Notes

第2章 一维势场中的粒子

2.1 一维运动问题的一般分析

问题分类与基本概念

一维定态的分类：束缚态与非束缚态

本章主要是用Schrödinger方程来处理一维粒子的能量本征态问题，一般分为两类问题：

• 束缚态问题：束缚态(bound state)是指粒子局限在有限的空间中，即粒子在无穷远处出现的概率等于零的状态，即当 $x\to\pm\infty$ 时，有 $\psi(x)\to0$ ；而非束缚态(或称散射态)指粒子可以出现在无穷远处的状态，即当 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时， $\psi(x)\ne0$ 。束缚态问题会给出势场函数 $V(x)$ ，需要求出波函数 $\psi(x)$ 以及能量本征值 $E$ （通常是离散的 $E_n$ ）。

• 散射问题：会给出势场函数 $V(x)$ 与能量 $E$ ，需要求出波函数 $\psi(x)$ 。

在求解上述两个问题的能量本征方程时，要根据具体物理问题的边界条件来定解。（束缚态问题还有着 $\lim_{x\to\infty}\ \psi(x)=0$ 的无穷远处条件）

简并度

如果对一个给定的能量 $E$ ，只有一个线性独立的波函数存在，则称该能级是非简并的；否则称它是简并的，其线性独立的波函数的个数称为它的简并度。

宇称

定义一维粒子的空间反射算符 $P$ 为

$$P \psi(x) = \psi(-x)$$

其对应的本征方程为

$$P \psi(x) = \pi \psi(x)$$

定义宇称(parity)为空间反射算符的本征值 $\pi$ ，可以证明，空间反演算符只有 $\pm1$ 两个本征值，

$$P\psi(x) = \psi(-x) = \begin{cases} \psi(x), & \pi=+1, & 偶（正）宇称 \ -\psi(x), & \pi=-1, & 奇（负）宇称 \end{cases}$$

即空间反射不变的波函数具有偶（正）宇称(even parity)；变号的波函数具有奇（负）宇称(odd parity)；还有一些波函数没有确定的宇称，它们不是空间反射算符的本征态。

一维定态Schrödinger方程解的一般性质

质量为 $m$ 的粒子，沿 $x$ 方向运动，势能为 $V(x)$ ，则定态Schrödinger方程表示为

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+V(x)\right] \psi(x) = E \psi(x)$$

在量子力学中，如果不作特别的声明，都认为 $V(x)$ 取实值，即 $V(x) = V^*(x)$ 。

定理1 共轭定理

设 $\psi(x)$ 是定态Schrödinger方程的一个解，对应的能量本征值为 $E$ ，则 $\psi^*(x)$ 也是该方程的一个解，对应的能量也是 $E$ 。

证明

对定态Schrödinger方程取复共轭，可得

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+V(x)\right] \psi^$$(x) = E \psi^(x)

显然 $\psi^*(x)$ 也是定态Schrödinger方程的解，且对应的能量本征值为 $E$ 。

推论

假设对应于能量的某个本征值 $E$ ，定态Schrödinger方程的解无简并，则可取为实解（除了一个无关紧要的常数因子外）。

定理2

对应于能量的某个本征值 $E$ ，总可以找到定态Schrödinger方程的一组实解，凡属于 $E$ 的任何解，均可表示为这一组实解的线性叠加。

对于能级有简并的情况，要用到此定理；通过定理1和定理2，可以说明定态Schrödinger方程的基本解组可全取为实解。

证明

假设 $\psi(x)$ 是定态Schrödinger方程的一个解：

如果 $\psi(x)$ 是实解，则可把它归入实解的集合中去；

如果 $\psi(x)$ 是复解，则由定理1可知， $\psi^*(x)$ 也是方程的解，且同属于能量本征值 $E$ 。根据线性微分方程解的叠加性定理，

$$\varphi(x) = \psi(x) + \psi^$$(x), \kern 1em \chi(x) = -\mathrm{i} [\psi(x) - \psi^(x)]

也是方程同属于能量 $E$ 的解，且彼此独立。 $\varphi(x)$ 和 $\chi(x)$ 均为实解, 而 $\psi(x)$ 和 $\psi^*(x)$ 均可表示为其线性叠加，即

$$\psi = \frac12 (\varphi + \mathrm{i} \chi), \kern 1em \psi^* = \frac12 (\varphi - \mathrm{i} \chi)$$

定理3 反射定理

设势能函数 $V(x)$ 具有空间反射不变性，即 $V(x)=V(-x)$，那么若 $\psi(x)$ 是定态Schrödinger方程对应于能量本征值 $E$ 的解，则 $\psi(-x)$ 也是该方程对应于能量 $E$ 的解。

证明

当 $x\longrightarrow -x$ 时，有

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \longrightarrow \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}(-x)^2} = \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}, \kern 1em V(x) \longrightarrow V(-x) = V(x)$$

则定态Schrödinger方程转化为

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+V(x)\right] \psi(-x) = E \psi(-x)$$

显然 $\psi(-x)$ 也是定态Schrödinger方程的解，且对应的能量本征值为 $E$ 。

推论

如果对应于某能量 $E$ ，定态Schrödinger方程的解无简并，则解必有确定的宇称。

因为此时 $\psi(x)$ 与 $\psi(-x)$ 代表同一个解，它们最多可以差一个常数因子 $\pi$ ，即 $P\psi(x) = \psi(-x) = \pi\psi(x)$ 。

定理4

设势能函数 $V(x)$ 具有空间反射不变性，即 $V(x)=V(-x)$，则对应于任何一个能量本征值 $E$ ，总可以找到定态Schrödinger方程的一组解 (每个解都有确定的宇称)，而属于能量本征值 $E$ 的任何解，都可用它们来展开.

对于能级有简并的情况，能量本征态并不一定就具有确定宇称，此时，可以用该定理来处理；通过定理3和定理4，可以说明定态Schrödinger方程的基本解组可全取为具有确定宇称的解。

证明

假设 $\psi(x)$ 是定态Schrödinger方程的一个解：

如果 $\psi(x)$ 有确定的宇称，则可把它归入有确定的宇称的解集中去；

如果 $\psi(x)$ 无确定的宇称，则由定理3可知， $\psi(-x)$ 也是方程的解，且同属于能量本征值 $E$ ，但不同于 $\psi(x)$ 。根据线性微分方程解的叠加性定理，

$$f(x) = \psi(x) + \psi(-x),\kern 1em g(x) = \psi(x) - \psi(-x)$$

也是方程同属于能量 $E$ 的解，且彼此独立。 $f(x)$ 和 $g(x)$ 均具有确定宇称： $f(-x)=f(x)$ , $g(-x)=-g(-x)$ ；而 $\psi(x)$ 和 $\psi(-x)$ 均可表示为其线性叠加，即

$$\psi(x) = \frac12[f(x)+g(x)], \kern 1em \psi(-x) = \frac12[f(x)-g(x)]$$

定理5

对于阶梯方位势

$$V(x) = \begin{cases} V_1, & x<a \ V_2, & x>a \end{cases}$$

若 $(V_2-V_1)$ 有限，则能量本征函数 $\psi$ 及其导数 $\psi'(x)$ 必定是连续的；但若 $|V_2-V_1|\to\infty$ ，则该定理不成立。

证明

根据定态Schrödinger方程

$$\psi''(x) = -\frac{2m}{\hbar^2} \left[E-V(x)\right] \psi(x)$$

在 $V(x)$ 连续的区域，由 $\psi''(x)$ 存在可以推出 $\psi(x)$ 与 $\psi'(x)$ 是连续的。

在 $V(x)$ 发生阶梯形跳跃处， $V(x)\psi(x)$ 发生跃变，但变化是有限的，在 $x\sim a$ 邻域对上述方程积分，得

$$\lim_{\varepsilon\to0^+} \int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon} \psi''(x) \mathrm{d}x = \psi'(a+0^+) - \psi'(a-0^+) = -\frac{2m}{\hbar^2} \lim_{\varepsilon\to0^+} \int_{a-\varepsilon}^{a+\varepsilon} \mathrm{d}x [E-V(x)] \psi(x)$$

由于 $[E-V(x)]\psi(x)$ 是有限的，当 $\varepsilon\to0^+$ 时，上式右边积分趋于零，因此

$$\psi'(a+0^+) = \psi'(a-0^+)$$

即 $\psi'(x)$ 在 $V(x)$ 的跳跃点 $x=a$ 处是连续的，因而 $\psi(x)$ 也是连续的。

定理6 Wronskian定理

若 $\psi_1(x)$ 与 $\psi_2(x)$ 均为定态Schrödinger方程属于同一能量 $E$ 的解，则

$$\psi_1\psi'_2 - \psi_2\psi'_1 = \mathrm{Const}(与x无关)$$

其中 $\psi_1\psi'_2 - \psi_2\psi'_1$ 称为 $\psi_1(x)$ 与 $\psi_2(x)$ 的Wronskian行列式，即

$$W\psi_1,\psi_2 = \begin{vmatrix} \psi_1(x) & \psi_2(x) \ \psi'_1(x) & \psi'_2(x) \end{vmatrix}$$

证明

由定态Schrödinger方程可得

$$\psi''_1 = -\frac{2m}{\hbar^2} \left[E-V(x)\right] \psi_1 \ \kern1em \ \psi''_2 = -\frac{2m}{\hbar^2} \left[E-V(x)\right] \psi_2$$

$\psi_1$ $\times$ 下式 $-$ $\psi_2$ $\times$ 上式，可得

$$\psi_1\psi''_2 - \psi_2\psi''_1 = 0$$

即

$$\psi_1\psi''_2 - \psi_2\psi''_1 = \psi_1\psi''_2 + \psi'_1\psi'_2 - \psi'_1\psi'_2 - \psi_2\psi''_1 = (\psi_1\psi'_2 - \psi_2\psi_1)' = 0$$

积分，得

$$\psi_1\psi'_2 - \psi_2\psi'_1 = \mathrm{Const}(与x无关)$$

推论

对于束缚态，当 $x\to\infty$ 时， $\psi\to0$ ，所以该定理中的常数必为 $0$ ，因此对于同属于能量 $E$ 的任何两个束缚态波函数 $\psi_1$ 与 $\psi_2$ ，

$$\psi_1\psi'_2 = \psi_2\psi'_1$$

定理7 不简并定理

设粒子在规则势场 $V(x)$ （无奇点）中运动，如存在束缚态，则必定是非简并的。

注：对于常见的不规则势阱，在绝大多数情况下（如无限深方势阱、 $\delta$ 势阱等），该定理也成立；但对于某些不规则势阱，如一维氢原子（ $V(x) \propto -\frac{1}{|x|}$），除基态外，其他束缚态简并度均为 $2$ ，其特征是波函数的节点（指 $\psi(x)=0$ 的点）出现在 $V(x)$ 的奇异点处，两个简并态具有不同宇称。

证明

设 $\psi_1$ 与 $\psi_2$ 是定态Schrödinger方程属于同一能量 $E$ 的两个束缚态解，则

$$\psi_1\psi'_2 = \psi_2\psi'_1$$

在不包含 $\psi_1(x)$ 和 $\psi_2(x)$ 节点的区域中，等式左右两边同除以 $\psi_1\psi_2$ ，得

$$\frac{\psi'_2}{\psi_2} = \frac{\psi'_1}{\psi_1}$$

即

$$\left(\ln{\frac{\psi_1}{\psi_2}}\right)' = 0$$

积分得

$$\ln{\frac{\psi_1}{\psi_2}} = \ln C \kern 1em (C是与x无关的常数)$$

故

$$\psi_1 = C \psi_2$$

这表明 $\psi_1$ 与 $\psi_2$ 代表同一个量子态，即能级不简并。

2.2 束缚态问题：一维无限深势阱和有限深势阱、一维谐振子

一维无限深方势阱

模型描述与结论

一维无限深方势阱表示为

$$V(x) = \begin{cases} 0, & 0<x<a \ \infty, & 0<x,x>a \end{cases}$$

在该势阱中的质量为 $m$ 的粒子，能量是量子化的，即构成的能谱是离散的，体系的能量本征值

$$E_n = \frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2ma^2} \kern 1em (n=1,2,3,\cdots)$$

对应的能量本征函数为

$$\psi_n(x) = \begin{cases} \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right), & 0<x<a \ 0, & x<0,x>a \end{cases}$$

注：若将一维无限深方势阱表示为

$$V(x) = \begin{cases} 0, & |x|<\frac{a}{2} \ \infty, & |x|>\frac{a}{2} \end{cases}$$

则能量本征值不变，能量本征函数变为

$$\psi_n(x) = \begin{cases} \begin{cases} \sqrt{\frac{a}{2}} \cos\left(\frac{n\pi x}{a}\right) , & n=1,3,5,\cdots,(偶宇称) \ \sqrt{\frac{a}{2}} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) , & n=2,4,6,\cdots,(奇宇称) \end{cases} & |x|<\frac{a}{2} \ 0, & |x|<\frac{a}{2} \end{cases}$$

模型求解

在势阱内 $(0<x<a)$ ，能量本征方程为

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \psi(x) + \frac{2mE}{\hbar^2} \psi(x) = 0$$

其中粒子的能量 $E>0$ ，令

$$k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} > 0$$

则能量本征方程可表示为

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \psi(x) + k^2 \psi(x) = 0$$

解得

$$\psi(x) = A\sin(kx+\delta)$$

其中 $A$ 与 $\delta$ 为待定常数。因为势壁无限高，从物理上考虑，粒子不能透过势壁；按波函数的统计诠释，要求在阱壁上及阱外波函数为 $0$ 。这样就得到了边界条件

$$\psi(0) = 0, \kern 1em \psi(a) = 0$$

由 $\psi(0) = A\sin(\delta) = 0$ ，可取 $\delta = 0$ ，则 $\psi(x) = A\sin(kx)$ ，由 $\psi(a) = A\sin(ka) = 0$ ，可知

$$ka = n\pi \Longrightarrow k = \frac{n\pi}{a} \kern 1em (n=1,2,3,\cdots)$$

注： $n=0$ 给出的波函数 $\psi(x)=0$ ，无物理意义；而 $n$ 取负值与 $n$ 取对应的正值得到的波函数只相差一个常数 $-1$ ，描述的是同一个量子态。

$$k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} = \frac{n\pi}{a} \Longrightarrow E_n = \frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2ma^2} \kern 1em (n=1,2,3,\cdots)$$

则能量本征函数

$$\psi_n(x) = A\sin\left(\frac{n\pi}{a}x\right)$$

归一化后可得

$$\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{a}}\sin(\frac{n\pi}{a}x)$$

讨论

能量本征值

$$E_n = \frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2ma^2} \propto n^2 \kern 1em (n=1,2,3,\cdots)$$

能级的分布是不均匀的，能级越高，密度越小

$$\Delta E_n \approx \frac{\hbar^2\pi^2}{ma^2} n, \kern 1em \frac{\Delta E_n}{E_n} = \frac{2}{n} \overset{n\to\infty}{\longrightarrow} 0$$

当 $n$ 充分大时，可以认为能量连续。

最低能级不为零：

$$E_1 = \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2} > 0$$

这可以用不确定性关系来解释：

粒子局限在无限深方势阱中，位置不确定度 $\Delta x \sim a$ ，则动量不确定度 $\Delta p \sim \frac{\hbar}{\Delta x} \sim \frac{\hbar}{a}$ ，故能量不能为零，

$$E \sim \frac{p^2}{2m} \sim \frac{(\Delta p)^2}{2m} \sim \frac{\hbar^2}{2ma^2} \ne 0$$

概率密度

$$\rho_n(x) = |\psi_n(x)|^2 = \frac{2}{a}\sin^2\left(\frac{n\pi}{a}x\right)$$

由该图也可以看出，除端点 $(x=0,a)$ 外，基态（能量最低态， $n=1$ ）波函数无节点，第 $k$ 激发态（ $k=n-1$ ）有 $k$ 个节点。

一维有限深对称方势阱

模型描述与结论

一维有限深对称方势阱表示为

$$V(x) = \begin{cases} 0, & |x|<\frac{a}{2} \ V_0, & |x|>\frac{a}{2} \end{cases}$$

在该势阱中的质量为 $m$ 的粒子，讨论其处于束缚态 $(0<E<V_0)$ 的情况。

令

$$k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\ , \kern 1em \beta = \frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$$

引入无量纲参数

$$\xi = \frac{ka}{2}\ , \kern 1em \eta = \frac{\beta a}{2}$$

这两个无量纲参数满足一定的方程组，使得其取值是离散的，对应的能量本征态为

$$E_n = \frac{2\hbar^2}{ma^2} \xi^2_n$$

对于偶宇称态：

波函数形式为（可利用波函数连续性与归一化进一步求出 $A$ 与 $C$ ）

$$\psi(x) = \begin{cases} C\mathrm{e}^{\beta x}, & x<-\frac{a}{2} \ A\cos(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

无量纲参数满足方程组

$$\left{\begin{matrix} \xi\tan\xi = \eta \ \xi^2+\eta^2 = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} \end{matrix}\right.$$

对于奇宇称态：

波函数形式为（可利用波函数连续性与归一化进一步求出 $B$ 与 $C$ ）

$$\psi(x) = \begin{cases} C\mathrm{e}^{\beta x}, & x<-\frac{a}{2} \ B\sin(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ -C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

无量纲参数满足方程组

$$\left{\begin{matrix} -\xi\cot\xi = \eta \ \xi^2+\eta^2 = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} \end{matrix}\right.$$

模型求解

先考虑势阱外的情况，能量本征方程为

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \psi(x) - \beta^2 \psi(x) = 0$$

其中 $\beta = \frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$ ，解得

$$\psi(x) = C\mathrm{e}^{\beta x} + D\mathrm{e}^{-\beta x}$$

考虑束缚态边界条件，即在 $x\to\infty$ 处，要求 $\psi(x)\to0$ ，则

$$\psi(x) = \begin{cases} C\mathrm{e}^{\beta x}, & x<-\frac{a}{2} \ D\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

再考虑势阱内的情况，能量本征方程为

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2} \psi(x) + k^2 \psi(x) = 0$$

其中 $k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$ ，解得

$$\psi(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx)$$

考虑到势阱具有空间反射不变性 $V(-x)=V(x)$ ，由定理3推论可知，束缚态能量本征函数（由定理7知其不简并）必具有确定的宇称，因此只能单独取 $\cos(kx)$ 或 $\sin(kx)$ 形式，以下分别讨论。

对于偶宇称态：

在势阱内 $(|x|<\frac{a}{2})$ ， $B=0$ ，

$$\psi(x) = A\cos(kx) \kern 2em$$

在势阱外 $(|x|>\frac{a}{2})$ ， $C=D$ ,

$$\psi(x) = \begin{cases} C\mathrm{e}^{\beta x}, & x<-\frac{a}{2} \ C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

由定理5可知，波函数 $\psi(x)$ 及导数 $\psi'(x)$ 在 $|x|=\frac{a}{2}$ 处是连续的，由于波函数具有偶宇称，在 $-\frac{a}{2}$ 与 $\frac{a}{2}$ 处的情况实际上是等效的，这里只用分析 $x=\frac{a}{2}$ 的情况。

$$\psi(x) = \begin{cases} A\cos(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases} \ \kern 1em \ \psi'(x) = \begin{cases} -Ak\sin(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ -C\beta\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

则

$$A\cos(k\frac{a}{2}) = C\mathrm{e}^{-\beta\frac{a}{2}} \ \kern 1em \ -Ak\sin(k\frac{a}{2}) = -C\beta\mathrm{e}^{-\beta\frac{a}{2}}$$

两式相除，可消去 $A,C$ ，得

$$k\tan(k\frac{a}{2}) = \beta$$

注：也可以直接考虑 $(\ln\psi)'$ 的连续性，从而直接消去 $A,C$ 这两个常数。

引入无量纲参数

$$\xi = \frac{ka}{2}\ , \kern 1em \eta = \frac{\beta a}{2}$$

可得

$$\xi\tan\xi = \eta$$

同时， $\xi$ 与 $\eta$ 还满足

$$\xi^2+\eta^2 = \frac{a^2}{4}(k^2+\beta^2) = \frac{a^2}{4}\left[\frac{2mE}{\hbar^2} + \frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}\right] = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}$$

整理即得 $\xi$ 与 $\eta$ 满足方程组

$$\left{\begin{matrix} \xi\tan\xi = \eta \ \xi^2+\eta^2 = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} \end{matrix}\right.$$

对于奇宇称态：

在势阱内 $(|x|<\frac{a}{2})$ ， $A=0$ ，

$$\psi(x) = B\sin(kx) \kern 2em$$

在势阱外 $(|x|>\frac{a}{2})$ ， $C=-D$ ,

$$\psi(x) = \begin{cases} C\mathrm{e}^{\beta x}, & x<-\frac{a}{2} \ -C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

波函数 $\psi(x)$ 及导数 $\psi'(x)$ 在 $x=\frac{a}{2}$ 处是连续的，

$$\psi(x) = \begin{cases} B\sin(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ -C\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases} \ \kern 1em \ \psi'(x) = \begin{cases} Bk\cos(kx), & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \ C\beta\mathrm{e}^{-\beta x}, & x>\frac{a}{2} \end{cases}$$

则

$$B\sin(k\frac{a}{2}) = -C\mathrm{e}^{-\beta\frac{a}{2}} \ \kern 1em \ Bk\cos(k\frac{a}{2}) = C\beta\mathrm{e}^{-\beta\frac{a}{2}}$$

两式相除，可消去 $B,C$ ，得

$$-k\cot(k\frac{a}{2}) = \beta$$

引入无量纲参数

$$\xi = \frac{ka}{2}\ , \kern 1em \eta = \frac{\beta a}{2}$$

可得

$$-\xi\cot\xi = \eta$$

同时， $\xi$ 与 $\eta$ 还满足

$$\xi^2+\eta^2 =\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}$$

整理即得 $\xi$ 与 $\eta$ 满足方程组

$$\left{\begin{matrix} -\xi\cot\xi = \eta \ \xi^2+\eta^2 = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} \end{matrix}\right.$$

讨论

无量纲参数满足的方程组的解

对于 $\xi$ 与 $\eta$ 满足的方程组，可以采用图解法近似求解，无论是奇宇称态还是偶宇称态，方程组中的第二个方程的图象都是圆弧，半径为 $\sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}}$ 。对于偶宇称态，图为：

对于奇宇称态，图为：

注：实际上对于确定的 $m,a,V_0$ ，图中的圆弧应该只有一条。

在一维有限深对称方势阱问题中，无论势阱多浅或多窄（即无论 $V_0a^2$ 的值多小），偶宇称态的方程组都至少有一个根，这表明至少存在一个束缚态（即基态），其宇称为偶。

而对于奇宇称态的方程组，只有当

$$\xi^2+\eta^2 = \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} \ge \left(\frac{\pi}{2}\right)^2$$

即

$$V_0a^2 \ge \frac{\pi^2\hbar^2}{2m}$$

方程组才会有解，即才可能出现最低的奇宇称能级。

随着 $V_0a^2$ 的增大，方程组的解的个数会逐渐增多，出现更高的激发态能级，宇称奇偶相间。由图可得，圆弧的半径 $\sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}}$ 每增大 $\frac{\pi}{2}$ ，两图中交点的总个数会增加一个，由此可以推得束缚态能级总数为

$$N = 1+\left\lfloor\frac{a}{\hbar\pi}\sqrt{2mV_0}\right\rfloor$$

能量本征值

$$\xi = \frac{ka}{2} = \frac{a}{2}\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \Longrightarrow E_n = \frac{2\hbar^2}{ma^2} \xi_n^2$$

由上图可得

$$0<\xi_1<\frac{\pi}{2}<\xi_2<\pi<\cdots<\frac{\pi}{2}(n-1)<\xi_n<\frac{\pi}{2}n<\cdots$$

故有限深方势阱每个能级都比无限深方势阱的相应能级低一些：

$$E_n = \frac{2\hbar^2}{ma^2} \xi_n^2 < \frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2} n^2$$

当 $V_0\to+\infty$ 时，有 $\xi_n\to\frac{\pi}{2}n$ ，则 $E_n\to\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}n^2$ ，即趋向于无限深方势阱的能级。

一维谐振子

模型描述与结论

取谐振子的平衡位置为坐标原点，并选原点为势能的零点，则以为谐振子的势能可以表示为

$$V(x) = \frac12m\omega^2x^2$$

其中 $m$ 为谐振子的质量， $\omega$ 为经典谐振子的自然频率。理想的谐振子势是一个无限深势阱，只存在束缚态，谐振子的能量本征值为

$$E_n = (n+\frac12)\hbar\omega \kern 2em (n=0,1,2,\cdots)$$

正交归一化的能量本征函数为

$$\psi_n(x) = A_n \mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}} \mathrm{H}_n(\alpha x)$$

其中 $\alpha=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}$ ， $\mathrm{H}_n(x)$ 为Hermite多项式，归一化系数为

$$A_n = \sqrt{\frac{\alpha}{\sqrt{\pi}2^n\cdot n!}}$$

模型求解

一维谐振子的能量本征方程为

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}+\frac12m\omega^2x^2\right] \psi(x) = E \psi(x)$$

令 $\alpha=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}$ ，并引进无量纲参量

$$\xi = \alpha x , \kern 1em \lambda = \frac{E}{\frac12\hbar\omega}$$

则方程可整理为

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2} \psi + (\lambda-\xi^2) \psi = 0$$

设解的形式为

$$\psi = \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}} u(\xi)$$

之所以这么设，可以按如下方式考虑：当 $\xi\to\infty$ 时，方程近似表示为 $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2} \psi -\xi^2 \psi = 0$ ，当 $\psi = \mathrm{e}^{\pm\frac{\xi^2}{2}}$ 时， $\psi' = \pm\xi \mathrm{e}^{\pm\frac{\xi^2}{2}}$ ， $\psi'' = (\xi^2\pm1) \mathrm{e}^{\pm\frac{\xi^2}{2}} \approx \xi^2 \mathrm{e}^{\pm\frac{\xi^2}{2}} = \xi^2\psi$ ，故方程的近似解为 $\psi \sim \mathrm{e}^{\pm\frac{\xi^2}{2}}$ ，而根据束缚态边界条件，即 $\xi\to\infty$ 时 $\psi\to0$ ，应舍去 $\psi \sim \mathrm{e}^{\frac{\xi^2}{2}}$ 。

将上述解的形式代入原方程，可得到 $u(\xi)$ 满足的方程

$$\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}\xi^2} u + 2\xi \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\xi} u + (\lambda-1) u = 0$$

此即Hermite方程，可以通过级数解法求解：在 $\xi=0$ 附近，用幂级数展开

$$u(\xi) = \sum_{k=0}^{+\infty} c_k \xi^k$$

代入Hermite方程，比较同幂项的系数，可得

$$c_{k+2} = \frac{2k-(\lambda-1)}{(k+2)(k+1)} c_k \kern 2em (k=0,1,2,\cdots)$$

故所有的偶次项系数都可以用 $c_0$ 来表示，所有的奇次项系数都可以用 $c_1$ 来表示，把 $c_0$ 与 $c_1$ 作为两个任意常数，就可以得到Hermite方程两个线性无关的解，即级数的偶次项部分与奇次项部分

$$u_1(\xi) = \sum_{m=0}^{+\infty} c_{2m} \xi^{2m} = c_0 + c_2\xi^2 + c_4\xi^4 + \cdots \ \kern 1em \ u_2(\xi) = \sum_{m=0}^{+\infty} c_{2m+1} \xi^{2m+1} = c_1\xi + c_3\xi^3 + c_5\xi^5 + \cdots$$

考虑当 $\xi\to\infty$ 时的情况，当 $k\to+\infty$ 时，

$$\frac{c_{k+2}}{c_k} = \frac{2k-(\lambda-1)}{(k+2)(k+1)} \to \frac{2}{k}$$

对于偶数的情况，即 $k=2m$ ，有 $c_{2m+2}/c_{2m} \sim 1/m$ ，这与 $\mathrm{e}^{\xi^2}$ 的Taylor展开

$$\mathrm{e}^{\xi^2} = \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{\xi^{2m}}{m!}$$

相邻两项的系数比相同，因此，

$$u_1(\xi) \sim \mathrm{e}^{\xi^2}$$

同理可得

$$u_2(\xi) \sim \xi\mathrm{e}^{\xi^2}$$

代回到波函数可得

$$\psi_1 = \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}} u_1(\xi) \sim \mathrm{e}^{\frac{\xi^2}{2}} \ \kern 1em \ \psi_2 = \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}} u_2(\xi) \sim \xi\mathrm{e}^{\frac{\xi^2}{2}}$$

这不满足束缚态的边界条件（当 $\xi\to\infty$ 时 $\psi\to0$ ），故 $u_1$ 和 $u_2$ 两个无穷级数解中，必须至少有一个中断为多项式，也就是要找到合适的 $\lambda$ ，使得存在 $k\in\mathbb{N}$ 满足 $\frac{2k-(\lambda-1)}{(k+2)(k+1)} = 0$ ，故当

$$\lambda-1 = 2n \kern 2em (n=0,1,2,\cdots)$$

时，级数将中断一个多项式（ $c_{n+2} = c_{n+4} = c_{n+6} = \cdots = 0$ ）。当 $n$ 为偶时， $u_1$ 中断为Hermite多项式 $\mathrm{H}_n(\xi)$ ，$u_2$ 仍为无穷级数；当 $n$ 为奇时， $u_2$ 中断为Hermite多项式 $\mathrm{H}_n(\xi)$ ，$u_1$ 仍为无穷级数。其中Hermite多项式表示为

$$\mathrm{H}_n(\xi) = (-1)^n \mathrm{e}^{\xi^2} \frac{\mathrm{d}^n }{\mathrm{d}\xi^n} \mathrm{e}^{-\xi^2} \ = (2\xi)^n + n(n-1)(2\xi)^{n-2} + \cdots + (-1)^{\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor} \frac{n!}{\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor!} (2\xi)^{n-2\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor}$$

例如

$$\mathrm{H}_0(\xi) = 1 \ \mathrm{H}_1(\xi) = 2\xi \ \mathrm{H}_2(\xi) = 4\xi^2 -2$$

Hermite多项式的带权正交归一性表示为

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{H}_m(\xi) \mathrm{H}$$n(\xi) \mathrm{e}^{-\xi^2} \mathrm{d}\xi = \sqrt{\pi} 2^n \cdot n! \delta{mn}

根据 $\lambda$ 满足的离散化条件，可以求出一维谐振子的能量本征值

$$\lambda = \frac{E}{\frac12\hbar\omega} = 2n+1 \Longrightarrow E_n = (n+\frac12)\hbar\omega \kern 2em (n=0,1,2,\cdots)$$

借助Hermite多项式，并把 $\xi=\alpha x$ 代入，可以表示出一维谐振子的能量本征函数

$$\psi_n \propto \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}} \mathrm{H}_n(\xi) \Longrightarrow \psi_n(x) = A_n \mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}} \mathrm{H}_n(\alpha x)$$

根据Hermite多项式的带权正交归一性，

$$(\psi_m,\psi_n) = A_mA_n \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{H}_m(\xi) \mathrm{H}$$n(\xi) \mathrm{e}^{-\xi^2} \mathrm{d}\xi = A_mA_n\sqrt{\pi} 2^n \cdot n! \delta{mn}

可得归一化系数

$$A_n = \sqrt{\frac{\alpha}{\sqrt{\pi}2^n\cdot n!}}$$

这样波函数就满足了正交归一化条件

$$(\psi_m,\psi_n) = \delta_{mn}$$

讨论

能量本征值

$$E_n = (n+\frac12)\hbar\omega \kern 2em (n=0,1,2,\cdots)$$

一维谐振子的能量是均匀分布的，相邻的两条能级间距为 $E_{n+1} - E_n = \hbar\omega$ 。

波函数与能级宇称

最低的三条能级上的谐振子波函数如下：

$$\psi_0(x) = \frac{\sqrt{\alpha}}{\pi^{\frac{1}{4}}} \mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}} \ \kern 1em \ \psi_1(x) = \frac{\sqrt{2\alpha}}{\pi^{\frac{1}{4}}} \alpha x\ \mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}} \ \kern 1em \ \psi_2(x) = \frac{1}{\pi^{\frac{1}{4}}} \sqrt{\frac{\alpha}{2}} (2\alpha^2x^2-1) \mathrm{e}^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}}$$

其中 $\psi_n(x)$ 有 $n$ 个节点。

由于一维谐振子势具有空间反射不变性（ $V(-x)=V(x)$ ），根据定理3推论， $\psi_n(x)$ 必有确定的宇称，事实上，可以证明

$$\psi_n(-x) = (-1)^n \psi_n(x)$$

能级的宇称偶奇相间，基态是偶宇称。

基态能量与概率分布

一维谐振子基态能量为

$$E_0 = \frac12 \hbar\omega$$

其并不为零（可以用不确定性关系解释），称为零点能。

处于基态的谐振子在空间的概率分布为

$$|\psi_0(x)|^2 = \frac{\alpha}{\sqrt{\pi}} \mathrm{e}^{-\alpha^2x^2}$$

这是一个Gauss型分布，在原点 $(x=0)$ 处找到粒子的概率最大。

补充（二维、三维谐振子）

对于一维谐振子，其Hamilton算符

$$\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac12m\omega^2x^2$$

二维谐振子

二维谐振子的势能可以表示为

$$V(x,y) = \frac12m\omega^2r^2 = \frac12m\omega^2(x^2+y^2)$$

其Hamilton算符可以表示为

$$\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right) + \frac12m\omega^2(x^2+y^2) = \hat{H}_x + \hat{H}_y$$