导数从一边搬到另一边，边界项为零，正是 ⟨ϕ∣H^∣ψ⟩=⟨H^ϕ∣∣ψ⟩\bra{\phi}\hat H\ket{\psi}=\bra{\hat H\phi}\ket{\psi} 的内容）。

换语言不是变魔术，是把那半页的内容一次性抽象出来，从此不必重复。

证明二：不同本征值的本征矢正交基础~4 min

设 A^∣a1⟩=a1∣a1⟩\hat A\ket{a_1}=a_1\ket{a_1}，A^∣a2⟩=a2∣a2⟩\hat A\ket{a_2}=a_2\ket{a_2}，且 a1≠a2a_1\ne a_2。

考察 ⟨a1∣A^∣a2⟩\bra{a_1}\hat A\ket{a_2}，两种算法：

往右作用：⟨a1∣A^∣a2⟩=a2⟨a1|a2⟩\bra{a_1}\hat A\ket{a_2}=a_2\braket{a_1}{a_2}

往左作用：由厄米性，A^\hat A 作用到左边的 bra 上给出 a1∗=a1a_1^*=a_1（已证为实），所以 =a1⟨a1|a2⟩=a_1\braket{a_1}{a_2}

两式相减：

(a1−a2)⟨a1|a2⟩=0(3.5.5)(a_1-a_2)\braket{a_1}{a_2}=0\tag{3.5.5}

由 a1≠a2a_1\ne a_2 得 ⟨a1|a2⟩=0\braket{a_1}{a_2}=0。■\blacksquare

简并的情形：若 a1=a2a_1=a_2，上式恒成立，推不出正交。但本征子空间内部可以用 Gram-Schmidt 正交化人为造一组正交基。所以总是可以选到一组正交归一的本征矢。

一些例子

物理图像

是厄米的

  • x^\hat x（位置）：在位置基下是乘以实数 xx
  • p^=−iℏ∂x\hat p=-\ii\hbar\partial_x：i\ii 与求导各贡献一个负号，正好抵消
  • H^=p^2/2m+V(x^)\hat H=\hat p^2/2m+V(\hat x)（VV 实）
  • 投影算符 ∣ψ⟩⟨ψ∣\ket{\psi}\bra{\psi}
  • 泡利矩阵 σx,σy,σz\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z

不是厄米的

  • a^±\hat a_\pm（升降算符）：a^+†=a^−\hat a_+^\dagger=\hat a_-，两者互为共轭而非各自自共轭
  • x^p^\hat x\hat p：见右栏
  • ∂x\partial_x 本身（少了那个 i\ii）

数学形式

为什么 p^\hat p 里必须有 i\ii

⟨ϕ∣∂x∣ψ⟩=∫ϕ∗ψ′ dx=−∫ϕ′∗ψ dx=−⟨∂xϕ∣∣ψ⟩(3.5.8)\bra{\phi}\partial_x\ket{\psi}=\int\phi^*\psi'\,\dd x =-\int\phi'^*\psi\,\dd x=-\bra{\partial_x\phi}\ket{\psi}\tag{3.5.8}

（分部积分，边界项因归一化而消失。）所以 ∂x†=−∂x\partial_x^\dagger=-\partial_x——反厄米。

乘上 −iℏ-\ii\hbar 之后，共轭时 i→−i\ii\to-\ii 再贡献一个负号，两个负号抵消：

p^†=(−iℏ∂x)†=(+iℏ)(−∂x)=−iℏ∂x=p^(3.5.9)\hat p^\dagger=(-\ii\hbar\partial_x)^\dagger=(+\ii\hbar)(-\partial_x)=-\ii\hbar\partial_x=\hat p\tag{3.5.9}

2.6 节里说「那个 i\ii 保证 p^\hat p 厄米」，这就是完整的验证。

本节关键公式

  • 厄米共轭

    ⟨ϕ∣A^†∣ψ⟩=⟨ψ∣A^∣ϕ⟩∗\bra{\phi}\hat A^\dagger\ket{\psi}=\bra{\psi}\hat A\ket{\phi}^*

    矩阵语言：转置再取复共轭

  • 厄米算符

    A^†=A^ ⟺ Amn=Anm∗\hat A^\dagger=\hat A\ \Longleftrightarrow\ A_{mn}=A_{nm}^*

    对角元必为实数

  • 本征值为实

    a=⟨a∣A^∣a⟩=a∗a=\bra{a}\hat A\ket{a}=a^*

    三行；第 2 章用了半页积分

  • 本征矢正交

    (a1−a2)⟨a1|a2⟩=0(a_1-a_2)\braket{a_1}{a_2}=0

    不同本征值 ⟹ 正交；简并可正交化

  • 谱分解

    A^=∑nan∣an⟩⟨an∣,∑n∣an⟩⟨an∣=1^\hat A=\sum_n a_n\ket{a_n}\bra{a_n},\quad\sum_n\ket{a_n}\bra{a_n}=\hat 1

    完备性关系的出处

  • 共轭的反序性

    (A^B^)†=B^†A^†(\hat A\hat B)^\dagger=\hat B^\dagger\hat A^\dagger

    两个厄米算符之积一般不厄米

自测共 4 题

  1. 1.

    为什么可观测量必须由厄米算符表示？（多选）

    多选题

  2. 2.

    为什么动量算符是 −iħ∂/∂x 而不是 ħ∂/∂x？

  3. 3.

    Â 与 B̂ 都是厄米算符，则 ÂB̂：

  4. 4.

    谱定理在物理上的直接后果是：

接下来

厄米算符可以有很多个：x^\hat x、p^\hat p、H^\hat H、L^z\hat L_z……

一个自然的问题是：能不能同时测准两个可观测量？ 答案取决于它们乘起来换不换顺序。下一节把不确定性原理从「傅里叶分析的推论」升级成一条对任意一对可观测量都成立的定理。

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