Пусть $\hat{F}$ и $\hat{G}$ - операторы физических величин, и $[\hat{F},\hat{G}]=i\hat{K}$ , где $\hat{K}^{+}=\hat{K}$ . Докажем, что в любом квантовом состоянии выполняется следующее соотношение (соотношение неопределенностей):

$\langle(\Delta F)^2\rangle\langle(\Delta G)^2\rangle\geqslant \frac{\langle K\rangle^2}{4}$ .

Доказательство: Разобьем доказательство на три части.

1) Покажем, что $(\hat{F}\hat{G})^{+}=\hat{G}^{+}\hat{F}^{+}$ . Действительно,

$\langle\psi|\hat{F}\hat{G}\varphi\rangle=\langle(\hat{F}\hat{G})^2\psi|\varphi\rangle$ $\langle\psi|\hat{F}\hat{G}\varphi\rangle=\langle\hat{F}^{+}\psi|\hat{G}\varphi\rangle=\langle\hat{G}^{+}\hat{F}^{+}\psi|\varphi\rangle$

Отсюда и следует то, что и требовалось доказать.

2) Покажем, что коммутатор $[\hat{F},\hat{G}]$ представим в виде

$[\hat{F},\hat{G}]=i\hat{K}$ ,

где $\hat{K}$ - эрмитовый оператор ( $\hat{K}^{+}=\hat{K}$ ). Легко видеть, что $i^{+}=-i$ . Тогда из того, что

$[\hat{F},\hat{G}]^{+}=(\hat{F}\hat{G}-\hat{G}\hat{F})^{+}=(\hat{G}^{+}\hat{F}^{+}-\hat{F}^{+}\hat{G}^{+})=(\hat{G}\hat{F}-\hat{F}\hat{G})=-(\hat{F}\hat{G}-\hat{G}\hat{F})=-[\hat{F},\hat{G}]$ ,

следует

$[\hat{F},\hat{G}]=i\hat{K}$ ,

где $\hat{K}^{+}=\hat{K}$ .

3) Докажем соотношение неопределенностей. Рассмотрим оператор отклонения от среднего $\Delta\hat{F}=\hat{F}-\bar{F}$ . Для него имеем

$\langle\Delta F\rangle=\langle\psi|(\hat{F}-\bar{F})\psi\rangle=\langle\psi|\hat{F}\psi\rangle-\bar{F}\langle\psi|\psi\rangle=\bar{F}-\bar{F}\times 1=0$ $(\Delta F)^{+}=(\hat{F}-\bar{F})^{+}=\hat{F}-\bar{F}=\Delta F$ .

По определению, $\langle(\Delta F)^2\rangle=\langle\psi|(\Delta\hat{F})|\psi\rangle$ . Аналогично для оператора $\Delta \hat{G}=\hat{G}-\bar{G}$ :

$\langle\Delta G\rangle=0$ , $(\Delta \hat G)^{+}=\Delta \hat G$ , $\langle(\Delta G)^2\rangle=\langle\psi|(\Delta\hat{G})|\psi\rangle$

При этом справедливо

$[\hat{F},\hat{G}]=i\hat{K}$

Рассмотрим новый оператор $z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G}$ , где $z$ - произвольное действительное число. Тогда

$\langle (z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G})\psi|(z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G})\psi\rangle=f(z)\geqslant 0$ .

C другой стороны

$f(z)=\langle \psi|(z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G})^{+}(z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G})\psi\rangle=$

$=\langle \psi|(z\Delta\hat{F}-i\Delta\hat{G})(z\Delta\hat{F}+i\Delta\hat{G})\psi\rangle=$

$=z^2\langle(\Delta \hat{F})^{2}\rangle+\langle(\Delta \hat{G})^{2}\rangle+iz\langle\psi|(\Delta \hat{F}\Delta \hat{G}-\Delta \hat{G}\Delta \hat{F})\rangle=$

$z^2\langle(\Delta \hat{F})^{2}\rangle+\langle(\Delta \hat{G})^{2}\rangle-iz\langle\psi|i\hat{K}\psi\rangle=$

$=z^2\langle(\Delta \hat{F})^{2}\rangle+\langle(\Delta \hat{G})^{2}\rangle-z\langle K\rangle$ .

Но так как

$f(z)\geqslant 0,~~\forall z$ ,

то должно быть выполнено

$\langle K\rangle^2-4\langle(\Delta \hat{F})^{2}\rangle\langle(\Delta \hat{G})^{2}\rangle\leqslant 0$ ,

или

$\langle(\Delta \hat{F})^{2}\rangle\langle(\Delta \hat{G})^{2}\rangle\geqslant \frac{\langle K\rangle^2}{4}$ .

Доказательство закончено.

Барабанов 1 стр 20

Сказать "Спасибо"

Соотношение неопределенностей

Комментарии