贡献者： JierPeter; addis
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}
把
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}
由
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}
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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