耦合量子谐振子哈密顿量本征值求解疑问：能否转化为无耦合振子？

你的想法完全没错！这个系统绝对可以转化为两个无耦合的简谐振子——问题出在你只单独处理了坐标变换，没同步对正则动量做匹配的正则变换。毕竟哈密顿量里同时包含坐标和动量，得让两者的变换“配套”才能彻底消去交叉项。

我一步步给你理清楚：

1. 先把原哈密顿量的势能项展开 #

原哈密顿量的势能部分展开后是：
$$
V = \frac{K}{2}x_1^2 + \frac{k}{2}(x_1-x_2)^2 = \frac{1}{2}(K+k)x_1^2 - kx_1x_2 + \frac{k}{2}x_2^2
$$
写成矩阵形式就是 $\frac{1}{2}\mathbf{x}^T\mathbf{K}\mathbf{x}$，其中势能矩阵 $\mathbf{K} = \begin{pmatrix} K+k & -k \ -k & k \end{pmatrix}$，动能部分则是 $\frac{1}{2}\mathbf{P}^T\mathbf{M}{-1}\mathbf{P}$，质量矩阵 $\mathbf{M} = \begin{pmatrix} M & 0 \ 0 & m \end{pmatrix}$，$\mathbf{x}=(x_1,x_2)^{T$，$\mathbf{P}=(P_1,P_2)}T$。

2. 关键：用M-正交变换同时对角化动能和势能 #

你之前的坐标变换只考虑了对角化势能矩阵，但因为两个振子质量不同，动能部分不是对称的，所以得用广义正交变换（M-正交变换），让坐标和动量的变换同时消去交叉项。

这个变换的核心是求解本征值问题：
$$
\mathbf{K}\mathbf{u} = \lambda\mathbf{M}\mathbf{u}
$$
等价于 $(\mathbf{M}^{-1}\mathbf{K})\mathbf{u} = \lambda\mathbf{u}$，这里的 $\lambda = \omega^2$，解出来的两个本征值 $\omega_1^2$ 和 $\omega_2^2$ 就是两个简正模式的角频率平方，对应的本征向量构成变换矩阵 $\mathbf{U}$。

3. 坐标与动量的配套变换 #

设简正坐标为 $\mathbf{X}=(X_1,X_2)^T$，则坐标变换为 $\mathbf{x} = \mathbf{U}\mathbf{X}$，对应的正则动量变换为 $\mathbf{P} = \mathbf{M}\mathbf{U}\mathbf{P}X$（$\mathbf{P}X=(P{X1},P{X2})^T$ 是简正动量）。

把这两个变换代入原哈密顿量，你会发现所有交叉项（包括动量乘积项）都会消失，最终得到：
$$
H = \frac{P_{X1}^2}{2} + \frac{1}{2}\omega_1^2X_12 + \frac{P_{X2}^2}{2} + \frac{1}{2}\omega_2^2X_22
$$
这就是两个完全独立的简谐振子哈密顿量，每个振子的本征值是 $(n_i+\frac{1}{2})\hbar\omega_i$（$n_i=0,1,2,...$），整个系统的本征值就是两者的和。

总结一下 #

你最初的思路完全正确，只是没注意到质量不同时，动量的变换不能直接照搬坐标的正交变换——必须用匹配质量矩阵的正则变换，才能彻底消除所有交叉项，得到无耦合的简正模式。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Zarathustra