谐振子不仅本身就是一个有趣且简单的动力学系统范例，而且在许多复杂现象中也是一个极其重要的工具。

$\begin{aligned} V(r) &= V(r_0) + {\color{blue}\cancel{\color{black}V'(r_0)}}(r - r_0) + {\color{red}\frac{1}{2!}V''(r_0)(r - r_0)^2} + \dots \end{aligned}$

在固体中，由于原子核很重，它们偏离静止晶格的位移能够很好地（虽不完美）近似为简谐的。在电磁场中，当我们对真空中的麦克斯韦方程组进行傅里叶分析时，我们会得到一组无穷多个无耦合简谐振子的运动方程（无近似！）。

谐振子通常能为偏离平衡态的情况提供一个强有力的一阶近似，所以在量子物理学中无处不在。我们之前通过解变系数常微分方程得到谐振子的本征方程，得到本征函数为厄米多项式。在本章中我们将介绍代数方法求解谐振子问题，就不再需要解微分方程。

运动方程

经典哈密顿量

谐振子的哈密顿量为

$\begin{aligned} H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2q^2 \end{aligned}$

为后续的简便，我们引入一个具有长度量纲的量 $q_0^{\prime}\equiv\sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega}}$ ，并称之为谐振子的特征长度。

在将其看作一个经典哈密顿量时，我们可以利用哈密顿方程写出牛顿方程

$\dot{q}=\frac{\partial H}{\partial p}=\frac{p}{m}\qquad \quad\dot{p}=-\frac{\partial H}{\partial q}=-m\omega^2q$

$\Longrightarrow\quad m\frac{d^2q}{dt^2}+m\omega^2q=0$

解得

$\begin{aligned} &\Longrightarrow q(t)=A\sin\omega t+B\cos\omega t \\[0.8em] &\Longrightarrow p(t)=m\dot{q}=m\omega A\cos\omega t-m\omega B\sin\omega t \end{aligned}$

在初始条件 $q(0)=q_0,p(0)=p_0$ 下，解得

$\Longrightarrow\left\{ \begin{array} {c}q(t)=\dfrac{p_0}{m\omega}\sin\omega t+q_0\cos\omega t \\[1em] \ \ \ p(t)=p_0\cos\omega t-m\omega q_0\sin\omega t \end{array}\right.$

经典谐振子是一个保守系统，其哈密顿量守恒，那么其在相空间的轨迹为一个椭圆。

量子哈密顿量

量子力学中的谐振子哈密顿量与经典形式相同，只是将经典变量 $q,p$ 替换为对应的算符，我们在前面已经证明，海森堡运动方程与哈密顿方程形式相同，既然哈密顿方程可以得到牛顿方程，那么海森堡运动方程同样可以得到，因此我们直接照搬经典谐振子的解，得到海森堡绘景下谐振子的算符解

$\begin{aligned} q(t)=\frac{p}{m\omega}\sin\omega t+q\cos\omega t \\[1em] p(t)=p\cos\omega t-m\omega q\sin\omega t \end{aligned}$

注意，虽然形式没变，但物理意义已经完全不同了，左边的 $q(t),p(t)$ 是海森堡绘景下的算符，右边的 $q,p$ 是薛定谔绘景下的算符而不是经典里的初始值。

在上式的基础上求平均值，得到平均值的演化，即 $\text{Enrenfest}$ 定理

$\begin{aligned} & \langle q(t)\rangle=\frac{\langle p\rangle}{m\omega}\sin\omega t+\langle q\rangle\cos\omega t \\[1em] & \langle p(t)\rangle=\langle p\rangle\cos\omega t-m\omega\langle q\rangle\sin\omega t \end{aligned}$

和经典演化相同，因为我们在前面已经证明，线性力的平均值满足牛顿方程。

为了进一步简化，我们引入两个无量纲化的坐标与动量算符

$Q\equiv\frac{q}{q_0^{\prime}},\quad P\equiv\frac{q_0^{\prime}}{\hbar}p$

其满足对易关系

$[Q,P]=i$

哈密顿量可改写为一个对称的形式

$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2q^2=\frac{P^2}{2m}m\hbar\omega+\frac{1}{2}m\omega^2Q^2\frac{\hbar}{m\omega}=\frac{1}{2}\hbar\omega(P^2+Q^2)$

但经典中，由于 $Q$ 与 $P$ 对易，所以经典哈密顿量可写为 $H=\hbar\omega\left[\frac{1}{\sqrt{2}}(Q-iP)\right]\left[\frac{1}{\sqrt{2}}(Q+iP)\right]$ ，那么量子哈密顿量呢？我们引入两个算符，分别是产生和湮灭算符

$a\equiv\frac{1}{\sqrt{2}}(Q+iP) \\[1em] a^{\dagger}\equiv\frac{1}{\sqrt{2}}(Q-iP)$

可以与自旋的升降算符类比。根据对易关系 $[Q,P]=i$ ，产生湮灭算符的对易关系为 $[a,a^{\dagger}]=1$ 。那么哈密顿量可用产生湮灭算符表示为

$H=\frac{1}{2}\hbar\omega\frac{1}{2}\left[-\left(a-a^\dagger\right)^2+\left(a+a^\dagger\right)^2\right]=\frac{1}{2}\hbar\omega(aa^\dagger+a^\dagger a)=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac{1}{2}\right)$

那么我们可以得到海森堡绘景下的产生湮灭算符的运动方程

$\begin{aligned} & \frac{da}{dt}=\frac{1}{i\hbar}[a,H]=\frac{1}{i\hbar}[a,\hbar\omega a^{\dagger}a]=-i\omega[a,a^{\dagger}]a=-i\omega a \\[1em] & \frac{da^\dagger}{dt}=\left(\frac{da}{dt}\right)^\dagger=i\omega a^\dagger \end{aligned}$

解得时间演化

$a(t)=ae^{-i\omega t},\quad a^\dagger(t)=a^\dagger e^{i\omega t}$

总结：
产生湮灭算符形式的哈密顿量为

$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2q^2=\frac{1}{2}\hbar\omega(P^2+Q^2)=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac{1}{2}\right)\equiv\hbar\omega\left(\mathcal{N}+\frac{1}{2}\right)$

其中 $\mathcal{N}\equiv a^\dagger a$ 称为粒子数算符或数算符。求哈密顿量的本征值就等价于求数算符的本征值，数算符的性质：

厄米性：数算符 $\mathcal{N}$ 是厄米算符： $\mathcal{N}^\dagger=\mathcal{N}$
正定性：对于任意右矢 $|\psi\rangle$ ，其平均值都大于零

$\langle\psi|\mathcal{N}|\psi\rangle=\langle\psi|a^\dagger a|\psi\rangle=(\langle\psi|a^\dagger)(a|\psi\rangle)\geq0$

设基态为 $\ket{\text{GS}}$ ，那么基态能量平均值为

$E_{\mathrm{GS}}=\langle\mathrm{GS}|H|\mathrm{GS}\rangle=\frac{1}{2}\hbar\omega+\langle\mathrm{GS}|\mathcal{N}|\mathrm{GS}\rangle\geq\frac{1}{2}\hbar\omega$

这表明哈密顿量的能谱具有下界 $\dfrac{1}{2}\hbar\omega$ ，且能够达到。

接下来我们将求解 $\mathcal{N}$ 的本征值问题。

本征值和本征态

数算符的本征值是一个非负整数

设数算符 $\mathcal{N}$ 的本征方程为

$\mathcal{N}|n\rangle=n|n\rangle$

此时我们还并不知道 $n$ 是一个整数， $\ket{n}$ 作为一个有意义的物理态，我们要求其内积 $\langle n|n\rangle > 0$ ，那么我们可以证明 $n$ 的非负性：

$n\langle n|n\rangle=\langle n|N|n\rangle=(\langle n|a^\dagger)(a|n\rangle)\geq0 \quad \Rightarrow \quad n\langle n|n\rangle\geq0 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{red}{n\geq0}$

若 $n>0$ ，那么 $n\langle n|n\rangle>0 \quad \Rightarrow \quad a|n\rangle\neq0$
若 $n=0$ ，那么 $a|0\rangle=0=0|0\rangle$ ，因此 $\mathcal{N}|0\rangle=0=0|0\rangle$

虽然 $a|0\rangle=0$ ，但并不意味着 $\ket{0}$ 态是一个空态。

乍一看， $\ket{0}$ 似乎是 $\mathcal{N}$ 的一个本征态，对应的本征值为零。然而，这个说法成立的前提是 $\ket{0}$ 态存在，换句话说，我们需要证明 $n=0$ 确实是 $\mathcal{N}$ 的一个本征值。

我们可以先逐步证明

若 $n>0$ ，则 $a\ket{n}$ 是 $\mathcal{N}$ 的一个本征态，对应的本征值为 $n-1$

$\mathcal{N}(a|n\rangle)=(n-1)\mathrm{~}(a|n\rangle)$
$n\notin(0,1)$ ，否则第一点会与上述 $n\geq0$ 矛盾
$n\notin(m,m+1)$ ， $m$ 为任意正整数

基于以上三点，我们判定： $\mathcal{N}$ 的本征值只能是非负整数。因此经过若干次 $a$ 的作用后，总会得到本征值为零的本征态 $\ket{0}$ 。

产生和湮灭算符的作用

类似的，我们可以证明： $a^\dagger\ket{n}$ 是 $\mathcal{N}$ 的本征值为 $n+1$ 的本征态

$\mathcal{N}(a^\dagger|n\rangle)=(n+1)\mathrm{~}(a^\dagger|n\rangle)$

由上式我们也应该注意到，因为 $a^\dagger\ket{n}$ 态的本征值为 $n+1$ ，所以它应该与 $\ket{n+1}$ 态成正比

$a^\dagger|n\rangle=C_n|n+1\rangle$

按照习惯，我们将归一化系数 $C_n$ 取为正实数。根据

可得归一化系数为 $C_n=\sqrt{n+1}$ ，因此

$\boxed{a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle}$

类似的，我们从 $\mathcal{N}(a|n\rangle)=(n-1)\mathrm{~}(a|n\rangle)$ 出发，可以得到 $a|n\rangle=C^{\prime}n|n-1\rangle$ ，最后得到 $a$ 的本征值为

$\boxed{a|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle}$

由基态构造的其他态

由上面的结果可知，我们可以从基态 $\ket{0}$ 出发，通过反复作用产生算符 $a^\dagger$ 来构造出所有的本征态

$\begin{aligned} & |1\rangle=\frac{1}{\sqrt{1}}a^\dagger|0\rangle \\ & |2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}a^\dagger|1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{1}}(a^\dagger)^2|0\rangle \\ & |3\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}a^\dagger|2\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{1}}(a^\dagger)^3|0\rangle \end{aligned}$

$\boxed{|n\rangle=\frac{1}{\sqrt{n!}}(a^\dagger)^n|0\rangle}$

那么我们就知道了为什么称 $\mathcal{N}$ 为数算符，因为其能够读取 $\ket{n}$ 态能量量子数 $n$ 。
$a^\dagger$ 将能量提高一个 $\hbar\omega$ 的单位，被称为创生算符
$a$ 将能量降低一个 $\hbar\omega$ 的单位，被称为湮灭算符

但是必须牢记，能量量子不是真实粒子，产生和湮灭仅意味着增加或移除一个激发，而不是一个粒子。但是当振子理论应用于量子化的电磁场时，这种激发和去激发就意味着一个光子的产生或湮灭。

我们可以证明以下三点：

$\left[a,F(a^\dagger)\right]=\dfrac{\partial}{\partial a^\dagger}F(a^\dagger)$
谐振子基态下的自关联函数

$S(t-t^{\prime})=\dfrac{1}{2}\langle0|\{q(t),q(t^{\prime})\}|0\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}\cos\omega(t-t^{\prime})$
考虑一个一维的量子谐振子，构造 $\ket{1}$ 和 $\ket{2}$ 的叠加态使得 $\langle q\rangle$ 最大，可以求得这个态为

$|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle) \quad \Rightarrow \quad \langle q\rangle_{\max}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}$

若谐振子的初态为上式中的态，那么其在薛定谔绘景下的时间演化为

$|\psi(t)\rangle=\exp\left(-\frac{i}{\hbar}Ht\right)\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega t/2}(|0\rangle+e^{-i\omega t}|1\rangle)$

计算 $t>0$ 时刻的平均值 $\langle q\rangle_t$ 为

$\langle q\rangle_t=\frac{1}{\sqrt{2}}(\langle1|+\langle0|)\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(ae^{-i\omega t}+a^\dagger e^{i\omega t})\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos\omega t$

为了计算方差 $\langle(\Delta q)^2\rangle_t$ ，我们需要再计算 $\langle(q^2)\rangle_t$

$\begin{aligned} \langle q^2\rangle_t=\frac{1}{\sqrt{2}}(\langle1|+\langle0|)\frac{\hbar}{2m\omega}(ae^{-i\omega t}+a^\dagger e^{i\omega t})(ae^{-i\omega t}+a^\dagger e^{i\omega t})\frac{1}{\sqrt{2}}(|0\rangle+|1\rangle)=\frac{\hbar}{m\omega}\\[1em] \end{aligned}$

因此方差 $\langle(\Delta q)^2\rangle_t$ 为

$\langle(\Delta q)^{2}\rangle_{t}=\langle q^{2}\rangle_{t}-\langle q\rangle_{t}^{2}=\frac{\hbar}{m\omega}-\frac{\hbar}{2m\omega}\cos^{2}\omega t=\frac{\hbar}{m\omega}\left(1-\frac{1}{2}\cos^{2}\omega t\right)$

从能量基到坐标基的转换

代数解法和我们之前学的级数解法大不相同，接下来我们将介绍如何从能量基转换到坐标基，最后依旧得到之前的厄米多项式解。

能量基下的矩阵元

根据产生湮灭算符的作用，我们可以计算出其在能量基下的矩阵元

$\begin{aligned} & a|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle \quad \Rightarrow \quad \langle n^{\prime}|a|n\rangle=\sqrt{n}\langle n^{\prime}|n-1\rangle=\sqrt{n}\delta_{n^{\prime},n-1} \\[1em] & a^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle\quad \Rightarrow \quad\langle n^{\prime}|a^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}\langle n^{\prime}|n+1\rangle=\sqrt{n+1}\delta_{n^{\prime},n+1} \end{aligned}$

在能量基 $\{|0\rangle,|1\rangle,\cdots\}$ 下，产生湮灭算符和哈密顿量的矩阵表示为

$a\doteq \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\[0.5em] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}\quad a^\dagger\doteq \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] \sqrt{1} & 0 & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}\quad H\doteq\hbar\omega \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & \dfrac{3}{2} & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & 0 & \dfrac{5}{2} & \cdots \\[0.5em] \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

由于它们是无穷维的矩阵，在具体计算时需要截断到有限维度。有了 $a$ 和 $a^\dagger$ 的矩阵表示， $q=\dfrac{q_0^{\prime}}{\sqrt{2}}(a+a^+),p=-i\dfrac{\hbar}{\sqrt{2}q_0^{\prime}}(a-a^+)$ 的矩阵表示也就随之而来

$q\doteq\frac{q_0^{\prime}}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] \sqrt{1} & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & \sqrt{2} & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\[0.5em] 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 &\cdots \\[0.5em] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} \qquad p\doteq-i\frac{\hbar}{\sqrt{2}q_0^{\prime}} \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{1} & 0 & 0 & \cdots \\[0.5em] -\sqrt{1} & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\[0.5em] 0 & -\sqrt{2} & 0 & \sqrt{3} & \cdots \\[0.5em] 0 & 0 & -\sqrt{3} & 0 & \cdots \\[0.5em] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

$q$ 的矩阵是实对称矩阵， $p$ 的矩阵是反对称实矩阵。产生算符和湮灭算符简化了谐振子本征态之间的一些算符矩阵元的计算，例如，考虑一个矩阵元

$\langle m_1|q^n|m_2\rangle=\left(\frac{q_0^{\prime}}{\sqrt{2}}\right)^n\langle m_1|(a+a^{\dagger})^n|m_2\rangle$

每一展开项通常具有如下形式

$\underbrace{aa^\dagger aa^\dagger \cdots aa^\dagger a^\dagger a}_{n\mathrm{~factors}}$

假设共有 $n_+$ 个 $a^\dagger$ 和 $n_-$ 个 $a$ ，那么有

$\begin{aligned} &n_++n_- =n \\[0.5em] &n_+-n_- =m_1-m_2 \end{aligned}$

得到关系

$n_+=\frac{1}{2}(m_1+n-m_2)\\[0.5em] n_-=\frac{1}{2}(m_2+n-m_1)$

也就是说，只有满足上式的 $n_+,n_-$ 的项才会对矩阵元 $\langle m_1|q^n|m_2\rangle$ 有贡献，否则该项的矩阵元为零。

虽然能量基为计算振子本征态之间算符的矩阵元提供了便捷的方法，但在点 $q'$ 处发现处于态 $n$ 的粒子的概率幅 $\braket{q'|n}$ 却无法轻易计算出来。接下来我们将介绍如何计算 $\braket{q'|n}$ 。

坐标基

我们将介绍一个直接得到波函数 $\psi_n(q^\prime)=\langle q^\prime|n\rangle$ 的方法。从基态出发

$a|0\rangle=0 \quad \Rightarrow\quad \frac{1}{\sqrt{2}}(Q+iP)|0\rangle=0$

代入 $Q=q/q_0^{\prime}, P=q_0^{\prime}p/\hbar$ ，得到

$[q+i(q_0^{\prime})^2p/\hbar]|0\rangle=0$

左乘左矢 $\bra{q^\prime}$ ，并利用 $p=-i\hbar\dfrac{\partial}{\partial q}$ 的坐标表象，得到

$\left[q^\prime+(q_0^\prime)^2\frac{\partial}{\partial q^\prime}\right]\psi_0(q^\prime)=0$

这是一个一阶常微分方程，并解得

$\frac{d\psi_0}{\psi_0}=-\frac{q^{\prime}dq^{\prime}}{(q_0^{\prime})^2}\quad \Longrightarrow \quad \ln\psi_0=-\frac{q^{\prime2}}{2(q_0^{\prime})^2}+C$

两边分别做 $e$ 指数运算并归一化后，得到基态波函数

$\psi_0(q^{\prime})=\frac{1}{\sqrt{\sqrt{\pi}q_0^{\prime}}}e^{-\dfrac{q^{\prime2}}{2(q_0^{\prime})^2}}$

我们即使不求解薛定谔方程，也能得到基态波函数：一个高斯波包。

接下来我们通过迭代的方法求得其他态的波函数。先看第一激发态

$\langle q^{\prime}|1\rangle=\langle q^{\prime}|a^{\dagger}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}q_0^{\prime}}\langle q^{\prime}|\left(q-i\frac{(q_0^{\prime})^2}{\hbar}p\right)|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}q_0^{\prime}}\left(q^{\prime}-\frac{(q_0^{\prime})^2}{\hbar}\frac{d}{dq^{\prime}}\right)\langle q^{\prime}|0\rangle$

只需对基态波函数（高斯波包）求导即得 $\langle q^{\prime}|1\rangle$ 。一旦已知 $\langle q^{\prime}|0\rangle$ 和 $\langle q^{\prime}|1\rangle$ ，我们就可以递推出任意的 $\langle q^{\prime}|n\rangle$

$\left.\begin{aligned} & \langle n^{\prime}|a|n\rangle=\sqrt{n}\delta_{n^{\prime},n-1} \\[1em] & \langle n^{\prime}|a^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}\delta_{n^{\prime},n+1} \\[1em] & q=q_{0}^{\prime}\left(a+a^{\dagger}\right)/\sqrt{2} \end{aligned}\right\} \quad \Longrightarrow \quad \langle n^{\prime}|q|n\rangle=\frac{q_0^{\prime}}{\sqrt{2}}(\sqrt{n}\delta_{n^{\prime},n-1}+\sqrt{n+1}\delta_{n^{\prime},n+1})$

那么有

$\begin{aligned} q'\langle q'|n\rangle = \langle q'|q|n\rangle = \sum_{n'}\langle q'|n'\rangle\langle n'|q|n\rangle = \frac{q'_0}{\sqrt{2}}(\sqrt{n}\langle q'|n-1\rangle + \sqrt{n+1}\langle q'|n+1\rangle) \end{aligned}$

整理后得到递推关系

$\langle q'|n\rangle = \frac{q'_0}{\sqrt{2}q'} \left(\sqrt{n}\langle q'|n-1\rangle + \sqrt{n+1}\langle q'|n+1\rangle\right)$

我们同样可以推出波函数的厄米多项式形式的递推关系

$\psi_n(q') = \frac{q'_0}{\sqrt{2}q'} \left[\sqrt{n}\psi_{n-1}(q') + \sqrt{n+1}\psi_{n+1}(q')\right]$

这说明代数方法和级数解法是自洽的。

相干态

位移算符

我们已知平移算符 $T(x^{\prime})=e^{-\dfrac{i}{\hbar}px^{\prime}}$ ，具有如下性质

$T^\dagger(x^{\prime})qT(x^{\prime})=q+x^{\prime}$

根据 $a$ 和 $q$ 之间的线性关系 $q=\dfrac{q_0^{\prime}}{\sqrt{2}}(a+a^\dagger)$ ，我们希望构造出一个类似的算符，称为位移算符，使得

$D^\dagger(z)aD(z)=a+z$

我们知道一个幺正算符的形式为 $D(z)=e^{iA}$ ，其中 $A$ 是厄米算符。注意到 $za^\dagger-z^*a$ 是反厄米的： $\left(za^\dagger-z^*a\right)^\dagger=-(za^\dagger-z^*a)$ ，那么我们可以猜测位移算符为

$D(z)=e^{za^\dagger-z^*a},\quad z\in\mathbb{C}$

可以证明这个算符满足位移性质，且是幺正的。

相空间的位移算符

我们已经知道了位移算符可以平移 $a$ ，由于 $a$ 是 $q$ 和 $p$ 的线性组合，那么位移算符应能平移 $q$ 和 $p$ ，也就是说 $D(z)$ 应是相空间的平移算符。

根据位移算符的定义及其厄米共轭

$\begin{aligned} & D^\dagger(z)aD(z)=a+z \qquad D^\dagger(z)a^\dagger D(z)=a^\dagger+z^* \end{aligned}$

以及关系式

$Q=(a+a^\dagger)/\sqrt{2} \qquad P=-i(a-a^\dagger)/\sqrt{2}$

我们得到

$D^{\dagger}(z)QD(z)=\frac{1}{\sqrt{2}}(a+z+a^{\dagger}+z^{*}) \\[1em] D^{\dagger}(z)PD(z)=\frac{-i}{\sqrt{2}}(a+z-a^{\dagger}-z^{*})$

定义 $z\equiv\dfrac{1}{\sqrt{2}}(Q_0+iP_0)$ ，那么可得

$D(z)\equiv D(Q_0,P_0)=e^{i(P_0Q-Q_0P)}$

将 $D(z)$ 参数化后，其对 $Q$ 和 $P$ 的作用为

$D^\dagger(Q_0,P_0)QD(Q_0,P_0)=Q+[-i(P_0Q-Q_0P),Q]=Q+iQ_0[P,Q]=Q+Q_0 \\[1em] D^\dagger(Q_0,P_0)PD(Q_0,P_0)=P+[-i(P_0Q-Q_0P),P]=P-iP_0[Q,P]=P+P_0$

这就实现了相空间的平移，将 $z$ 的实部平移 $Q_0$ ，虚部平移 $P_0$ （还有因子 $\sqrt{2}$ ）。

$D^\dagger(Q_0,P_0)QD(Q_0,P_0)=Q+Q_0 \\[1em] D^\dagger(Q_0,P_0)PD(Q_0,P_0)=P+P_0$

相干态

考虑位移算符 $D(z)$ 在真空态 $\ket{0}$ 上的作用

$|z\rangle\equiv D(z)|0\rangle=e^{za^\dagger-z^*a}|0\rangle$

这是对基态的一个平移，利用 $\text{BCH}$ 公式，我们可以将其写为

$|z\rangle=e^{-\frac{1}{2}|z|^2}e^{za^\dagger}|0\rangle$

再对上式做泰勒展开，得到第三种形式

$|z\rangle=e^{-\frac{1}{2}|z|^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$

相干态具有以下性质

相干态 $|z\rangle$ 是湮灭算符 $a$ 的本征态

$a|z\rangle=z|z\rangle$
由不同 $z$ 值标记的两个相干态是归一但不正交的。

$\langle z_1|z_2\rangle=e^{-\frac{1}{2}(|z_1|^2+|z_2|^2)}e^{z_1^*z_2}$

但其内积的模方为

$\begin{aligned} & |\langle z_1|z_2\rangle|^2=e^{-(|z_1|^2+|z_2|^2)}e^{z_1^*z_2}e^{z_2^*z_1} =e^{-(z_1-z_2)(z_1^*-z_2^*)}=e^{-|z_1-z_2|^2} \end{aligned}$

只要相空间的两个相干态离得足够远 $|z_1-z_2|\gg1$ ，它们就近似正交。
由于相干态具有不正交性，其完备关系也不一样。且复平面上任意一点对应于一个相干态，所以相干态应是连续的。对相干态在复平面上做二重积分会得到固定值 $\pi$

$\frac{1}{\pi}\int_\mathbb{C}d^2z|z\rangle\langle z|=1,\qquad d^2z\equiv d(\mathrm{Rez})d(\mathrm{Imz})$
相干态是量子力学中最接近于经典态的态，满足最小不确定关系

$\langle z|(\Delta q)^2|z\rangle\langle z|(\Delta p)^2|z\rangle=\hbar^2/4$

根据 $Q\equiv\dfrac{q}{q_0^{\prime}},\quad P\equiv\dfrac{q_0^{\prime}}{\hbar}p$ ，我们有

$\langle(\Delta Q)^2\rangle\langle(\Delta P)^2\rangle=1/4$

且相干态下的平均值 $\langle Q\rangle,\langle P\rangle$ 分别就是相空间中点 $z$ 的实部与虚部

$\mathrm{Re~z}=Q_0/\sqrt{2}=\langle Q\rangle/\sqrt{2},\quad\mathrm{Im~z}=P_0/\sqrt{2}=\langle P\rangle/\sqrt{2}$
相干态的时间演化

$|\psi(0)\rangle=|z\rangle \quad \Rightarrow \quad |\psi(t)\rangle= e^{-iHt/\hbar}|z\rangle=e^{-i\omega t/2}|ze^{-i\omega t}\rangle$

也就是说，相干态在时间演化下仍然是相干态，只不过相空间中的位置在绕原点以角速度 $\omega$ 做圆周运动。
相干态的波函数

$\begin{aligned} \langle q^\prime|z\rangle&=\langle q^\prime|D(Q_0,P_0)|0\rangle=\langle q^\prime|e^{i(P_0Q-Q_0P)}|0\rangle \\[1em] &=e^{-\dfrac{i}{2}P_0Q_0}e^{i\langle p\rangle\dfrac{q^{\prime}}{\hbar}}e^{-\dfrac{\left(q^{\prime}-\langle q\rangle\right)^2}{2\left(q_0^{\prime}\right)^2}}/\sqrt{\sqrt{\pi}q_0^{\prime}} \end{aligned}$

我们说相干态是真空态在相空间平移后的态，体现在波函数上就是，坐标的位移体现在波函数的高斯包络中心由 $0$ 移动到了 $\langle q\rangle$ 处，而动量的位移则以平面波形式体现 $e^{i\langle p\rangle q^{\prime}/\hbar}$ 。

$|\langle q^{\prime}|z\rangle|^2=\frac{1}{\sqrt{\pi}q_0^{\prime}}e^{-\frac{\left(q^{\prime}-\langle q\rangle\right)^2}{\left(q_0^{\prime}\right)^2}}$

求概率得到一个高斯波包，高斯波包也满足最小不确定性关系，这与相干态的性质 $4$ 相符合。

平移算符和位移算符之间的关系：平移算符是位移算符在实轴上的特例。
平移算符为

$\begin{aligned} \hat{T}(x_0) &= \exp\left( -\frac{i}{\hbar} x_0 \hat{p} \right) = \exp\left[ -\frac{i}{\hbar} x_0 \cdot i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat{a}^\dagger - \hat{a}) \right] \\ &= \exp\left[ \frac{1}{\hbar} x_0 \sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat{a}^\dagger - \hat{a}) \right] = \exp\left[ \left( x_0 \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \right) (\hat{a}^\dagger - \hat{a}) \right] \end{aligned}$

对比位移算符 $D(z) = \exp\left( z \hat{a}^\dagger - z^* \hat{a} \right)$
可见当 $z$ 取纯虚数值 $z = i x_0 \sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}$ 时，位移算符就退化为平移算符。