# 相容与不可相容观测量

# 相容观测量

$\quad$ 算符可以当作是一个观测的仪器，它测量出来的量就是它的本征值，这一点再量子力学中就以及学过。若算符$\hat{A}$ 和$\hat{B}$ 满足对易关系$[\hat{A},\hat{B}]=0$，则这两个算符称为是相容的 (compatible)，则称它俩的观测值 (本征值) 是相容可观测量。

定理：假若$\hat{A}$ 和$\hat{B}$ 是相容的，而且$\hat{A}$ 的本征值非简并，则矩阵$\hat{B}$（在算符$\hat{A}$ 表象下所构成的矩阵）是全对角的。

证明：若右矢$\ket{i}$ 是$\hat{A}$ 的本征态矢

$$\hat{A} \ket{i} = a_i \ket{i} \tag{0.1.1}$$

由于$\hat{A}$ 和$\hat{B}$ 相容，满足对易关系，因此有

$$\hat{A} (\hat{B} \ket{i}) = \hat{B} \hat{A} \ket{i} = a_i (\hat{B} \ket{i}) \tag{0.1.2}$$

因此态矢$\ket{i}$ 和$\hat{B}\ket{i}$ 都是算符$\hat{A}$ 对应本征值为$a_i$ 的本征态矢。由由于$\hat{A}$ 是非简并的，因此$\ket{i}$ 和$\hat{B}\ket{i}$ 就是同一个态矢，因此它们只能相差一个常数倍：

$$\hat{B}\ket{i}=b_i\ket{i} \tag{0.1.3}$$

因此，$\ket{i}$ 即是算符$\hat{A}$ 对应本征值为$a_i$ 的本征态，也是算符$\hat{B}$ 对应本征值为$b_i$ 的本征态。这就说明了很重要的一点：当两算符是对易时，它们拥有共同本征矢量完全集。 由此也不难证明矩阵$\hat{B}$（在算符$\hat{A}$ 表象下所构成的矩阵）是全对角的：

$$\sum_j \braket{j|\hat{B|i}} = b_i \delta_{i,j} \tag{0.1.4}$$

证毕。

上述的定理同样可以推广到$\hat{A}$ 可以是简并的情况，详情参考喀兴林的《高等量子力学》。而上面画红线的这句话，也可以推广到多个算符，即若干个算符如果都相互对易的话，那么它们有一组共同的本征矢量完全集。

$\quad$ 以及，如果两个算符是相容 ，那么他俩的测量是互不干涉的，是可以同时测量并测准的。

# 不可相容观测量

$\quad$ 若$\hat{A}$ 和$\hat{B}$ 是不可相容的，也就是说它们不是对易的，那么它俩的测量是会互相干涉的。我们考虑两种测量过程，假若$\hat{A}$ 与$\hat{B}$ 是不对易的，且$\hat{B}$ 与$\hat{C}$ 是不对易的：

1. 测量仪器$\hat{A}$ 测量得到$\ket{a_l}$，那么继续做$\hat{B}$ 的测量，再接着做$\hat{C}$ 的测量，最终测量结果是的概率是$\ket{c_n}$ 的概率为

$$\sum_m |\braket{c_n|b_m}|^2 |\braket{b_m|a_l}|^2 = \sum_m \braket{c_n|b_m} \braket{b_m|a_l} \braket{a_l|b_m} \braket{b_m|c_n} \tag{0.1.5}$$

2. 测量仪器$\hat{A}$ 测量得到$\ket{a_l}$，之后直接做$\hat{C}$ 的测量，最终测量结果是的概率是$\ket{c_n}$ 的概率为

$$\begin{aligned} |\braket{c_n|a_l}|^2 &= \mid \sum_m \braket{c_n|b_m} \braket{b_m|a_l} \mid^2 \\&= \sum_m \sum_{m'} \braket{c_n|b_m} \braket{b_m|a_l} \braket{a_l|b_{m'}} \braket{b_{m'}|c_n} \end{aligned} \tag{0.1.6}$$

对于上述这两种测量过程，我们最终得到相同测量结构的概率是不同的

$$\sum_m \braket{c_n|b_m} \braket{b_m|a_l} \braket{a_l|b_m} \braket{b_m|c_n} \ne \sum_m \sum_{m'} \braket{c_n|b_m} \braket{b_m|a_l} \braket{a_l|b_{m'}} \braket{b_{m'}|c_n}$$

这种情况就是因为算符$\hat{B}$ 的与其他两个算符不可相容导致的。那么在什么样的条件下，这两种过程最终表达式是一样的呢？在不存在简并时，只要$[\hat{A},\hat{B}]=0$ 或$[\hat{B},\hat{C}]=0$ 两种结果就会相等啦！（那么存在简并的情况呢？(⊙_⊙)？）

# 纯系综、混合系综与密度算符

# 纯系综与混合系综

$\quad$ 在斯特恩 - 盖拉赫实验中，考虑通过$SG$ 过滤器的一束原子系综。束流中的每个原子其自旋指向相同的方向，即由该过滤器的非均匀磁场确定的方向 ($z$ 轴方向)。我们取过滤出来自旋方向是$z$ 轴正向的原子束流系综，这种系综，我们可以用态矢

$$\ket{\alpha} = \ket{s_z,+} \tag{0.2.1}$$

来描述。因为在这个系综里面随机选一个原子出来，其自旋方向沿$z$ 轴正向是确定的。当然，上式我们也可以写成在$x$ 方向自旋表象的形式：

$$\ket{\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_x,+} + \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_x,-} \tag{0.2.2}$$

因为我们可以证明$\ket{s_z,+}=\frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_x,+} + \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_x,-}$。这种能用态矢描述的系综称为 纯系综。
$\quad$ 而如果我们做这样的考虑，让通过$SG$ 过滤器得到的$\ket{s_z,+}$ 原子束和$\ket{s_z,-}$ 原子束混合。那么混合的原子束系综可以简单地用如下的叠加态矢表示吗？

$$\ket{mix} = c_+ \ket{s_z,+} + c_- \ket{s_z,-} \tag{0.2.3}$$

答案是：不可以的！因为你在这个系综里面取一个原子，它的系综方向要么向上，要么向下，不可能存在向上、向下叠加态的原子。因为系综内的各个原子的自旋方向早已因通过$SG$ 过滤器决定了，只是你在这个系综里面究竟取到那个原子有概率分布。像这种系综称为 混合系综，它可以通过引入权重来描述^[1]：

$$\ket{mix} = \begin{cases} \ket{s_z,+} : w_1 \\ \ket{s_z,-} : w_2 \end{cases} \tag{0.2.4}$$

举个例子，假若有两套$SG$ 设备。一套设备加热原子的热炉子只有 “$30\%$ 的产生原子速率”，其原子束通过$z$ 轴方向的过滤器，取其$\ket{s_z,+}$ 的原子束；另一套设备的炉子有 “$70\%$ 的产生原子速率”，同样通过$z$ 轴方向的过滤器，但取其$\ket{s_z,-}$ 的原子束。将俩原子束混合，那么这个混合系综可表示为：

$$\ket{mix} = \begin{cases} \ket{s_z,+} : 30 \% \\ \ket{s_z,-} : 70\% \end{cases} \tag{0.2.5}$$

或许此时就明白了，混合系综其实就是纯系综的混合。

再举个例子，假若有两套$SG$。一套 “加热率为$30\%$”，通过$z$ 轴方向的过滤器，取其$\ket{s_z,+}$ 的原子束；另一套 “加热率为$70\%$”，通过$x$ 轴方向的过滤器，取其$\ket{s_x,+}$ 的原子束。将俩原子束混合，那么这个混合系综可表示为：

$$\ket{mix} = \begin{cases} \ket{s_z,+} : 30\% \\ \ket{s_x,+} : 70\% \end{cases} = \begin{cases} \ket{s_z,+} : 30\% \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_z,+} + \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_z,-} : 70\% \end{cases} \tag{0.2.6}$$

其中上式利用到了$\ket{s_x,+}=\frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_z,+} + \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{s_z,-}$。通过这个例子，我们可以明白，混合态里面的纯态甚至可以不正交！

$\quad$ 对于任何一个混合系综，比如以下这个多个纯系综混合的混合系综

$$\ket{mix} = \begin{cases} \ket{\alpha^{(1)}} : w_1 \\ \ket{\alpha^{(2)}} : w_2 \\ \cdots \\ \ket{\alpha^{(n)}} : w_n \end{cases} \tag{0.2.7}$$

其权重参数，或称为布居数$w_i$ 应该要满足归一化条件：

$$\sum_{i=1}^n w_i = 1 \tag{0.2.8}$$

# 系综的平均与密度算符

$\quad$ 假定在一个混合系综上测量某可观测量$\hat{A}$。我们可以问：当测量的次数很多时，$\hat{A}$ 的平均测量值是多少，答案有$\hat{A}$ 的系综平均值来确定，它被定义为：

$$\begin{aligned} \braket{\hat{A}} &= \sum_i w_i \braket{\alpha^{(i)}|\hat{A}|\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i w_i \bra{\alpha^{(i)}} \left( \sum_j \ket{a_j}\bra{a_j} \right) \hat{A} \left( \sum_k \ket{a_k}\bra{a_k} \right) \ket{\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i \sum_j \sum_k w_i \braket{a_j|\hat{A}|a_k} \braket{\alpha^{(i)}|a_j} \braket{a_k|\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i \sum_j \sum_k w_i \ a_k \ \delta_{j,k} \braket{\alpha^{(i)}|a_j} \braket{a_k|\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i \sum_j w_i \ a_j |\braket{a_j|\alpha^{(i)}}|^2 \end{aligned} \tag{0.2.9}$$

其中，$\ket{a_j}$ 代表这$\hat{A}$ 的对应本征值为$a_j$ 的本征态。我们仔细观测上式，不难注意到计算平均值是怎么引入了两次概率的概念：第一次是在$\hat{A}$ 的一个本征态$\ket{a_j}$ 中找到态$\ket{\alpha^{(i)}}$ 的量子力学概率$|\braket{a_j|\alpha^{(i)}}|^2$，而第二次是在系综中找到一个由$\ket{\alpha^{(i)}}$ 表征的量子力学的概率因子$w_i$。

$\quad$ 现在，我们考虑不要$\hat{A}$ 的本征态$\ket{a}$ 作为基，而是考虑利用任意一个更一般的基$\ket{b}$ 来改写系综的平均值$(0.2.9)$ 式：

$$\begin{aligned} \braket{\hat{A}} &= \sum_i w_i \braket{\alpha^{(i)}|\hat{A}|\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i w_i \bra{\alpha^{(i)}} \left( \sum_j \ket{b_j}\bra{b_j} \right) \hat{A} \left( \sum_k \ket{b_k}\bra{b_k} \right) \ket{\alpha^{(i)}} \\&= \sum_j \sum_k \left( \sum_i w_i \braket{b_k|\alpha^{(i)}} \braket{\alpha^{(i)}|b_j} \right) \braket{b_j|\hat{A}|b_k} \end{aligned} \tag{0.2.10}$$

此时，我们定义一个密度算符$\hat{\rho}$，如下：

$$\hat{\rho} \equiv \sum_i w_i \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} \tag{0.2.11}$$

这个密度算符包含了我们可能得到的，关于所论及系综的所有有物理意义的信息，将它带回$(0.2.10)$ 式，得：

$$\begin{aligned} \braket{\hat{A}} &= \sum_j \sum_k \braket{b_k|\hat{\rho}|b_j} \braket{b_j|\hat{A}|b_k} \\&= \sum_k \bra{b_k} \hat{\rho} \left( \sum_j \ket{b_j} \bra{b_j} \right) \hat{A} \ket{b_k} \\&= \sum_k \braket{b_k|\hat{\rho}\hat{A}|b_k} \\&= tr(\hat{\rho}\hat{A}) \end{aligned} \tag{0.2.12}$$

上式就说明了：系综中，$\hat{A}$ 的平均值为算符$\hat{\rho}\hat{A}$ 的迹！因为矩阵的迹不依赖于表象，引入$tr(\hat{\rho}\hat{A})$ 可以利用任何方便的基来计算。

# 密度算符的性质

$\quad$ 密度算符有几个性质值得记住。

1. 密度算符是厄密的。 证明：

$$\hat{\rho}^\dagger = \left(\sum_i w_i \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}}\right)^\dagger =\sum_i w_i \bra{\alpha^{(i)}}^\dagger \ket{\alpha^{(i)}}^\dagger = \sum_i w_i \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} =\hat{\rho} \tag{0.2.13}$$

证毕。

2. 密度算符的迹为 1。证明：

$$\begin{aligned} tr(\hat{\rho}) &= \sum_i \sum_j w_i \braket{b_j|\alpha^{(i)}} \braket{\alpha^{(i)}|b_j} \\&= \sum_i w_i \bra{\alpha^{(i)}} \left( \sum_j \ket{b_j} \bra{b_j} \right) \ket{\alpha^{(i)}} \\&= \sum_i w_i \braket{\alpha^{(i)}|\alpha^{(i)}} = \sum_i w_i =1 \end{aligned} \tag{0.2.14}$$

证毕。这条性质也成为密度算符的归一化性质。

3. 纯系综的密度算符满足$tr(\hat{\rho}^2)=1$。证明：

$$\begin{aligned} \hat{\rho} &= \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} \\ \hat{\rho}^2 &= \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} = \hat{\rho} \end{aligned}$$

因此，有：

$$tr(\hat{\rho}^2) = tr(\hat{\rho}) = 1 \tag{0.2.15}$$

证毕。

4. 混合系综的密度算符满足$tr(\hat{\rho}^2)<1$，且是个正数。证明：

$$\hat{\rho} = \sum_i w_i \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}}$$

$$\begin{aligned} \hat{\rho}^2 &= (\sum_i w_i \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}}) (\sum_j w_j \ket{\alpha^{(j)}} \bra{\alpha^{(j)}}) \\&= \sum_i \sum_j w_i w_j \ket{\alpha^{(i)}} \braket{\alpha^{(i)}|\alpha^{(j)}} \bra{\alpha^{(j)}} \\&= \sum_i w_i^2 \ket{\alpha^{(i)}} \bra{\alpha^{(i)}} \end{aligned} \tag{0.2.16}$$

因此：

$$tr(\hat{\rho}^2) = \sum_i w_i^2 < \sum_i w_i=1 \tag{0.2.17}$$

证毕。

$\quad$ 下面给几个很有益的例子。

例$1$：一束$\ket{s_z,+}$ 的原子束纯系综

$$\hat{\rho} = \ket{s_z,+} \bra{s_z,+} = \left( \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right) \tag{0.2.18}$$

$$\hat{\rho}^2 = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right) \tag{0.2.19}$$

很显然，$tr(\hat{\rho}^2)=1$，而它的确是一个纯系综。

例$2$：一束$\ket{s_x,+}$ 的原子束纯系综

$$\hat{\rho} = \ket{s_x,+} \bra{s_x,+} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix} \right) \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{matrix} 1 & 1 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{matrix} \right) \tag{0.2.20}$$

$$\hat{\rho}^2 = \left( \begin{matrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{matrix} \right) \tag{0.2.21}$$

很明显，$tr(\hat{\rho}^2)=1$，而它的确是一个纯系综。

例$3$：一个$z$ 轴自旋向上的系综和一个$z$ 轴自旋向下的系综以相等权重混合

$$\hat{\rho} = \frac{1}{2} \ket{s_z,+} \bra{s_z,+} + \frac{1}{2} \ket{s_z,-} \bra{s_z,-} = \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) \tag{0.2.22}$$

$$\hat{\rho}^2 = \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1/4 & 0 \\ 0 & 1/4 \end{matrix} \right) \tag{0.2.23}$$

很明显，$tr(\hat{\rho}^2)=1/2<1$，而它的确是一个混合系综。而且，若我们讨论这个系综各个方向自旋的平均值：

$$\braket{\hat{s}_x} = tr(\hat{\rho} \hat{s}_x) = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) \right] = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 0 & 1/2 \\ 1/2 & 0 \end{matrix} \right) \right] = 0 \tag{0.2.24}$$

$$\braket{\hat{s}_y} = tr(\hat{\rho} \hat{s}_x) = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) \right] = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 0 & -i/2 \\ i/2 & 0 \end{matrix} \right) \right] = 0 \tag{0.2.25}$$

$$\braket{\hat{s}_z} = tr(\hat{\rho} \hat{s}_z) = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \right] = tr \left[ \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 1/2 & 0 \\ 0 & -1/2 \end{matrix} \right) \right] = 0 \tag{0.2.26}$$

的确，我们凭直觉也不难想到这个系综的自旋平均值为零。

以上的例子默认采用了泡利表象。

# 约化密度算符

$\quad$ 现在我们要考虑这样的情况：有一个大系统，而希望求平均值的物理量只与系统的一部分有关。例如，在两个粒子$1，2$ 构成的系统中，希望求粒子$1$ 的某一物理量$\hat{F}(1)$ 的平均值。这时上述所有内容当然仍然适用，不过可以做一些简化。
$\quad$ 就以上述双粒子系统为例，设粒子$1$ 有一组基底$\{\ket{\varphi_i}\}$，粒子$2$ 有一组基底$\{\ket{\chi_m}\}$，则在$1，2$ 粒子空间的直积空间中，系统的态矢的一般形式为：

$$\ket{\psi} = \sum_i \sum_m c_{im} \ket{\varphi_i} \otimes \ket{\chi_m} \tag{0.2.27}$$

为了使$\ket{\psi}$ 归一化，系数$c_{im}$ 应满足：

$$\sum_i \sum_m c_{im} = 1 \tag{0.2.28}$$

那么，系统处于纯态 $\ket{\psi}$ 时的密度算符为：

$$\hat{\rho} = \ket{\psi}\bra{\psi} = \sum_{i'i} \sum_{m'm} \ket{\varphi_{i'}} \otimes \ket{\chi_{m'}} c_{i'm'}^* c_{im} \bra{\psi_i} \otimes \bra{\chi_m} \tag{0.2.29}$$

而密度矩阵的矩阵元则为：

$$\hat{\rho}_{i'm',im} = c_{i'm'}^* c_{im} \tag{0.2.30}$$

$\quad$ 现在求粒子$1$ 的某物理量$\hat{F}(1)$ 的平均值，其实可以转化为求直积空间中，物理量$\hat{F}(1)\otimes\hat{I}(2)$ 的平均值，利用$(0.2.12)$ 式，可得：

$$\begin{aligned} \braket{\hat{F}(1)} &= \braket{\hat{F}(1)\otimes\hat{I}(2)} = tr \left[\left(\hat{F}(1)\otimes\hat{I}(2)\right) \hat{\rho}\right] \\&= \sum_i\sum_m \bra{\varphi_i} \otimes \bra{\chi_m} \left(\hat{F}(1)\otimes\hat{I}(2)\right) \hat{\rho} \ket{\varphi_i} \otimes \ket{\chi_m} \\&= \sum_{i'i} \sum_{m'm} \bra{\varphi_i} \otimes \bra{\chi_m} \left(\hat{F}(1)\otimes\hat{I}(2)\right) \ket{\varphi_{i'}} \otimes \ket{\chi_{m'}} \bra{\psi_{i'}} \otimes \bra{\chi_{m'}} \hat{\rho} \ket{\varphi_i} \otimes \ket{\chi_m} \\&= \sum_{i'i} \sum_{m'm} \braket{\varphi_i|\hat{F}(1)|\varphi_{i'}} \delta_{m,m'} \bra{\psi_{i'}} \otimes \bra{\chi_{m'}} \hat{\rho} \ket{\varphi_i} \otimes \ket{\chi_m} \\&= \sum_{i'i} \braket{\varphi_i|\hat{F}(1)|\varphi_{i'}} \sum_m \bra{\varphi_{i'}} \braket{\chi_m|\hat{\rho}|\chi_m} \ket{\varphi_i} \\&= \sum_{i'i} \braket{\varphi_i|\hat{F}(1)|\varphi_{i'}} \braket{\varphi_{i'}|tr_2(\hat{\rho})|\varphi_i} \\&= \sum_i \braket{\varphi_i|\hat{F}(1)tr_2(\hat{\rho})|\varphi_{i'}} \\&= tr \left(\hat{F}(1)tr_2(\hat{\rho})\right) \end{aligned} \tag{0.2.31}$$

上式中，$tr_2(\hat{\rho})$ 的意思是只对粒子$2$ 取迹，取迹完之后，它就从双粒子直积空间中的算符变成了粒子$1$ 空间中的算符，记作$\hat{\rho}(1)$：

$$\hat{\rho}(1) = tr_2(\hat{\rho}) = \sum_m \braket{\chi_m|\hat{\rho}|\chi_m} \tag{0.2.32}$$

这种$\hat{\rho}(1)$ 算符就称为描写粒子$1$ 的约化密度算符。这样一来，$\hat{F}(1)$ 的平均值$(0.2.31)$ 式就可以改写为：

$$\braket{\hat{F}(1)} = tr \left[\hat{F}(1)\hat{\rho}(1)\right] \tag{0.2.33}$$

$\quad$ 同理，粒子$2$ 的约化密度算符$\hat{\rho}(2)$ 为：

$$\hat{\rho}(2) = tr_1(\hat{\rho}) = \sum_i \braket{\varphi_i|\hat{\rho}|\varphi_i} \tag{0.2.34}$$

粒子$2$ 的物理量$\hat{F}(2)$ 平均值为：

$$\braket{\hat{F}(2)} = tr \left[\hat{F}(2)\hat{\rho}(2)\right] \tag{0.2.35}$$

# 连续谱

$\quad$ 大多数时候所考虑的可观测量都是被假定具有分立的本征值谱。然而，在量子力学中有一些可观测量具有连续的本征值。例如，位置算符$\hat{r}$ 的本质值就是连续的，它能取（一定范围内的）任何实数。
$\quad$ 对于一些分立本征值谱对应的本征态，可以把它们作为基，张成一个表象空间，这可能是有限维的（例如单粒子自旋算符$\hat{s}_z$ 的本征值就只有两个），也有可能是无穷维的（例如简谐振子的本质值就有分立的无穷多个）。而对于连续本征谱对应的本征态。它所张成的空间明显是无穷维的。很多时候有限维空间的结论是可以直接推广到无穷维空间中去的，但也有不可以的时候，这是值得注意的。

$\quad$ 下面稍微来讲以下连续谱的一些写法。它的本征方程和分立谱的区别不大，都是

$$\hat{\xi} \ket{\xi'} = \xi' \ket{\xi'} \tag{0.3.1}$$

对于某一态矢$\ket{\alpha}$，若用一组分立谱的基底叠加而成，用求和的形式；但若用一组连续谱的基底叠加，则要把求和改为积分：

$$\ket{\alpha} = \sum_i \braket{a_i|\alpha} \ket{a_i} \ \longrightarrow \ \ket{\alpha} = \int \braket{\xi'|\alpha} \ket{\xi'} d\xi' \tag{0.3.2}$$

其内积也要从求和改为积分：

$$\sum_i |\braket{a_i|\alpha}|^2 = 1 \ \longrightarrow\ \int |\braket{\xi'|\alpha}|^2 d\xi' \tag{0.3.3}$$

总之，抓住求和改积分就行啦！ᖘ ❛‿˂̵✧

$$\braket{\beta|\alpha} = \sum_i \braket{\beta|a_i} \braket{a_i|\alpha} \ \longrightarrow\ \braket{\beta|\alpha} = \int \braket{\beta|\xi'} \braket{a_i\xi'|\alpha} d\xi' \tag{0.3.4}$$

$$\braket{a_j|\hat{A}|a_i} = a_i \delta_{i,j} \ \longrightarrow\ \braket{\xi'|\hat{\xi}|\xi''} = \xi'' \delta(\xi'-\xi'') \tag{0.3.5}$$

# 平移

# 无穷小平移的具体形式

$\quad$ 现在，我们引入非常重要的平移或空间位移的概念。我们定义一个无穷小平移算符$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r})$^[2]，它的作用就是

$$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) \ket{\vec{r}} = \ket{\vec{r}+d\vec{r}} \tag{0.4.1}$$

上式中，理论上结果应该会有一个相因子，但我们约定，这个相因子为 1。
$\quad$ 用位置本征态把任意一个态$\ket{\alpha}$ 展开，可以考查无穷小平移算符对于$\ket{\alpha}$ 的影响，如下：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) \ket{\alpha} &= \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) \int \braket{\vec{r}|\alpha} \ket{\vec{r}} d\vec{r} \\&= \int \braket{\vec{r}|\alpha} \ket{\vec{r}+d\vec{r}} d\vec{r} \\&= \int \braket{\vec{r}-d\vec{r}|\alpha} \ket{\vec{r}} d\vec{r} \end{aligned} \tag{0.4.2}$$

上式是因为积分是对全空间进行的，而$\vec{r}$只是个积分变量。这表明，平移态$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) \ket{\alpha}$ 可以通过把$\braket{\vec{r}|\alpha}$ 中的$\vec{r}$替换成$\vec{r}-d\vec{r}$得到。

$\quad$ 下面，我们列举一下这种无穷小平移算符 “理所应当” 满足的性质。

1. 无穷小平移算符$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r})$ 应当是幺正的。对于一个态矢$\ket{\alpha}$，我们很自然要求平移前后它都是满足归一条件的：

$$\begin{aligned} \braket{\alpha|\alpha} = \braket{\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r})\alpha|\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r})\alpha} &= \braket{\alpha|\hat{\mathcal{T}}^\dagger(d\vec{r})\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r})\alpha} = 1 \\ &\Downarrow \\ \hat{\mathcal{T}}^\dagger(d\vec{r})&\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) = \hat{I} \end{aligned} \tag{0.4.3}$$

2. 我们要求两个相继无穷小的平移 —— 先平移$d\vec{r}_1$，再平移$d\vec{r}_2$，可以等效成一个平移$d\vec{r}_1+d\vec{r}_2$ 的单一操作：

$$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_1)\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_2) = \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_1+d\vec{r}_2) \tag{0.4.4}$$

3. 我们要求一个沿相反方向的平移，与沿着原来方向平移的逆是相同的：

$$\hat{\mathcal{T}}(-d\vec{r}) = \hat{\mathcal{T}}^{-1}(d\vec{r}) \tag{0.4.5}$$

4. 当$d\vec{r}\rightarrow0$ 时，平移算符约化为恒等算符：

$$\lim_{d\vec{r}=0} \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) = \hat{I} \tag{0.4.6}$$

$\quad$ 上面这四条性质，无论是从直觉上，还是实际上都应该是必须满足的。而我们发现，如果将无穷小平移算符取成如下形式：

$$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) = \hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r} \tag{0.4.7}$$

解释一下，上式的$\hat{K}$ 完整应该写成$\hat{K}=\hat{K}_x\vec{e}_x+\hat{K}_y\vec{e}_y+\hat{K}_z\vec{e}_z$，并且$\hat{K}$ 和它的各个分量$\hat{K}_x,\hat{K}_y,\hat{K}_z$ 都是厄密的。那么可以验证这样的形式是满足性质 1 的：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{T}}^\dagger(d\vec{r})\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) &= (\hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r})^\dagger(\hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r}) \\&= (\hat{I} + i \hat{K}^\dagger \cdot d\vec{r})(\hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r}) \\&= \hat{I} - i(\hat{K}-\hat{K}^\dagger) \cdot d\vec{r} + o[(d\vec{r})^2] \\&\approxeq \hat{I} \\& \text{\small(对于无穷小平移，可忽略二阶小量)} \end{aligned} \tag{0.4.8}$$

同样也可以验证它满足性质 2：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_1)\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_2) &= (\hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r}_1)(\hat{I} - i \hat{K} \cdot d\vec{r}_2) \\&\approxeq \hat{I} -i\hat{K}\cdot(d\vec{r}_1+d\vec{r}_2) \\&= \hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}_1+d\vec{r}_2) \end{aligned} \tag{0.4.9}$$

而性质 3 和 4 也都不难验证是成立的。

# 无穷小平移算符与位置算符的对易关系

$\quad$ 下面，我们再来讨论一下$\hat{K}$ 和$\hat{r}$ 直接的对易关系。

$$\hat{x} \hat{\mathcal{T}}(dx) \ket{x} = \hat{x} \ket{x+dx} = (x+dx)\ket{x+dx} \tag{0.4.10}$$

$$\hat{\mathcal{T}}(dx) \hat{x} \ket{x} = x \hat{\mathcal{T}}(dx)\ket{x} = x \ket{x+dx} \tag{0.4.11}$$

上两式相减得：

$$[\hat{x},\hat{\mathcal{T}}(dx)] \ket{x} = dx \ket{x+dx} = dx \left( \ket{x} + o(dx) \right) \approxeq dx \ket{x} \tag{0.4.12}$$

在上式中，我们忽略了近似中产生的二级小量，由此，得：

$$[\hat{x},\hat{\mathcal{T}}(dx)] = dx \tag{0.4.13}$$

利用$(0.4.7)$，可将$(0.4.13)$ 改写为

$$[\hat{x},\hat{\mathcal{T}}(dx)] = [\hat{x},\hat{I} - i \hat{K}_x dx] = -idx[\hat{x},\hat{K}_x] = dx$$

$$\Downarrow$$

$$[\hat{x},\hat{K}_x] = i \tag{0.4.14}$$

同理推广，不难这么有如下对易关系：

$$[\hat{x}_j,\hat{K}_l] = i \delta_{kl} \tag{0.4.15}$$

# 动量作为平移的生成元

$\quad$ 我们虽然在$(0.4.15)$ 式中得到了$\hat{K}$ 算符与位置算符$\hat{r}$ 的对易关系，但我们从未考虑这个$\hat{K}$ 算符究竟是什么。从对易关系来看，它很类似动量算符，只要令：

$$\hat{K} = \frac{\hat{p}}{\hbar} \tag{0.4.16}$$

对易关系就完美地回到位置与动量算符的对易关系。因此，我们不妨就直接把无穷小平移算符写成：

$$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) = \hat{I} - i \hat{p} \cdot d\vec{r} /\hbar \tag{0.4.17}$$

此时，动量就作为了一个平移的生成元。

$\quad$ 这里我得念叨两句，在这里，我是早就知道了位置算符与动量算符的对易关系，所以直接把$\hat{K}$ 变化为动量算符。而实际上，真正的量子力学发展可能并非这样。也许，正确的发展方法是从$(0.4.15)$ 式中，对应到经典力学的无穷小生成元中。因为在经典力学中，无穷小生成元就是动量，把这一概念借助到量子力学中，才得到了动量算符的对易关系，才定义了动量算符。因此，即使假设我前面完全没学过量子力学，完全也不知道动量算符，在这里，我也可以纯粹地把动量算符理解为，定义为一个量子力学中一个无穷小平移的生成元。

# 有限平移

$\quad$ 到此为止，我们仅限于无穷小平移，而对于一个有限的平移，即一个有限大小的空间平移移动，可以通过相继地组合无穷平移得到。让我们考虑沿$x$ 方向平移一段$\Delta x$ 距离的有限平移：

$$\hat{\mathcal{T}}(\Delta x) \ket{x} = \ket{x+\Delta x} \tag{0.4.18}$$

通过组合$N$ 次无穷小平移，这样得到表征这一有限平移过程的算符表达式：

$$\hat{\mathcal{T}}(\Delta x) = \left(\hat{\mathcal{T}}(\frac{\Delta x}{N})\right)^N = \lim_{N \rightarrow \infin} \left( \hat{I}-\frac{i\hat{p}_x\Delta x}{N\hbar} \right)^N = \exp \left(-\frac{i\hat{p}_x\Delta x}{\hbar}\right) \tag{0.4.19}$$

这里顺带提一下，指数函数上有一个算符，其实代表的是这样的意思：

$$\exp (\hat{A}) \equiv 1 + \hat{A} + \frac{\hat{A}^2}{2!} + \cdots \tag{0.4.20}$$

$\quad$ 我们再考虑两种平移过程，一种是先沿$x$ 方向平移$\Delta x$，再沿$y$ 方向平移$\Delta y$；另一种是沿$y$ 方向平移$\Delta y$，再沿$x$ 方向平移$\Delta x$。那么要问，这两种平移有什么不同呢？答案是：当然没有什么不同！从直觉上我们就可以认识到这一点，如下图。

那么从数学上来看，这两个过程的算符分别是

$$\hat{\mathcal{T}}(\Delta x \vec{e}_x) \hat{\mathcal{T}}(\Delta y \vec{e}_y) = \hat{\mathcal{T}}(\Delta x \vec{e}_x + \Delta y \vec{e}_y) \tag{0.4.21}$$

$$\hat{\mathcal{T}}(\Delta y \vec{e}_y) \hat{\mathcal{T}}(\Delta x \vec{e}_x) = \hat{\mathcal{T}}(\Delta y \vec{e}_y + \Delta x \vec{e}_x) \tag{0.4.22}$$

如果这两个算符没有任何的不同，那么就要让$[\hat{\mathcal{T}}(\Delta x \vec{e}_x),\hat{\mathcal{T}}(\Delta y \vec{e}_y)]\equiv0$，我们来利用平移算符的表达式来计算一下这个对易子：

$$\begin{aligned} [\hat{\mathcal{T}}(\Delta x \vec{e}_x),\hat{\mathcal{T}}(\Delta y \vec{e}_y)] &= \left[\exp \left(-\frac{i\hat{p}_x\Delta x}{\hbar}\right),\exp \left(-\frac{i\hat{p}_y\Delta y}{\hbar}\right)\right] \\&= \left[ 1+(-\frac{i\hat{p}_x\Delta x}{\hbar})+\frac{(-\frac{i\hat{p}_x\Delta x}{\hbar})^2}{2}+\cdots , 1+(-\frac{i\hat{p}_y\Delta y}{\hbar})+\frac{(-\frac{i\hat{p}_y\Delta y}{\hbar})^2}{2}+\cdots \right] \\&\approxeq - \frac{\Delta x \Delta y [\hat{p}_x,\hat{p}_y]}{\hbar^2} \equiv 0 \end{aligned} \tag{0.4.23}$$