幺正變換例題

幺正變換例題在開始幺正變換前，還是先把狄拉克符號的內(nèi)容擴(kuò)充一下。“單位算符”用右矢的寫法，態(tài)疊加原理可以寫作：（波函數(shù)按某一完備基展開）|\psi\rangle=\sum_na_n|Q_n\rangle那么\langleQ_m|\psi\rangle=\sum_na_n\langleQ_m|Q_n\rangle=\sum_na_n\delta_{mn}=a_m將上式代入|\psi\rangle=\sum_n|Q_n\ranglea_n即可得到|\psi\rangle=\sum_n|Q_n\rangle\langleQ_n|\psi\rangle觀察這個式子的形式，不難發(fā)現(xiàn)\sum_n|Q_n\rangle\langleQ_n|=1。投影算符我們來觀察一下算符|Q_n\rangle\langleQ_n|的形式。當(dāng)它作用于一個波函數(shù)\psi的時候，我們發(fā)現(xiàn)得到的是|Q_n\rangle\langleQ_n|\psi\rangle，而\langleQ_n|\psi\rangle表示一個常數(shù)，它的值是波函數(shù)\psi在|Q_n\rangle上的投影大?。灰虼?，|Q_n\rangle\langleQ_n|\psi\rangle，或者說\langleQ_n|\psi\rangle\cdot|Q_n\rangle表示的正是波函數(shù)|\psi\rangle在|Q_n\rangle上投影的波函數(shù)。作為對比，，向量\overrightarrow{OA}=(x_a,y_a)在x軸上的投影向量為\overrightarrow{OB}=(x_a,0)，此時基底向量是一組(在2維平面內(nèi))正交歸一的，即(1,0)、(0,1)。再次作為對比，以圖中［1］的函數(shù)為例，灰色線條的函數(shù)可以由正弦和余弦的線性組合a_{\cos}*\cos(x)+a_{\sin}*sin(x)(這里疊加系數(shù)分別為3和4)來構(gòu)成［2］，因此，將該函數(shù)投影到余弦函數(shù)就得到了3，也就是說余弦部分為3\cos(x)。而基底也是正交的，即\int_0A{2\pi}\sin(x)\cos(x)dx=0。因此我們?nèi)绻押瘮?shù)y=3\cos(x)+4\sin(x)按照三角函數(shù)表象展開，其展開系數(shù)就分別為3和4，它的余弦分量為3\cos(x)，而正弦分量為4\sin(x)。而投影算符的作用效果，比如正弦投影算符，正是將函數(shù)從y=3\cos(x)+4\sin(x)中提取正弦分量4\sin(x)(而不是提取投影系數(shù)4)。如果我們把“三角函數(shù)表象”下的這個函數(shù)寫為向量形式|\psi\rangle=\left(\begin{array}{}3\\4\end{array}\right)，那么投影算符就等價于兩個矩陣：\hatQ_{\cos}=|Q_{\cos}\rangle\langleQ_{\cos}|=\left(\begin{array}{}1&0\\0&0\end{array}\right)\hatQ_{\sin}=|Q_{\sin}\rangle\langleQ_{\sin}|=\left(\begin{array}{}0&0\\0&1\end{array}\right)從而有\(zhòng)hatQ_{cos}|\psi\rangle=\left(\begin{array}{}1&0\\0&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{}3\\4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{}3\\0\end{array}\right)它表示的是3\cdot\cos(x)的分量。當(dāng)然，投影算符的矩陣形式如此簡單的原因，是因為在自身表象中(算符對應(yīng)的矩陣是三角函數(shù)表象的表達(dá)式，而投影算符的作用又是將波函數(shù)投影到三角函數(shù)表象中的基底)，在其他表象中會有其他較為復(fù)雜的寫法。思考：|Q_{\cos}\rangle對應(yīng)的向量應(yīng)該如何寫？它的形式和表象有何種關(guān)系？幺正矩陣和幺正變換幺正矩陣是一個(帶有一定性質(zhì)的)矩陣，而幺正變換是指幺正矩陣本身對應(yīng)的變換。這部分內(nèi)容本應(yīng)該在《線性代數(shù)》中的相似變換附近的章節(jié)提及到，但據(jù)我所知其實很多本科院校都沒有學(xué)。(不會就我們沒學(xué)吧，不會吧不會吧不會吧)前面我們學(xué)了厄密算符和厄米矩陣滿足AA\dagger=A那么幺正矩陣滿足的就是AA'daggerA=AAA\dagger=l,注意區(qū)分二者的區(qū)別。下面來看例子。考慮兩套基矢|\psi_A\rangle和|\phi_B\rangle，它們都是正交歸一的；將前者的基矢按后者的表象展開：|\psi_A\rangle=\left(\sum_a|\phi_a\rangle\langle\phi_a|\right)|\psi_A\rangle=\sum_a|\phi_a\rangle\langle\phi_a|\psi_A\rangle=\sum_a|\phi_a\rangleS_{aA}其中S_{aA}=\langle\phi_A|\psi_a\rangle可看做\psi_A表象下\phi_B的疊加系數(shù)矩陣。上式左邊和右邊又可以寫作：\left(\begin{array}{}\psi_1\\\psi_2\\...\\\psi_A\\...\end{array}\right)=\left(\begin{array}{}S_{11}&S_{21}&...&S_{A1}&...\\S_{12}&S_{22}&...&S_{A2}&...\\...&...&...&...&...\\S_{1a}&S_{2a}&...&S_{Aa}&...\\...&...&...&...&...\\\end{array}\right)\left(\begin{array}{}\phi_1\\\phi_2\\...\\\phi_a\\...\end{array}\right)同理，我們反過來展開\langle\psi_B|可以計算得出：\langle\psi_BI=\sum_bS_{BbF\dagger\langle\phi_bl其中注意\langlep|q\rangle=\space(\space\langleqlp\rangle\space)A\dagger，從上式可以得至H：\begin{array}{}\delta_{AB}&=\langle\psi_B|\psi_A\rangle\\&=\sum_b\sum_aS_{Bb}A\dagger\langle\phi_b|\phi_a\rangleS_{aA}\\&=\sum_{a,b}S_{Bb}A\daggerS_{aA}\delta_{ab}\\&=\sum_aS_{Ba}idaggerS_{aA}\\&=(SidaggerS)_{BA}\end{array}因此矩陣SidaggerS的第B列第A行的元素等于\delta_{AB}，所以這個矩陣就是一個單位矩陣。換而言之，SA\daggerS=1,同理可證明SSA\dagger=1o所以，把一個表象下的基矢變換到另一個表象下的基矢是一個幺正變換。我們從上面還可以推導(dǎo)得出：SA\dagger=SA{-1}，即幺正變換和逆變換所對應(yīng)的矩陣是互為厄米共軛的，幺正矩陣的性質(zhì)和厄米矩陣的性質(zhì)不一樣的地方。(厄米矩陣是和它自己本身互為厄米共軛)、如何求幺正矩陣？如果我們知道變換前和變換后的兩組基矢，那么很容易可以得到：S_{kb}=\langle\psi_k|\phi_b\rangle如果是知道(某一組基底波函數(shù)l\phi_l\rangle,l\phi_2\rangle,...中的每一個，都按照另一組基底l\psi_l\rangle,l\psi_2\rangle,...進(jìn)行展開的)系數(shù)，我們可以按照如下規(guī)律收集這些系數(shù)即可組成該幺正矩陣：|\phi_b\rangle=\sum_kS_{kb}|\psi_k\rangle=S_{lb}|\psi_l\rangle+S_{2b}|\psi_2\rangle+..那么S=\left（\begin{array}{}S