第二章 一维势场中的粒子运动

§ 一维谐振子

Schrödinger 解法：

一维谐振子势函数：$V(x)=\frac{1}{2}\omega_{0}^{2}mx^2$
相应 Schrödinger 方程：

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi(x,t)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\psi(x,t)+\frac{1}{2}\omega_{0}^{2}mx^2\psi(x,t)$$

使用分离变量法，把 $t$ 分离出来

令 $\psi\left(x,t\right)=\phi\left(x\right)e^{-i\omega t}$ ，$\omega$ 为待定系数
Schrödinger 方程改写为

$$i\hbar\left(-i\omega\right)\phi\left(x\right)e^{-i\omega t}=\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\phi\left(x\right)}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\phi\left(x\right)\right]e^{-i\omega t}$$

$$\hbar\omega\phi\left(x\right)=E\phi\left(x\right)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\phi\left(x\right)}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\phi\left(x\right)$$

化为解微分方程的定态问题

$$\frac{\mathrm{d}^2\phi\left(x\right)}{\mathrm{d}x^2}+\frac{2m}{\hbar^2}\left(E-\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\right)\phi\left(x\right)=0$$

奇异点分析：

当 $\left|x\right|\rightarrow\infty$ 时，$V\left(x\right)\rightarrow\infty$ ，粒子为束缚态。$\underset{\left|x\right|\rightarrow\infty}{\lim}\varphi\left(x\right)=0$

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\phi\left(x\right)}{\mathrm{d}x^2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\phi\left(x\right)\cong 0$$

令方程解为 $\tilde{\phi}=e^{\lambda x}$ ，则 $\phi^{\prime}=\lambda e^{\lambda x}$ ，$\phi^{\prime\prime}=\lambda^2e^{\lambda x}\,$

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\lambda^2\cancel{e^{\lambda x}}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\cancel{e^{\lambda x}}=0$$

则

$$\lambda=\pm\frac{m\omega_0}{\hbar}x$$

$$\tilde{\phi}=\exp\left(\pm\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)$$

$$\frac{d\tilde{\phi}\left(x\right)}{dx}=\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)\left(-\frac{m\omega_0}{\hbar}x\right)$$

$$\frac{d^2\tilde{\phi}\left(x\right)}{dx^2}=\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)\left(-\frac{m\omega_0}{\hbar}x\right)^2-\frac{m\omega_0}{\hbar}\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)$$

代入渐近方程：

$$\begin{aligned} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\tilde{\phi}\left(x\right)}{dx^2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\tilde{\phi}\left(x\right)&= \left[-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{m\omega_0}{\hbar}x\right)^2-\frac{m\omega_0}{\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\right]\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)\\ &\cong\left(-\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\right)\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)=0 \end{aligned}$$

推得

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\tilde{\phi}\left(x\right)}{dx^2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\tilde{\phi}\left(x\right)\cong 0$$

解得

$$\tilde{\phi}_1=\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\text{，}\tilde{\phi}_2=\exp\left(\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\text{（}x\rightarrow\infty\text{，是发散的，舍弃）}$$

我们要求波函数是平方可积的，所以要求 $x\rightarrow\infty$ ，波函数一定趋近于 $0$
令

$$\phi\left(x\right)=\tilde{\phi}\left(x\right)\chi\left(x\right)=\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)$$

$$\phi^{\prime}\left(x\right)=-\frac{m\omega_{0}}{\hbar}x\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)+\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi^{\prime}\left(x\right)$$

$$\phi^{\prime\prime}\left(x\right)=\left[\left(\frac{m\omega_{0}}{\hbar}x\right)^2-\frac{m\omega_{0}}{\hbar}\right]\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)-\frac{2m\omega_{0}}{\hbar}x\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi^{\prime}\left(x\right)+\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi^{\prime\prime}\left(x\right)$$

代入

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\phi^{\prime\prime}\left(x\right)+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\phi\left(x\right)=E\phi\left(x\right)$$

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\left[\left(\frac{m\omega_{0}}{\hbar}x\right)^2-\frac{m\omega_{0}}{\hbar}\right]\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)-\frac{2m\omega_{0}}{\hbar}x\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi^{\prime}\left(x\right)=E\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi\left(x\right)+\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi^{\prime\prime}\left(x\right)$$

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\chi^{\prime\prime}\left(x\right)+\hbar\omega_{0}x\chi^{\prime}\left(x\right)+\frac{1}{2}\hbar\omega_{0}\chi\left(x\right)-\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\chi\left(x\right)+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}x^2\chi\left(x\right)=E\chi\left(x\right)$$

$$\frac{\hbar^2}{2m}\chi^{\prime\prime}\left(x\right)-\hbar\omega_{0}x\chi^{\prime}\left(x\right)+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\chi\left(x\right)=0\text{（福克斯}Fuchs\text{微分方程）}$$

奇异点分析做完，把奇异点扣除，由于方程是二阶的，所以一定有两个线性无关的解在零点处解析（可在零点展成无穷级数）

$$\begin{aligned} \chi\left(x\right)&=\mathrm{C}_0+\mathrm{C}_1x+\mathrm{C}_2x^2+\cdots\\ \chi^{\prime}\left(x\right)&=\mathrm{C}_1+2\mathrm{C}_2x+3\mathrm{C}_3x^2+\cdots\\ \chi^{\prime\prime}\left(x\right)&=2\mathrm{C}_2+6\mathrm{C}_3x+\cdots \end{aligned}$$

$$\frac{\hbar^2}{2m}\chi^{\prime\prime}-\hbar\omega_{0}x\chi^{\prime}+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\chi=0$$

$$\frac{\hbar^2}{2m}\left(2\mathrm{C}_2+6\mathrm{C}_3x+\cdots\right)-\hbar\omega_0x\left(\mathrm{C}_1+2\mathrm{C}_2x+3\mathrm{C}_3x^2+\cdots\right)+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\left(\mathrm{C}_0+\mathrm{C}_1x+\mathrm{C}_2x^2+\cdots\right)=0$$

展开每项

$$\begin{aligned} \quad\qquad\frac{\hbar^2}{2m}\cdot 2\mathrm{C}_2&+\frac{\hbar^2}{2m}\cdot 6\mathrm{C}_3x+\cdots\\ &-\hbar\omega _0x\mathrm{C}_1-\hbar\omega_{0}x\cdot 2\mathrm{C}_2x+\cdots\\ +\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_0&+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_1x+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_2x^2+\cdots=0 \end{aligned}$$

$x$ 的一次幂、二次幂、三次幂作为函数是线性无关的，若其线性关系等于 $0$ ，则所乘系数必须等于 $0$ 。

$$\begin{aligned} x^0&=\frac{\hbar^2}{2m}\cdot 2\mathrm{C}_2+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_0=0\\ x^1&=\frac{\hbar^2}{2m}\cdot 6\mathrm{C}_3-\hbar\omega_{0}x\mathrm{C}_1+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_1=0\\ x^2&=-\hbar\omega_{0}x\cdot 2\mathrm{C}_2+\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\mathrm{C}_2=0\\ \end{aligned} \vdots$$

$\mathrm{C}_0$ 和 $\mathrm{C}_1$ 不确定（有一定自由度），一旦给定，其余系数也都能给定。

1. 取 $\mathrm{C}_0=1$ ，$\mathrm{C}_1=0$ ，则 $\mathrm{C}_1=\mathrm{C}_3=\mathrm{C}_5=\cdots =0\,$

$$\begin{aligned} \frac{\hbar^2}{2m}\cdot 2\mathrm{C}_2=-\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)&\mathrm{C}_0=-\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)\\ \Downarrow\quad&\\ \mathrm{C}_2=-\frac{m}{\hbar}\left(E-\frac{1}{2}\hbar\omega\right)&\text{，}\mathrm{C}_4\ne 0\text{，}\mathrm{C}_6\ne 0 \end{aligned}$$

$$\chi_{\text{偶}}\left(x\right)=\mathrm{C}_0+\mathrm{C}_2x^2+\mathrm{C}_4x^4+\cdots$$

$$\text{当}\left|x\right|\rightarrow\infty\text{，}\chi_{\text{偶}}\left(x\right)=\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{\hbar}x^2\right)$$

$$\phi\left(x\right)=\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi_{\text{偶}}\left(x\right) \underrightarrow{\left|x\right|\rightarrow\infty} \begin{cases} \exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\exp\left(\frac{m\omega_{0}}{\hbar}x^2\right)\\ \exp\left(\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\text{（发散需截断）} \end{cases}$$

令 $E-\frac{1}{2}\hbar\omega=0$ ，$E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega$ ，则 $\mathrm{C}_2=0,\mathrm{C}_4=0,\mathrm{C}_6=0,\cdots$

$$\chi_0\left(x\right)=\mathrm{C}_0+\mathrm{C}_2x^2+\mathrm{C}_4x^4+\cdots =\mathrm{C}_0=1$$

$$\phi\left(x\right)=A_{0}\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\chi_{0}\left(x\right)=A_0\exp\left(-\frac{m\omega_{0}}{2\hbar}x^2\right)\text{，}A_{0}\text{为归一化系数。}$$

2. 取 $\mathrm{C}_0=0$ ，$\mathrm{C}_1=1$ 则 $\mathrm{C}_0=\mathrm{C}_2=\mathrm{C}_4=\cdots=0$

$$\frac{3\hbar^2}{m}\mathrm{C}_3=-\left(E-\frac{3}{2}\hbar\omega\right)\quad\quad E=\frac{3}{2}\hbar\omega\text{（需截断否则发散）}$$

$$\mathrm{C}_3=0,\mathrm{C}_5=0,\cdots$$

$$\chi_1\left(x\right)=x$$

结论：当 $E$ 取值为 $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_0$ ，$n=0,1,2,\cdots$ 时，$\chi\left(x\right)$ 的级数解会在某一阶截断，成为厄密多项式 $H_n\left(y\right)$（为实函数），$\chi_n\left(x\right)=H_n\left(y\right)=H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega_{0}}{\hbar}}x\right)$ 。

$$\phi_n\left(x\right)=A_n\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega_0}{\hbar}}x\right)\text{，}A_n=\left[\frac{\sqrt{\frac{m\omega_0}{\hbar}}}{\sqrt{\pi}2^nn!}\right]^{\frac{1}{2}}$$

引入归一化系数 $A_n$ ，使得波函数归一化，即

$$\phi_n\left(x\right)=A_n\exp\left(-\frac{m\omega_0}{2\hbar}x^2\right)H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega_0}{\hbar}}x\right)\text{，}A_n=\left[\frac{\sqrt{\frac{m\omega_0}{\hbar}}}{\sqrt{\pi}2^nn!}\right]^{\frac{1}{2}}$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\phi_{n}^{*}\left(x\right)\phi_{n}\left(x\right)\mathrm{d}x=}\int_{-\infty}^{\infty}{\left|\phi_{n}\left(x\right)\right|^2\mathrm{d}x=}1$$

$$\left(\phi_{m},\phi_{n}\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{\phi_{m}^{*}\left(x\right)\phi_{n}\left(x\right)\mathrm{d}x=}0\quad\left(\text{若}m\ne n\right)$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\phi_{m}^{*}\left(x\right)\phi_{n}\left(x\right)\mathrm{d}x=}\delta_{mn}$$

引入记号 $\alpha=\sqrt{\frac{m\omega_0}{\hbar}}$

$$\begin{rcases} \phi_0\left(x\right)=\frac{\sqrt{\alpha}}{\pi^{1/4}}e^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}}, & E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega_{0}\\ \phi_1\left(x\right)=\frac{\sqrt{2\alpha}}{\pi^{1/4}}\alpha xe^{-\frac{\alpha^2x^2}{2}}, & E_1=\frac{3}{2}\hbar\omega_{0}\\ \phi_2\left(x\right)=\frac{\sqrt{\alpha /2}}{\pi^{1/4}}\left(2\alpha^2x^2-1\right)e^{-\frac{\alpha ^2x^2}{2}}, & E_2=\frac{5}{2}\hbar\omega_{0} \end{rcases} E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_{0}$$

$E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega_{0}$ 为零点能。

估算：

$$x\sim 0\Rightarrow\bar{x}\sim\sqrt{\overline{\left(\varDelta x\right)^2}},\quad P_x\sim 0\Rightarrow\overline{P_x}\sim\sqrt{\overline{\left(\varDelta P_x\right)^2}}$$

$$\bar{x}\cdot\overline{P_x}\sim\sqrt{\overline{\left(\varDelta x\right)^2}\overline{\left(\varDelta P_x\right)^2}}\sim\sqrt{\frac{1}{4}\hbar^2}=\frac{1}{2}\hbar$$

$$\Rightarrow\bar{x}=\frac{\hbar}{2}\frac{1}{\overline{P_x}}$$

$$E\cong\frac{\overline{P^2}}{2m}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}\bar{x}^2=\frac{\overline{P^2}}{2m}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}\frac{\hbar ^2}{4}\frac{1}{\overline{P^2}}$$

令 $t=\overline{P^2}$ ，

$$\frac{dE\left(t\right)}{dt}=\frac{1}{2m}+\frac{1}{8}m\omega_{0}^{2}\hbar^2\left(-\frac{1}{t^2}\right)=0$$

$$\frac{1}{2m}=-\frac{1}{8}m\omega_{0}^{2}\hbar^2\left(\frac{1}{t^2}\right)$$

$$\Rightarrow t^2=\left(\frac{1}{2}m\omega_{0}\hbar\right)^2\Rightarrow t_{\min}=\frac{1}{2}m\omega_{0}\hbar$$

$$\begin{aligned} E_{\min}&=E\left(t_{\min}\right)\\ &=\frac{t_{\min}}{2m}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}\frac{\hbar^2}{4t_{\min}}\\ &=\frac{1}{2m}\frac{m\omega_{0}\hbar}{2}+\frac{1}{2}m\omega_{0}^{2}\frac{\hbar^2}{4\frac{m\omega_{0}\hbar}{2}}\\ &=\frac{1}{4}\hbar\omega_{0}+\frac{1}{4}\hbar\omega_{0}\\ &=\frac{1}{2}\hbar\omega_{0} \end{aligned}$$

§ 一维定态体系的一些基本性质

证明：

$$\text{若}V^{*}(x)=V^{*}(x), \text{即}V^{*}(x)\text{为实函数}$$

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

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

假设 $\psi(x)$，$\psi^{*}(x)$ 线性无关，即 $C_1\psi(x)+C_2\psi^{*}(x)=0$ ，则只有 $C_1=0,\;C_2=0$
定义 $\varphi(x)=\psi(x)+\psi^{*}(x),\;\chi(x)=-i\left[\psi(x)-\psi^{*}(x)\right]$（两函数都是实的，取复共轭等于其自身）
假设 $D_1\varphi+D_2\chi=0$

$$\begin{aligned} D_1\left[\psi(x)+\psi^{*}(x)\right]+D_2\{-i\left[\psi(x)-\psi^{*}(x)\right]\}&=0\\ D_1\psi+D_1\psi^{*}-iD_2\psi+iD_2\psi^{*}&=0\\ \left(D_1-iD_2\right)\psi+\left(D_1+iD_2\right)\psi^{*}&=0 \end{aligned}$$

因为 $\psi$，$\psi^{*}$ 线性无关，则

$$\begin{cases} D_1-iD_2=0\\ D_1+iD_2=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} D_1=0\\ D_2=0 \end{cases}$$

当 $E$ 为非简并时，有 $\hat{P}\psi_n(x)=\psi_n(-x)=\mathrm{C}\psi(x)$
经过两次反射后，$\hat{P}\left(\hat{P}\psi(x)\right)=\hat{P}\left(\psi(-x)\right)=\hat{P}\left(\mathrm{C}\psi(x)\right)=\mathrm{C}^2\psi(x)$
因此 $\mathrm{C}^2=1$ 或 $\mathrm{C}=\pm 1$ ，$\mathrm{C}$ 为波函数的宇称值，$\hat{P}$ 称为++宇称算符++{.wavy}。

若 $\hat{P}\psi_n(x)=\psi_{n}(-x)$ ，则称 $\psi_{n}(x)$ 具有偶宇称；若 $\hat{P}\psi_{n}(x)=-\psi_{n}(x)$ ，则称 $\psi_{n}(x)$ 具有奇宇称。
对于一维谐振子，由于它的每一条能级都是非简并的，因此相应的本征函数都具有确定的宇称。$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega_{0}$ ，$\hat{P}\varphi_n(x)=\varphi_n(-x)=(-1)^{n}\varphi_n(x)$ 。

证明：$\psi(-x)=\mathrm{C}\psi(x)$，$\psi(x)$和$\psi(-x)$ 是线性无关的，即 $\mathrm{C}_1\psi(x)+\mathrm{C}_2\psi(-x)=0\;(\mathrm{C}_1=0,\mathrm{C}_2=0)$
定义

$$\begin{aligned} \phi(x)&=\psi(x)+\psi(-x)\\ \phi(-x)&=\psi(-x)+\psi(-(-x))=\psi(-x)+\psi(x)=\phi(x) \end{aligned}$$

$\phi(x)$和$\phi(-x)$ 也是线性无关的，上面看出 $\phi(x)$ 具有偶宇称。
而在定理二的证明中，$\chi(-x)=\psi(-x)-\psi(-(-x))=\psi(-x)-\psi(x)=-\chi(x)$，即$\chi(x)$具有奇宇称。

证明：

$$\begin{cases} E\psi_{1}(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_{1}(x)+V(x)\psi_{1}(x) & \text{(1)}\\ E\psi_{2}(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_{2}(x)+V(x)\psi_{2}(x) & \text{(2)} \end{cases}$$

$\text{(1)}\times\psi_{2}(x)-\text{(2)}\times\psi_{1}(x)$得

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\left[\psi_{2}(x)\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_{1}(x)-\psi_{1}(x)\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_{2}(x)\right]=0$$

从方程中得

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\psi_{1}(x)\psi_{2}^{\prime}(x)-\psi_{1}^{\prime}(x)\psi_{2}(x)\right]=0$$

因此

$$\psi_{1}(x)\psi_{2}^{\prime}(x)-\psi_{1}^{\prime}(x)\psi_{2}(x)=\text{常数（仅一维空间）}$$

证明：势函数 $V(x)$ 为规则的 $\Rightarrow$ Schrödinger 方程的任何一个解 $\psi(x)$ 及其一阶导数 $\psi^{\prime}(x)$ 在空间的每一点都连续。

$$V(x)\text{没有太多奇异性（regular）}\Rightarrow\begin{cases} \text{（1）不包含}\delta\text{函数}\\ \text{（2）}V(x)\text{有有限个阶跃} \end{cases}$$

假设 $E_n$ 是粒子的一个束缚态的本征值且简并，则可以找到至少两个本征函数 $\psi_{1}(x)$ 和 $\psi_{2}(x)$ 与它对应。
另一方面根据定理五，有

$$\psi_{1}(x)\psi_{2}^{\prime}(x)-\psi_{1}^{\prime}(x)\psi_{2}(x)=\text{常数}$$

对于束缚态，有渐进关系

$$\lim_{|x|\to\infty}\psi_{1}(x)=\lim_{|x|\to\infty}\psi_{2}(x)=0$$

则常数为零，方程改写为

$$\begin{aligned} \frac{\psi_{1}^{\prime}(x)}{\psi_{1}(x)}&=\frac{\psi_{2}^{\prime}(x)}{\psi_{2}(x)}\\ \frac{1}{\psi_{1}}\frac{\mathrm{d}\psi_{1}}{\mathrm{d}x}&=\frac{1}{\psi_{2}}\frac{\mathrm{d}\psi_{2}}{\mathrm{d}x}\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln\psi_{1}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln\psi_{2}\\ \ln\psi_{1}&=\ln\psi_{2}+C\\ \text{或}\psi_{1}(x)&=e^{C}\psi_{2}(x)=A\psi_{2} \end{aligned}$$

即 $\psi_{1}(x)$ 与 $\psi_{2}(x)$ 线性相关，这与假设不符，因此得证。

§ 一维方势阱

在量子力学中，一般给定势能函数较复杂，实际中可以近似于方势阱，其结果在定性上与真实出入不大。

$$V(x)=\frac{1}{2}kx^{2}$$

$$V(x)=\ch{x}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$$

§ 无穷深一维方势阱

对于一维谐振子、双曲余弦函数的近似。

$$V(x)= \begin{cases} +\infty, & x\leqslant 0\\ 0, & 0\leqslant x\leqslant a\\ -\infty, & x\geqslant a \end{cases}$$

阱内：

$$E\psi(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi(x)$$

阱外：令 $\psi(x=0)=0$ ，$\psi(x=a)=0$

$$\begin{aligned} E\psi(x)+\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi(x)&=0\\ \frac{\mathrm{d}^2\psi(x)}{\mathrm{d}x^2}+\frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x)&=0 \end{aligned}$$

令解 $\psi=e^{\lambda x}$ ，$\psi^{\prime}=\lambda e^{\lambda x}$ ，$\psi^{\prime\prime}=\lambda^{2} e^{\lambda x}\,$

$$\begin{aligned} \lambda^{2} e^{\lambda x}&+\frac{2mE}{\hbar^2}e^{\lambda x}=0\\ \lambda&=-\frac{2mE}{\hbar^2} \end{aligned}$$

解得：

$$\psi_{1}=\exp\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)\text{,}\; \psi_{2}=\exp\left(i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)$$

因为 $\psi_{1}(x=0)=1$ ，$\psi_{1}(x=a)=\exp\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)\neq 0$
$\psi_{1}$ 和 $\psi_{2}$ 线性无关，取其线性组合（原因：Schrödinger 方程是线性的）。

$$\psi=C_{1}\psi_{1}+C_{2}\psi_{2}=C_{1}\exp\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)+C_{2}\exp\left(i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)$$

1. 由条件 $\psi(x=0)=0$ 得，$C_{1}e^{0}+C_{2}e^{0}=C_{1}+C_{2}\implies C_{1}=-C_{2}\,$

$$\begin{aligned} \psi(x)&=C_{1}\psi_{1}+(-C_{1})\psi_{2}\\ &=C_{1}(\psi_{1}-\psi_{2})\\ &=C_{1}\left[\exp\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)-\exp\left(i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)\right]\\ &=-2iC_{1}\left[\frac{\exp\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)-\exp\left(i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)}{-2i}\right]\\ &=(-2iC_{1})\sin\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\\ &=D\sin\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x \end{aligned}$$

2. 由条件 $\psi(x=a)=0$ 得，

$$\psi(x=a)=D\sin\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}a$$

令 $\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}a=n\pi,\;n=1,2,3,\cdots$

$$E_{n}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2},\quad \psi_{n}(x)=D_{n}\sin\frac{n\pi}{a}x$$

$$\begin{aligned} \int_{0}^{n}\left|\psi_{n}(x)\right|^2\mathrm{d}x&=1\\ \int_{0}^{n}\left|D_{n}\right|^2\sin^2\frac{n\pi}{a}x\mathrm{d}x&=1\\ &=\left|D_{n}\right|^2\int_{0}^{n}\sin^2\frac{n\pi}{a}x\mathrm{d}x\\ &=\left|D_{n}\right|^2\int_{0}^{n}\frac{1}{2}\left(1-\cos\frac{2n\pi}{a}x\right)\mathrm{d}x\\ &=\left|D_{n}\right|^2\frac{a}{2} \end{aligned}$$

$\left|D_{n}\right|=\sqrt{\frac{2}{a}}$ ，取 $D_{n}=\sqrt{\frac{2}{a}}$ ，
最终得到，

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

§ 有限深对称方势阱

核力相互作用势的近似。

将核力相互作用分开需要 $2\sim 8MeV$ 的能量，强力是短程力 $a=10^{-13}cm$（ $1$ 费米），分子的结合能 $V_{0}=10eV$ 。

$$V(x)= \begin{cases} 0,\;-\frac{a}{2}\leqslant x\leqslant \frac{a}{2}\\ V_{0},\qquad\;|x|\geqslant \frac{a}{2} \end{cases}$$

$$\begin{cases} \text{1 区：} & -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_1+V_0\psi_1=E\psi_1\\[0.3em] \text{2 区：} & -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_2=E\psi_2 \\[0.3em] \text{3 区：} & -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\psi_3+V_0\psi_3=E\psi_3 \end{cases}$$

2 区：

$$\begin{aligned} \psi_2&=\mathrm{C}_1\exp{\left(i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)}+\mathrm{C}_2\exp{\left(-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}x\right)}\\ &=\mathrm{C}_1e^{ikx}+\mathrm{C}_2e^{-ikx},\quad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \end{aligned}$$