量子简谐振子(升降算符法)

                     

贡献者: addis

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预备知识 简谐振子,升降算符

   量子简谐振子的能级为

\begin{equation} E_n = \left(n+\frac12 \right) \omega \hbar \end{equation}
基态波函数为
\begin{equation} \psi_0 (x) = \frac{1}{\pi^{1/4} \beta^{1/2}} \mathrm{e} ^{-(x/\beta)^2/2} \end{equation}
其中具有长度量纲的常数 $\beta$ 为
\begin{equation} \beta = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} \end{equation}

   以下使用升降算符法解出能级和基态,总结其中的关键步骤为:令升降算符为

\begin{equation} \hat{a} _\pm = \frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}} (m\omega x \mp \mathrm{i} p) \quad \end{equation}
满足
\begin{equation} a_+ \psi_n = \sqrt{n + 1} \psi_{n+1} \quad a_- \psi_n = \sqrt n \psi_{n-1} \end{equation}
那么哈密顿算符为
\begin{equation} H = \omega\hbar \left( \hat{n} + \frac12 \right) \end{equation}
其中 $ \hat{n} $ 为量子数算符
\begin{equation} \hat{n} = a_+ a_ - \qquad \end{equation}

1. 详细推导(升降算符法)

   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}

   我们直接把这个势能代入薛定谔方程,即考虑的哈密顿算符为

\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}

   通常解这个方程需要使用幂级数,但我们可以先利用升降算符 来得到能量的本征值,再求本征函数.

寻找升降算符

   形式上 $H=A^2x^2+B^2p^2$,其中 $A^2=m\omega^2/2, B^2=1/2m$.如果 $H, x, p$ 是数字,那么有 $H = (Ap+ \mathrm{i} Bx)(Ap- \mathrm{i} Bx)$;然而实际上它们都是算符,所以有:

\begin{equation} (Ax+ \mathrm{i} Bp)(Ax- \mathrm{i} Bp) = H- \mathrm{i} AB[x, p] = H+\hbar AB \end{equation}
容易证明,算符 $(Ax\pm \mathrm{i} Bp)$ 的对易关系为:
\begin{equation} [(Ax+ \mathrm{i} Bp), (Ax+- \mathrm{i} Bp)] = 2\hbar AB \end{equation}
式 12 代回式 11 易得
\begin{equation} [H, (Ax\pm \mathrm{i} Bp) = [H+ \hbar AB, (Ax\pm \mathrm{i} Bp)] = \mp 2\hbar AB ((Ax\pm \mathrm{i} Bp)) \end{equation}
式 1 ,显然 $(Ap\pm \mathrm{i} Bx)$ 是 $H$ 的升降算符,能把 $H$ 的本征态的本征值改变 $\mp 2\hbar AB=\mp \hbar \omega$.

   给 $(Ax\pm \mathrm{i} Bp)$ 乘上适当的系数,我们就能得到 $H$ 的升降算符,它们分别可以把本征值升降 $\omega\hbar$:

\begin{equation} \hat{a} _\pm = \frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}} (m\omega x \mp \mathrm{i} p), \qquad \Delta E = \pm \omega \hbar \end{equation}

   根据式 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}
根据子节 2 给出的 “可对角化算符具有升降算符的充要条件”,简谐振子的定态薛定谔方程的解中,哈密顿算符 $H$ 的本征值 $E_n$ 取离散值,且相邻两个能级相差 $\Delta E = \hbar \omega$.

  

未完成:谐振子有基态的理由不充分.考虑引入粒子数算符来解释?
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式 10 的解,本征值为 $E_0=\omega\hbar/2$.

归一化条件

   本小节的目的是证明 $\psi_{n+1} = a_+\psi_n/\sqrt{n+1}$, $\psi_{n-1} = a_- \psi_n/\sqrt n$.

\begin{equation} \begin{aligned} A^2 & \equiv \left\langle \psi_n \right\rvert a^*_+a_+ \left\lvert \psi_n \right\rangle \\ & = \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 $\psi_{n+1} = a_+ \psi_n/\sqrt{n+1}$

推导谐振子的能量本征态

   首先考虑能量基态,记为 $ \left\lvert 0 \right\rangle $,其在位置表象的波函数为 $\psi_0(x)$.记位置算子的本征矢量为 $ \left\lvert x_0 \right\rangle $,其波函数为 $\delta(x-x_0)$.

   注意,如果态 $ \left\lvert s \right\rangle $ 在位置表象下的波函数为 $\psi(x)$,则 $ \left\langle x \middle| s \right\rangle =\psi(x)$.

   设 $a_{\pm}$ 是升降算符,则

\begin{equation} a_- \left\lvert 0 \right\rangle =0 \implies \left\langle x \right\rvert a_- \left\lvert 0 \right\rangle =0 \end{equation}

   由于 $a_-\frac{1}{\sqrt{2m\omega\hbar}} (m\omega x + \mathrm{i} p)$,故式 20 可以视为 $ \left\lvert 0 \right\rangle $ 满足的微分方程,即 $a_- \left\lvert 0 \right\rangle $ 对应的波函数是 $0$:

\begin{equation} (m\omega x + \hbar\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{x} }) \psi_0(x) = 0 \end{equation}
式 21 归一化的解为
\begin{equation} \psi_0(x)= \left(\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{x_0}} \right) \exp \left(-\frac{1}{2}\cdot\frac{m\omega}{\hbar}x^2 \right) \end{equation}

   考虑到 $a_+ \left\lvert n \right\rangle =\sqrt{n+1} \left\lvert n+1 \right\rangle $,同样可以用 $\psi_n(x)= \left\langle x \middle| n \right\rangle $ 求得

\begin{equation} \psi_1(x) = \left\langle x \middle| 1 \right\rangle = \left\langle x \right\rvert a_+ \left\lvert 0 \right\rangle = \left(\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \right) \left(x-\frac{m\omega}{\hbar}\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{x} } \right) \left\langle x \middle| 0 \right\rangle \end{equation}

   以此类推,可求得所有能量本征态的波函数,只需要对基态波函数不断使用升算符和归一化系数:

\begin{equation} \psi_n = \frac{a_+}{\sqrt {n!}} \psi_0 \end{equation}


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