1.2 正则量子化

到 19 世纪末，人们已经知道经典物理，即牛顿力学与经典电磁学，包含着严重的不自洽之处。后来在 20 世纪初，这些不自洽之处随着狭义相对论、广义相对论和量子力学的发现而得到解决。迄今为止，还没有任何一个实验与量子理论相矛盾。然而令人惊讶的是，量子理论并没有证明。我们所能说的是，量子理论与自然界并不矛盾。因此，我们在这里并不去证明量子力学，而只满足于概述量子理论所依据的一些“规则”。

1.2.1 希尔伯特空间、左矢与右矢

我们来考虑一个复希尔伯特空间¹

$$\mathcal{H}=\{|\varphi ⟩,|\psi ⟩,\dots \}.\text{\hspace{1em}(1.26)}$$

$\mathcal{H}$ 中的元素称为右矢（ket）或右矢向量。

线性函数 $\alpha :\mathcal{H}\to \mathbb{C}$ 由下式定义：

$$\alpha \left(c_1\mid {\psi }_1⟩+c_2\mid {\psi }_2⟩\right)=c_1\alpha \left(|{\psi }_1⟩\right)+c_2\alpha \left(|{\psi }_2⟩\right)\forall c_i\in \mathbb{C},|{\psi }_i⟩\in \mathcal{H}.$$

我们采用狄拉克引入的一种特殊记号，把该线性函数记作 $⟨\alpha |$，其作用记作 $⟨\alpha |\psi ⟩\in \mathbb{C}$。线性函数的集合本身也是一个向量空间，称为 $\mathcal{H}$ 的对偶向量空间，记作 ${\mathcal{H}}^{\ast }$。$\mathcal{H}$ 中的元素称为左矢（bra）或左矢向量。

设 $\{|e_1⟩,|e_2⟩,\dots \}$ 是 $\mathcal{H}$ 的一组基²。于是任一向量 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$ 可展开为 $|\psi ⟩={\sum }_k{\psi }_k|e_k⟩$，其中 ${\psi }_k\in \mathbb{C}$ 称为 $|\psi ⟩$ 的第 $k$ 个分量。现在我们在 ${\mathcal{H}}^{\ast }$ 中引入一组基 $\{⟨{\epsilon }_1|,⟨{\epsilon }_2|,\dots \}$。我们要求这组基是 $\{|e_k⟩\}$ 的对偶基，即

$$⟨{\epsilon }_i|e_j⟩={\delta }_{ij}.\text{\hspace{1em}(1.27)}$$

于是，任意线性函数 $⟨\alpha |$ 可展开为 $⟨\alpha |={\sum }_k{\alpha }_k⟨{\epsilon }_k|,$，其中 ${\alpha }_k\in \mathbb{C}$ 是 $⟨\alpha |$ 的第 $k$ 个分量。$⟨\alpha |\in {\mathcal{H}}^{\ast }$ 对 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$ 的作用现在可以用它们的分量表示为

$$⟨\alpha |\psi ⟩=\sum _{ij}{\alpha }_i{\psi }_j⟨{\epsilon }_i\mid e_j⟩=\sum _{ij}{\alpha }_i{\psi }_j{\delta }_{ij}=\sum _i{\alpha }_i{\psi }_i.\text{\hspace{1em}(1.28)}$$

可以把 $|\psi ⟩$ 看作列向量，把 $⟨\alpha |$ 看作行向量，于是 $⟨\alpha |\psi ⟩$ 就只被看成行向量与列向量的矩阵乘法，其结果是一个标量。

可以在 $\mathcal{H}$ 的元素与 ${\mathcal{H}}^{\ast }$ 的元素之间建立一一对应。让我们固定 $\mathcal{H}$ 的一组基 $\{|e_k⟩\}$ 以及 ${\mathcal{H}}^{\ast }$ 的一组基 $\{⟨{\epsilon }_k|\}$。于是，与 $|\psi ⟩={\sum }_k{\psi }_k|e_k⟩$ 相对应，存在一个元素 $⟨\psi |={\sum }_k{\psi }_k^{\ast }⟨{\epsilon }_k|\in {\mathcal{H}}^{\ast }$。对 ${\psi }_k$ 取复共轭的理由很快就会清楚。这样便可以在 $\mathcal{H}$ 的两个元素之间引入内积。设 $|\varphi ⟩,|\psi ⟩\in \mathcal{H}$，它们的内积(inner product)定义为

$$\left(|\varphi ⟩,|\psi ⟩\right)\equiv ⟨\varphi |\psi ⟩=\sum _k{\varphi }_k^{\ast }{\psi }_k.\text{\hspace{1em}(1.29)}$$

我们习惯上用同一个字母来表示相应的左矢与右矢。向量 $|\psi ⟩$ 的范数(norm)自然由内积来定义。设 $\Vert |\psi ⟩\Vert =\sqrt{⟨\psi |\psi ⟩}$。容易证明，这一范数定义满足范数的全部公理。注意，由于左矢各分量中取了复共轭，范数是实数且非负的。

利用两个右矢之间的内积，就可以构造出一组标准正交基 $\{|e_k⟩\}$，使得 $(|e_i⟩,|e_j⟩)=⟨e_i|e_j⟩={\delta }_{ij}$。设 $|\psi ⟩={\sum }_k{\psi }_k|e_k⟩$。从左边乘以 $⟨e_k|$，便得到 $⟨e_k|\psi ⟩={\psi }_k$。于是 $|\psi ⟩$ 可表示为 $|\psi ⟩={\sum }_k⟨e_k|\psi ⟩|e_k⟩={\sum }_k|e_k⟩⟨e_k|\psi ⟩$。由于这对任意 $|\psi ⟩$ 都成立，我们便得到了完备性关系

$$\sum _k|e_k⟩⟨e_k|=I,\text{\hspace{1em}(1.30)}$$

其中 $I$ 是 $\mathcal{H}$ 中的恒等算符（当 $\mathcal{H}$ 为有限维时即为单位矩阵）。

1.2.2 正则量子化的公理

给定一个孤立的经典动力学系统（例如谐振子），我们便可以按照一组公理构造出与之对应的量子系统。

A1. 量子系统存在一个希尔伯特空间 $\mathcal{H}$，系统的态须用一个向量 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$ 来描述。在这个意义上，$|\psi ⟩$ 也被称为态或态向量(state vector)。此外，两个态 $|\psi ⟩$ 与 $c|\psi ⟩$（$c\in \mathbb{C},c\ne 0$）描述的是同一个态。态也可以描述为 $\mathcal{H}$ 的射线表示。

A2. 经典力学中的物理量 $A$ 被替换为作用在 $\mathcal{H}$ 上的厄米算符 $\hat{A}$。算符 $\hat{A}$ 通常称为可观测量(observable)。对 $A$ 进行测量所得的结果，是 $\hat{A}$ 的本征值之一。（这里假定 $\hat{A}$ 是厄米的，以保证本征值为实数。）

A3. 经典力学中的泊松括号被替换为对易子

$$[\hat{A},\hat{B}]\equiv \hat{A}\hat{B}-\hat{B}\hat{A}\text{\hspace{1em}(1.31)}$$

再乘以 $-\mathrm{i}/\hslash$。此后除非另有明确说明，均采用 $\hslash =1$ 的单位制。基本对易关系为（参见(1.22)）

$$[{\hat{q}}_i,{\hat{q}}_j]=[{\hat{p}}_i,{\hat{p}}_j]=0[{\hat{q}}_i,{\hat{p}}_j]=\mathrm{i}{\delta }_{ij}.\text{\hspace{1em}(1.32)}$$

在这一替换之下，哈密顿方程变为

$$\frac{\mathrm{d}{\hat{q}}_i}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{\mathrm{i}}[{\hat{q}}_i,H]\frac{\mathrm{d}{\hat{p}}_i}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{\mathrm{i}}[{\hat{p}}_i,H].\text{\hspace{1em}(1.33)}$$

当经典量 $A$ 不显含 $t$ 时，$A$ 满足与哈密顿运动方程相同的方程。类似地，对于不显含 $t$ 的 $\hat{A}$，有海森堡运动方程：

$$\frac{\mathrm{d}\hat{A}}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{\mathrm{i}}[\hat{A},\hat{H}].\text{\hspace{1em}(1.34)}$$

A4. 设 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$ 为任意态向量。假设制备许多系统，每个系统都处于这个态。那么，在时刻 $t$ 对这些系统中的 $A$ 进行观测，一般会得到随机的结果。这些结果的期望值由下式给出

$$⟨A{⟩}_t=\frac{⟨\psi |\hat{A}(t)|\psi ⟩}{⟨\psi |\psi ⟩}.\text{\hspace{1em}(1.35)}$$

A5. 对任意物理态 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$，都存在一个算符，使得 $|\psi ⟩$ 是它的本征态之一。³

这五条公理被取作游戏规则。下面作几点说明。让我们更仔细地考察公理 A4。为简单起见，假定 $|\psi ⟩$ 已归一化为 $\Vert |\psi ⟩{\Vert }^2=⟨\psi |\psi ⟩=1$。设 $\hat{A}(t)$ 具有离散特征值集合 $\{a_n\}$，相应的归一化特征向量为 $\{|n⟩\}$：⁴

$$\hat{A}(t)|n⟩=a_n|n⟩⟨n|n⟩=1.$$

于是，$\hat{A}(t)$ 对任意态

$$|\psi ⟩=\sum _n{\psi }_n|n⟩{\psi }_n=⟨n|\psi ⟩$$

的期望值为

$$⟨\psi |\hat{A}(t)|\psi ⟩=\sum _{m,n}{\psi }_m^{\ast }{\psi }_n⟨m|\hat{A}(t)|n⟩=\sum _n{a}_n|{\psi }_n{|}^2.$$

由于在态 $|n⟩$ 中测量 $A$ 的结果总是 $a_n$，可知测量结果为 $a_n$ 的概率，也就是 $|\psi ⟩$ 处于 $|n⟩$ 的概率，为

$$|{\psi }_n{|}^2=|⟨n|\psi ⟩{|}^2.$$

数 $⟨n|\psi ⟩$ 表示态 $|n⟩$ 在态 $|\psi ⟩$ 中所占的“权重”，称为概率幅(probability amplitude)。

若 $\hat{A}$ 具有连续谱 $a$，则态 $|\psi ⟩$ 可展开为

$$|\psi ⟩=\int \mathrm{d}a\psi (a)|a⟩.$$

此时完备性关系取如下形式

$$\int \mathrm{d}a|a⟩⟨a|=I.\text{\hspace{1em}(1.36)}$$

于是，由恒等式 $\int \mathrm{d}{a}^{\prime }|a^{\prime }⟩⟨a^{\prime }|a⟩=|a⟩$ 可知，必须满足归一化条件

$$⟨a^{\prime }|a⟩=\delta \left(a^{\prime }-a\right),\text{\hspace{1em}(1.37)}$$

其中 $\delta (a)$ 是狄拉克 $\delta$ 函数。展开系数 $\psi (a)$ 可由这一归一化条件求得，即 $\psi (a)=⟨a|\psi ⟩$。若 $|\psi ⟩$ 按 $⟨\psi |\psi ⟩=1$ 归一化，则应有

$$1=\int \mathrm{d}a\mathrm{d}{a}^{\prime }{\psi }^{\ast }(a)\psi (a^{\prime })⟨a|a^{\prime }⟩=\int \mathrm{d}a|\psi (a){|}^2.$$

由下述关系还可得出

$$⟨\psi |\hat{A}|\psi ⟩=\int a|\psi (a){|}^2\mathrm{d}a$$

测量 $A$ 的取值落在区间 $[a,a+\mathrm{da}]$ 内的概率为 $|\psi (a){|}^2\mathrm{da}$。因此，概率密度为

$$\rho (a)=|⟨a|\psi ⟩{|}^2.\text{\hspace{1em}(1.38)}$$

最后，我们来阐明为什么需要公理 A5。设系统处于态 $|\psi ⟩$，并假定它同时处于 $|\varphi ⟩$ 的概率为 $|⟨\psi |\varphi ⟩{|}^2$。当 $|\psi ⟩$ 是某个可观测量的本征态时，这一点前面已经提到过。公理 A5 断言，对任意态 $|\psi ⟩$ 该结论都成立。

1.2.3 海森堡方程、海森堡绘景与薛定谔绘景

海森堡运动方程的形式解

$$\frac{\mathrm{d}\hat{A}}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{\mathrm{i}}[\hat{A},\hat{H}]$$

很容易求得为

$$\hat{A}(t)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\hat{H}t}\hat{A}(0){\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{H}t}.\text{\hspace{1em}(1.39)}$$

因此，算符 $\hat{A}(t)$ 与 $\hat{A}(0)$ 由幺正算符相联系

$$\hat{U}(t)={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{H}t}\text{\hspace{1em}(1.40)}$$

从而二者是幺正等价的。在这种形式体系中，算符依赖于 $t$，而态向量不依赖于 $t$，这称为海森堡绘景。

我们还可以引入另一种与海森堡绘景等价的形式体系。把算符 $\hat{A}$ 在态向量 $|\psi ⟩$ 下的期望值写成

$$\begin{array}{rl}⟨\hat{A}(t)⟩& =⟨\psi |e^{i\hat{H}t}\hat{A}(0)e^{-i\hat{H}t}|\psi ⟩\\ & =\left(⟨\psi |e^{i\hat{H}t}\right)\hat{A}(0)\left(e^{-i\hat{H}t}|\psi ⟩\right).\end{array}$$

若记 $|\psi (t)⟩\equiv {\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{H}t}|\psi ⟩$，则 $t$ 时刻的期望值也可表示为

$$⟨\hat{A}(t)⟩=⟨\psi (t)|\hat{A}(0)|\psi (t)⟩.\text{\hspace{1em}(1.41)}$$

可见在这种形式体系中，态向量依赖于 $t$，而算符不依赖于 $t$。这种形式体系称为薛定谔绘景。

我们接下来的任务是求出 $|\psi (t)⟩$ 的运动方程。为避免混淆，与薛定谔绘景（海森堡绘景）相关的量分别以下标 S（H）标记。于是有 $|\psi (t){⟩}_{\mathrm{S}}={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\hat{H}t}|\psi {⟩}_{\mathrm{H}}$ 和 ${\hat{A}}_{\mathrm{S}}={\hat{A}}_{\mathrm{H}}(0)$。将 $|\psi (t){⟩}_{\mathrm{S}}$ 对 $t$ 求导，便得到薛定谔方程：

$$\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi (t){⟩}_{\mathrm{S}}=\hat{H}|\psi (t){⟩}_{\mathrm{S}}.\text{\hspace{1em}(1.42)}$$

注意，哈密顿量 $\hat{H}$ 在薛定谔绘景和海森堡绘景中是相同的。凡不致引起混淆之处，我们将略去下标 S 和 H。

1.2.4 波函数

考虑一个在实轴 $\mathbb{R}$ 上运动的质点，设 $\hat{x}$ 为位置算符，其特征值为 $y$，相应的特征向量为 $|y⟩$，即 $\hat{x}|y⟩=y|y⟩$。这些特征向量满足归一化关系 $⟨x|y⟩=\delta (x-y)$。

类似地，设 $q$ 为 $\hat{p}$ 的特征值，相应的特征向量为 $|q⟩$，即 $\hat{p}|q⟩=q|q⟩$，并满足 $⟨p|q⟩=\delta (p-q)$。

设 $|\psi ⟩\in \mathcal{H}$ 为一个态向量，则内积

$$\psi (x)\equiv ⟨x|\psi ⟩\text{\hspace{1em}(1.43)}$$

就是 $|\psi ⟩$ 在基 $|x⟩$ 下的分量，

$$|\psi ⟩=\int |x⟩⟨x|dx|\psi ⟩=\int \psi (x)|x⟩dx.$$

系数 $\psi (x)\in \mathbb{C}$ 称为波函数。按照前面概述的量子力学公理，它是处于态 $|\psi ⟩$ 的质点在 $x$ 处被找到的概率幅，也就是说，$|\psi (x){|}^2\mathrm{d}x$ 是在区间 $[x,x+\mathrm{d}x]$ 内找到该质点的概率。因此，自然地要求它满足归一化条件

$$\int \mathrm{d}x|\psi (x){|}^2=⟨\psi |\psi ⟩=1\text{\hspace{1em}(1.44)}$$

因为在实轴上任何位置找到该质点的概率总和恒为 1。

同样，$\psi (p)=⟨p|\psi ⟩$ 是在动量为 $p$ 的态中找到该质点的概率幅，而在区间 $[p,p+\mathrm{d}p]$ 内找到该质点动量的概率为 $|\psi (p){|}^2\mathrm{d}p$。

用波函数表示时，两个态的内积为

$$\begin{array}{rl}⟨\psi |\varphi ⟩& =\int \mathrm{d}x⟨\psi |x⟩⟨x|\varphi ⟩=\int \mathrm{d}x{\psi }^{\ast }(x)\varphi (x),(1.45a)\\ & =\int \mathrm{d}p⟨\psi |p⟩⟨p|\varphi ⟩=\int \mathrm{d}p{\psi }^{\ast }(p)\varphi (p).(1.45b)\end{array}$$

这样，抽象的右矢就用更具体的波函数 $\psi (x)$ 或 $\psi (p)$ 表示出来了。那么算符又如何呢？下面我们在基 $|x⟩$ 下写出算符。由定义式 $\hat{x}|x⟩=x|x⟩$ 可得 $⟨x|\hat{x}=⟨x|x$，再在其右端乘以 $|\psi ⟩$，便得到

$$⟨x|\hat{x}|\psi ⟩=x⟨x|\psi ⟩=x\psi (x).\text{\hspace{1em}(1.46)}$$

这常写作 $(\hat{x}\psi )(x)=x\psi (x)$

那么动量算符 $\hat{p}$ 又如何呢？让我们考虑幺正算符

$$\hat{U}(a)={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}a\hat{p}}.$$

引理 1.1

如前定义的算符 $\hat{U}(a)$ 满足

$$\hat{U}(a)|x⟩=|x+a⟩.\text{\hspace{1em}(1.47)}$$

证明

由$[\hat{x},\hat{p}]=\mathrm{i}$可知，对$n=1,2,\dots$有$[\hat{x},{\hat{p}}^n]=\mathrm{i}n{\hat{p}}^{n-1}$。因此，我们有

$$[\hat{x},\hat{U}(a)]=\left[\hat{x},\sum _n\frac{(-\mathrm{i}a{)}^n}{n!}{\hat{p}}^n\right]=a\hat{U}(a)$$

这也可以写成

$$\hat{x}\hat{U}(a)|x⟩=\hat{U}(a)(\hat{x}+a)|x⟩=(x+a)\hat{U}(a)|x⟩.$$

这表明$\hat{U}(a)|x⟩\propto |x+a⟩$。由于$\hat{U}(a)$是酉的，它保持向量的范数不变。因此，$\hat{U}(a)|x⟩=|x+a⟩$。

取一个无穷小数$\epsilon$，则

$$\hat{U}(\epsilon )|x⟩=|x+\epsilon ⟩\simeq (1-\mathrm{i}\epsilon \hat{p})|x⟩.$$

由此可得

$$\hat{p}|x⟩=\frac{|x+\epsilon ⟩-|x⟩}{-\mathrm{i}\epsilon }\stackrel{\epsilon \to 0}{\to }\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}|x⟩\text{\hspace{1em}(1.48)}$$

及其对偶式

$$⟨x|\hat{p}=\frac{⟨x+\epsilon |-⟨x|}{\mathrm{i}\epsilon }\stackrel{\epsilon \to 0}{\to }-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}⟨x|.\text{\hspace{1em}(1.49)}$$

因此，对任意态$|\psi ⟩$，可得

$$⟨x|\hat{p}|\psi ⟩=-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}⟨x|\psi ⟩=-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\psi (x).\text{\hspace{1em}(1.50)}$$

这也可写作$(\hat{p}\psi )(x)=-\mathrm{id}\psi (x)/\mathrm{d}x$

类似地，若采用基$|p⟩$，则算符的动量表象为

$$\hat{x}|p⟩=-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}p}|p⟩\text{\hspace{1em}(1.51)}$$

$$\hat{p}|p⟩=p|p⟩\text{\hspace{1em}(1.52)}$$

$$⟨p|\hat{x}|\psi ⟩=\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}p}\psi (p)\text{\hspace{1em}(1.53)}$$

$$⟨p|\hat{p}|\psi ⟩=p\psi (p).\text{\hspace{1em}(1.54)}$$

练习 1.2

证明(1.51)-(1.54)。

命题 1.1

$$⟨x|p⟩=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}px}\text{\hspace{1em}(1.55)}$$

$$⟨p|x⟩=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}px}\text{\hspace{1em}(1.56)}$$

证明

取关系式中的 $|\psi ⟩=|p⟩$

$$(\hat{p}\psi )(x)=⟨x|\hat{p}|\psi ⟩=-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\psi (x)$$

可得

$$p⟨x|p⟩=⟨x|\hat{p}|p⟩=-\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}⟨x|p⟩.$$

容易求得其解为

$$⟨x|p⟩=C{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}px}.$$

归一化条件要求

$$\begin{array}{rl}\delta (x-y)& =⟨x|y⟩=⟨x|\int |p⟩⟨p|dp|y⟩\\ & =C^2\int \mathrm{d}p{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}p(x-y)}\\ & =C^{2}2\pi \delta (x-y),\end{array}$$

其中已取 $C$ 为实数。这表明 $C=1/\sqrt{2\pi }$。(1.56) 的证明留作练习。

于是，$\psi (x)$ 与 $\psi (p)$ 之间的关系为

$$\psi (p)=⟨p|\psi ⟩=\int \mathrm{d}x⟨p|x⟩⟨x|\psi ⟩=\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{2\pi }}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}px}\psi (x)\text{\hspace{1em}(1.57)}$$

这正就是 $\psi (x)$ 的傅里叶变换。

下面我们来导出 $\psi (x)$ 所满足的薛定谔方程。将 $⟨x|$ 从左侧作用于 (1.42)，得到

$$⟨x|\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|\psi (t)⟩=⟨x|\hat{H}|\psi (t)⟩$$

其中已略去下标 S。对于形如 $\hat{H}={\hat{p}}^2/2m+V(\hat{x})$ 的哈密顿算符，我们得到含时薛定谔方程：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{i}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\psi (x,t)& =⟨x\left|\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+V(\hat{x})\right|\psi (t)⟩\\ & =-\frac{1}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x,t)+V(x)\psi (x,t),\end{array}\text{\hspace{1em}(1.58)}$$

其中 $\psi (x,t)\equiv ⟨x|\psi (t)⟩$

设该方程的一个解写成 $\psi (x,t)=T(t)\varphi (x)$ 的形式。将其代入 (1.58) 并用 $\psi (x,t)$ 除所得结果，得到

$$\frac{\mathrm{i}{T}^{\prime }(t)}{T(t)}=\frac{-{\varphi }^{\prime \prime }(x)/2m+V(x)\varphi (x)}{\varphi (x)}$$

其中撇号表示对相应变量的导数。由于左端只是 $t$ 的函数，而右端只是 $x$ 的函数，因此二者必为常数，我们将其记为 $E$。于是得到两个方程，它们应当联立求解：

$$\mathrm{i}{T}^{\prime }(t)=ET(t)\text{\hspace{1em}(1.59)}$$

$$-\frac{1}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\varphi (x)+V(x)\varphi (x)=E\varphi (x).\text{\hspace{1em}(1.60)}$$

第一个方程容易解出

$$T(t)=\exp (-\mathrm{i}Et)\text{\hspace{1em}(1.61)}$$

而第二个方程是量子哈密顿算符的本征值问题，称为不含时薛定谔方程(time-independent Schrödinger equation)、定态薛定谔方程，或简称为薛定谔方程。对于三维空间，它写为

$$-\frac{1}{2m}{\nabla }^2\varphi (\mathbf{x})+V(\mathbf{x})\varphi (\mathbf{x})=E\varphi (\mathbf{x}).\text{\hspace{1em}(1.62)}$$

1.2.5 谐振子

此刻不妨先停下来，具体算一个非平凡的例子，这是很有启发性的。我们以一维谐振子为例，因为它既非平凡，又能精确求解，而且在后面的应用中十分重要。

量子哈密顿算符为

$$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2[\hat{x},\hat{p}]=\mathrm{i}.\text{\hspace{1em}(1.63)}$$

（定态）薛定谔方程为

$$-\frac{1}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\psi (x)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2\psi (x)=E\psi (x).\text{\hspace{1em}(1.64)}$$

将变量重新标度为 $\xi =\sqrt{m\omega }x,\epsilon =E/\hslash \omega$，便得到

$${\psi }^{\prime \prime }+(\epsilon -{\xi }^2)\psi =0.\text{\hspace{1em}(1.65)}$$

这个常微分方程（ODE）只有当 $\epsilon ={\epsilon }_n\equiv (n+\frac{1}{2})$（$n=0,1,2,\dots$）时才存在可归一化的解，即

$$E=E_n\equiv \left(n+\frac{1}{2}\right)\omega (n=0,1,2,\dots )\text{\hspace{1em}(1.66)}$$

而归一化的解可用厄米多项式

$$H_n(\xi )=(-1{)}^n{\mathrm{e}}^{{\xi }^2/2}\frac{{\mathrm{d}}^n{\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}}{\mathrm{d}{\xi }^n}\text{\hspace{1em}(1.67)}$$

写成

$$\psi (\xi )=\sqrt{\frac{m\omega }{2^{n}n!\sqrt{\pi }}}{H}_n(\xi ){\mathrm{e}}^{-{\xi }^2/2}.\text{\hspace{1em}(1.68)}$$

这个本征值问题也可以用代数方法来分析。定义湮灭算符(annihilation operator) $\hat{a}$ 与产生算符 ${\hat{a}}^{†}$ 为

$$\hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega }{2}}\hat{x}+\mathrm{i}\sqrt{\frac{1}{2m\omega }}\hat{p}\text{\hspace{1em}(1.69)}$$

$${\hat{a}}^{†}=\sqrt{\frac{m\omega }{2}}\hat{x}-\mathrm{i}\sqrt{\frac{1}{2m\omega }}\hat{p}.\text{\hspace{1em}(1.70)}$$

数算符(number operator) $\hat{N}$ 定义为

$$\hat{N}={\hat{a}}^{†}\hat{a}.\text{\hspace{1em}(1.71)}$$

练习 1.3

证明

$$[\hat{a},\hat{a}]=[{\hat{a}}^{†},{\hat{a}}^{†}]=0[\hat{a},{\hat{a}}^{†}]=1\text{\hspace{1em}(1.72)}$$

以及

$$[\hat{N},\hat{a}]=-\hat{a}[\hat{N},{\hat{a}}^{†}]={\hat{a}}^{†}.\text{\hspace{1em}(1.73)}$$

再证明

$$\hat{H}=\left(\hat{N}+\frac{1}{2}\right)\omega .\text{\hspace{1em}(1.74)}$$

设 $|n⟩$ 是 $\hat{N}$ 的一个归一化特征向量

$$\hat{N}|n⟩=n|n⟩.$$

则由 练习 1.3 中证明的对易关系可得

$$\hat{N}(\hat{a}|n⟩)=(\hat{a}\hat{N}-\hat{a})|n⟩=(n-1)(\hat{a}|n⟩)$$

$$\hat{N}({\hat{a}}^{†}|n⟩)=({\hat{a}}^{†}\hat{N}+{\hat{a}}^{†})|n⟩=(n+1)({\hat{a}}^{†}|n⟩).$$

因此，$\hat{a}$ 使特征值减少 1，而 ${\hat{a}}^{†}$ 使特征值增加 1，湮灭与产生之名即由此而来。注意特征值 $n\ge 0$，因为

$$n=⟨n|\hat{N}|n⟩=(⟨n|{\hat{a}}^{†})(\hat{a}|n⟩)=\Vert \hat{a}|n⟩{\Vert }^2\ge 0.$$

等号成立当且仅当 $\hat{a}|n⟩=0$。取定一个 $n_0>0$，并对 $|n_0⟩$ 反复作用 $\hat{a}$。最终对某个整数 $k>n_0$，${\hat{a}}^k|n_0⟩$ 的特征值会变为负值，这就产生了矛盾。只有当 $n_0$ 为非负整数时才能避免这一矛盾。于是存在一个态 $|0⟩$ 满足 $\hat{a}|0⟩=0$。态 $|0⟩$ 称为基态(ground state)。由于 $\hat{N}|0⟩={\hat{a}}^{†}\hat{a}|0⟩=0$，该态是

$\hat{N}$ 的特征值为 0 的特征向量。波函数 ${\psi }_0(x)\equiv ⟨x|0⟩$ 可通过求解一阶常微分方程得到

$$⟨x|\hat{a}|0⟩=\sqrt{\frac{1}{2m\omega }}\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\psi }_0(x)+m\omega x{\psi }_0(x)\right)=0.\text{\hspace{1em}(1.75)}$$

容易求得其解为

$${\psi }_0(x)=C\exp (-m\omega x^2/2)\text{\hspace{1em}(1.76)}$$

其中 $C$ 是 (1.68) 中给出的归一化常数。任意向量 $|n⟩$ 都可由 $|0⟩$ 经 ${\hat{a}}^{†}$ 反复作用而得到

练习 1.4

证明

$$|n⟩=\frac{1}{\sqrt{n!}}({\hat{a}}^{†}{)}^n|0⟩\text{\hspace{1em}(1.77)}$$

满足 $\hat{N}|n⟩=n|n⟩$，并且是归一化的。

由此可见，$\hat{N}$ 的谱为 $\mathrm{Spec}\hat{N}=\{0,1,2,\dots \}$，因而量子哈密顿算符的谱为

$$\mathrm{Spec}\hat{H}=\left\{\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2},\dots \right\}.\text{\hspace{1em}(1.78)}$$

尾注

原书尾注 9：正文锚点待核

作用在 $\mathcal{H}$ 上的算符记作 $\hat{\cdot }$。除非可能引起混淆，以后将省略这一符号。

来源与版本

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Footnotes

1. 在量子力学中，希尔伯特空间通常指空间（流形）$M$ 上平方可积函数 $L^2(M)$ 构成的空间。但在下文中，我们需要处理像 $\delta (x)$ 和 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}kx}$ 这样范数无穷大的函数。包含这类函数的扩充希尔伯特空间称为装备希尔伯特空间(rigged Hilbert space)。这里对希尔伯特空间的处理在数学上并不严格，但不会带来任何不便。 ↩

2. 我们假定 $\mathcal{H}$ 是可分的，并且基中至多有可数无穷多个向量。注意，由于我们尚未定义向量的范数，因此不能施加正交归一条件。 ↩

3. 这条公理在文献中常被忽略。这条公理存在的理由将在后文阐明。 ↩

4. 由于 $\hat{A}(t)$ 是厄米的，因此总可以选取 $\{|n⟩\}$ 使其为正交归一的。 ↩