メモのバックアップ差分(No.2)

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[[量子力学Ｉ/調和振動子]]

* 解答：１次元の調和振動子 [#l80144e9]

(1)

　&math(
\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{k}{2}x^2\right)\psi(x)=E\psi(x)
);

(2)

　&math(
x^2=\frac{\hbar}{m\omega}\xi^2
); より、

　&math(\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)\psi(\xi)=E\psi(\xi)
);

　&math(\frac{\hbar\omega}{2}\left(
-\frac{d^2}{d\xi^2}+\frac{k}{m\omega^2}\xi^2
\right)\psi(\xi)=E\psi(\xi)
);

　&math(
\left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+\frac{\not\!k}{\not\!\!m\not\!\omega^2}\xi^2-\frac{2E}{\hbar\omega}\right)\psi(\xi)=0
);

　&math(
\left(-\frac{d^2}{d\xi^2}+\xi^2-\lambda\right)\psi(\xi)=0
);

(3)

　&math(
&-\frac{d^2}{d\xi^2}\big[X(\xi)e^{-\xi^2/2}\big]+\xi^2H(\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^2H(\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 &math(e^{-\xi^2/2}\ne 0); で割れば、

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

を得る。
(4)

(4)
　&math(
\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 &math(l=0,1); でゼロになるから、&math(l-2\to l); すなわち &math(l\to l+2); と書き直して、

　&math(
\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 &math(l\ge 0); において、

　&math((l+2)(l+1)c_{l+2}=(2l+1-\lambda)c_l);~

　&math(c_{l+2}=\frac{2l+1-\lambda}{(l+2)(l+1)}c_l);~

(5)

- &math(n=0); のとき &math(\lambda=1);, &math(H_0(\xi)=1);
- &math(n=1); のとき &math(\lambda=3);, &math(H_1(\xi)=2\xi);
- &math(n=2); のとき &math(\lambda=5);, &math(H_2(\xi)=4(1-2\xi^2));
- &math(n=3); のとき &math(\lambda=7);, &math(H_3(\xi)=c_1(\xi-\frac{2}{3}\xi^3));
- &math(n=4); のとき &math(\lambda=8);, &math(H_4(\xi)=c_0(1-4\xi^2+\frac{4}{3}\xi^4));
- ・・・
　&math(\lambda_n=2n+1);

　&math(E_n=\hbar\omega\lambda_n/2=\hbar\omega(n+1/2));

(6)

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

　&math(\lambda_4=2\cdot 4+1=9);

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

　&math(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、

　&math(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 [#p2faeebd]

&math(
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 &math(\xi); で偏微分すれば、

　&math(
\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
);

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

したがって、&math(2nH_{n-1}(\xi)=H_n'(\xi));

同様に &math(t); で微分すれば、

　&math(
\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
);

　&math(
\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、&math(-2nH_{n-1}(\xi)+2\xi H_n(\xi)=H_{n+1}(\xi));

番号を１つずらして、

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

また、

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

より、

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

　&math(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 [#ae4fed6d]

証明したい漸化式は微分を済ませて &math(e^{-\xi^2/2}); で割れば、

　&math(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、

　&math(2nH_{n-1}=\xi H_n+H_n'-\xi H_n=H_n'=2nH_{n-1});

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 [#y396f5ad]
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