量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ

(453d) 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・下降演算子で書いたハミルトニアン

&\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+1/2)\varphi_n(x)\\ &=\hbar\omega\left[\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x-\frac{i}{m\omega}\hat p\right)\left(x+\frac{i}{m\omega}\hat p\right)+\frac{1}{2}\right]\varphi_n(x)\\ &=\hbar\omega\left[\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x-\frac{\hbar}{m\omega}\frac{\PD}{\PD x}\right)\left(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{\PD}{\PD x}\right)+\frac{1}{2}\right]\varphi_n(x)\\ &=\hbar\omega\left[\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x^2-\frac{\hbar}{m\omega}\frac{\PD}{\PD x}x+\frac{\hbar}{m\omega}x\frac{\PD}{\PD x}-\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}\frac{\PD^2}{\PD x^2}\right)+\frac{1}{2}\right]\varphi_n(x)

ここで、

\frac{\PD}{\PD x}\{x\varphi_n(x)\} &=\varphi_n(x)+x\frac{\PD}{\PD x}\varphi_n(x)\\ &=\left\{1+x\frac{\PD}{\PD x}\right\}\varphi_n(x)\\

より、

&\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+1/2)\varphi_n(x)\\ &=\hbar\omega\left[\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x^2-\frac{\hbar}{m\omega}\left\{\cancel 1+\cancel{x\frac{\PD}{\PD x}}\right\}+\cancel{\frac{\hbar}{m\omega}x\frac{\PD}{\PD x}}-\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}\frac{\PD^2}{\PD x^2}\right)+\cancel{\frac{\,1\,}{2}}\right]\varphi_n(x)\\ &=\frac{m\omega^2}{2}\left(x^2-\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}\frac{\PD^2}{\PD x^2}\right)\varphi_n(x)\\ &=\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\PD^2}{\PD x^2}+\frac{m\omega^2}{2}x^2\right)\varphi_n(x)\\ &=\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\PD^2}{\PD x^2}+\frac{K}{2}x^2\right)\varphi_n(x)\\ &=\hat H\varphi_n(x)\\ &=\varepsilon_n\varphi_n(x)\\

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 308件 [詳細]

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