期望和方差-探究$\sigma_x$与$\sigma_p$的关系-定域性的例子

借助均值，同时应用随时间演变的薛定谔方程

设$\partial_t \widehat{A}=0$，证明：
- 均值的定义：$\langle A\rangle=\langle\psi(t)|\widehat{A}| \psi(t)\rangle$
- 计算方程左侧的导数：
  $i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle A\rangle=i \hbar\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle\psi(t)|\right) \widehat{A}|\psi(t)\rangle+i \hbar\langle\psi(t)| \widehat{A}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle\right)+i \hbar\left\langle\psi(t)\left|\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \widehat{A}\right)\right| \psi(t)\right\rangle=i \hbar\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle\psi(t)|\right) \widehat{A}|\psi(t)\rangle+i \hbar\langle\psi(t)| \widehat{A}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle\right)$
- 借助体系随时间演变的薛定谔方程（第六定理）：
  $i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle=\widehat{H}(t)|\psi(t)\rangle$
- 由于$\hat H$是厄米算子，有：
  $\langle\psi(t)| \widehat{H}=-i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle\psi(t)|$
- 等式的右侧：
  $\begin{aligned}\langle[\widehat A, \widehat H]\rangle& = \langle\psi(t)|\widehat A\widehat H|\psi(t)\rangle - \langle\psi(t)|\widehat H\widehat A|\psi(t)\rangle\\& = i \hbar\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle\psi(t)|\right) \widehat{A}|\psi(t)\rangle+i \hbar\langle\psi(t)| \widehat{A}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}|\psi(t)\rangle\right) \end{aligned}$
- 由此可见等式左侧与右侧相等。
继续应用$(1)$进行一些计算：
- $i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle p\rangle=\langle[\widehat{p}, \widehat{H}]\rangle$，在自由例子情况下，$\widehat H = \frac{\hat p^2}{2m}$，故有：
  - $i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle p\rangle=\left\langle\left[\widehat{p}, \frac{\widehat{p}^2}{2 m}\right]\right\rangle=0$

与标准差相关，探究$x$和$p$方差

定义$x$和$p$的方差为标准差的平方：

$\begin{aligned}& \sigma_x^2(t)=\left\langle x^2\right\rangle-\langle x\rangle^2=\left\langle(\widehat{x}-\langle x\rangle)^2\right\rangle, \\& \sigma_p^2(t)=\left\langle p^2\right\rangle-\langle p\rangle^2=\left\langle(\widehat{p}-\langle p\rangle)^2\right\rangle .\end{aligned}$

研究以下表示：

$i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_p^2$
$\begin{aligned} i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_p^2 & =i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\left\langle p^2\right\rangle-\langle p\rangle^2\right)=i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left\langle p^2\right\rangle-i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\langle p\rangle^2\right)=i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left\langle p^2\right\rangle-2 i \hbar\langle p\rangle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\langle p\rangle \\ & \left.=\left\langle\left[\widehat{p}^2, \widehat{H}\right]\right\rangle-2\langle p\rangle\langle\widehat{p}, \widehat{H}]\right\rangle=\left\langle\left[\widehat{p}^2, \frac{\widehat{p}^2}{2 m}\right]\right\rangle-2\langle p\rangle\left\langle\left[\widehat{p}, \frac{\widehat{p}^2}{2 m}\right]\right\rangle = 0 \end{aligned}$
$i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_x^2$

应用$[\widehat{A}, \widehat{B} \widehat{C}]=\widehat{B}[\widehat{A}, \widehat{C}]+[\widehat{A}, \widehat{B}] \widehat{C},[\widehat{A} \widehat{B}, \widehat{C}]=\widehat{A}[\widehat{B}, \widehat{C}]+[\widehat{A}, \widehat{C}] \widehat{B}$有：
- $\left[\widehat{x}^2, \widehat{p}^2\right]=\widehat{x}\left[\widehat{x}, \widehat{p}^2\right]+\left[\widehat{x}, \widehat{p}^2\right] \widehat{x}=2 i \hbar \widehat{x} \widehat{p}+2 i \hbar \widehat{p} \widehat{x}=2 i \hbar(\widehat{x} \widehat{p}+\widehat{p} \widehat{x})$
- $\left[\widehat{x}, \widehat{p}^2\right]=\widehat{p}[\widehat{x}, \widehat{p}]+[\widehat{x}, \widehat{p}] \widehat{p}=i \hbar \widehat{p}+i \hbar \widehat{p}=2 i \hbar \widehat{p}$
  
  代入得：
  $i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_x^2=\frac{i \hbar}{m}(\langle x p+p x\rangle-2\langle x\rangle\langle p\rangle)$
  最终没有$\hat \quad$可能是因为它们代表的是位置和动量的期望值，而不是算符本身。当我们谈论期望值时，通常会省略算符上的帽子。
$i \hbar \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{~d} t^2} \sigma_x^2$

应用$[\widehat{A}, \widehat{B} \widehat{C}]=\widehat{B}[\widehat{A}, \widehat{C}]+[\widehat{A}, \widehat{B}] \widehat{C},[\widehat{A} \widehat{B}, \widehat{C}]=\widehat{A}[\widehat{B}, \widehat{C}]+[\widehat{A}, \widehat{C}] \widehat{B}$有：
- $[\widehat x \widehat p +\widehat p \widehat x,\widehat p^2] = 2[\widehat x \widehat p ,\widehat p^2] = \widehat x [\widehat p , \widehat p^2]+[\widehat x, \widehat p^2]\widehat p = 2i\hbar\widehat p^2$
  $\begin{align}i \hbar \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{~d} t^2} \sigma_x^2=\frac{2 i \hbar}{m^2}\left\langle p^2\right\rangle-\frac{2 i \hbar}{m^2}\langle p\rangle^2=\frac{2 i \hbar}{m^2}\left(\left\langle p^2\right\rangle-\langle p\rangle^2\right)=\frac{2 i \hbar}{m^2} \sigma_p^2\end{align}$
然后我们尝试对$(2)$进行两次积分，积分下限取0，上限取t:

$\begin{align}\sigma_x^2(t)=\frac{\sigma_p^2}{m^2} t^2+\frac{\mathrm{d} \sigma_{x 0}^2}{\mathrm{~d} t} t+\sigma_{x 0}^2\end{align}$

进一步探究$\sigma_x(t)$

我们使用之前的方法来计算$\langle x p+p x\rangle_0$：
$\langle x p+p x\rangle_0=\int_{-\infty}^{+\infty} \psi^{*}(x)(\widehat{x} \widehat{p}+\widehat{p} \widehat{x}) \psi(x) \mathrm{d} x$
注意这里与之前计算的不同在于将原本的左右矢的计算转化为了积分计算。这个等式与$\langle A\rangle_\psi=\langle\psi|\widehat{A}| \psi\rangle$等价。且由于$\psi$为实数，可以省略共轭。

展开$\widehat p = -i\hbar\frac {\partial}{\partial x}$，得：
$\begin{aligned}\langle x p+p x\rangle_0 & =\int_{-\infty}^{+\infty} \psi(x)\left(x\left(-i \hbar \psi^{\prime}(x)\right)-i \hbar(x \psi(x))^{\prime}\right) \mathrm{d} x \\ & =-i \hbar \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\psi(x) x \psi^{\prime}(x)+\psi^2(x)+\psi(x) x \psi^{\prime}(x)\right) \mathrm{d} x \\ & =-i \hbar \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\psi^2(x)+2 \psi(x) x \psi^{\prime}(x)\right) \mathrm{d} x=-i \hbar \int_{-\infty}^{+\infty}\left(x \psi^2(x)\right)^{\prime} \mathrm{d} x \end{aligned}$
由于$\psi(x, t=0)$为实数，$\langle x p+p x\rangle_0$为纯虚数。然而显而易见的是$(\widehat{x} \widehat{p}+\widehat{p} \widehat{x})^{\dagger}=\widehat{p}^{\dagger} \widehat{x}^{\dagger}+\widehat{x}^{\dagger} \widehat{p}^{\dagger}=\widehat{p} \widehat{x}+\widehat{x} \widehat{p}$，这意味着$\widehat{p} \widehat{x}+\widehat{x} \widehat{p}$是厄米的，即$\langle x p+p x\rangle_0$为实数。因此：
$\langle x p+p x\rangle_0=0$
相同的方法我们处理$\langle p\rangle_0$
$\begin{aligned}\langle p\rangle_0 & =\int_{-\infty}^{+\infty} \psi(x) \widehat{p} \psi(x) \mathrm{d} x=\int_{-\infty}^{+\infty} \psi(x)\left(-i \hbar \psi^{\prime}(x)\right) \mathrm{d} x=-i \hbar \int_{-\infty}^{+\infty} \psi(x) \psi^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\& =-\frac{i \hbar}{2} \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\psi^2(x)\right)^{\prime} \mathrm{d} x\end{aligned}$
因为算符$\widehat p$是厄米的，我们可以得到$\langle p\rangle_0=0$。
在前一部分中我们计算得到了：
$i \hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_x^2=\frac{i \hbar}{m}(\langle x p+p x\rangle-2\langle x\rangle\langle p\rangle)$
带入即可获得：
$\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \sigma_x^2\right|_{t=0}=\frac{1}{m}\left(\langle x p+p x\rangle_0-2\langle x\rangle_0\langle p\rangle_0\right)=0$
由此，我们可以得知$(3)$的第二项为0：
$\begin{align}\sigma_x(t)=\sqrt{\frac{\sigma_p^2}{m^2} t^2+\sigma_{x 0}^2}\end{align}$
$\sigmap$和$\sigma{x0}$都是常数。

然后，我们可以注意到，$\sigma_x(t)$是一个增函数，所以在$t = 0$时取最小值，又根据海森堡不确定性原理，有：
$\sigma_x(t) \sigma_p(t) \geqslant \frac{\hbar}{2}$
因此我们可以假设$\sigma_{x 0} \sigma_p \approx \frac{\hbar}{2}$，$(4)$在这种假设可以写作:
$\begin{align}\sigma_x(t)=\sqrt{\frac{\hbar^2}{\sigma_{x0}^24m^2} t^2+\sigma_{x 0}^2} \end{align}$

定域性

根据$(5)$，我们可以研究在这个假设下，影响粒子定域性的因素。定域性可以由以下式子判断:

$\sqrt{\sigma_x^2(t)-\sigma_{x 0}^2}=\frac{\sigma_p}{m} t=\frac{\hbar}{2 m \sigma_{x 0}} t$

可见，粒子定域性与质量和初始位置不确定度分别呈反比。这个结论与德布罗意波长相似。