如题，本文适合轻度装X不甚深入，可放心食用
前置知识：
- 偏导数
- 复数（以及欧拉公式）
- 仅需常微分方程即可
- 基本的量子力学常识

让我康康

一维空间中的薛定谔方程（含时）长这个样子：
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi(x,t)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\Psi(x,t)+V(x,t)\Psi(x,t)
其中，\Psi(x,t)为波函数，是从两个实数(x,t)到一个复数的映射。
\hbar是约化普朗克常数，约等于1.0545718 × 10^{-34} m^2 \cdot kg/s
其实就是\hbar=\frac{h}{2\pi}
m为粒子质量
V(x,t)为势能函数，即空间中每一点的势能。

我不要解偏微分方程！！111

可以。如题，这里讨论不含时薛定谔方程，所以我们来简化一下
如果\Psi可分离，即：
\Psi(x,t)=\psi(x)T(t)
代入原方程：
i\hbar\frac{d}{dt}T(t)\psi(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)T(t)+V(x,t)\psi(x)T(t)
哇，变成常微分方程了，爽
两边同除\psi(x)T(t)，得
i\hbar\frac{\frac{d}{dt}T(t)}{T(t)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)}{\psi(x)}+V(x,t)
因为不含时，所以V(x,t)与t应该是无关的
这样的话上式左边只能是常数了
不妨设该常数为E
(其实E就是能量，但我不知道为什么)
于是得
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)=(E-V(x))\psi(x)
上式即不含时薛定谔方程
不仅不含时，还不含i，太爽了，直接把\psi当作实函数吧(虽然我不知道为什么)

先解决T(t)

E=i\hbar\frac{\frac{d}{dt}T(t)}{T(t)}
E T(t)=i\hbar\frac{d}{dt}T(t)
一阶线性常微分方程，直接上通解：
T(t)=Ce^{-i\frac{E}{\hbar}t}
不妨令C=1，这样|T(t)|=1，下文标准化时更爽
这样的话完整的解为：
\Psi(x,t)=\psi(x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}

好了，来解\psi(x)吧

第一种情况：自由空间
即V(x)=0
代入不含时薛定谔方程得：
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x)=E\psi(x)
当然这也是有通解的，如下：
\psi(x)=Asin(kx)+Bcos(kx)
其中k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}
A,B为常数。
完整形式：
\Psi(x,t)=(Asin(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x)+Bcos(\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}x))e^{-i\frac{E}{\hbar}t}
恭喜，你已经解出了薛定谔方程最简单的解（自由空间）。

更难一点

自由空间太无聊了，现在我们解无限深方阱
V(x) = \begin{cases} 0&x \in [0,L] \\ +\infty&x \not\in [0,L] \end{cases}
在方阱中，明显符合上文自由空间的解
但在阱外，明显\psi(x)=0
由于\psi(x)连续，必然要满足边界条件，即：
\psi(0)=0,\psi(L)=0
代一代
\psi(0)=B
啊，B=0，cos没了
\psi(L)=Asin(kL)=0
那么必然有:
kL=n\pi\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
展开，
\frac{\sqrt{2mE}L}{\hbar}=n\pi
解E可得:
E=n^2\frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
因为\hbar=\frac{h}{2\pi}
可得(常用形式)：
E_n=\frac{n^2 h^2}{8mL^2}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)
哇！！！
能量被量子化了
我们称之为能级
而且不同于经典力学，能量不能为0
当n=1时:
E_1=\frac{h}{2mL^2}
我们称之为零点能量。

标准化

标准化，即通过常数操作使得\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x,t)|^2dx=1
众所周知，|\Psi(x,t)|^2可以理解为在某一时刻在某一位置测得粒子的概率密度，概率的积分自然应该为1。
这里通过调整A达到此目的(所谓常数操作)。
我们上文已经使得|T(t)|=1了，所以不用关心这一项
只要：
\int_0^L\psi(x)^2dx=1
即可。
那么就积一下吧
=A^2\int_0^L sin^2(\frac{n\pi}{L}x)dx
然后可以换换元，用一下二倍角公式就做出来了留作习题答案略
积出来是A^2\frac{L}{n\pi}(\frac{1}{2}n\pi-\frac{1}{4}sin(n\pi))
会发现sin(n\pi)刚好为0，原式化为：
A^2\frac{L}{2}=1
A=\sqrt{\frac{2}{L}}
综上，
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}sin(\frac{n\pi}{L}x)
\Psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}sin(\frac{n\pi}{L}x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}\hspace{3ex}(n=1,2,3...)

结论

由于最终的波函数是个sin，在某些位置（波节）测量根本不会测得粒子的存在。
另外，如果把波函数画出来，和固定两端的震动的弦的驻波完全相同。

n=1即为一次谐波，n=2即为二次谐波，以此类推。
神奇的量子力学。