量子諧振子

在量子力學裏，量子諧振子（quantum harmonic oscillator）是古典諧振子的延伸。其為量子力學中數個重要的模型系統中的一者，因為一任意勢在穩定平衡點附近可以用諧振子勢來近似。此外，其也是少數幾個存在簡單解析解的量子系統。量子諧振子可用來近似描述分子振動。

## 一維諧振子

### 哈密頓算符與能量本徵態

在一維諧振子問題中，一個質量為m的粒子，受到一位勢$V(x)=\frac{1}{2}m\omega^2x^2$。此粒子的哈密頓算符為

$$H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$$

其中x為位置算符，而p為動量算符$\left(p = -i \hbar {d \over dx} \right)$。第一項代表粒子動能，而第二項代表粒子處在其中的位能。為了要找到能階以相對應的能量本徵態，必須解所謂的「定態薛丁格方程式」：

$H \left| \psi \right\rangle = E \left| \psi \right\rangle$.

在座標基底下可以解這個微分方程式，用到冪級數方法。可以見到有一族的解：

$$\left\langle x | \psi_n \right\rangle = \sqrt{\frac{1}{2^n\,n!}} \cdot \left(\frac{m\omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \cdot \exp \left(- \frac{m\omega x^2}{2 \hbar} \right) \cdot H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} x \right)$$

$$n = 0, 1, 2, \ldots$$

前8個解（n = 0到7）如右圖。函數$H_n$為埃爾米特多項式：

$$H_n(x)=(-1)^n e^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$$

注意到不應將之與哈密頓算符搞混，儘管哈密頓算符也標作H。相應的能階為

$E_n = \hbar \omega \left(n + {1\over 2}\right)$。

值得注意的是能譜，理由有三。首先，能量被「量子化」（quantized），而只能有離散的值——即$\hbar\omega$乘以1/2, 3/2, 5/2……等等。這是許多量子力學系統的特徵。在爾後的「階梯算符」段落，將對此現象做更詳細的檢視。再者，可有的最低能量（當n = 0）不為零，而是$\hbar\omega/2$，被稱為「基態能量」或零點能量。在基態中，根據量子力學，一振子執行所謂的「零振動」（null oscillations）且其平均動能是正值。這樣的現象意義重大但並不那麼顯而易見，因為通常能量的零點並非一個有意義的物理量，因為可以任意選擇；有意義的是能量差。雖然如此，基態能量有許多的意涵，特別是在量子重力。最後一個理由為能階值是等距的，不像波耳模型或盒中粒子問題那樣。

注意到基態的機率密度集中在原點。這表示粒子多數時間處在勢阱的底部，合乎對於一幾乎不帶能量之狀態的預期。當能量增加時，機率密度變成集中在「古典轉向點」（classical turning points），其中狀態能量等同於勢能。這樣的結果與古典諧振子相一致；古典的描述下，粒子多數時間處在（而更有機會被發現在）轉向點，因為在此處粒子速度最慢。因此滿足對應原理。

### 階梯算符方法

前述的冪級數解雖然直觀，但顯得相當繁複。階梯算符方法起自保羅·狄拉克，允許抽像求得能量本徵值，而不用直接解微分方程式。此外，此法很容易推廣到更複雜的問題，尤其是在量子場論中。跟從此方法，定義算符a與其伴隨算符（adjoint）a†：

$$\begin{matrix} a &=& \sqrt{m\omega \over 2\hbar} \left(x + {i \over m \omega} p \right) \\ a^{\dagger} &=& \sqrt{m \omega \over 2\hbar} \left( x - {i \over m \omega} p \right) \end{matrix}$$

算符a並非厄米算符（Hermitian），因其與伴隨算符a†並不相同。

算符a與a†有如下性質：

$$\begin{matrix} a \left| \phi _n \right\rangle &=& \sqrt{n} \left| \phi _{n-1} \right\rangle \\ a^{\dagger} \left| \phi _n \right\rangle &=& \sqrt{n+1} \left| \phi _{n+1} \right\rangle \end{matrix}$$

在推導a†形式的過程中，已用到算符x與p（代表可觀測量）為厄米算符這樣的事實。這些可觀測量算符可以被表示為階梯算符的線性組合：

$$\begin{matrix} x &=& \sqrt{\hbar \over 2m\omega} \left( a^{\dagger} + a \right) \\ p &=& i \sqrt{{\hbar}m\omega \over 2} \left( a^{\dagger} - a \right) \end{matrix}$$

x與p算符遵守下面的等式，稱之為正則對易關係：

$\left[x , p \right] = i\hbar$.

方程式中的方括號是常用的標記機器，稱為交換子、交換算符或對易算符，其定義為

$\left[A , B \right] \ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ AB - BA$.

利用上面關係，可以證明如下等式：

$$H = \hbar \omega \left(a^{\dagger}a + 1/2\right)$$

$\left[a , a^{\dagger} \right] = 1$.

現在，讓$\left|\psi_E\right\rangle$代表帶有能量E的能量本徵態。任何右括向量（ket）與自身的內積必須是非負值，因此

$\left(a \left|\psi_E \right\rangle, a \left|\psi_E \right\rangle\right) = \left\langle\psi_E \right| a^\dagger a \left| \psi_E \right\rangle \ge 0$。

將a†a以哈密頓算符表示：

$\left\langle\psi_E \right| {H \over \hbar \omega} - {1 \over 2} \left|\psi_E\right\rangle = \left({E \over \hbar \omega} - {1 \over 2} \right) \ge 0$。

因此$E \ge \hbar \omega / 2$。注意到當（$a \left| \psi_E \right \rangle$）為零右括向量（亦即：長度為零的右括向量），則不等式飽和而$E = \hbar \omega / 2$。很直觀地，可以檢查到存在有一狀態滿足此條件——前面段落所提到的基態（n = 0）。

利用上面等式，可以指出a及a†與H的對易關係：

$\begin{matrix} \left[H , a \right] &=& - \hbar \omega a \\ \left[H , a ^\dagger\right] &=& \hbar \omega a^\dagger \end{matrix}$.

因此要是（$a \left| \psi_E \right \rangle$）並非零右括向量。

$\begin{matrix} H(a \left| \psi_E \right\rangle) <pre> &=&(\left[H,a\right] + a H)\left|\psi_E\right\rangle \\ &=&(- \hbar\omega a + a E)\left|\psi_E\right\rangle \\ &=&(E - \hbar\omega)(a\left|\psi_E\right\rangle) </pre> \end{matrix}$.

類似地，也可以指出

$H (a^\dagger \left| \psi_E \right\rangle) = (E + \hbar\omega) (a^\dagger \left| \psi_E \right\rangle)$.

換句話說，a作用在能量為E的本徵態，而產生出——還多了一個常數乘積——另一個能量為$E - \hbar \omega$的本徵態，而a†作用在能量為E的本徵態，產生出另一個能量為$E + \hbar \omega$的本徵態。因為這樣，a稱作降算符而a†稱作升算符。兩者合稱階梯算符。在量子場論中，a與a†也分別稱作消滅算符與創生算符，以其分別摧毀與創造粒子——對應於能量量子。

給定任何能量本徵態，可以拿降算符a作用在其上，產生了另一個能量少了$\hbar \omega$的本徵態。重複使用降算符，似乎可以產生能量本徵態其能量低到E = −∞。不過這樣就就與早先的要求$E \ge \hbar \omega / 2$相違背。因此，必須有一最底的能量本徵態——基態，標示作$\left| 0 \right \rangle$（勿與零右括向量混淆），使得

$a \left| 0 \right\rangle = 0$（即a對$\left| 0 \right\rangle$作用後產生零右括向量（zero ket））。

在這情況下，繼續使用降算符只會產生零右括向量，而不是產生額外的能量本徵態。此外，還指出了

$H \left|0\right\rangle =(\hbar\omega/2)\left|0\right\rangle$。

最後，透過將升算符作用在$\left| 0 \right \rangle$上，並且乘上適當的歸一化因子，可以產生出一個能量本徵態的無限集合$\left\{\left| 0 \right \rangle, \left| 1 \right \rangle, \left| 2 \right \rangle, ... , \left| n \right \rangle, ...\right\}$使得

$H \left|n\right\rangle = \hbar\omega (n + 1/2) \left|n\right\rangle$，這與前段所給的能譜相符合。

這方法也能夠用來很快地找到量子諧振子的基態波函數。只要將消滅算符作用於基態，$a \left| 0 \right\rangle = 0$變為

$x\psi_0(x) + \frac{\hslash}{m \omega} \frac{d \psi_0 (x)}{dx} = 0$。

所以。

$\frac{d\ln \psi_0 (x)}{dx}= - \frac{\hslash}{m \omega} x + \text{ Constant}$。

這個方程式的解為，經過歸一化。

$\psi_0(x)= \left({m\omega \over \pi\hbar}\right)^{1 \over 4}e^{ - m\omega x^2/2\hbar}$。

### 自然長度與能量尺度

量子諧振子擁有自然長度與自然能量兩個自然尺度，可以用來簡化問題。這可以透過無因次化來得到。結果是如果以$\hbar \omega$為單位來測量能量，以及$\left(\hbar / \left(m \omega\right)\right)^{1/2}$為單位來測量距離，則薛丁格方程式變成：

$H = - {1\over2} {d^2 \over du^2 } + {1 \over 2} u^2$。

且能量本徵態與本徵值變成

$$\left\langle x | \psi_n \right\rangle = {1 \over \sqrt{2^n n!}} \pi^{-1/4} \hbox{exp} (-u^2 / 2) H_n(u)$$

$E_n = n + {1\over 2}$.

為了避免混淆，在此文中不採用這些自然單位。不過，這用法在執行運算上總會因便利性而遲早被使用。

### 案例：雙原子分子

在雙原子分子中，自然頻率可以發現為：

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m_r}}$$

其中

$\omega = 2 \pi f$為角頻率。

k是共價鍵勁度係數

$m_r$是約化質量。

## N維諧振子

一維諧振子很容易地推廣到$N$維。在一維中，粒子的位置是由單一座標x來指定的。在$N$維中，這由$N$個位置座標所取代，以$x_1,\,x_2,\,\dots,\,x_N$標示。對應每個位置座標有個動量，標示為p1, ..., pN。這些算符之間的正則對易關係為

$\begin{matrix} \left[x_i , p_j \right] &=& i\hbar\delta_{i,j} \\ \left[x_i , x_j \right] &=& 0 \\ \left[p_i , p_j \right] &=& 0 \end{matrix}$.

系統的哈密頓算符為

$H = \sum_{i=1}^N \left( {p_i^2 \over 2m} + {1\over 2} m \omega^2 x_i^2 \right)$。

從這個哈密頓量的形式，可以發覺，$N$維諧振子明確地可比擬為$N$個質量相同，彈性常數相同，獨立的一維諧振子。在這案例裏，變數$x_1,\,x_2,\,\dots,\,x_N$是$N$個粒子的位置坐標。這是反平方連心位勢的一個優良的特性，允許位勢被分離為$N$個項目，每一個項目只跟一個位置坐標有關。

這觀察使得問題的解答變的相當簡單。對於一個集合的量子數$\{n\}$，一個$N$維諧振子的能量本徵函數$\langle \mathbf{x}|\psi_{\{n\}}\rangle$等於$N$個一維本徵函數$\langle x_i|\psi_{n_i} \rangle$的乘積：

$\langle \mathbf{x}|\psi_{\{n\}}\rangle=\prod_{i=1}^N\langle x_i|\psi_{n_i} \rangle$。

採用階梯算符方法，定義$N$組階梯算符。

$a_i = \sqrt{m\omega \over 2\hbar} \left(x_i + {i \over m \omega} p_i \right)$。

$a^{\dagger}_i = \sqrt{m \omega \over 2\hbar} \left( x_i - {i \over m \omega} p_i \right)$。

類似前面所述的一維諧振子案例，可以證明每一個$a_i$與$a^{\dagger}_i$算符將能量分別降低或升高$\hbar\omega$。哈密頓量是

$H = \hbar \omega \, \sum_{i=1}^N \left(a_i^\dagger \,a_i + \frac{1}{2}\right)$。

這量子系統的能階$E$是

$E = \hbar \omega \left[(n_1 + \cdots + n_N) + {N\over 2}\right]$。

其中，正整數$n_i$是$|\psi_{n_i} \rangle$的量子數。

如同一維案例，能量是量子化的。$N$維基態能階是一維基態能階的$N$倍。只有一點不同，在一維案例裏，每一個能階對應於一個單獨的量子態。在$N$維案例裏，除了底態能階以外，每一個能階都是簡併的，都對應於多個量子態。

簡併度可以很容易地計算出來。例如，思考三維案例，設定$n=n_1+n_2+n_3$。每一個$n$相同的量子態，都會擁有相同的能量。給予$n$，首先選擇一個$n_1$。那麼，$n_2+n_3=n - n_1$，有$n - n_1+1$個值，從$0$到$n - n_1$，可以選擇為$n_2$的值。$n_3$的值自動的設定為$n - n_1 - n_2$。因此，簡併度是

$d_n = \sum_{n_1=0}^n n - n_1 + 1 = \frac{(n+1)(n+2)}{2}$。

對於$N$維案例。

$d_n = \binom{N+n-1}{n}$。

### 案例：三維均向諧振子

參閱三維均向諧振子

球對稱的三維均向諧振子可以用分離變數法來求解。這方法類似於氫原子問題裏的方法，只有球對稱位勢不一樣：

$V(r) = {1\over 2} \mu \omega^2 r^2$。

其中，$\mu$是這問題的質量。由於$m$會被用來標記磁量子數，所以，用$\mu$來標記質量。

這問題的薛丁格方程式為

$- \frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\psi + {1\over 2} \mu \omega^2 r^2\psi=E\psi$。

薛丁格方程式的全部解答寫為

$\psi_{klm}(r,\theta,\phi) = N_{kl} r^{l}e^{-\nu r^2}{L_k}^{(l+{1\over 2})}(2\nu r^2) Y_{lm}(\theta,\phi)$。

其中。

$N_{kl}=\sqrt{\sqrt{\frac{2\nu ^{3{\pi \frac{2^{k+2l+3}\;k!\;\nu ^{l{ (2k+2l+1)

$是歸一常數。

$$\nu \equiv {\mu \omega \over 2 \hbar}$$

${L_k}^{(l+{1\over 2})}(2\nu r^2)$是$k$階廣義拉蓋爾多項式 (generalized Laguerre polynomials)，$k$是個正整數。

$Y_{lm}(\theta,\phi)\,$是球諧函數。

$\hbar$是約化普朗克常數。

能量本徵值是

$E=\hbar \omega (2k+l+{3\over 2})$。

能量通常可以用一個量子數$n$來描述：

$n\equiv 2k+l$。

由於$k$是個正整數，假若$n$是偶數，那麼，角量子數也是偶數：

$l=0,\,2,\,\dots,\,n - 2,\,n$。

假若$n$是奇數，那麼，角量子數也是奇數：

$l=1,\,3,\,\dots,\,n - 2,\,n$。

磁量子數$m$滿足不等式

$-l \le m \le l$。

對於每一個$n$與$l$，存在$2l+1$個不同的量子態。每一個量子態都有不同的磁量子數$m$。因此，$n$的兼併度是

$\sum_{l=i,\,i+2,\,\ldots,\,n - 2,\,n}(2l+1) = {(n+1)(n+2)\over 2}$。

其中，總和的指數$l$的初始值是$i=n\ mod\ 2$。

這結果與先前的方程式相同。

## 耦合諧振子

設想$N$個相同質量的質點，以彈簧連結為一條一維的線形鏈條。標記每一個質點的離開其平衡點的位置為$x_1,\,x_2,\,\dots,\,x_N$（也就是說，假若一個質點$k$位於其平衡點，則$x_k=0$）。整個系統的哈密頓量是

$H = \sum_{i=1}^N {p_i^2 \over 2m} + {1\over 2} m \omega^2\sum_{1\le i\le N} (x_i - x_{i-1})^2$。

其中，$x_0=0$。

這個問題可以用坐標變換來變換成一組獨立的諧振子，每一個獨立的諧振子對應於一個獨特的晶格集體波震動。這些波震動表現出類似粒子般的性質，稱為聲子。許多固體的離子晶格都會產生聲子。在固態物理學裏，這方面的理論對於許多現象的研究與了解是非常重要的。

## 參閱

- 自由粒子
- 無限深方形阱
- 有限深方形阱
- 有限位勢壘
- 球對稱位勢
- Delta位勢壘
- 真空災變
- 盎魯效應

## 外部連結

- 國立交通大學物理系視聽教學：量子諧振子
- 喬治亞州州立大學（Georgia State University）線上物理網頁：量子諧振子