用 Dirac 符号重写前几章

完。第三个等号用的是3.4 节那条「$f(\hat A)\ket{a}=f(a)\ket{a}$」。

概率密度的摆动是怎么来的？

展开后交叉项带因子 $\ee^{-\ii(E_n-E_m)t/\hbar}$。$n=m$ 的项相位抵消（不随时间变），$n\ne m$ 的项以玻尔频率 $\omega_{nm}=(E_n-E_m)/\hbar$ 振荡。

2.5 节用了整整一节讲「定态不动、叠加态摆动」，在这里是两行——而且能一眼看出摆动频率只由能级差决定。

出发点只有一条：$[\hat x,\hat p]=\ii\hbar$。定义

（用 $\hat a^\dagger$ 而不是 $\hat a_\pm$ 是标准写法；注意 $\hat a$ 不厄米，$\hat a^\dagger$ 是它的共轭。）

第一步：对易关系。

第二步：哈密顿量。 定义粒子数算符 $\hat N=\hat a^\dagger\hat a$，则

于是问题变成：求 $\hat N$ 的本征值。

第三步：$\hat N$ 的本征值非负。 设 $\hat N\ket{\nu}=\nu\ket{\nu}$，$\braket{\nu}{\nu}=1$：

第四步：升降性质。 用 $[\hat N,\hat a]=-\hat a$、$[\hat N,\hat a^\dagger]=+\hat a^\dagger$（由 $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ 直接算出）：

第五步：阶梯必须有底。 反复用 $\hat a$ 会得到本征值 $\nu-1,\nu-2,\dots$，但第三步说本征值非负。唯一的出路是这个序列在某处终止，即存在 $\ket{0}$ 使

由 $\hat N\ket{0}=\hat a^\dagger\hat a\ket{0}=0$，最低本征值是 $\nu=0$。再由升降性质，全部本征值是

（若某个 $\nu$ 不是整数，反复降会跨过 0 得到负本征值，矛盾。）

第六步：能级。

第七步：归一化的阶梯。 由 $\|\hat a^\dagger\ket{n}\|^2=\bra{n}\hat a\hat a^\dagger\ket{n}=\bra{n}(\hat N+1)\ket{n}=n+1$：

全部结果只用了一条对易关系。 从头到尾没有出现 Hermite 多项式，也没有解过任何微分方程。

要波函数的话，才需要回到位置基：把 $\hat a\ket{0}=0$ 写成 $\braket{x}{\cdot}$ 的形式，得到一阶常微分方程

一阶方程，比原来的二阶方程好解得多。

用升降算符反解：

一阶矩。 在 $\ket{0}$ 上，$\hat a\ket{0}=0$ 且 $\braket{0}{1}=0$，所以

同理 $\langle p\rangle=0$。

二阶矩。

在 $\ket{0}$ 上取期望值：$\hat a^2$ 与 $(\hat a^\dagger)^2$ 把 $\ket{0}$ 送到 $\ket{2}$ 或湮灭掉，与 $\bra{0}$ 正交，贡献为零；$\hat a^\dagger\hat a\ket{0}=0$；只剩 $\hat a\hat a^\dagger\ket{0}=\ket{0}$：

同理

乘起来：

恰好取到下限。 谐振子基态是最小不确定性态——2.10 节说高斯波包精确取到 $\hbar/2$，这里给出了不做任何积分的证明。

顺带得到零点能：

而且看得出动能与势能各占一半——这是维里定理在谐振子上的表现。