G、谐振子的相干“准经典”态

在一维谐振子的例子中，其定态——能量本征态的位置和动量的平均值$\langle X \rangle$、$\langle P \rangle$在任意时刻始终都是零；这与经典情况是明显不同的，经典谐振子的位置$x$和动量$p$都是随时间振荡的函数。但是我们应当预期，在谐振子能量甚大于量子$\hbar\omega$的时候，量子力学的结果理应与经典力学一样。因此，这就提出一个问题，是否存在这样的量子态，其中的量子结果非常接近，甚至完全相同于经典力学给出的结果？

这样的问题是有意义的。因为在物理中，我们将很多体系都看作是某种谐振子进行处理，至少在一级近似下如此。那么一个重要的问题就是，怎样从接近经典的结果过渡到量子效应占优的情况：这个问题的回答能帮助我们深入理解应该在什么时候对体系使用经典方法或是量子方法处理。

在量子力学中，我们已经知道，一个谐振子的位置、动量、能量的算符相互之间不对易，因此不可能完全确定这三个物理量。事实上我们的目的仅限于，寻找这样的态，在任意时刻$t$，它的期望值$\langle X \rangle$、$\langle P \rangle$、$\langle H \rangle$都最接近经典谐振子在相应$t$时刻的值；这就只能是一种折衷的态，在这样的态中，三个可观测量没有一个是完全确定的，但是我们希望三者的方均根偏差都足够小，以至于在经典极限下可以忽略。

寻找准经典态

引入参量$\alpha_0$描述经典运动特征

考虑经典的一维谐振子：

$\left\{\begin{aligned} \frac{\rm d}{ {\rm d}t} x(t) &= \frac{1}{m} p(t)\\ \frac{\rm d}{ {\rm d}t} p(t) &= -m\omega^2 x(t) \end{aligned}\right.$

将运动变量无量纲化：

$\hat x(t) = \sqrt\frac{m\omega}{\hbar}x(t)\ ,\qquad \hat p(t) = \sqrt\frac{1}{\hbar m\omega}p(t)$

于是经典谐振子运动方程是：

$\left\{\begin{aligned} \frac{\rm d}{ {\rm d}t} \hat x(t) &= \omega \hat p(t)\\ \frac{\rm d}{ {\rm d}t} \hat p(t) &= -\omega \hat x(t) \end{aligned}\right.$

注意在这里$\hbar$只是作为相应量纲的一个普通常数引入，但是方程描述的仍然是经典体系，它与原方程是完全等价的。这样一个经典体系在$t$时刻的物理态，完全由两个量$\hat x(t)$和$\hat p(t)$所决定。因此考虑将两者组合成一个无量纲的复数：

$\alpha(t) = \frac{1}{\sqrt 2}\big[\hat x(t) + {\rm i} \hat p(t)\big]$

运动方程就可以合并为：

$\frac{\rm d}{ {\rm d}t} \alpha(t) = -{\rm i}\omega \alpha(t)$

其解为

$\alpha(t) = \alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}$

其中

$\alpha_0 = \alpha(0) = \frac{1}{\sqrt 2}\big[\hat x(0) + {\rm i} \hat p(0)\big]$

由此，就实现了用单独一个函数$\alpha(t)$来描述经典谐振子的运动。若从几何上来看，$\alpha$在复平面上就是从$\alpha_0$点出发，以$-\omega$角速度做简单的匀速圆周运动，其实部、虚部，即横坐标、纵坐标分别给出谐振子的位置与动量：

$\left\{\begin{aligned} \hat x(t) &= \frac{1}{\sqrt 2} \big[ \alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} + \alpha_0^* {\rm e}^{ {\rm i}\omega t} \big]\\ \hat p(t) &= \frac{-{\rm i} }{\sqrt 2} \big[ \alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} - \alpha_0^* {\rm e}^{ {\rm i}\omega t} \big] \end{aligned}\right.$

而体系的能量则与时间无关：

$\begin{aligned} \mathscr H &= \frac{1}{2m}p^2(0) + \frac{1}{2}m\omega^2 x^2(0) = \frac{\hbar\omega}{2}\big[ \hat x^2(0) + \hat p^2(0) \big]\\ &= \hbar\omega |\alpha_0|^2 \end{aligned}$

对于经典谐振子，其能量$\mathscr H$甚大于量子$\hbar\omega$，即$|\alpha_0|^2\gg 1$。

由此，就实现了用单个参数$\alpha_0$来描述特定频率$\omega$的经典谐振子体系。

确定准经典态的条件

现在我们希望寻找的是量子态，它在任意时刻的期望值$\langle X \rangle$、$\langle P \rangle$、$\langle H \rangle$都实际上等于经典谐振子的$x$、$p$、$\mathscr H$的值。这样的态可能存在吗？

为此，利用产生湮灭算符：

$\begin{aligned} \hat X&=\sqrt\frac{m\omega}\hbar X =\frac1{\sqrt2}(a+a^\dagger)\\ \hat P&=\sqrt\frac1{m\hbar\omega}P=\frac{-\rm i}{\sqrt2}(a-a^\dagger)\\ H&=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\boldsymbol{\frac12}\right) \end{aligned}$

根据第三章的讨论我们知道，对于任意态$\ket{\psi(t)}$，湮灭算符的期望值$\langle a \rangle(t) = \bra{\psi(t)} a \ket{\psi(t)}$的时间演化为：

${\rm i}\hbar \frac{\rm d}{ {\rm d}t} \langle a \rangle(t) = \langle [a,H] \rangle(t) = \langle \hbar\omega a\rangle(t)$

即

$\frac{\rm d}{ {\rm d}t} \langle a \rangle(t) = -{\rm i} \omega \langle a\rangle(t)$

求解方程得到

$\langle a \rangle(t) = \langle a \rangle(0) {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}$

与之类似，产生算符的演化为：

$\langle a^\dagger \rangle(t) = \langle a^\dagger \rangle(0) {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} = \langle a \rangle^* (0) {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}$

于是得到三个可观测量的期望值为：

$\left\{\begin{aligned} \langle \hat X \rangle(t) &= \frac{1}{\sqrt 2} \big[ \langle a \rangle(0) {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} + \langle a \rangle^* (0) {\rm e}^{ {\rm i}\omega t} \big]\\ \langle \hat P \rangle(t) &= \frac{-{\rm i} }{\sqrt 2} \big[ \langle a \rangle(0) {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} - \langle a \rangle^* (0) {\rm e}^{ {\rm i}\omega t} \big]\\ \langle H \rangle &= \hbar \omega \langle a^\dagger a \rangle(0) + \frac12\hbar \omega \end{aligned}\right.$

由此我们看到，为了满足我们的目的，只需要规定初始条件：

$\left\{\begin{aligned} \langle a \rangle(0) &= \alpha_0\\ \langle a^\dagger a \rangle(0) &= |\alpha_0|^2 \end{aligned}\right.$

即可。这也就是规定态矢$\ket{\psi(t)}$满足初始条件：

$\left\{\begin{aligned} \bra{\psi(0)} a \ket{\psi(0)} &= \alpha_0\\ \bra{\psi(0)} a^\dagger a \ket{\psi(0)} &= |\alpha_0|^2 \end{aligned}\right.$

将会看到，这两个条件就足以在相差一个相位的程度确定$\ket{\psi(0)}$。

准经典态是$a$本征态

引入算符

$b(\alpha_0) = a-\alpha_0I$

则满足

$b^\dagger(\alpha_0) b(\alpha_0) = a^\dagger a - \alpha_0 a^\dagger - \alpha_0^* a + \alpha_0^* \alpha_0$

于是结合前述初始条件就可以得到：

$\bra{\psi(0)} b^\dagger(\alpha_0) b(\alpha_0) \ket{\psi(0)} = \alpha_0^* \alpha_0 - \alpha_0 \alpha_0^* - \alpha_0^* \alpha_0 + \alpha_0^* \alpha_0 = 0$

可见$b(\alpha_0)\ket{\psi(0)} = 0$，或者说

$a \ket{\psi(0)} = \alpha_0 \ket{\psi(0)}$

即$\ket{\psi(0)}$就是$a$的属于复本征值$\alpha_0$的本征矢。

在下面的讨论中，我们将会采用记号$\ket\alpha$来表示算符$a$的属于复本征值$\alpha$的本征矢：

$a\ket\alpha = \alpha \ket\alpha$

因此，初始条件就等价于：

$\ket{\psi(0)} = \ket{\alpha_0}$

也就是说，我们要寻找的量子态，其初态应当是$a$的本征态$\ket{\alpha_0}$。

态$\ket\alpha$的性质

$\ket{\alpha}$在能量表象$\{\ket{n}\}$中的展开式

设其在定态上的分解为：

$\ket\alpha = \sum_n c_n(\alpha) \ket n$

代入本征方程得到

$a\ket\alpha = \sum_n c_n(\alpha) \sqrt{n} \ket{n-1}$

即得到递推关系：

$c_{n+1}(\alpha) = \frac{\alpha}{\sqrt{n+1} }c_n(\alpha)$

于是就可以利用$c_0(\alpha)$表示出全体系数为：

$c_n(\alpha) = \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!} }c_0(\alpha)$

这就可以在仅仅相差一个复系数$c_0(\alpha)$的程度确定准经典态$\ket\alpha$。进一步，我们规定$c_0(\alpha)$为实数，并且准经典态的归一化：$\bra{\alpha}\ket{\alpha} = 1$，就可以在只差一个相位的程度确定之。在这种情况下，归一化条件相当于：

$\sum_n |c_n(\alpha)|^2 = |c_0(\alpha)|^2 \sum_n \frac{\alpha^{2n} }{n! } = |c_0(\alpha)|^2 {\rm e}^{|\alpha|^2} = 1$

从而我们取

$c_0(\alpha) = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} }$

于是就得到准经典态在定态$\ket n$上的展开式为：

$\ket\alpha = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!} }\ket n$

在态$\ket\alpha$中能量的期望和偏差

考虑处于$\ket\alpha$的谐振子。从其在定态的展开式可知，测量能量可能得到的结果及其概率为

$E_n = \left( n+\frac12 \right)\hbar\omega$ $\mathscr P_n(\alpha) = |c_n(\alpha)|^2 = \frac{|\alpha|^{2n} }{n!}{\rm e}^{-|\alpha|^2}$

可见能量分布是一个泊松分布。且当$n = |\alpha|^2$或其整数部分时，概率取最大值，这也是准经典态最有可能处于的定态，其中能量为$E_n \simeq \left( |\alpha|^2+\frac12 \right)\hbar\omega$。

要计算$\ket\alpha$中的能量平均值$\langle H \rangle_\alpha$，注意到湮灭算符本征方程取共轭得到

$\bra\alpha a^\dagger = \alpha^*\bra\alpha$

于是

$\langle H \rangle_\alpha = \langle a^\dagger a \rangle_\alpha \hbar\omega + \frac12 \hbar\omega = \left(|\alpha|^2+\frac12\right)\hbar\omega$

可见当$|\alpha|\gg 1$时，$\langle H \rangle_\alpha$与最概然的$E_n$几乎是相同的。这也是准经典态在经典极限下回到经典结果的一个例子。

接下来计算$\langle H^2 \rangle_\alpha$。注意到$[a,a^\dagger] = 1$，就能得到

$\langle H^2 \rangle_\alpha = \bra \alpha \left(a^\dagger a+\frac12\right)^2 \ket \alpha \hbar^2\omega^2 = \left(|\alpha|^4+2|\alpha|^2+\frac14\right)\hbar^2\omega^2$

由此得出能量的方均根偏差：

$\Delta H_\alpha = \hbar\omega |\alpha|$

这表明，若$|\alpha|\gg 1$，则

$\frac{\Delta H_\alpha}{\langle H \rangle_\alpha} \simeq \frac{1}{|\alpha|}\ll 1$

可见在态$\ket\alpha$中的能量，从相对大小的意义上来说，能量几乎是确定的。

在态$\ket\alpha$中坐标、动量的期望和偏差

不难计算，坐标和动量的期望分别是

$\begin{aligned} \langle X \rangle_\alpha &= \sqrt\frac{2\hbar}{m\omega}\ \Re(\alpha)\\ \langle P \rangle_\alpha &= \sqrt{2\hbar m\omega}\ \Im(\alpha) \end{aligned}$

而

$\begin{aligned} \langle X^2 \rangle_\alpha &= \sqrt\frac{\hbar}{2m\omega}\big[(\alpha+\alpha^*)^2+1\big]\\ \langle P^2 \rangle_\alpha &= \sqrt\frac{\hbar m\omega}{2}\big[1-(\alpha-\alpha^*)^2\big] \end{aligned}$

就得到方均根偏差

$\begin{aligned} \Delta X _\alpha &= \sqrt\frac{\hbar}{2m\omega}\\ \Delta P _\alpha &= \sqrt\frac{\hbar m\omega}{2} \end{aligned}$

可见，$\Delta X_\alpha$、$\Delta P_\alpha$均与$\alpha$无关，且此时两者乘积为：

$\Delta X_\alpha \cdot \Delta P_\alpha = \frac{\hbar}{2}$

取到了不确定性关系所允许的最小值；因此，准经典态$\ket\alpha$实际上是一个“极小波包”，从这个意义上来说，它的确是最接近经典的量子态。

位移算符$D(\alpha)$

考虑定义如下算符：

$D(\alpha) = {\rm e}^{\alpha a^\dagger - \alpha^* a}$

显然它是幺正的，其共轭算符为

$D^\dagger(\alpha) = {\rm e}^{\alpha^* a - \alpha a^\dagger}$

注意到算符$\alpha a^\dagger$与$-\alpha^ a$的对易子是纯数$\alpha^\alpha$，因此可以利用BCH公式将其写作：

$D(\alpha) = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} } {\rm e}^{\alpha a^\dagger} {\rm e}^{- \alpha^* a}$

为了看到算符$D(\alpha)$的作用，考虑将之作用在能量基态$\ket 0$上；注意到

${\rm e}^{- \alpha^* a}\ket 0 = \sum_{n}\frac{(-\alpha^*)^n}{n!} a^n \ket 0 = \ket 0$

于是

$D(\alpha)\ket 0 = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_{n}\frac{\alpha^n}{n!} (a^\dagger)^n \ket 0 = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} } \sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!} }\ket n = \ket\alpha$

可见$D(\alpha)$是一个幺正变换，将能量基态$\ket 0$变换到准经典态$\ket\alpha$。

算符$D(\alpha)$的另一个作用是实现产生湮灭算符在相空间的平移：

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

波函数$\psi_\alpha(x)$

考察准经典态在坐标表象的波函数：

$\psi_\alpha(x) = \bra{x}\ket{\alpha} = \bra{x} D(\alpha) \ket 0$

将算符$\alpha a^\dagger - \alpha^* a$表示为$X$和$P$的函数：

$\alpha a^\dagger - \alpha^* a = \sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}X - \frac{\rm i}{\sqrt{\hbar m\omega} }\frac{\alpha+\alpha^*}{\sqrt 2}P$

于是根据BCH公式就得到

$D(\alpha) = {\rm e}^{\alpha a^\dagger - \alpha^* a} = {\rm e}^{\sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}X} {\rm e}^{- \frac{\rm i}{\sqrt{\hbar m\omega} }\frac{\alpha+\alpha^*}{\sqrt 2}P} {\rm e}^{\frac{\alpha^{*2}-\alpha^2 }{4} }$

代入波函数中，得到

$\begin{aligned} \psi_\alpha(x) &= \bra{x} {\rm e}^{\sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}X} {\rm e}^{- \frac{\rm i}{\sqrt{\hbar m\omega} }\frac{\alpha+\alpha^*}{\sqrt 2}P} {\rm e}^{\frac{\alpha^{*2}-\alpha^2 }{4} } \ket 0 \\ &= {\rm e}^{\frac{\alpha^{*2}-\alpha^2 }{4} } \bra{x} {\rm e}^{\sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}X} {\rm e}^{- \frac{\rm i}{\sqrt{\hbar m\omega} }\frac{\alpha+\alpha^*}{\sqrt 2}P} \ket 0 \\ &= {\rm e}^{\frac{\alpha^{*2}-\alpha^2 }{4} } {\rm e}^{\sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}x} \bra{x} {\rm e}^{- \frac{\rm i}{\sqrt{\hbar m\omega} }\frac{\alpha+\alpha^*}{\sqrt 2}P} \ket 0 \\ &= {\rm e}^{\frac{\alpha^{*2}-\alpha^2 }{4} } {\rm e}^{\sqrt\frac{m\omega}{\hbar }\frac{\alpha-\alpha^*}{\sqrt 2}x} \varphi \left( x - \frac{\hbar}{\sqrt{2m\omega} }(\alpha+\alpha^*) \right)\\ &\equiv {\rm e}^{ {\rm i}\theta_\alpha } {\rm e}^{ {\rm i}\langle P\rangle_\alpha x/\hbar} \varphi \big( x - \langle X\rangle_\alpha \big) \end{aligned}$

其中$\varphi_0(x)$是基态波函数；其中利用到了算符${\rm e}^{-{\rm i}bP/\hbar}$是波函数平移算符的事实。上式说明，只要从基态波函数$\varphi_0(x)$出发，沿坐标轴平移$\langle X\rangle_\alpha$，再乘以一个振荡函数${\rm e}^{ {\rm i}\langle P\rangle_\alpha x/\hbar}$，就可以再仅差一个相位因子的意义上得到准经典态的波函数$\psi_\alpha(x)$。

由于我们知道基态波函数的函数形式，于是可以将准经典态写为具体的函数：

$\psi_\alpha(x) = {\rm e}^{ {\rm i}\theta_\alpha } \left( \frac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{1/4} \exp \left[ -\left( \frac{x-\langle X\rangle_\alpha}{2\Delta X_\alpha} \right)^2 + \frac{\rm i}{\hbar}\langle P\rangle_\alpha x \right]$

则准经典态的波包形状为：

$|\psi_\alpha(x)|^2 = \sqrt\frac{m\omega}{\pi\hbar} \exp \left[ -\frac12\left( \frac{x-\langle X\rangle_\alpha}{2\Delta X_\alpha} \right)^2 \right]$

是一个高斯型波包。这再次说明了准经典态$\ket\alpha$是一个极小波包的态。

两个准经典态的内积；封闭性关系式；超完备性

尽管态$\ket\alpha$是算符$a$的本征矢，但是$a$并非厄米算符，所以事实上各个准经典态之间并不满足通常的正交性和封闭性关系。

首先考虑$a$的两个属于不同本征值的本征态：

$\bra{\alpha}\ket{\beta} = \sum_n c_n(\alpha) c_n^*(\beta) = {\rm e}^{-\frac{|\alpha|^2}{2} -\frac{|\beta|^2}{2} } \sum_n\frac{(\alpha^*\beta)^2}{n!} = {\rm e}^{-\frac{1}{2} (|\alpha|^2+|\beta|^2) +\alpha^*\beta}$

则两个准经典态之间存在跃迁概率

$|\bra{\alpha}\ket{\beta}|^2 = {\rm e}^{-|\alpha-\beta|^2} \neq 0$

可见，不同准经典态之间永远不可能正交；仅仅在$|\alpha-\beta|\gg 1$时跃迁概率会指数趋近于零。

尽管如此，但是诸准经典态之间的确存在一种特殊形式的封闭性关系，即：

$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb C}{\rm d}\alpha \ket\alpha\bra\alpha = \frac{1}{\pi}\iint {\rm d}(\Re\alpha) {\rm d}(\Im\alpha) \ket\alpha\bra\alpha = 1$

为证明这一点，将等式左边用能量表象展开得到：

$=\frac{1}{\pi}\iint {\rm d}(\Re\alpha) {\rm d}(\Im\alpha) {\rm e}^{-|\alpha|^2} \sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!} }\ket n \sum_m \frac{\alpha^m}{\sqrt{m!} }\bra m$

并采用复平面上的极坐标：

$\begin{aligned} =&\frac{1}{\pi}\int_0^\infty r {\rm d}r \int_0^{2\pi} {\rm d}\varphi \sum_{n,m} {\rm e}^{-r^2}{\rm e}^{ {\rm i}(n-m)\varphi} \frac{r^{(n+m)} }{\sqrt{n!m!} }\ket n \bra m\\ =&2 \int_0^\infty r {\rm d}r \sum_{n,m} \delta_{nm} {\rm e}^{-r^2} \frac{r^{(n+m)} }{\sqrt{n!m!} }\ket n \bra m\\ =&\sum_n \left[2 \int_0^\infty r {\rm e}^{-r^2} r^{2n}{\rm d}r \right]\frac{ 1 }{n! } \ket n \bra n\\ =&\sum_n \left[\int_0^\infty {\rm e}^{-u} u^{n}{\rm d}u \right]\frac{ 1 }{n! } \ket n \bra n\\ =& \sum_n I_n \frac{ 1 }{n! } \ket n \bra n \end{aligned}$

其中积分的部分$I_n = \int_0^\infty {\rm e}^{-u} u^{n}{\rm d}u$利用分部积分，可以得到递推关系：

$I_n = n I_{n-1}$

于是可以求得

$I_n = n! I_0 = n!$

从而就得到

$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb C}{\rm d}\alpha \ket\alpha\bra\alpha = \sum_n \ket n \bra n = 1$

此即准经典态所满足的特殊形式的封闭性关系。

利用上述性质，可以得出准经典态是“超完备”的，即任何准经典态都可以用其他所有准经典态展开得到：

$\ket\alpha = \frac{1}{\pi}\int_{\mathbb C}{\rm d}\beta \ket\beta\bra\beta \ket{\alpha} = \frac{1}{\pi}\int_{\mathbb C}{\rm d}\beta \ket\beta {\rm e}^{-\frac{1}{2} (|\alpha|^2+|\beta|^2) +\beta^*\alpha}$

准经典态随时间的演变

回到最初的问题，我们希望找到最接近经典结果的量子态，我们发现这样的量子套要满足初始条件$\ket{\psi(0)} = \ket{\alpha_0}$。那么它的物理性质将怎样随时间演化呢？

我们已经看到，这样的量子态，其位置、动量的期望值$\langle X\rangle$、$\langle P\rangle$都始终等于经典谐振子的$x$、$p$值。

准经典态始终保持为$a$的本征态

尽管准经典态不是定态，会随时间有非平庸的演化，但是当哈密顿量不含时的情况，可以利用它再定态的展开式来求其时间演化：

$\begin{aligned} \ket{\psi(t)} &= {\rm e}^{-\frac{|\alpha_0|^2}{2} } \sum_n \frac{\alpha_0^n}{\sqrt{n!} } {\rm e}^{-{\rm i}E_n t/\hbar} \ket n\\ &= {\rm e}^{-{\rm i}\omega t/2}{\rm e}^{-|\alpha_0|^2/2 } \sum_n \frac{(\alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t})^n}{\sqrt{n!} } \ket n \end{aligned}$

可见，要从$\ket{\psi(0)} = \ket{\alpha_0}$变化到$\ket{\psi(t)}$，无非就是将$\alpha_0$换为$\alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}$即可（总相位因子不影响物理态），也就是

$\ket{\psi(t)} = \ket{\alpha = \alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t} }$

几何上看，态矢的演化就是从$\alpha_0$出发以角速度$-\omega$旋转，始终保持为$a$的本征态，只不过本征值随时间变化。它其实就对应于本章开头所讨论的描述经典谐振子运动的函数$\alpha(t)$。

物理性质的演化

利用我们曾经得到的结果：

$\begin{aligned} \langle X \rangle(t) &= \sqrt\frac{2\hbar}{m\omega}\ \Re(\alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t})\\ \langle P \rangle(t) &= \sqrt{2\hbar m\omega}\ \Im(\alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}) \end{aligned}$

而能量期望值$\langle H \rangle$与时间无关。这直接就是准经典态演化时物理量的演化。

而方均根偏差则为：

$\begin{aligned} \Delta X &= \sqrt\frac{\hbar}{2m\omega}\\ \Delta P &= \sqrt\frac{\hbar m\omega}{2}\\ \Delta H &= \hbar\omega |\alpha_0 {\rm e}^{-{\rm i}\omega t}| = \hbar\omega |\alpha_0| \end{aligned}$

也都与时间无关；每一时刻，准经典态都保持为最小波包，不会随时间弥散开。

波包的运动

计算$t$时刻的波函数，容易得到：

$\psi(x,t) = {\rm e}^{ {\rm i}\theta_{\alpha_0} } {\rm e}^{-{\rm i}\omega t/2} \left( \frac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{1/4} \exp \left[ -\left( \frac{x-\langle X\rangle(t)}{2\Delta X} \right)^2 + \frac{\rm i}{\hbar}\langle P\rangle(t) x \right]$

其波包形状不随时间改变，总是高斯波包；而波包中心位置会随时间振荡：

$|\psi(x,t)|^2 = \big|\varphi_0(x-\langle X\rangle(t))\big|^2$

可见波包以整体做简谐运动而无变形。

自由高斯型波包本身将会存在弥散的趋势，但是对于这里的谐振子准经典态，其波包没有弥散，实际上是因为势场的束缚作用抵消掉了波包天然存在的弥散趋势，从而使波包不发生形变。

当$|\alpha|\gg 1$时，方均根偏差$\Delta X$、$\Delta P$无变化，但是期望值$\langle X \rangle(t)$、$\langle P \rangle(t)$振荡的幅度将会变得甚大于$\Delta X$、$\Delta P$，从而量子涨落的相对值变得非常小，因此这种极限下，一个准经典态就足以被视为经典运动。