量子力学Ⅰ/3次元調和振動子 の履歴(No.21)

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目次

復習:x,y,zx,y,z 座標で解いた3次元調和振動子

バネ定数 K=mω2K=m\omega^2ω\omega は系の固有角振動数) の3次元調和振動子に対する時間を含まないシュレーディンガー方程式を x,y,zx,y,z について変数分離して解けば、その解は φ(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)\varphi(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z) の形となり、X(x),Y(y),Z(z)X(x),Y(y),Z(z) はそれぞれ1次元調和振動子に対する解となることを 量子力学Ⅰ/調和振動子#y596d643 で学んだ。

すなわち r0=h/mωr_0=\sqrt{\hbar/m\omega} およびエルミート多項式 HnH_n を使って、

φnxnynz(x,y,z)=Hnx(x/r0)Hny(y/r0)Hnz(z/r0)er22r02\begin{aligned}\varphi_{n_xn_yn_z}(x,y,z)=H_{n_x}(x/r_0)H_{n_y}(y/r_0)H_{n_z}(z/r_0)e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}}\end{aligned}

対応するエネルギーは N=nx+ny+nzN=n_x+n_y+n_z を用いて、

εnxnynz=hω(nx+ny+nz+3/2)=hω(N+3/2)\begin{aligned} \varepsilon_{n_xn_yn_z}&=\hbar\omega(n_x+n_y+n_z+3/2)\\ &=\hbar\omega(N+3/2)\\ \end{aligned}

したがって、エネルギー量子数 NN に対する縮退度は次のようになる。

N=nx+ny+nzN=n_x+n_y+n_z     (nxnynz)(n_xn_yn_z)     縮退度
0(0 0 0)1
1(1 0 0), (0 1 0), (0 0 1)3
2(2 0 0), (0 2 0), (0 0 2)6
(1 1 0), (1 0 1), (0 1 1)
3(3 0 0), (0 3 0), (0 0 3)10
(2 1 0), (0 2 1), (1 0 2)
(1 2 0), (0 1 2), (2 0 1)
(1 1 1)

球座標で解いた3次元調和振動子

一方、この問題は球対称なポテンシャル

V(r,θ,ϕ)=12Kr2\begin{aligned}V(r,\theta,\phi)=\frac{1}{2}Kr^2\end{aligned}

の中での運動であるから、球座標で展開して解けば

φnlm(r,θ,ϕ)=Rnl(r)Ylm(θ,ϕ)\begin{aligned}\varphi_{nlm}'(r,\theta,\phi)=R_n{}^l(r)Y_l{}^m(\theta,\phi)\end{aligned}

の形の解が得られる。このとき、

ε=εnl\begin{aligned}\varepsilon=\varepsilon_n{}^l\end{aligned}

と表せ、エネルギーは mm の値によらない。

状態lmm縮退度
ss000011
pp111,0,+1-1, 0, +133
dd222,1,0,1,2-2, -1, 0, 1, 255
ff333,2,1,0,1,2,3-3, -2, -1, 0, 1, 2, 377

ただし、水素原子のところでも見たとおり、ポテンシャルの形状によっては mm に対する縮退以外にも、異なる ll を持つ状態が縮退することがある。

両者の関係は?

次に見るとおり、

  • N=0N=0 の縮退度は 1  →  l=0l=0 (縮退度 1 の ss 状態)
  • N=1N=1 の縮退度は 3  →  l=1l=1 (縮退度 3 の pp 状態)
  • N=2N=2 の縮退度は 6  →  l=2l=2 (縮退度 5 の dd 状態) と l=0l=0 (縮退度 1 の ss 状態) が縮退
  • N=3N=3 の縮退度は 10 →  l=3l=3 (縮退度 7 の ff 状態) と l=1l=1 (縮退度 3 の pp 状態) が縮退

にそれぞれ対応している。

演習:球座標による解の縮退

x,y,zx,y,z 座標で変数分離して得られる解と、 r,θ,ϕr,\theta,\phi 座標で変数分離して得られる解との関係を明らかにしたい。

(1) 3次元調和振動子に対する動径方向の方程式は、 r/r0=ξr/r_0=\xi と書き換え、rR(r)=X(ξ)rR(r)=X(\xi) と置けば、

X(ξ)=[ξ22εhω+l(l+1)ξ2]X(ξ) X''(\xi)=\Big[\xi^2-\frac{2\varepsilon}{\hbar\omega}+\frac{l(l+1)}{\xi^2}\Big]X(\xi)

となることを示せ。(l=0l=0 のとき、この式は1次元調和振動子の式と一致する)

(2) d2dξ2(ξkeξ2/2)=(ξ2(2k+1)+(k1)kξ2)ξkeξ2/2\frac{d^2}{d\xi^2}\left(\xi^k e^{-\xi^2/2}\right)=\left(\xi^2-(2k+1)+\frac{(k-1)k}{\xi^2}\right)\xi^k e^{-\xi^2/2} を確かめよ。

(3) X(ξ)=ξl+1eξ22X(\xi)=\xi^{l+1} e^{-\frac{\xi^2}{2}}ε=(l+32)hω\varepsilon=\left(l+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega に対する固有関数となることを示せ。

(4) X(ξ)=(ξl+122l+3ξl+3)eξ2/2X(\xi)=\left(\xi^{l+1}-\frac{2}{2l+3}\xi^{l+3}\right)e^{-\xi^2/2}ε=(l+72)hω\varepsilon=\left(l+\frac{7}{2}\right)\hbar\omega に対する固有関数となることを示せ。

(5) (発展)Xnl(ξ)=(k=0nckξ2k)ξl+1eξ2/2X_n{}^l(\xi)=\left(\sum_{k=0}^n c_k\xi^{2k}\right)\xi^{l+1}e^{-\xi^2/2}ε=(l+2n+32)hω\varepsilon=\left(l+2n+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega に対する固有関数となるために要求される ckc_k に対する漸化式を求めよ。


● 解答はこちらScan me!

解説

(1) において l=0l=0 とすれば1次元調和振動子と同じ方程式となる。

(3) で l=0l=0 とすれば R(r)eξ2/2R(r)\propto e^{-\xi^2/2} となって、N=0N=0 の解に相当する。

(3) で l=1l=1 とすれば R(r)ξeξ2/2R(r)\propto \xi e^{-\xi^2/2} となって、N=1N=1 の解に相当する。

(3) で l=2l=2 とした R(r)ξ2eξ2/2R(r)\propto \xi^2 e^{-\xi^2/2} と、 (4) で l=0l=0 とした R(r)(ξ23ξ3)eξ2/2R(r)\propto \left(\xi-\frac{2}{3}\xi^3\right)e^{-\xi^2/2} とは同じエネルギーを持ち(縮退しており)、N=2N=2 の解に相当する。

(3) で l=3l=3 とした R(r)ξ3eξ2/2R(r)\propto \xi^3 e^{-\xi^2/2} と、 (4) で l=1l=1 とした R(r)(ξ225ξ4)eξ2/2R(r)\propto \left(\xi^2-\frac{2}{5}\xi^4\right)e^{-\xi^2/2} とは同じエネルギーを持ち(縮退しており)、N=3N=3 の解に相当する。

(5) のように、一般には

3d-oscillator-energies.svg

Xnl(ξ)=(ξ の 2n 次多項式) ξl+1eξ2/2\begin{aligned}X_n{}^l(\xi)=\big(\xi\ \text{の}\ 2n\,\text{ 次多項式}\big)\ \xi^{l+1} e^{-\xi^2/2}\end{aligned}

の形で ε=(l+2n+3/2)hω\varepsilon=(l+2n+3/2)\hbar\omega に対する固有関数を作れるから(n=0,1,2,)(n=0,1,2,\dots)N=l+2nN=l+2n となるように l,nl,n を選べば NN と同じエネルギーを与える。

たとえば N=4N=4 なら以下の通り15重に縮退する(図中の赤の点線に相当する)。

  • n=2, l=0n=2,\ l=0 の 1 個
  • n=1, l=2n=1,\ l=2 の 5 個
  • n=0, l=4n=0,\ l=4 の 9 個

グラフ形状

距離を r0r_0 を単位として測った動径分布関数 Xnl(ξ)2|X_n^l(\xi)|^2 をプロットした。

spherical_harmonic_oscillation.svg 

上でも述べたように l=0l=0 の解は1次元調和振動子の解にもなっているが、 εnl=hω(2n+3/2)\varepsilon_n^l=\hbar\omega(2n+3/2) となっていることからも分かるとおり、

(1次元調和振動子の n)=2(動径運動量の n)+1 (\text{1次元調和振動子の}\ n)=2(\text{動径運動量の}\ n)+1

という対応になっている。例えば上の n=0n=0 のグラフは、一次元調和振動子の n=1n=1 のグラフの右半分、n=1n=1 のグラフは一次元調和振動子の n=3n=3 のグラフの右半分と重なる。

球対称な箱形ポテンシャルと同様に、

  • nn が増加すると振動回数が増える → rr 方向の運動量が大きくなり振幅も増える
  • ll が増加すると角運動量が増える → 原点付近の存在確率密度が低下する

l,nl,n が増加すると運動エネルギーが増えるほか、分布が原点から遠ざかるためポテンシャルエネルギーが増加する。当然、ll が増えれば遠心力ポテンシャルのエネルギーも増加する。

エネルギーは (l+2n+3/2)hω(l+2n+3/2)\hbar\omega なので、 nn の増加は ll の増加の2倍、エネルギーを増やす。

N=0N=0 の解

φ ⁣ ⁣000nxnynz ⁣ ⁣ ⁣(x,y,z)=(1πr0)3/2e(x2+y2+z2)/2r02=4π(1πr0)3/2er22r02R00(r)14πY00(r,θ,ϕ)=φ0,0,0n,l,m(r,θ,ϕ)\begin{aligned} \varphi_{\!\!\underbrace{000}_{n_xn_yn_z}}\!\!\!(x,y,z) &=\Big(\frac 1{\sqrt\pi\,r_0}\Big)^{3/2}e^{-(x^2+y^2+z^2)/2r_0^2}\\ &=\underbrace{\sqrt{4\pi}\Big(\frac 1{\sqrt\pi\,r_0}\Big)^{3/2}e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}}}_{R_0^0(r)}\cdot\underbrace{\frac1{\sqrt{4\pi}}}_{Y_0^0(r,\theta,\phi)}\\ &=\varphi_{\underbrace{0,0,0}_{n,l,m}}(r,\theta,\phi) \end{aligned}

すなわち n=0n=0 の解は 1s1s 状態そのものであることが分かる。ss 状態の特徴として、波動関数自体が球対称になっている。

N=1N=1 の解

N=l+2n=1N=l+2n=1n=0,l=1n=0,l=1 を表すから、球座標における解は

φ0,1,m(r,θ,ϕ)rr0er22r02R01(r)Y1m(θ,ϕ)\begin{aligned}\varphi_{0,1,m}(r,\theta,\phi)\propto\underbrace{\frac{r}{r_0}e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}}}_{\propto\, R_0^1(r)}\,Y_1{}^m(\theta,\phi)\end{aligned}

と表される。ただし m=1,0,1m=-1,0,1 である。

一方、x,y,zx,y,z 座標で解いた解は N=nx+ny+nz=1N=n_x+n_y+n_z=1 より、(nx,ny,nz)=(100),(010),(001)(n_x,n_y,n_z)=(100),(010),(001) のいずれかとなり、それぞれ px,py,pzp_x,p_y,p_z 軌道に相当する。

両者の関係は、

px: φ100(x,y,z)xr0er22r02=rr0sinθcosϕer22r02rr0er22r02=R01(r){(sinθeiϕ)Y11sinθeiϕY11}/2=12{φ0,1,1(r,θ,ϕ)φ0,1,1(r,θ,ϕ)}\begin{aligned} p_x:\ \varphi_{100}(x,y,z)&\propto \frac x{r_0}e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}} =\frac r{r_0}\sin\theta\cos\phi \,e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}}\\ &\propto \underbrace{\frac r{r_0}\,e^{-\frac{r^2}{2r_0^2}}}_{=\,R_0^1(r)}\cdot\big\{\underbrace{(-\sin\theta e^{i\phi})}_{\propto\,Y_1^1}-\underbrace{\sin\theta e^{-i\phi}}_{\propto\,Y_1^{-1}}\big\}/2\\ &= \frac{-1}{\sqrt2}\big\{\varphi_{0,1,1}(r,\theta,\phi)-\varphi_{0,1,-1}(r,\theta,\phi)\big\} \end{aligned}

同様に、

py: φ010(x,y,z)=i2{φ0,1,1(r,θ,ϕ)+φ0,1,1(r,θ,ϕ)}\begin{aligned} p_y:\ \varphi_{010}(x,y,z) &= \frac{i}{\sqrt2}\big\{\varphi_{0,1,1}(r,\theta,\phi)+\varphi_{0,1,-1}(r,\theta,\phi)\big\} \end{aligned}

pz: φ001(x,y,z)=φ0,1,0(r,θ,ϕ)\begin{aligned} p_z:\ \varphi_{001}(x,y,z)&= \varphi_{0,1,0}(r,\theta,\phi) \end{aligned}

の関係があることが分かる。

同じ固有値に属する固有関数の線形結合はやはり固有関数であるため、 これらの px,py,pzp_x,p_y,p_z はすべて l=1l=1 の固有関数、すなわち pp 状態である。

一方、pzp_z に関しては m=0m=0 の固有関数となるものの、px,pyp_x,p_y に関しては m=1m=1m=1m=-1 の状態の線形結合となるため、l^z\hat l_z の固有関数とはならない。 これら2つについて lzl_z を測定すれば、1/21/2 の確率で h\hbar が、 1/21/2 の確率で h-\hbar が、観測されることになる(それぞれ m=+1,1m=+1,-1 に対応する)。

数学的にはエネルギー固有値 ε=(1+32)hω\varepsilon=(1+\frac32)\hbar\omega の固有空間は3次元であり、

φ100(x,y,z),φ010(x,y,z),φ001(x,y,z)\varphi_{100}(x,y,z), \varphi_{010}(x,y,z), \varphi_{001}(x,y,z)

と、

φ1,0,1(r,θ,ϕ),φ1,0,0(r,θ,ϕ),φ1,0,+1(r,θ,ϕ)\varphi_{1,0,-1}(r,\theta,\phi),\varphi_{1,0,0}(r,\theta,\phi),\varphi_{1,0,+1}(r,\theta,\phi)

とはどちらもこの空間を張る正規直交基底となっている。 両者を結ぶ上記の方程式は基底の変換に対応し、行列を使えば

(φ100φ010φ001)=(φ0,1,1φ0,1,0φ0,1,1)(1/2i/200011/2i/20) \begin{pmatrix} \varphi_{100}&\varphi_{010}&\varphi_{001} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \varphi_{0,1,1}&\varphi_{0,1,0}&\varphi_{0,1,-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {}-1/\sqrt2&i/\sqrt2&0\\ 0&0&1\\ 1/\sqrt2&i/\sqrt2&0\\ \end{pmatrix}

と書ける。これは正規直交基底から正規直交基底への基底の変換行列であるからユニタリー行列となっている。

N=2N=2 および N=3N=3 の解

N=2N=2 の解のうち、

 φ200, φ020, φ002\begin{aligned}\varphi_{200},\ \varphi_{020},\ \varphi_{002}\end{aligned}l=0l=0 の解と l=2l=2 の解の線形結合で、

 φ110, φ011, φ101\begin{aligned}\varphi_{110},\ \varphi_{011},\ \varphi_{101}\end{aligned}l=2l=2 の解のみで

それぞれ表せる。すなわち後者は dd 状態に対応するが、前者は ss 状態と dd 状態の混合、 すなわち l^2\hat{\bm l}^2 の固有関数ではなく、 全角運動量を測定すれば 1/3 の確率で l=0l=0 を、2/3 の確率で l=2l=2 を取る。

N=3N=3 の解のうち、

 φ111\begin{aligned}\varphi_{111}\end{aligned} は純粋な ff 状態であるが、

 他は、pp 状態と ff 状態の混合となっている。

詳しい計算はこちらScan me!

正規直交系同士の変換

ここで見たように、エネルギー量子数 N=nx+ny+nz=l+2nN=n_x+n_y+n_z=l+2n で指定されるエネルギー固有値 εN\varepsilon_NN/=0N\ne 0 に対して縮退しており、その固有空間に取った2つの正規直交完全系が {φnxnynz}\big\{\varphi_{n_xn_yn_z}\big\} および {φn,l,m}\big\{\varphi_{n,l,m}\big\} である。

このような正規直交系同士の間の変換はユニタリー行列で表される。

ここで2つの正規直交系の変換行列 UU線形代数IIで学んだ基底の変換行列 のように、

(φnxnynz φnxnynz  φnxnynz)=(φn,l,m φn,l,m  φn,l,m)U \Big( \varphi_{n_xn_yn_z}\ \varphi_{n'_xn'_yn'_z}\ \dots\ \varphi_{n^{\prime\prime}_xn^{\prime\prime}_yn^{\prime\prime}_z} \Big)=\Big( \varphi_{n,l,m}\ \varphi_{n',l',m'}\ \dots\ \varphi_{n^{\prime\prime},l^{\prime\prime},m^{\prime\prime}} \Big)U

として定義される。

例えば、N=0N=0

( φ ⁣ ⁣000nxnynz )=( φ0,0,0n,l,m )( 1 ) \Big(\ \varphi_{\!\!\underbrace{0\,0\,0}_{n_xn_yn_z}}\ \Big)=\Big(\ \varphi_{\underbrace{0,0,0}_{n,l,m}}\ \Big)\Big(\ 1\ \Big)

は自明だとしても、N=1N=1

( φ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣100nxnynz φ010 φ001 )=( φ0,1,1 φ0,1,0 φ0,1,1n,l,m ) (1/2i/200011/2i/20)U \Big(\ \varphi_{\!\!\!\!\underbrace{100}_{n_xn_yn_z}}\ \varphi_{010}\ \varphi_{001}\ \Big)= \Big(\ \varphi_{0,1,-1}\ \varphi_{0,1,0}\ \varphi_{\underbrace{0,1,1}_{n,l,m}}\ \Big) \ \underbrace{\begin{pmatrix}-1/\sqrt 2&i/\sqrt 2&0\\0&0&1\\1/\sqrt 2&i/\sqrt 2&0 \end{pmatrix}\rule[-20pt]{0pt}{0pt}}_{U}

に対しては、

UU=(1/201/2i/20i/2010)(1/2i/200011/2i/20)=(100010001) U^\dagger U= \begin{pmatrix}-1/\sqrt 2&0&1/\sqrt 2\\-i/\sqrt 2&0&-i/\sqrt 2\\0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1/\sqrt 2&i/\sqrt 2&0\\0&0&1\\1/\sqrt 2&i/\sqrt 2&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}

を確かめられる。

2つの正規直交系 {ϕi}\{\phi_i\}{ψi}\{\psi_i\} の間の変換行列 UU がユニタリーになることは以下のように導ける。

UU の要素を uiju_{ij} として、

U=( uij ) U=\Big(\ u_{ij}\ \Big)

と置くと、

(ϕ1ϕ1ϕn)=(ψ1ψ1ψn)U \begin{pmatrix}\phi_1&\phi_1&\dots&\phi_n\rule[-5px]{0px}{15px}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\psi_1&\psi_1&\dots&\psi_n\rule[-5px]{0px}{15px}\end{pmatrix}U

は、

ϕi=kψkuki \phi_i=\sum_k \psi_k u_{ki}

の関係を表す。これを使って {ϕi}\big\{\phi_i\big\} の正規直交性を変形すると、

(ϕi, ϕj)=kl(ψk, ψl)ukiulj=klδklukiulj=kukiukj=δij \begin{aligned} \Big(\phi_i,\ \phi_j\Big) &=\sum_k\sum_l \Big(\psi_k,\ \psi_l\Big)u_{ki}^*u_{lj}\\ &=\sum_k\sum_l \delta_{kl}u_{ki}^*u_{lj}\\ &=\sum_k u_{ki}^*u_{kj}=\delta_{ij}\\ \end{aligned}

を得るが、これはそのままユニタリーの条件

UU=EU^\dagger U=E

を表している。


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