结论
\begin{equation}
a_\pm = \frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}} (m\omega x \mp \mathrm{i} p) \quad
a_+ \psi_n = \sqrt{n + 1} \psi_{n+1}
\quad
a_- \psi_n = \sqrt n \psi_{n-1}
\end{equation}
\begin{equation}
E_n = \left(n+\frac12 \right) \omega \hbar \qquad
\hat{n} = a_+ a_ - \qquad
H = \omega\hbar \left( \hat{n} + \frac12 \right)
\end{equation}
\begin{equation}
\psi_0 (x) = \frac{1}{\pi^{1/4} \beta^{1/2}} \mathrm{e} ^{-(x/\beta)^2/2} \qquad \beta = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}
\end{equation}
推导
在经典的简谐振子模型中，若质点沿 $x$ 轴方向振动，且在 $x = 0$ 处平衡，则势能函数 $V(x) = k x^2/2$．由于自由振动的频率为 $\omega = \sqrt{k/m}$，所以势能可记为
\begin{equation}
V(x) = \frac12 m \omega^2 x^2
\end{equation}
在量子力学中，这个模型要用薛定谔方程来求解．该模型的哈密顿算符为
\begin{equation}
H = \frac{p^2}{2m} + V = \frac{p^2}{2m} + \frac12 m\omega^2 x^2 = \frac{1}{2m} [p^2 + (m\omega x)^2]
\end{equation}
定态薛定谔方程（能量的本征方程）为
\begin{equation}
H\psi = E\psi
\end{equation}
由于这个方程需要使用幂级数，但作为一种巧妙的方法，先利用升降算符
来得到能量的本征值，再求本征函数．这里直接给出 $H$ 的升降算符，它们分别可以把本征值升降 $\omega\hbar$（证明见下文）
\begin{equation}
a_\pm = \frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}} (m\omega x \mp \mathrm{i} p)
\qquad
\Delta E = \omega \hbar
\end{equation}
根据eq. 1 ，对任意一个 $H$ 的本征函数 $\psi_n$，有
\begin{equation}
H(a_\pm\psi_n) = (E_n\pm\hbar\omega) (a_ \pm \psi_n)
\end{equation}
这也就是说，简谐振子的定态薛定谔方程的解中，本征值 $E_n$ 取离散值，且相邻两个能级相差 $\Delta E = \hbar \omega$．
类似于无限深势阱，谐振子也应该有一个最低能级 $E_0$ 和对应的 $\psi_0(x)$．所以 $a_-$ 必然对 $\psi_0$ 无效，即得到的波函数没有物理意义，所以不妨猜测 $a_- \psi_0 = 0$
即
\begin{equation}
(m\omega x + \mathrm{i} p)\psi_0 = 0
\quad \Rightarrow \quad
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{x}} \psi_0 = - \frac{m\omega x}{\hbar } \psi_0
\end{equation}
这是一阶齐次线性微分方程，通解为
\begin{equation}
\psi_0(x) = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt\beta} \mathrm{e} ^{-(x/\beta)^2/2}
\end{equation}
其中 $\beta = \sqrt{\hbar /m\omega}$ 具有长度量纲．不难验证上式是定态薛定谔方程
eq. 6 的解，本征值为 $E_0=\omega\hbar/2$．
归一化条件
证明 $\psi_{n+1} = a_+\psi_n/\sqrt{n+1}$， $\psi_{n-1} = a_- \psi_n/\sqrt n$
\begin{equation} \begin{aligned}
A^2 & = \int (a_+ \psi_n)^* (a_+ \psi_n) \,\mathrm{d}{x}
= \int (a_+^* a_+ \psi_n)^* (\psi_n) \,\mathrm{d}{x} \\
&= \int (a_- a_+ \psi_n)^* (\psi_n) \,\mathrm{d}{x}
\end{aligned} \end{equation}
而 $a_- a_+ \psi_n = H\psi_n/(\omega\hbar) + \psi_n/2 = (n + 1)\psi_n$．所以
\begin{equation}
A^2 = (n + 1)\int \psi_n^*{\psi_n} \,\mathrm{d}{x} = n + 1\qquad
A = \sqrt{n+1}
\end{equation}
所以 $\psi_{n+1} = a_+ \psi_n/\sqrt{n+1}$
波函数
现在只需要对基态波函数不断使用升算符和归一化系数就可以得到任意激发态波函数（已归一化）
\begin{equation}
\psi_n = \frac{a_+}{\sqrt {n!}} \psi_0
\end{equation}
升降算符的证明
根据升降算符的定义，要证明 $a_\pm$ 是升降算符只需证明对易关系
\begin{equation}
\left[H, a_\pm\right] = \pm \omega\hbar a_\pm
\end{equation}
根据升降算符定义
\begin{equation}
\left[H, a_\pm\right] = \frac{1}{2m\sqrt{2m\hbar \omega}} \left[(m\omega x)^2 + p^2, m\omega x \mp \mathrm{i} p\right]
\end{equation}
不难证明
\begin{equation}
\left[ \hat{A} + \hat{B} , \hat{C} + \hat{D} \right] = \left[ \hat{A} , \hat{C} \right] + \left[ \hat{A} , \hat{D} \right] + \left[ \hat{B} , \hat{C} \right] + \left[ \hat{B} , \hat{D} \right]
\end{equation}
和
\begin{equation}
\left[x^2, x\right] = \left[p^2, p\right] = 0
\end{equation}
将两式代入后，只剩下两个交叉项
\begin{equation}
\left[H, a_\pm\right] = \frac{\omega}{2\sqrt{2m\hbar \omega}} \left(\mp \mathrm{i} \left[x^2, p\right] + \left[p^2, x\right] \right)
\end{equation}
同样可以证明
\begin{equation}
\left[ \hat{A} \hat{B} , \hat{C} \right] = \hat{A} \left[ \hat{B} , \hat{C} \right] + \left[ \hat{A} , \hat{C} \right] \hat{B}
\end{equation}
所以
\begin{equation}
\left[x^2, p\right] = x \left[x, p\right] + \left[x, p\right] x = 2 \mathrm{i} \hbar x
\end{equation}
\begin{equation}
\left[p^2, x\right] = - p \left[x, p\right] - \left[x, p\right] p = - 2 \mathrm{i} \hbar p
\end{equation}
代入得
\begin{equation}
\left[H, a_\pm\right] = \frac{\pm\omega\hbar}{\sqrt{2m\hbar\omega}} (x \mp \mathrm{i} p) = \pm \omega\hbar a_ \pm
\end{equation}
证毕．