矢量算符的对易子中的乘积究竟是什么运算

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/77030597
• 发布日期: 2019-08-07
• 分类: 量子力学基础与量子信息

2022.01.01 突然又提到了这个事儿

我对这个问题的最终观点如下文第二部分所述:

https://www.zhihu.com/question/508142555/answer/2293905353## 总之也很感谢当时一起思考这个问题的仲間

喵鹢回：算符构成的矢量的对易运算

2020.12.08 补充

一个阶段性的最终答案在 東雲正樹：[张量系列DLC] 矢量混合运算 / Levi-Civita 符号与 Kronecker delta 的 [附录B] 中, 你要是还感兴趣可以去看看.

疑问来源

在 Cohen-Tannoudji. Quantum mechanics, vol.1 中:

第三章的§D.1.d.β.(埃伦费斯特定理)内出现了这样一个等式: \left[ \vec{R},\frac{\vec{P}^{2}{2m} \right]=\frac{i\hbar }{m}\vec{P} (D-32)

通过简单的计算不难发现上式的成立是建立在默认 $\left[\vec{R},\vec{P}\right]=i\hslash$ 的基础上的.

我们知道 $\left[X_i,P_j\right]=i\hslash {\delta }_{ij}$ , 那 $\left[\vec{R},\vec{P}\right]$ 是多少呢?

可能会出现这种思路: $\left[\vec{R},\vec{P}\right]=\vec{R}\cdot \vec{P}-\vec{P}\cdot \vec{R}=\sum _{i=1}^3{X}_i{P}_i-\sum _{j=1}^3{P}_j{X}_j=\sum _{i=1}^3\left[X_i,P_i\right]=3i\hslash$

? ? ?

Answer

实际上矢量算符的对易子中的乘积应该是并矢而不是内积.

即 $\left[\vec{R},\vec{P}\right]=\vec{R}\vec{P}-\vec{P}\vec{R}$ 其中 $\vec{R}\vec{P}=\left[\begin{array}{ccc}X{P}_x& X{P}_y& X{P}_z\\ Y{P}_x& Y{P}_y& Y{P}_z\\ Z{P}_x& Z{P}_y& Z{P}_z\end{array}\right]$.

这样一来得到的结论就是:

\begin{align} & \left[ \vec{R},\vec{P} \right]=\vec{R}\vec{P}-\vec{P}\vec{R} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\left[ \begin{matrix} X{P}_{x}-{P}_{x}X & 0 & 0 \\ 0 & Y{P}_{y}-{P}_{y}Y & 0 \\ 0 & 0 & Z{P}_{z}-{P}_{z}Z \\ \end{matrix} \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\left[ \begin{matrix} i\hbar & 0 & 0 \\ 0 & i\hbar & 0 \\ 0 & 0 & i\hbar \\ \end{matrix} \right]=i\hbar \\ \end{align}

其中最后的结果应该看作是 $i\hslash$ 乘上一个所处希尔伯特空间的单位算符(单位阵). [1]

比较尴尬的对易子中并矢的排列必须统一, 即统一某个算符按行或列分配, 而不完全按照并矢的合成法则...

我认为还有一种做法就是我们可以把对易子定义为 $\left[\vec{A},\vec{B}\right]=\vec{A}\vec{B}-{\left(\vec{B}\vec{A}\right)}^T$ , 这里的上标 $T$ 表示转置运算, 但要注意一点就是, 这里的转置仅对实三维空间进行操作, 而不对希尔伯特空间(即态空间)进行操作, 也就是说:

对于并矢 $\vec{a}\vec{b}:=\left[\begin{array}{ccc}{a}_1{b}_1& a_1{b}_2& a_1{b}_3\\ a_2{b}_1& a_2{b}_2& a_2{b}_3\\ a_3{b}_1& a_3{b}_2& a_3{b}_3\end{array}\right]$ 求转置为 {\left( \vec{a}\vec{b} \right)}^{T}\text{=}\left[ \begin{matrix} {a}_{1}{b}_{1} & {a}_{\text{2}{b}_{\text{1} & {a}_{\text{3}{b}_{\text{1} \\ {a}_{\text{1}{b}_{\text{2} & {a}_{2}{b}_{2} & {a}_{\text{3}{b}_{\text{2} \\ {a}_{\text{1}{b}_{\text{3} & {a}_{\text{2}{b}_{\text{3} & {a}_{3}{b}_{3} \\ \end{matrix} \right]

一个元素为矩阵的矩阵(分块矩阵)求转置是先对矩阵本身求转置再对内部元素求转置, 而如果上述例子中的 $a_i,b_j$ 都是算符的话我们就有 ${\left(a_i{b}_j\right)}^T=a_i{b}_j$ , 即不作用.

实际上, 我们从来不会对希尔伯特空间进行转置, 因为希尔伯特空间的矩阵都是复矩阵, 如果要取它的伴随式我们会进行转置+共轭, 俗称厄米共轭. 而单单进行一个转置 just doesn't make any sense.

Testing and Thinking

I. 接下来我们用这个定义试试看是否能推导出文章开始的(D-32)式:

这里我们先提两条并矢的运算规律: $\left(\vec{a}\vec{b}\right)\cdot \vec{c}=\vec{a}\left(\vec{b}\cdot \vec{c}\right),\vec{a}\cdot \left(\vec{b}\vec{c}\right)=\left(\vec{a}\cdot \vec{b}\right)\vec{c}$**所以实际上括号不必要存在.**( For more - [正樹：并矢是什么? 如何运算?](https://zhuanlan.zhihu.com/p/62612523) ) 不难推广得到: $\vec{a}\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{a}\left(\vec{b}\cdot \vec{c}\right)=\left(\vec{b}\cdot \vec{c}\right)\vec{a}=\left(\vec{c}\cdot \vec{b}\right)\vec{a}=\vec{c}\cdot \vec{b}\vec{a}$所以有 $\vec{P}\vec{R}\cdot \vec{P}=\vec{P}\cdot \vec{R}\vec{P}$ **-----------[i]**(接下来会用到这个结论)

\begin{align} & \left[ \vec{R},\frac{\vec{P}^{2}{2m} \right]=\frac{1}{2m}\left[ \vec{R},\vec{P}\cdot \vec{P} \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\left[ \vec{R}\vec{P}\cdot \vec{P}-\vec{P}\cdot \vec{P}\vec{R} \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\left[ \left( \left[ \vec{R},\vec{P} \right]+\vec{P}\vec{R} \right)\cdot \vec{P}-\vec{P}\cdot \vec{P}\vec{R} \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\left( i\hbar \vec{P}+\vec{P}\vec{R}\cdot \vec{P}-\vec{P}\cdot \vec{P}\vec{R} \right) \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\left( i\hbar \vec{P}+\vec{P}\cdot \vec{R}\vec{P}-\vec{P}\cdot \vec{P}\vec{R} \right) \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\left[ i\hbar \vec{P}+\vec{P}\cdot \left( \vec{R}\vec{P}-\vec{P}\vec{R} \right) \right] \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2m}\cdot 2i\hbar \vec{P}=\frac{i\hbar }{m}\vec{P} \\ \end{align}

所以这个思路应该正确的, 但是为什么对易子内的乘法在矢量算符下表现为并矢而不是内积或者外积呢? 个人认为是因为对易子诞生的最初目的就是考察交换算符作用顺序带来的差异.

而先后将两个矢量算符作用在一个右矢上自然是看作并矢更为合理.

理由如下:

考虑先后将 $\vec{R},\vec{P}$ 作用在 $|\phi ⟩$上, 自然是将先做用完的部分只看做一个新的矢量即 \vec{R}\left| \varphi \right\rangle =\left| {\varphi }'} \right\rangle . 然后再将第二个算符作用在这个新矢量上即 \vec{P}\left| {\varphi }'} \right\rangle . 写开就是 \vec{P}\left( \vec{R}\left| {\vec{r} \right\rangle \right), 显然无论是否去掉这个括号都不应该产生内积或外积.

II. 从另一个角度计算对易关系看看是什么情况:

\left\langle {\vec{r} \right|\vec{R}\vec{P}\left| \varphi \right\rangle =\vec{r}\frac{i}{\hbar }\nabla \left\langle {\vec{r} | \varphi \right\rangle =\vec{r}\frac{i}{\hbar }\nabla \varphi \left( {\vec{r} \right) ---------------------------------------[a]

\left\langle {\vec{r} \right|\vec{P}\vec{R}\left| \varphi \right\rangle =\frac{i}{\hbar }\nabla \left[ \vec{r}\left\langle {\vec{r} | \varphi \right\rangle \right]=\frac{i}{\hbar }\nabla \left[ \vec{r}\varphi \left( {\vec{r} \right) \right]=\frac{i}{\hbar }\varphi \left( {\vec{r} \right)\nabla \vec{r}+\frac{i}{\hbar }\vec{r}\nabla \varphi \left( {\vec{r} \right) ---[b]

用**[a]减去[b]**:

\left\langle {\vec{r} \right|\left[ \vec{R},\vec{P} \right]\left| \varphi \right\rangle =-\frac{i}{\hbar }\nabla \vec{r}\varphi \left( {\vec{r} \right)=i\hbar \nabla \vec{r}\left\langle {\vec{r} | \varphi \right\rangle =i\hbar \left\langle {\vec{r} | \varphi \right\rangle \Rightarrow \left[ \vec{R},\vec{P} \right]=i\hbar 结果仍相同.

值得一提的是**[b]**中的 $\frac{i}{\hbar }\nabla \left[ \vec{r}\varphi \left( {\vec{r} \right) \right]$ 若是写成 $\frac{i}{\hbar }\nabla \cdot \left[ \vec{r}\varphi \left( {\vec{r} \right) \right]$ 的话, 就连出的错误都和前面相同. 因为 $\nabla \vec{r}=I$ 而 $\nabla \cdot \vec{r}=3$.

其它证据

在 Modern Quantum Mechanics (2nd Edition) -J.J.Sakurai 中:

第一章的第6节中存在式子 $-i\vec{R}\vec{K}\cdot d\vec{r}+i\vec{K}\cdot d\vec{r}\vec{R}=d\vec{r}$ (1.6.26)

并由此推出对易关系 $\left[X_i,K_j\right]=i{\delta }_{ij}$ (1.6.27)

这实际上和并矢运算的思路是吻合的:

$-i\vec{R}\vec{K}\cdot d\vec{r}+i\vec{K}\cdot d\vec{r}\vec{R}=d\vec{r}\Rightarrow \vec{R}\vec{K}\cdot d\vec{r}-\vec{K}\cdot d\vec{r}\vec{R}=id\vec{r}$

取 d\vec{r}=d{r}_{i}{\vec{e}_{i} 得到 \vec{R}\vec{K}\cdot d{r}_{i}{\vec{e}_{i}-\vec{K}\cdot d{r}_{i}{\vec{e}_{i}\vec{R}=id{r}_{i}{\vec{e}_{i}

即 \vec{R}\vec{K}\cdot {\vec{e}_{i}-\vec{K}\cdot {\vec{e}_{i}\vec{R}=i{\vec{e}_{i}

由并矢的运算结论作为依据可以得到 \vec{R}\left( \vec{K}\cdot {\vec{e}_{i} \right)-\left( \vec{K}\cdot {\vec{e}_{i} \right)\vec{R}=i{\vec{e}_{i}

即得到 \vec{R}{K}_{i}-{K}_{i}\vec{R}=i{\vec{e}_{i}

在同时取 {\vec{e}_{j} 方向 {\vec{e}_{j}\cdot \vec{R}{K}_{i}-{\vec{e}_{j}\cdot {K}_{i}\vec{R}=i{\vec{e}_{j}\cdot {\vec{e}_{i} 得到 $X_j{K}_i-K_i{X}_j=i{\delta }_{ij}$

也就得到结论 $\left[X_i,K_j\right]=i{\delta }_{ij}$

参考

• ^这个单位算符乘不乘上去其实并不会引起什么本质的改变, 因为对易子作为算符作用到右矢或者其它算符上时你在中间无论插几个单位算符结果都是一样的.