一维$\delta$势问题
近日，一位长尾科技社群群友提出了一个关于$\delta$势中粒子能量的问题，细想之下我感到还是有些微妙的。故整理出此文。我们首先来求解势的薛定谔方程。
定态薛定谔方程
一维单$\delta$势的哈密顿量为
$$H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\gamma\delta(x),$$
它描述了一个在$x=0$处趋于无穷的势，发散的方向取决于“强度”$\gamma$的正负：正即为
$\delta$势垒，负即为$\delta$势阱。它的奇异性是显而易见的，定态薛定谔方程为
$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+\gamma\delta(x)\psi(x)=E\psi(x),$$
等式右边的能量本征值$E$是个有限的数，而左边却包含发散的$\delta$函数。为了让等式成立，必须有一个相反的发散来“抵消”——能量本征函数的一阶导数必须在势阱处突变，使二阶导数发散。
$\delta$函数的准确含义只能在积分下理解
$$\int_{a}^{b}f(x)\delta(x-x_0)dx=f(x_0),\quad a< x_{0},b> x_0.$$
这也正是我们将用来求解$\delta$势问题的方法。对定态薛定谔方程两边同时积分，积分区域包含$\delta$势所在的$x=0$，并取积分上下限趋于$0$的极限：
$$\lim_{\epsilon\to 0}-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{d\psi}{dx}|_{x=\epsilon}-\frac{d\psi}{dx}|_{x=-\epsilon}\right)+\gamma\psi(0)=\lim_{\epsilon\to 0}E\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\psi(x)dx,$$
右边极限为零，而左边包括能量本征函数在$x=0$处的右导数与左导数之差，正如预期的那样，一阶导数发生了突变：
$$\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=\frac{2m\gamma}{\hbar^2}\psi(0).$$
结合波函数连续的条件
$$\psi(0^+)=\psi(0^-)，$$
我们已经清楚了波函数在$\delta$势处的行为，接下来需要求解$\delta$势外的“自由区域”的行为。
在$x\neq 0$区域，定态薛定谔方程变成
$$\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}=-\frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x),$$
容易求得其通解为：
$$\psi(x)=\begin{cases}Ae^{ikx}+Ce^{-ikx} & x<0, \\ Be^{ikx}+De^{-ikx} & x>0,\end{cases}$$
其中“角波数”$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$。上文的分析告诉我们在连接处$x=0$有：
$$\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=ik(B-D)-ik(A-C)=\frac{2m\gamma}{\hbar^2}\psi(0)=\frac{2m\gamma}{\hbar^2}(A+C)$$
即
$$ik(B-A)=\frac{m\gamma}{\hbar^2}(A+C),$$
散射态
若$k$是实数，即$E>0$，则上述波函数在无穷远处非零，问题转化为散射问题。在散射问题中，我们考虑一个平面波会怎样被散射，要得到一般波函数的散射则只需将平面波叠加起来。设平面波从左边入射，其伴随有反射波和透射波，即令$A=1$，$B=t$（transmission），$C=r$（reflection），$D=0$（仅在一边入射）：
$$\psi_k(x)=\begin{cases}e^{ikx}+re^{-ikx} & x<0 \\ te^{ikx} & x>0\end{cases}$$
解得满足$x=0$处连接条件的系数为：
$$t=\frac{1}{1-\frac{m\gamma}{i\hbar^2k}},\quad r=\frac{1}{\frac{i\hbar^2k}{m\gamma}-1}.$$
注意到$t-r=1$，分段波函数可统一写为
$$\psi_k(x)=e^{ikx}+re^{ik|x|}$$
可以验证其关于波数满足狄拉克正交归一关系：
$$\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{k_1}^*(x)\psi_{k_2}(x)dx=2\pi\delta(k_1-k_2).$$
由于不可正常归一化，此时$\left|\psi(x)\right|^2$已失去位置概率密度的意义，我们转而考察概率流密度。概率流密度定义为
$$\begin{aligned}j&=\frac{1}{2m}\left(\psi^*p\psi-\psi p\psi^*\right)\\&=-\frac{i\hbar}{2m}\left(\psi^*\frac{\partial\psi}{\partial x}-\psi\frac{\partial\psi^*}{\partial x}\right)\end{aligned}$$
我们分别计算入射波、反射波和透射波对应的概率流密度：
$$\begin{aligned}j_\text{入射}&=-\frac{i\hbar}{2m}\left[e^{-ikx}(ik)e^{ikx}-e^{ikx}(-ik)e^{-ikx}\right]\\&=\frac{\hbar k}{2m}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}j_\text{透射}&=-\frac{i\hbar}{2m}\left[t^*e^{-ikx}(ikt)e^{ikx}-te^{ikx}(-ikt^*)e^{-ikx}\right]\\&=\frac{\hbar k}{2m}|t|^2\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}j_\text{反射}&=-\frac{i\hbar}{2m}\left[r^*e^{ikx}(-ikr)e^{-ikx}-re^{-ikx}(ikr^*)e^{ikx}\right]\\&=-\frac{\hbar k}{2m}|r|^2\end{aligned}$$
满足概率守恒：$j_\text{入射}+j_\text{反射}=j_\text{透射}$。概率流密度是常函数，散度（一维情况就是$\frac{\partial j}{\partial x}$）为零，则概率密度不随时间变化，这正是定态的特征。
透射概率为
$$\begin{aligned}T&=\frac{\left|j_\text{透射}\right|}{\left|j_\text{入射}\right|}=\left|t\right|^2\\&=\frac{1}{1-\frac{m\gamma}{i\hbar^2k}}\frac{1}{1+\frac{m\gamma}{i\hbar^2k}}\\&=\frac{1}{1+\frac{m^2\gamma^2}{\hbar^4k^2}}\end{aligned},$$
反射概率为
$$\begin{aligned}R&=\frac{\left|j_\text{反射}\right|}{\left|j_\text{入射}\right|}=\left|t\right|^2\\&=-\frac{1}{\frac{i\hbar^2k}{m\gamma}-1}\frac{1}{\frac{i\hbar^2k}{m\gamma}+1}\\&=\frac{1}{1+\frac{\hbar^4k^2}{m^2\gamma^2}}\end{aligned},$$
满足$T+R=1$。
我们再来求解束缚态。
束缚态
束缚态的条件是波函数在无穷远处要趋于零，由通解
$$\psi(x)=\begin{cases}Ae^{ikx}+Ce^{-ikx} & x<0, \\ Be^{ikx}+De^{-ikx} & x>0,\end{cases}$$
即要求$k$有虚部，才能有在无穷远趋于零的实指数函数。由于能量本征值$E$是实数，$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}\notin\mathbb{R}$只能当$E<0$时取纯虚数。令$\kappa=-ik>0$，由无穷远边界条件，束缚态通解为
$$\psi_\kappa(x)=\begin{cases}Ce^{\kappa x} & x<0, \\ Be^{-\kappa x} & x>0,\end{cases}$$
由$x=0$处连续条件和归一化有
$$\psi_\kappa(x)=\begin{cases}\sqrt{\kappa}e^{\kappa x} & x\leq0, \\ \sqrt{\kappa}e^{-\kappa x} & x>0,\end{cases}$$
且其对应的能量$E$不再像散射态中为任意正数，而是由
$$ik(B-A)=\frac{m\gamma}{\hbar^2}(A+C),\quad A=0,B=C=\sqrt{\kappa}$$
得
$$\kappa=-\frac{m\gamma}{\hbar^2}$$
$$E=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}=-\frac{m\gamma^2}{2\hbar^2}$$
$\kappa>0$要求$\gamma<0$，即仅在$\delta$势阱，而非势垒中存在束缚态，这符合直觉。解得的本征能量和能量本征函数中都没有标志着能级的变量$n$，即$\delta$势阱中只存在一个束缚态。
尝试从物理上理解这一点：更高的能级意味着更短的波长、更强的振荡（波函数有更多节点），而$\delta$势阱中经典允许区仅有$x=0$一点，波函数几乎完全处于$E< V$的经典禁区，其中波函数只能指数衰减而无法振荡，无法容许更高激发态的存在。
能量问题
束缚态能量为负是什么意思呢？其实重要的是和无穷远处势能的大小关系，而势能的零点是可以任意选取的，上面只是把零点选为无穷远处而已。若平移一个量$V_0$，
$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+\gamma\delta(x)\psi(x)+V_0\psi(x)=E\psi(x),$$
移项，相当于在上面求解的$\delta$势中，把$E$代换成$E-V_0$，解得
$$E-V_0=-\frac{m\gamma^2}{2\hbar^2},$$
$$E=V_0-\frac{m\gamma^2}{2\hbar^2},$$
可见“负能量”只意味着
$$E< V(\pm\infty)=\gamma\delta(\pm\infty)+V_0=V_0.$$
经典地看，就是束缚态粒子运动到有限远处就会耗尽动能，被吸引势拉回去（虽然$\delta$势中几乎处处是经典禁区，根本没有经典可言！）。
另一方面，由$\delta$函数的积分性质，简单的计算给出势能期望值为：
$$\langle V\rangle=\gamma\kappa=-\frac{m\gamma^2}{\hbar^2}.$$
进而可以求出动能期望值
如果直接计算动能期望值呢？以束缚态为例，不难发现波函数和其二阶导数都是正的，故动能期望值为……负？
$$\begin{aligned}\langle T\rangle&=\frac{1}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)p^2\psi(x)dx\\&=-\frac{\hbar^2}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\frac{\partial^2\psi(x)}{\partial x^2}dx\\&=-\frac{\hbar^2\kappa^3}{m}\int_{-\infty}^{0}e^{2\kappa x}dx\\&=-\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}=-\frac{m\gamma^2}{2\hbar^2}< 0???\end{aligned}$$
要得到正确结果，我们必须把$x=0$处一阶导数的突变考虑进来
$$\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=-2\kappa^{3/2}$$
$$\begin{aligned}\frac{\partial^2\psi(x)}{\partial x^2}&=\kappa^{5/2}e^{-\kappa|x|}\\&\to\kappa^{5/2}e^{-\kappa|x|}-2\kappa^{3/2}\delta(x),\end{aligned}$$
则有
$$\begin{aligned}\langle T\rangle&=-\frac{\hbar^2}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\frac{\partial^2\psi(x)}{\partial x^2}dx\\&=-\frac{\hbar^2\kappa^3}{m}\int_{-\infty}^{0}e^{2\kappa x}dx+\frac{\hbar^2\kappa^2}{m}\\&=\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}=\frac{m\gamma^2}{2\hbar^2}.\end{aligned}$$
其它力学量
显然，对这样一个束缚态，有$\langle x\rangle=0$，$\langle p\rangle=0$。而不确定度
$$\begin{aligned}
\sigma_x^2&=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2
\\&=\int_{-\infty}^{\infty}x^2\left|\psi(x)\right|^2dx\\
&=\kappa\int_{-\infty}^{0}x^2e^{2\kappa x}dx\\
&=\frac{1}{4\kappa^2}\\\\
\sigma_p^2&=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2\\
&=-\hbar^2\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\frac{\partial^2\psi(x)}{\partial x^2}dx\\
&=2m\langle T\rangle\\
&=\hbar^2\kappa^2\\\\
\sigma_x\sigma_p&=\frac{\hbar}{2}
\end{aligned}$$
可见，束缚在$\delta$势阱中的粒子处于位置和动量具有最小不确定性的状态。增大$\delta$势阱的强度$\gamma$可以减小位置不确定性，但动量不确定性将随之增大。
