量子力学（五）：算符对易关系、一维谐振子的代数解

算符对易关系

上篇文章中我们更深入学习了算符的有关内容。本次文章我们将介绍算符的另一个重要运算：对易。

算符$\hat A$ 与算符$\hat B$ 的对易运算表示为：$$[\hat A,\hat B]=\hat A\hat B-\hat B\hat A$$

其意义比较显然：将$\hat A$ 与$\hat B$ 先后作用在波函数之上时，作用的顺序不同得到的结果未必相同。即$$\forall\;\psi,\;[\hat A,\hat B]\psi=\hat A\hat B\psi-\hat B\hat A\psi\neq0,\;iff\;[\hat A,\hat B]\neq 0$$而对易运算则告诉我们，这两个算符交换运算顺序时，计算结果会产生的差异。特殊地，当$[\hat A,\hat B]=0$ 时，称$\hat A$ 与$\hat B$ 是一对对易算符。

正则对易关系

量子力学中最简单的关系是正则对易关系，也即位置算符$\hat x$ 与动量算符$\hat p$ 之间的对易关系，其表示为：$$[\hat x,\hat p]=i\hbar$$

这个关系很容易证明。我们简单证下：

设任意波函数$\psi(x)$ 。我们有：$$\begin{align*}[\hat x,\hat p]\psi&=x\hat p\psi-\hat p x\psi\\&=x(-i\hbar{\partial\over\partial x})\psi-(-i\hbar{\partial \over \partial x})(x\psi) \end{align*}$$

这里应当特别注意的是，$\hat p x\psi=(-i\hbar{\partial \over \partial x})(x\psi)$ ，而不是$\hat p x\psi=(-i\hbar{\partial \over \partial x}x)\psi=-i\hbar\psi$ 。可能有人会不太理解为什么应当对$(x\psi)$ 一起求导，可以这么理解：对于一个这样的式子：$$\hat A\hat B...\hat N... \ket{\psi}$$

算符是从右到左依次作用在态$\ket{\psi}$ 上的。每一个算符作用在初态上之后都会得到一个新的态，下一个算符再继续作用在这个新的态上，再得到一个更新的态，继续这样下去直到所有算符都计算完毕。其实对易运算的存在也可以帮助我们理解这一点：哪个算符先作用在态之上是很重要的，而不能随意地颠倒顺序，必须是从最靠近态函数$\ket{\psi}$ 的那一个算符开始计算。

回头来看正则对易关系，我们可以这么理解$\hat p\hat x\psi$ ：首先将$\hat x$ 作用在$\psi$ 上，得到新的态$x\psi$ ，再将$\hat p$ 作用在$x\psi$ 上，就得到$-i\hbar{\partial \over \partial x}(x\psi)$ 。

我们继续计算：$$\begin{align*}[\hat x,\hat p]\psi&=x\hat p\psi-\hat p x\psi\\&=x(-i\hbar{\partial\over\partial x})\psi-(-i\hbar{\partial \over \partial x})(x\psi)\\&=x(-i\hbar){d\psi\over dx}+i\hbar\psi+i\hbar x{d\psi\over dx}=i\hbar\psi\end{align*}$$故$[\hat x,\hat p]=i\hbar.\;QED.$

对易式的一些基本性质

对易关系最基本的几个性质是$$[\hat A,\hat B]=-[\hat B,\hat A]$$ $$c[\hat A,\hat B]=[c\hat A,\hat B]=[\hat A,c\hat B]$$ $$[\hat A+\hat B,\hat C]=[\hat A,\hat C]+[\hat B,\hat C]$$ $$[\hat A,c]=0$$ $$[\hat A,\hat A]=0$$其中$c$ 为常数。这几式太显然了，所以不证。

对易运算还满足以下两式：$$[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B\tag{1}$$ $$[\hat A,\hat B\hat C]=\hat B[\hat A,\hat C]+[\hat A,\hat B]\hat C\tag{2}$$

比较方便的记忆方法是：两个写在一起的算符，把写在前面的拉到方括号前面去，写在后面的拉到方括号后面去，事就这样成了。

下面简单证下$(1)$ 式。$(2)$ 式读者不妨自己仿照方法证下。

首先有$$[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A\hat B\hat C-\hat C\hat A\hat B$$

而$$\begin{align*}\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B&=\hat A(\hat B\hat C-\hat C \hat B)+(\hat A\hat C- \hat C\hat A)\hat B \\&=\hat A\hat B\hat C-\hat A\hat C \hat B+\hat A\hat C\hat B- \hat C\hat A\hat B\\&=\hat A\hat B\hat C-\hat C\hat A\hat B.\; QED.\end{align*}$$

一维谐振子

一维谐振势为：$$V(x)={1\over 2}m\omega^2 x^2$$跟普通物理中的简谐振动是一样的。

一维谐振子的代数解

一维谐振子的代数解非常的优美、而且物理意义明显，只是数学上可能不是特别直观。它基于这一量子力学的基本思想：能量或任何其他物理量是量子化了的，粒子的能量本征态只能处于特定的能级之上。

因此，我们假设一维谐振子的能量本征态为$\psi_n(x)$ 。定义产生算符$\hat a_+$ 与湮灭算符$\hat a_-$^[1] 。我们设当产生算符$\hat a_+$ 作用在第$n$ 个能级上时，会使得量子态往上跃迁一个能级，到第$n+1$ 个能级。也即：$$\hat a_+\psi_n=a_n\psi_{n+1}$$

其中$a_n$ 为一个未定常数，我们先暂时不去计较，反正它物理意义先定下来，其他的之后再谈。类似地，对湮灭算符我们就有$$\hat a_-\psi_n=a_n'\psi_{n-1}$$

注意到我们有边界条件：

$$\hat a_-\psi_0=0$$

也即湮灭算符作用在谐振子基态上的时候，整个体系就没了。很符合正常人的物理直觉对吧。如果我们能够解出这两个算符的具体形式，那么再由边界条件解得谐振子能量基态的形式，再一级级能级地“往上爬”，就可以递推出所有能级的具体形式，我们的任务就完成了。

那么如何得到它们的可能形式呢？既然是和能量有关，就离不开哈密顿算符$\hat H$ 。先把它具体形式写出来：$$\hat H=-{\hbar^2\over 2m}{d^2\over dx^2}+{1\over 2}m\omega^2x^2\tag{3}$$

满足本征关系$$\hat H\psi_n=E_n\psi_n$$为了简化计算，我们设想一个无量纲“坐标”$\hat X=X$ ，由能量本征关系，再注意到$\hbar\omega$ 的量纲是能量量纲，我们就不妨先把$\hbar\omega$ 和共同常数$1\over 2$ 提出来，再令$X$ 满足$$\hat H\psi_n(X)={\hbar\omega\over 2}(-{d^2\over dX^2}+X^2)\psi_n(X)=E_n\psi_n(X)$$

对比式$(3)$ 就得到$x=\sqrt{\hbar\over m\omega}X$ 。

我们进一步简化$\hat H$：$$\hat H={\hbar\omega\over 2}(-{d^2\over dX^2}+X^2)={\hbar\omega\over 2}((-{d\over dX}+X)({d\over dX}+X)+{d\over dX}X-X{d\over dX})$$

注意到后两项为对易关系$[{d\over dX},X]$ 。参考正则对易关系，我们可以很容易地计算出这个对易式的结果：$$\begin{align*} [{d\over dX},X]\varphi&={d\over dX}(X\varphi)-X{d\over dX}\varphi\\&=X{d\varphi\over dX}+\varphi-X{d\varphi\over dX}\\&=\varphi\end{align*}$$即$[{d\over dX},X]=1$ 。

还是参考正则对易关系，我们希望有一个无量纲“动量”$\hat P$ ，应该满足的无量纲版本的“正则对易关系”为$$[X,\hat P]=i$$

而且同样类似地，$\hat P$ 应该是对$X$ 求微分的一个运算；由$[{d\over dX},X]=1$ 则$[X,{d\over dX}]=-1$ ，则$[X,-i{d\over dX}]=i$，故我们要的$\hat P=-i{d\over dX}$ ，和普通的动量算符形式也是一致的。

我们此时的哈密顿量可以写为：$$\hat H=\hbar\omega({1\over\sqrt{2}}(-i\hat P+X){1\over\sqrt{2}}(i\hat P+X)+{1\over 2})$$

到这里我们其实就可以发现，如果我们设产生和湮灭算符为${1\over\sqrt{2}}(-i\hat P+X)$ 和${1\over\sqrt{2}}(i\hat P+X)$ ，就可以满足我们之前的要求：这两个算符加上一个$\hbar\omega\over 2$ 作用在$\psi_n$ 上，能级一上一下（或者一下一上，我们暂时还不知道具体哪个对应哪个），最后还是会回到$n$ 这个能级。而这一上一下中间产生的常数，乘上前面的系数$\hbar\omega$ ，再加上常数$\hbar\omega\over 2$ ，得到的就刚好是$E_n$ 。

要确定哪个是产生算符，哪个是湮灭算符，就需要用到它们之间的对易关系，以及它们与哈密顿量的对易关系。我们不妨暂时先记$\hat a_1={1\over\sqrt{2}}(-i\hat P+X),\;\hat a_2={1\over\sqrt{2}}(i\hat P+X)$ 。那么我们有：$$\begin{align*}[\hat a_1,\hat a_2]&=[{1\over\sqrt{2}}(-i\hat P+X),{1\over\sqrt{2}}(i\hat P+X)] \\&= {1\over 2}([-i\hat P, X]+[X,i\hat P])\\&=[X,i\hat P]\\&=-1 \end{align*}$$

那么$[\hat a_2,\hat a_1]=1$ 。又$\hat H=\hbar\omega(\hat a_1\hat a_2+{1\over 2})$ ，则有$$\begin{align*}[\hat a_1,\hat H]&=\hbar\omega[\hat a_1,\hat a_1\hat a_2+{1\over 2}] \\&=\hbar\omega(\hat a_1[\hat a_1,\hat a_2]+[\hat a_1,\hat a_1]\hat a_2)\\&=\hbar\omega\hat a_1[\hat a_1,\hat a_2]\\&=-\hbar\omega\hat a_1 \end{align*}$$

类似地我们有$$\begin{align*}[\hat a_2,\hat H]&=\hbar\omega[\hat a_2,\hat a_1\hat a_2+{1\over 2}] \\&=\hbar\omega(\hat a_1[\hat a_2,\hat a_2]+[\hat a_2,\hat a_1]\hat a_2)\\&=\hbar\omega[\hat a_2,\hat a_1]\hat a_2\\&=\hbar\omega\hat a_2 \end{align*}$$

我们考虑这样一个态：$\hat a_1\psi_n$ 。当哈密顿量作用在这个态上时，我们得到：$$\begin{align*}\hat H\hat a_1\psi_n&=([\hat H,\hat a_1]+\hat a_1\hat H)\psi_n\\&=-[\hat a_1,\hat H]\psi_n+\hat a_1\hat H\psi_n\\&=\hbar\omega\hat a_1\psi_n+\hat a_1E_n\psi_n\\&=(E_n+\hbar\omega)\hat a_1\psi_n \end{align*}$$

我们立即发现，这个态$\hat a_1\psi_n$ 是 $\hat H$ 的本征态，对应的本征值为$E_n+\hbar\omega$ 。显然$\hat a_1$就是我们要找的产生算符$\hat a_+$，每当它作用在$\psi_n$ 上时，就会使得体系能量增加$\hbar\omega$ ，而这个值就应该是一维谐振子两个能级之间的能量差。而另外一个算符$\hat a_2$ 就应该是湮灭算符$\hat a_-$。强烈建议读者仿照上述方法证明$\hat a_2\psi_n$ 同样是$\hat H$ 的本征态，本征值为$E_n-\hbar\omega$ 。

已知产生和湮灭算符的具体形式，我们下一步要做的就是导出谐振子能量基态的表达式。由$\hat a_-\psi_0=0$ ，得到$$(i\hat P+X)\psi_0(X)=0$$ 这是一个关于$X$ 的微分方程，可以直接求解：$$({d\over dX}+X)\psi_0(X)=0$$ $$-X\psi_0(X)={d\psi_0\over dX}$$ $$-XdX={1\over\psi_0}d\psi_0$$ $$-{1\over 2}X^2+c=\ln{\psi_0}$$ $$\psi_0(X)=Ce^{-{1\over 2}X^2}$$ $$\psi_0(x)=Ce^{-{1\over2}{m\omega\over\hbar}x^2}$$

接着我们只需要求出归一化常数$C$ :$$\int_{-\infty}^\infty|C|^2e^{-{m\omega\over\hbar}x^2}dx=1$$

由高斯积分：$$\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}=\sqrt{\pi\over a}$$

很容易得到$$|C|^2\sqrt{\pi\hbar\over m\omega}=1$$ $$C=({m\omega\over\pi\hbar})^{1\over4}$$
于是就得到谐振子能量基态：$$\psi_0(x)=({m\omega\over\pi\hbar})^{1\over4}e^{-{1\over2}{m\omega\over\hbar}x^2}$$

非常非常建议读者根据$\hat a_+=(-i\hat P+X)$ 以及$\psi_0(x)$ 的形式，仿照上述方法计算一下谐振子第一能量激发态$\psi_1(x)$ 的形式。

小结

一维谐振子的产生和湮灭算符形式为：$$\hat a_\pm={1\over\sqrt{2m\hbar\omega}}(m\omega \hat x\mp i\hat p)$$哈密顿算符可由这两个算符表示为：$$\hat H=\hbar\omega(\hat a_+\hat a_-+{1\over2})$$或是$$\hat H=\hbar\omega(\hat a_-\hat a_+-{1\over2})$$

它们之间满足对易关系：$$[\hat a_\pm,\hat a_\mp]=\mp1$$ $$[\hat a_\pm,\hat H]=\mp\hbar\omega\hat a_\pm$$

一维谐振子能量基态的表达式为：$$\psi_0(x)=({m\omega\over\pi\hbar})^{1\over4}e^{-{1\over2}{m\omega\over\hbar}x^2}$$

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1. 很多资料上会记产生算符为$\hat a$ ，以及湮灭算符为$\hat a^\dagger$ ，后者也确实是前者的厄米共轭。但是我们先假装不知道它们满足这样的关系来进行推导。以及为了避免与我在这里的写法混淆顺便提一下，取厄米共轭的符号$\dagger$ 并不是加号，而是剑号，正确念法是“dagger”，LaTeX里面也是这么写的\dagger 。有没有觉得量子力学本来就很酷了但是这把小短剑让它变得还要更酷了一点？ ↩︎