相對論 性的自由粒子 的薛丁格方程式 為
−
ℏ
2
2
m
∂
2
∂
x
2
Ψ
(
x
,
t
)
=
i
ℏ
∂
∂
t
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}\ \Psi (x,\ t)=i\hbar {\frac {\partial }{\partial t}}\Psi (x,\ t)\,\!}
其中，
ℏ
{\displaystyle \hbar \,\!}
約化普朗克常數 ，
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle \Psi (x,\ t)\,\!}
波函數 ，
x
{\displaystyle x\,\!}
t
{\displaystyle t\,\!}
這薛丁格方程式的解答是一個平面波 ：
Ψ
(
x
,
t
)
=
e
i
(
k
x
−
ω
t
)
{\displaystyle \Psi (x,t)=e^{i(kx-\omega t)}\,\!}
其中，
k
{\displaystyle k\,\!}
波數 ，
ω
{\displaystyle \omega \,\!}
角頻率 。
根據德布羅意假說 ，自由粒子的波數與動量的關係是
p
=
ℏ
k
{\displaystyle p=\hbar k\,\!}
可是，
k
Ψ
(
x
,
t
)
=
1
i
∂
∂
x
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle k\Psi (x,t)={\frac {1}{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\Psi (x,t)\,\!}
因此，
p
Ψ
(
x
,
t
)
=
ℏ
i
∂
∂
x
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle p\Psi (x,t)={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\Psi (x,t)\,\!}
所以，我們可以認定動量算符為
p
^
=
ℏ
i
∂
∂
x
{\displaystyle {\hat {p}}={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\,\!}
妳上面引用p=hk 那是測量後的結果吧?
後來那些推導指式表示還是實際的測量 量p
算子才能和一個線性的算子扯上關係
請原編輯者把書念好!不要亂寫!
P
^
=
h
/
i
d
d
x
{\displaystyle {\hat {P}}=h/i{\frac {d}{dx}}}
p
=
ℏ
k
{\displaystyle p=\hbar k}
P
^
=
ℏ
i
d
d
x
{\displaystyle {\hat {P}}={\frac {\hbar }{i}}{\frac {d}{dx}}}
為了要達到此目標，勢必要令
p
^
ψ
k
(
x
)
=
ℏ
i
∂
∂
x
ψ
k
(
x
)
=
ℏ
i
∂
∂
x
e
i
k
x
=
ℏ
k
e
i
k
x
=
p
ψ
k
(
x
)
{\displaystyle {\hat {p}}\psi _{k}(x)={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\psi _{k}(x)={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}e^{ikx}=\hbar ke^{ikx}=p\psi _{k}(x)\,\!}
所以，可以認定動量算符的形式為
p
^
=
ℏ
i
∂
∂
x
{\displaystyle {\hat {p}}={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\,\!}
你不覺得這樣推導是在湊答案 嗎? 動量算符的推導應該要由古典的平移觀念推展開來. 對一個系統進行平移 的動作,對稱性仍然維持,譬如當你做客把東主的花瓶轉了一圈,花瓶的花紋還是被轉了回來.:對稱不變性(invariance),這是物理普遍的現象不是嗎? 動量算符的嚴密推導要由平移算符開始,沒有那麼簡單.
一個非相對論 性的自由粒子 的薛丁格方程式 為
−
ℏ
2
2
m
∂
2
∂
x
2
Ψ
(
x
,
t
)
=
i
ℏ
∂
∂
t
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}\ \Psi (x,\ t)=i\hbar {\frac {\partial }{\partial t}}\Psi (x,\ t)\,\!}
其中，
ℏ
{\displaystyle \hbar \,\!}
約化普朗克常數 ，
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle \Psi (x,\ t)\,\!}
波函數 ，
x
{\displaystyle x\,\!}
t
{\displaystyle t\,\!}
這薛丁格方程式的解答是一個平面波 ：
Ψ
(
x
,
t
)
=
e
i
(
k
x
−
ω
t
)
{\displaystyle \Psi (x,t)=e^{i(kx-\omega t)}\,\!}
其中，
k
{\displaystyle k\,\!}
波數 ，
ω
{\displaystyle \omega \,\!}
角頻率 。
根據德布羅意假說 ，自由粒子的波數與動量的關係是
p
=
ℏ
k
{\displaystyle p=\hbar k\,\!}
可是，
k
Ψ
(
x
,
t
)
=
1
i
∂
∂
x
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle k\Psi (x,t)={\frac {1}{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\Psi (x,t)\,\!}
因此，
p
Ψ
(
x
,
t
)
=
ℏ
i
∂
∂
x
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle p\Psi (x,t)={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\Psi (x,t)\,\!}
所以，我們可以認定動量算符為
p
^
=
ℏ
i
∂
∂
x
{\displaystyle {\hat {p}}={\frac {\hbar }{i}}{\frac {\partial }{\partial x}}\,\!}
這個推導是正確的嗎? 我不相信! 理由很簡單,跟Shankar的說法差異太大!
台灣中正物理所某位研究生留
p
=
m
d
x
d
t
{\displaystyle p=m{\frac {dx}{dt}}\,\!}
在量子力學裏，修正: 經由[Ehrenfest theorem]的古典極限,我們知道:
⟨
p
⟩
=
m
d
d
t
⟨
x
⟩
{\displaystyle \langle p\rangle =m{\frac {d}{dt}}\langle x\rangle \,\!}
假設這是正確的(修正: 本來就是正確的啊!原編輯者沒有把Ehrenfest定理念熟!)，那麼，用積分方程式來表達，
⟨
p
⟩
=
m
d
d
t
∫
−
∞
∞
Ψ
∗
(
x
,
t
)
x
Ψ
(
x
,
t
)
d
x
{\displaystyle \langle p\rangle =m{\frac {d}{dt}}\int _{-\infty }^{\infty }\ \Psi ^{*}(x,\,t)x\Psi (x,\,t)\ dx\,\!}
其中，
Ψ
(
x
,
t
)
{\displaystyle \Psi (x,\,t)\,\!}
波函數 。
==經典極限==
在經典極限[ 1]
⟨
−
∂
V
(
x
)
∂
x
⟩
≈
−
∂
V
(
⟨
x
⟩
)
∂
⟨
x
⟩
{\displaystyle \left\langle -\ {\frac {\partial V(x)}{\partial x}}\right\rangle \approx -\ {\frac {\partial V(\langle x\rangle )}{\partial \langle x\rangle }}\,\!}
d
d
t
⟨
x
⟩
=
⟨
v
⟩
{\displaystyle {\frac {d}{dt}}\langle x\rangle =\langle v\rangle \,\!}
d
d
t
⟨
p
⟩
=
−
∂
V
(
⟨
x
⟩
)
∂
⟨
x
⟩
{\displaystyle {\frac {d}{dt}}\langle p\rangle =-\ {\frac {\partial V(\langle x\rangle )}{\partial \langle x\rangle }}\,\!}
這組量子運動方程式，精確地對應於經典力學的運動方程式：
d
x
d
t
=
v
{\displaystyle {\frac {dx}{dt}}=v\,\!}
d
p
d
t
=
−
∂
V
(
x
)
∂
x
{\displaystyle {\frac {dp}{dt}}=-\ {\frac {\partial V(x)}{\partial x}}\,\!}
取「經典極限」，量子力學 的定律 約化為經典力學 的定律。這結果也時常被稱為埃倫費斯特定理 。讓我們導引這經典極限是什麼？標記
V
′
(
x
)
{\displaystyle V\,'(x)\,\!}
∂
V
(
x
)
∂
x
{\displaystyle {\frac {\partial V(x)}{\partial x}}\,\!}
泰勒展開
V
′
(
x
)
{\displaystyle V\,'(x)\,\!}
⟨
x
⟩
{\displaystyle \langle x\rangle \,\!}
V
′
(
x
)
=
V
′
(
⟨
x
⟩
)
+
(
x
−
⟨
x
⟩
)
V
″
(
⟨
x
⟩
)
+
1
2
(
x
−
⟨
x
⟩
)
2
V
‴
(
⟨
x
⟩
)
+
…
{\displaystyle V\,'(x)=V\,'(\langle x\rangle )+(x-\langle x\rangle )V\,''(\langle x\rangle )+{\frac {1}{2}}(x-\langle x\rangle )^{2}V\,'''(\langle x\rangle )+\ \dots \,\!}
由於
⟨
x
−
⟨
x
⟩
⟩
=
0
{\displaystyle \langle x-\langle x\rangle \rangle =0\,\!}
⟨
x
−
⟨
x
⟩
⟩
2
=
σ
x
2
{\displaystyle \langle x-\langle x\rangle \rangle ^{2}=\sigma _{x}^{2}\,\!}
⟨
∂
V
(
x
)
∂
x
⟩
≈
∂
V
(
⟨
x
⟩
)
∂
⟨
x
⟩
+
1
2
σ
x
2
∂
3
V
(
⟨
x
⟩
)
∂
⟨
x
⟩
3
{\displaystyle \left\langle {\frac {\partial V(x)}{\partial x}}\right\rangle \approx {\frac {\partial V(\langle x\rangle )}{\partial \langle x\rangle }}+{\frac {1}{2}}\ \sigma _{x}^{2}\ {\frac {\partial ^{3}V(\langle x\rangle )}{\partial \langle x\rangle ^{3}}}\,\!}
這近似方程式右手邊的第二項目就是誤差項目。只要這誤差項目是可忽略的，我們就可以取經典極限。而這誤差項目的大小相依於兩個數量。一個是量子態對於位置的不可確定性；另一個則是位勢隨著位置而變化的快緩。
之前提及的:
p
=
m
d
x
d
t
{\displaystyle p=m{\frac {dx}{dt}}\,\!}
我之所以說這正確,而非假設是正確,是因為甚麼? 因為基於以上文字的敘述。當期望值vs.橫坐標的分布很窄的時候,不用積分了。量子力學中不是在算期望值的時候會用到積分嗎? 當那些分布不用積分的時候,表示退化成古典力學了。所以並不是要去假設他是正確的才能不能用。
你了解我說的意思嗎? 如有問題歡迎討論一番。
^ Tannor, David J. Introduction to Quantum Mechanics: A Time-Dependent Perspective. University Science Books. 2006: pp. 35–38. ISBN 978-1891389238
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