量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ

(37d) 更新


量子力学Ⅰ/調和振動子

解答:1次元の調和振動子

(1)

  \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{K}{2}x^2\right)\varphi(x)=\varepsilon\varphi(x)

(2)

  x^2=\frac{\hbar}{m\omega}\xi^2 より、

  \left( -\frac{\hbar^{\not2}}{2\not\!\!m}\frac{\not\!\!m\omega}{\not\!\hbar}\frac{d^2}{d\xi^2} +\frac{K}{2}\frac{\hbar}{m\omega}\xi^2\right)\varphi(\xi)=\varepsilon\varphi(\xi)

  \frac{\hbar\omega}{2}\left( -\frac{d^2}{d\xi^2}+\frac{K}{m\omega^2}\xi^2 \right)\varphi(\xi)=\varepsilon\varphi(\xi)

  \left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+\frac{\not\!K}{\not\!\!m\not\!\omega^2}\xi^2-\frac{2\varepsilon}{\hbar\omega}\right)\varphi(\xi)=0

  \left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+\xi^2-\lambda\right)\varphi(\xi)=0

(3)

  &-\frac{d^2}{d\xi^2}\big[X(\xi)e^{-\xi^2/2}\big]+\xi^2X(\xi)e^{-\xi^2/2}-\lambda X(\xi)e^{-\xi^2/2}\\ &=-\frac{d}{d\xi}\big[X'(\xi)e^{-\xi^2/2}-\xi X(\xi)e^{-\xi^2/2}\big]+\xi^2X(\xi)e^{-\xi^2/2}-\lambda X(\xi)e^{-\xi^2/2}\\ &=-X''(\xi)e^{-\xi^2/2}+2\xi X'(\xi)e^{-\xi^2/2}+X(\xi)e^{-\xi^2/2}-\lambda X(\xi)e^{-\xi^2/2}\\ &=0\\

両辺を e^{-\xi^2/2}\ne 0 で割れば、

  X''(\xi)=2\xi X'(\xi)+(1-\lambda) X(\xi)

(4)

  \sum_{l=0}^\infty l(l-1)c_l\xi^{l-2}=2\xi \sum_{l=0}^\infty l c_l\xi^{l-1}+(1-\lambda) \sum_{l=0}^\infty c_l\xi^l

左辺は l=0,1 でゼロになるから、 l-2\to l すなわち l\to l+2 と書き直して、

  \sum_{l=0}^\infty (l+2)(l+1)c_{l+2}\xi^l=2 \sum_{l=0}^\infty l c_l\xi^l+(1-\lambda) \sum_{l=0}^\infty c_l\xi^l

より l\ge 0 において、

  (l+2)(l+1)c_{l+2}=(2l+1-\lambda)c_l

  c_{l+2}=\frac{2l+1-\lambda}{(l+2)(l+1)}c_l

(5)

  \lambda_n=2n+1

  \varepsilon_n=\hbar\omega\lambda_n/2=\hbar\omega(n+1/2)

(6)

n=4 のとき、 c_6=0\cdot c_4 であるから c_0 は任意に選べるが、 一方で c_1=0 でなければならない。

  \lambda_4=2\cdot 4+1=9

  c_2=\frac{2\cdot 0+1-9}{(0+2)(0+1)}c_0=-4c_0

  c_4=\frac{2\cdot 2+1-9}{(2+2)(2+1)}c_2=-\frac{1}{3}c_2=\frac{4}{3}c_0

したがって、

  X_4(\xi)=c_0\left(1-4\xi^2+\frac{4}{3}\xi^4\right)

エルミート多項式が微分方程式を満たすことを確認

S(\xi,t)=e^{-t^2+2\xi t}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_n(\xi)t^n

の中辺、右辺を \xi で偏微分すれば、

  \frac{\PD}{\PD\xi}(中辺)=2te^{-t^2+2\xi t}=2t\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_n(\xi)t^n=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n-1)!}2H_{n-1}(\xi)t^n

  \frac{\PD}{\PD\xi}(右辺)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_n'(\xi)t^n

したがって、 2nH_{n-1}(\xi)=H_n'(\xi)

同様に t で微分すれば、

  \frac{\PD}{\PD t}(中辺)=(-2t+2\xi)e^{-t^2+2\xi t}= \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n!}\left(-2nH_{n-1}(\xi)+2\xi H_n(\xi)\right)t^n

  \frac{\PD}{\PD t}(右辺)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}nH_n(\xi)t^{n-1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_{n+1}(\xi)t^n

したがって、 -2nH_{n-1}(\xi)+2\xi H_n(\xi)=H_{n+1}(\xi)

番号を1つずらして、

  -2(n-1)H_{n-2}(\xi)+2\xi H_{n-1}(\xi)=H_n(\xi)

また、

  H_{n-1}(\xi)=\frac{H_n'(\xi)}{2n} H_{n-2}(\xi)=\frac{H_{n-1}'(\xi)}{2n}=\frac{H_n''}{2n\cdot 2(n-1)}

より、

  -2(n-1)\frac{H_n''}{2n\cdot 2(n-1)}+2\xi \frac{H_n'(\xi)}{2n}=H_n(\xi)

  H_n''-2\xi H_n'(\xi)+2nH_n(\xi)=0

となって、求める微分方程式を満たすことを確認できた。

エルミート多項式の漸化式

証明したい漸化式は微分を済ませて e^{-\xi^2/2} で割れば、

  H_{n+1}=\xi H_n-H_n'+\xi H_n=2\xi H_n-H_n'=2\xi H_n-2nH_{n-1}

および、

  2nH_{n-1}=\xi H_n+H_n'-\xi H_n=H_n'

であるから、上記の関係式により常に成り立つ。

エルミート多項式の直交性

母関数表示を2つ用意して、

  S(\xi,s)=e^{-s^2+2\xi s}=\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{m!}H_m(\xi)s^m

  S(\xi,t)=e^{-t^2+2\xi t}=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_n(\xi)t^n

その積に e^{-\xi^2} を掛けて積分すれば、

  &\int_{-\infty}^\infty \Bigg\{\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{m!}H_m(\xi)s^m\Bigg\} \Bigg\{\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}H_n(\xi)t^n\Bigg\} e^{-\xi^2} d\xi\\ &= \int_{-\infty}^\infty e^{-s^2+2\xi s-t^2+2\xi t-\xi^2} d\xi\\ &= \int_{-\infty}^\infty e^{-(s+t-\xi)^2+2st} d\xi\\ &= e^{2st}\int_{-\infty}^\infty e^{-(s+t-\xi)^2} d\xi

右辺はガウス積分 \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx=\sqrt \pi より、

  &= e^{2st}\sqrt \pi\\ &= \sqrt{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\Big[2^ns^n\Big]t^n

左辺は、

  \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\Bigg[\sum_{m=0}^\infty \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{m!}H_m(\xi)H_n(\xi) e^{-\xi^2} d\xi s^m \Bigg]t^n

であるから、

  \sum_{m=0}^\infty \Bigg[\frac{1}{m!}\int_{-\infty}^\infty H_m(\xi)H_n(\xi) e^{-\xi^2} d\xi\Bigg] s^m = \sqrt{\pi}2^ns^n

すなわち、

  \int_{-\infty}^\infty H_m(\xi)H_n(\xi) e^{-\xi^2} d\xi = \big(\sqrt{\pi}2^nn!\big)\delta_{mn}

固有関数の形

LANG:mathematica
(* harmonic1.png, harmonic2.png, harmonic2.png, harmonic-density.png *)
harmonic[n_, x_] := Sqrt[1/Sqrt[Pi]/2^n/Factorial[n]] HermiteH[n, x] Exp[-x^2/2]
Plot[Flatten[{x^2/2, Table[2 harmonic[n, x]^2 + (n + 1/2), {n, 0, 10}]}] // Evaluate, 
  {x, -6, 6}, PlotRange -> {0, 12}, ImageSize -> Large, BaseStyle -> {FontSize -> 14}]
Plot[Flatten[{x^2/2, Table[harmonic[n, x] + (n + 1/2), {n, 0, 10}]}] // Evaluate, 
  {x, -6, 6}, PlotRange -> {0, 12}, ImageSize -> Large, BaseStyle -> {FontSize -> 14}]
Plot[Flatten[{x^2/2, harmonic[10, x]^2 + (10 + 1/2), 1/Sqrt[2 10.5 - x^2]/Pi + 10.5}] // Evaluate, 
  {x, -6, 6}, PlotRange -> {10.5, 10.9}, ImageSize -> Large, BaseStyle -> {FontSize -> 14}, 
  Filling -> {3 -> Axis}, FillingStyle -> {3 -> {Opacity[0.02]}}, PlotStyle -> {{Thick}, {Thick}, {}}]

(* harmonic3.png *)
Show[{
    Table[
       DensityPlot[harmonic[Floor[n], x]^2, {x, -8, 8}, {h, n, n + 1}, 
         PlotPoints -> {801, 2}, MaxRecursion -> 0], 
       {n, 0, 40}
     ], 
     Plot[x^2/2, {x, -8, 8}, PlotStyle -> {Red}]
  }, PlotRange -> {0, 30},  ImageSize -> Large, BaseStyle -> {FontSize -> 16}]

(* h10.png *)
Plot[{HermiteH[10, x], 5000000 Exp[-x^2/2], HermiteH[10, x] 60 Exp[-x^2/2]}, {x, -7, 7}, 
  PlotRange -> {-5000000, 5000000}, 
  PlotLegends -> 
    LineLegend[{
        "\!\(\*SubscriptBox[\(H\), \(10\)]\)(x)", 
        "exp(-\!\(\*SuperscriptBox[\(x\), \(2\)]\)/2)", 
        "exp(-\!\(\*SuperscriptBox[\(x\), \\(2\)]\)/2)\!\(\*SubscriptBox[\(H\), \(10\)]\)(x)"},
      LabelStyle -> {FontSize -> 20}], 
  PlotStyle -> {Thick, Dashed, Black}, BaseStyle -> {FontSize -> 20}, 
  ImageSize -> Large, Axes -> {True, False}]

上昇・下降演算子、数演算子

上昇 $\hat a^\dagger$、下降演算子 $\hat a$ を互いにエルミート共役であるとして、次のように定義する。

$$ \begin{cases} \hat a^\dagger \varphi_n=c_n^+\varphi_{n+1}\\ \hat a\phantom{^\dagger} \varphi_n=c_n^-\varphi_{n-1}\\ \end{cases} $$

ここで $c_n^+,c_n^-$ は何らかの定数である。

また、粒子0個の状態からさらに下降演算子を適用した際に、

$$ \hat a\varphi_0=0 $$

となることを要請する。

すなわち粒子数が負になるような状態は存在しないということであり、このとき $c_0^-=0$ である。

ボゾンの場合

上記の上昇・下降演算子が交換関係

$$ \hat a\hat a^\dagger-\hat a^\dagger\hat a=1 $$

を満たすとすると、$\varphi_n$ に適用することで

$$ c_{n+1}^-c_n^+-c_{n-1}^+c_n^-=1 $$

すなわち、

$$ c_n^+c_{n+1}^-=c_{n-1}^+c_n^-+1 $$

が成り立つ。$c_0^-=0$ より

$$ c_{-1}^+c_0^-=0 $$

が分かるが、これと上記の漸化式から、

$$ c_{n-1}^+c_n^-=n $$

を得る。すなわち、

$$ \hat n=\hat a^\dagger\,\hat a $$

と置けばこの演算子は粒子数 $n$ を表す演算子となる。

フェルミオンの場合

上記の上昇・下降演算子が反交換関係

$$ \hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a=1 $$

を満たすとすると、$\varphi_n$ に適用することで

$$ c_{n+1}^-c_n^++c_{n-1}^+c_n^-=1 $$

すなわち、

$$ c_n^+c_{n+1}^-=1-c_{n-1}^+c_n^- $$

が成り立つ。$c_0^-=0$ より

$$ c_{-1}^+c_0^-=0 $$

が分かるが、これと上記の漸化式から、

$$ c_0^+c_1^-=1 $$

$$ c_1^+c_2^-=0 $$

を得る。ここから $c_1^+\ne 0$ なら $c_2^-=0$ が導かれてしまうが、これは粒子数 2 の状態へ上昇する演算子はあるが粒子数 1 の状態へ下降することはできないというおかしな結果を生んでしまう。したがって、$c_1^+=0$ でなければならず、これは粒子数が 0 または 1 であり、2 以上にはできないことを表す(同じ粒子が同時に2つ以上存在できない=フェルミの排他律)。

このときも、

$$ \hat n=\hat a\hat a^\dagger $$

と置けばやはりこの演算子は粒子数 $n$ を表す演算子となる。

係数について

$\varphi_n$ に対して $\hat n$ の期待値は $n$ となるはずであり、

$$ \begin{aligned} n&=\int \varphi_n^*\hat n \varphi_n dx\\ &=\int \varphi_n^*\hat a^\dagger\hat a \varphi_n dx\\ &=\int (\hat a\varphi_n)^*\hat a \varphi_n dx\\ &=\int |\hat a\varphi_n|^2\, dx\\ &=|c_n^-|^2\int |\varphi_n|^2\, dx\\ &=|c_n^-|^2\\ \end{aligned} $$

すなわち、$c_n^-=\sqrt n$ と取るのが自然である(絶対値1の複素数がかかっていても理論的のはおかしくない)。これと、

$$ c_{n-1}^+c_n^-=n $$

より、$c_{n-1}^+=\sqrt{n}$ すなわち $c_n^+=\sqrt{n+1}$ を得る。

したがって、上記の(反)交換関係が成り立つためには上昇・下降演算子を

$$ \begin{cases} \hat a^\dagger \varphi_n=\sqrt{n+1}\,\varphi_{n+1}\\ \hat a\phantom{^\dagger} \varphi_n=\hspace{3mm}\sqrt n\hspace{3mm}\,\varphi_{n-1}\\ \end{cases} $$

となるように係数を選ぶ必要があることが理解できる。

3次元の調和振動子

演習:解答

(1)

  \hat H(x)&=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+\frac{K}{2}r^2\\ &=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\PD^2}{\PD x^2}+\frac{\PD^2}{\PD y^2}+\frac{\PD^2}{\PD z^2}\right)+\frac{K}{2}(x^2+y^2+z^2)\\ &=\hat H_x(x)+\hat H_y(y)+\hat H_z(z)

(2)

  \varepsilon X(x)Y(y)Z(z)=\big[\hat H_x(x)+\hat H_y(y)+\hat H_z(z)\big]\,X(x)Y(y)Z(z)

  \varepsilon X(x)Y(y)Z(z)=\Big\{\hat H_x(x)X(x)\Big\}Y(y)Z(z)+X(x)\Big\{\hat H_y(y)Y(y)\Big\}Z(z)+X(x)Y(y)\Big\{\hat H_z(z)Z(z)\Big\}

  \varepsilon=\Big\{\hat H_x(x)X(x)\Big\}/X(x)+\Big\{\hat H_y(y)Y(y)\Big\}/Y(y)+\Big\{\hat H_z(z)Z(z)\Big\}/Z(z)

右辺の3項はそれぞれ x のみ、 y のみ、 z のみに依存する項であるから、 これらの和が常に定数になるためには、それぞれの項が定数でなければならない。そこで例えば

  \Big\{\hat H_x(x)X(x)\Big\}/X(x)=\varepsilon_x

と置けば、

  \hat H_x(x)X(x)=\varepsilon_xX(x)

となって、これは X(x) \hat H_x(x) の固有関数であり、 その固有値が \varepsilon_x であることを表わす。

また、元の式に代入すれば、

  \varepsilon=\Big\{\varepsilon_xX(x)\Big\}/X(x)+\Big\{\varepsilon_yY(y)\Big\}/Y(y)+\Big\{\varepsilon_zZ(z)\Big\}/Z(z)

より、

  \varepsilon=\varepsilon_x+\varepsilon_y+\varepsilon_z

を得る。

(3) \varepsilon_x=\hbar\omega(n_x+1/2) などとなるから、

  \varepsilon=\hbar\omega(n_x+n_y+n_z+3/2)

ただし、 n_x,n_y,n_z は非負整数である。したがって、

基底状態は、 n=n_x+n_y+n_z=0 \varepsilon=3\hbar\omega/2

 このとき、 (n_x,n_y,n_z)=(0,0,0) であるから縮退していない。

第1励起状態は、 n=n_x+n_y+n_z=1 \varepsilon=5\hbar\omega/2

  (n_x,n_y,n_z)=(1,0,0),\,(0,1,0),\,(0,0,1) であるから3重に縮退している。

第2励起状態は、 n=n_x+n_y+n_z=2 \varepsilon=7\hbar\omega/2

  (n_x,n_y,n_z)=(2,0,0),\,(0,2,0),\,(0,0,2),\,(1,1,0),\,(0,1,1),\,(1,0,1) であるから6重に縮退している。

第3励起状態は、 n=n_x+n_y+n_z=3 \varepsilon=9\hbar\omega/2

  (n_x,n_y,n_z)=&(3,0,0),\,(0,3,0),\,(0,0,3)\,(2,1,0)\,(1,2,0),\\ &\,(0,2,1),\,(0,1,2),\,(1,0,2),\,(1,0,2),\,(1,1,1) であるから10重に縮退している。

lattice-points.png

(4) n=n_x+n_y+n_z を満たす (n_x,n_y,n_z) を図形的に表わせば、 平面 x+y+z=n 上の右図のような三角形に含まれる格子点に対応するから、

  \sum_{m=0}^n (m+1)=\sum_{m=1}^{n+1} m=(n+1)(n+2)/2

より、 (n+1)(n+2)/2 重に縮退している。

形状

LANG:mathematica
harmonic[n_, x_] := 
  Sqrt[1/(Pi 2^n Factorial[n])] HermiteH[n, x] Exp[-x^2/2]
ContourPlot3D[(harmonic[4, x] harmonic[0, y] harmonic[0, z])^2 == 0.001, 
  {x, -3.5, 3.5}, {y, -3.5, 3.5}, {z, -3.5, 3.5}, 
  ImageSize -> Large]

状態密度

LANG:mathematica
Plot[(n - 1/2) (n + 1/2)/2, {n, 0, 20}, 
  BaseStyle -> {FontSize -> 20}, ImageSize -> Large, PlotRange -> {0, 200}]

添付ファイル: filelattice-points.png 445件 [詳細]

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