量子力学Ⅰ/調和振動子 の変更点

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* 目次 [#w4b70b6a]

[[量子力学Ⅰ]]

#contents
&katex();

* 概要 [#sc09b458]

#ref(spring+mass.png,right,around,25%);

''調和振動子''とは、理想ばねのように変位に比例する力 $f=-Kx$ 
により束縛された粒子の系である。((波数 $k$ と分けるため、ここではバネ定数を大文字 $K$ で表わしている))
ポテンシャルエネルギーは $V(x)=Kx^2/2$ となる。
ただしここではばねの自然長位置を $x=0$ としている。

粒子の質量を $m$ とすれば、古典論では角振動数 $\omega=\sqrt{K/m}$ の単振動

$$\begin{aligned}x=x_0\cos(\omega t+\delta)\end{aligned}$$ 

が解であり、エネルギーは振幅 $x_0$ を用いて $\varepsilon=Kx_0^2/2$ と表せる。

#ref(palabora.png,right,around,33%);

量子力学的なスケールでそのようなばねを思い浮かべることは難しいが、
任意の滑らかで束縛的なポテンシャルの底を２次関数で近似すれば、
そこでの微小振動は一般に調和振動子と見なせる（右図）。

さらに電磁波（フォトン）や格子振動（フォノン）も、無数の調和振動子の集まりとして表わせることを後に学ぶ。

このように量子力学の重要な問題のあちこちで調和振動子と同等な系が現れるため、
以下ではこの問題を詳細に学んでおく。

* 演習：１次元の調和振動子 [#l80144e9]

#ref(xi.png,right,around,33%);

(1) 調和振動子のポテンシャルは $V(x)=\frac{1}{2}Kx^2$ である。
時間に依存しないシュレーディンガー方程式を書け。

(2) このような方程式を解く場合には、変数を無次元化するのが常套手段である。
すなわち、長さの次元を持つ自由変数 $x$ を変数変換して、無次元の量 $\xi$ で記述する。
(($\xi$ の書き方の指導法は http://kscalar.kj.yamagata-u.ac.jp/~endo/greek/zeta_xi.html を参考にした))

ここでは、古典論で得られる角振動数を $\omega=\sqrt{\frac{K}{m}}$ と書いて、

$$\begin{aligned}\xi=\frac x{r_0}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\ \ \ \Big(r_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\Big),\ \ \ \lambda=\frac{2\varepsilon}{\hbar\omega}
\end{aligned}$$

と置くと良い。このとき(1)の式が

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

となることを示せ。

(3) $\xi$ の大きなところでは $\xi^2\gg\lambda$ となるから、
そこでは $\varphi$ は近似的に次の方程式を満たす。

$$\begin{aligned}
\frac{d^2}{d\xi^2}\varphi(\xi)=\xi^2\varphi(\xi)
\end{aligned}$$

ここから予想される

$$\begin{aligned}
\varphi(\xi)=X(\xi)e^{\pm\xi^2/2}
\end{aligned}$$

の形の式を (2) の式に代入し、$X(\xi)$ に対する条件

$$\begin{aligned}
X''(\xi)=2\xi X'(\xi)+(1-\lambda) X(\xi)
\end{aligned}$$

を導出せよ。（系が $x=0$ 付近に束縛されていることから、複号は負を取れ）

(4) $X(\xi)=\sum_{l=0}^\infty c_l\xi^l$ と置いて (3) の式に代入し、
係数 $c_l$ の漸化式

$$\begin{aligned}c_{l+2}=\frac{2l+1-\lambda}{(l+2)(l+1)}c_l\end{aligned}$$

を導け。

#hr

さて、(4) により、$c_0$ を決めると $c_2,c_4,c_6,\dots$ が、
$c_1$ を決めると $c_3,c_5,c_7,\dots$ が、
それぞれすべて決まる。

$c_l$ が途中でゼロにならない場合、漸化式より $l\to \infty$ において

$$\begin{aligned}\frac{c_{l+2}}{c_l}=\frac{2l+1-\lambda}{(l+2)(l+1)}\to \frac{\,2\,}{l}\end{aligned}$$

が成り立ち、この係数の比は

$$\begin{aligned}\xi^2 e^{\xi^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}}{(2n-2)!!}\xi^{2n}\end{aligned}$$
　あるいは、
$$\begin{aligned}\xi e^{\xi^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n-1}}{(2n-2)!!}\xi^{2n-1}\end{aligned}$$

の $n\to\infty$ の時の係数の比と同じである((!! は[[二重階乗>http://ja.wikipedia.org/wiki/%E9%9A%8E%E4%B9%97#.E5.A4.9A.E9.87.8D.E9.9A.8E.E4.B9.97]]を表わす))。このようになっていては 
$\xi\to\pm\infty$ において、$X(\xi)e^{-\xi^2/2}\sim \xi^? e^{\xi^2/2}$ 
のように発散してしまう。
求める解は原点付近に束縛された状態であるから、$\xi\to\pm\infty$ においてゼロに収束するはずであり、そのような解は境界条件を満たさない。

かといって $c_0=c_1=0$ では $\varphi(x)=0$ になってしまうから、
$c_0\ne 0$ あるいは $c_1\ne 0$ である。

境界条件を満たすのは、ある $n\ge 0$ において $c_n\ne 0$ であるものの
$2n+1-\lambda=0$ が成立することにより、
それ以降の $l>n$ ですべて $c_l=0$ となる場合である。
このとき、$c_0$ あるいは $c_1$ の片方はゼロでなくて構わないが、
もう一方はゼロでなければならない。

#hr

(5) $n\ge 0$ を量子数として $\lambda_n,\varepsilon_n$ を $n,\hbar,\omega$ で表わせ。

(6) $X_4(\xi)$ を求めよ。規格化はしなくて良い。

* 解答：１次元の調和振動子 [#hcd8050f]

[[＞＞＞ 解答はこちら>量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ]] &qr(量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ);

** エネルギー固有値 [#f5bfa29e]

$\varepsilon_0=\hbar\omega/2$ がゼロ点エネルギーとなる。

ここでは示さないが、基底状態においてポテンシャルエネルギーの期待値は $\varepsilon_n/2$ であり、
運動エネルギーの期待値も $\varepsilon_n/2$ であり、両者は等しくなる。
ここでは示さないが、基底状態においてポテンシャルエネルギーの期待値は $\varepsilon_0/2$ であり、
運動エネルギーの期待値も $\varepsilon_0/2$ であり、両者は等しくなる。

すなわち、量子力学では基底状態においても運動エネルギー、ポテンシャルエネルギーともゼロにはならない。
ポテンシャルエネルギーを小さくしようと波動関数を原点付近に集めると、その空間微分、つまりは運動量が大きくなり、運動エネルギーが大きくなってしまう。両者を適当に妥協したのが基底状態と考えれば良い。

$\varepsilon_{n+1}-\varepsilon_n=\hbar\omega$ より、エネルギー固有値は等間隔に並ぶ。~
→ 調和振動子のエネルギーは、エネルギー量子 $\hbar\omega$ の「個数 $n$」で決まる~
→ 調和振動子と外界のエネルギーのやりとりは常に $\hbar\omega$ の整数倍 ↔ 光のエネルギーと類似

** 固有関数 [#va2f6370]

- $n=0$ のとき $X_0(\xi)=c_0$
- $n=1$ のとき $X_1(\xi)=c_1\xi$
- $n=2$ のとき $X_2(\xi)=c_0\left(1-2\xi^2\right)$
- $n=3$ のとき $X_3(\xi)=c_1\left(\xi-\frac{2}{3}\xi^3\right)$
- $n=4$ のとき $X_4(\xi)=c_0\left(1-4\xi^2+\frac{4}{3}\xi^4\right)$
- ・・・

ここでもポテンシャルの対称性を反映して
$X_{2n}(\xi)e^{-\xi^2/2}$ は偶関数であり、
$X_{2n+1}(\xi)e^{-\xi^2/2}$ は奇関数である。

** 固有関数の形 [#o19a1880]

$\varphi_n(x)$ および $|\varphi_n(x)|^2$ を下から $n=0,1,\dots,10$ 
の範囲でプロットした。それぞれ上方向に $\varepsilon_n$ 分だけオフセットしてある。

&attachref(harmonic2.png,,50%);　　
&attachref(harmonic1.png,,50%);

二次曲線は $y=Kx^2/2$ であり、古典的な調和振動子ではこの外には出られない。
有限な箱形ポテンシャルの場合と同様、量子力学的な解は外側にも少しはみ出しており、
$\varepsilon>V$ の領域では振動し、$\varepsilon<V$ では指数関数的に減衰している。

$\varphi_n(x)$ は $n+1$ 個の腹と $n$ 個の節を持ち、
基底状態では偶関数、その後では奇関数と偶関数が交互に現れる。

$k$ を波数とすれば、

$$\begin{aligned}\frac{\hbar^2k^2}{2m}+V(x)=\varepsilon_n\ \ \ \text{つまり、}\ \ \frac{\hbar^2k^2}{2m}=\varepsilon_n-V(x)\end{aligned}$$

の関係が成り立つから、$n$ が大きいところの解では $x=0$ 
の近辺で波長が短く、端の方で波長が長くなっているのが分かる。

同様に、振幅は中央で小さく両端で大きくなっている。
上図の $n=10$ の付近を拡大して下に示す。

&attachref(harmonic-density.png,,66%,ogp);

網を掛けたカーブは古典粒子の存在確率を表わしている。
古典論では中央部で速度が速く、両端で速度が遅いため、比較的中央部の存在確率が低くなる。((古典的な場合の存在確率は $\displaystyle P(x)=\frac{2}{v(x)T}=\frac{1}{\pi\sqrt{a^2-x^2}}$ で与えられる。ただし $T$ は振動周期、$v(x)$ は速度である。))

細かく振動していること、古典振幅を越えて染み出すこと、
の２点を除いて量子力学的な解が古典力学の解と類似していることが分かる。
中央部で $\hbar k$ すなわち運動量が大きいことも古典論と一致している。

下図に示すように、$X_n(\xi)$ (以下に示すようにエルミート多項式 $H_n(\xi)$ 
の定数倍になる) は $|\xi|$ の増加に伴い急速に振幅の大きくなる関数であるが、
$e^{-\xi^2/2}$ が外側の振幅を抑えることで上記のような中央部で一定の振幅を持つ波形が得られている。

&attachref(h10.png,,66%);

* さらに詳しく学ぶ [#eb641a00]

調和振動子のエネルギーが等間隔に量子化している様子は、
電磁波を光子の集まりと見なせることと数学的に同じ形をしており、
量子力学において非常に重要な例題の一つとなっている。

そこで、上で解いた調和振動子の問題についてさらに詳しく学んでおく。

** エルミート多項式 [#n6e731ab]

$X_n(\xi)$ は''エルミート多項式''と呼ばれる一連の多項式 $H_n(\xi)$ の定数倍になる。

エルミート多項式 $H_n(\xi)$ は、''母関数'' となる次の $S(\xi,t)$ 
をテイラー展開した際に現れる係数として定義される。

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


$H_n(\xi)$ が次の方程式を満たすことを、
母関数を $\xi$ や $t$ で微分した形を調べることにより証明できる。
→ [[詳しくはこちら>量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ#p2faeebd]]

$$\begin{aligned}\Big(\frac{d^2}{d\xi^2}-2\xi\frac{d}{d\xi}+\underbrace{2n}_{\lambda-1}\Big)H_n(\xi)=0\end{aligned}$$

この式が $X_n(\xi)$ に対する方程式の $\lambda$ を $n$ で書き換えたものと一致することと、上記で $X_n(\xi)$ を求めた際の一意性より、$X_n(\xi)$ は $H_n(\xi)$ の定数倍となることが分かる。((２次微分方程式の解に「定数倍の倍数」という１つのパラメータしか現れないのは、$x\to\pm\infty$ で $e^{-\xi^2/2}$ を含めて発散しないという境界条件が与えられているためである))

また、関数系 $\big\{H_n(\xi)e^{-\xi^2/2}\big\}$ に関する、

漸化式：((ここでは２つの関数の「内積」を積分を使って定義している。２つの関数が直交するとは、内積がゼロとなること。詳しくは[[量子力学Ⅰ/線形代数の復習]]で学ぶ。))

$$\begin{aligned}
H_{n+1}(\xi)e^{-\xi^2/2}=\left(\xi-\frac{d}{d\xi}\right)\left(H_n(\xi)e^{-\xi^2/2}\right)
\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}
2nH_{n-1}(\xi)e^{-\xi^2/2}=\left(\xi+\frac{d}{d\xi}\right)\left(H_n(\xi)e^{-\xi^2/2}\right)
\end{aligned}$$

直交性：

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^\infty H_n(\xi)e^{-\xi^2/2}H_m(\xi)e^{-\xi^2/2}d\xi=
\left\{\begin{array}{ll}
0&n\ne m\\
2^nn!\sqrt\pi & n=m
\end{array}\right.
\end{aligned}$$

も母関数を使って証明できる。
→ [[詳しくはこちら>量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ#ae4fed6d]]

$H_0(\xi)=1$ および漸化式を用いれば、

- $H_0(\xi)=1$
- $H_1(\xi)=2\xi$
- $H_2(\xi)=-2+4\xi^2$
- $H_3(\xi)=-12\xi+8\xi^3$
- $H_4(\xi)=12-48xi^2+16\xi^4$
- $H_5(\xi)=120\xi-160\xi^3+32\xi^5$
- $H_6(\xi)=-120+720\xi^2-480\xi^4+64\xi^6$
- ・・・

が得られる。

このように、ある数列（関数列）の「母関数」を見つけることで、
その数列（関数列）の持つ性質をより良く理解するという手法が、
数学ではしばしば用いられる。

** 固有関数の性質 [#s9159dd6]

*** 正規化 [#v39df3b1]

上記エルミート多項式の直交性を表わす式を用いることで $\varphi_n(x)$ を正規化できて、

$$\begin{aligned}
\varphi_n(x)=\sqrt{
\frac{1}{2^nn!\sqrt\pi\,r_0}}\,
H_n\Big(\frac x{r_0}\Big)
\exp\Big(-\frac{x^2}{2r_0^2}\Big)
\end{aligned}$$

ただし、$r_0=\sqrt{\hbar/m\omega}$。このとき $\{\varphi_n(x)\}$ は正規直交系をなし、

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^\infty\varphi_n(x)\varphi_m(x)dx=\delta_{nm}\end{aligned}$$

*** 生成・消滅演算子 [#c16c4938]

$\varphi_n(x)$ の漸化式は、

$$\begin{aligned}
\underbrace{\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)}_{\hat a^\dagger}\varphi_n(x)=\hat a^\dagger\varphi_n(x)=\sqrt{n+1}\,\varphi_{n+1}(x)
\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}
\underbrace{\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)}_{\hat a}\varphi_n(x)=\hat a\varphi_n(x)=\sqrt{n}\hspace{7mm}\varphi_{n-1}(x)
\end{aligned}$$

となる。$\dagger$ は「ダガー」で、「エルミート共役」を表す。$\hat a$ と $\hat a^\dagger$ がエルミート共役になる理由は後に学ぶ。

$\hat a^\dagger,\hat a$ は $\hat p=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}$ を用いて、

　$\displaystyle\begin{aligned}\hat a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{i}{m\omega}\hat p\right)\end{aligned}$　→ 生成（上昇）演算子 = エネルギー量子を１つ増やす

　$\displaystyle\begin{aligned}\hat a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{i}{m\omega}\hat p\right)\end{aligned}$　→ 消滅（下降）演算子 = エネルギー量子を１つ減らす

と書ける。

*** 数演算子 [#a5129b53]

$$\begin{aligned}
\hat a^\dagger\hat a\varphi_n(x)
&=\sqrt n\,\hat a^\dagger\varphi_{n-1}(x)\\
&=\sqrt n\sqrt{(n-1)+1}\,\varphi_n(x)\\
&=n\varphi_n(x)\\
\end{aligned}$$

となることから、&ruby(すう){数};演算子を 

$$\begin{aligned}\hat n\equiv \hat a^\dagger\hat a\end{aligned}$$ 

と定義する。すると、$\varepsilon_n=\hbar\omega(n+1/2)$ に対応して、

$$\begin{aligned}
\hat H=\hbar\omega(\hat n+1/2)
\end{aligned}$$

と書ける。実際にやってみると、

$$\begin{aligned}
\hbar\omega\,\hat n\varphi=\hbar\omega\hat a^\dagger\hat a\varphi
&=\frac{m\omega^2}{2}\left(x-\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\left(x\varphi+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d\varphi}{dx}\right)\\
&=\frac{m\omega^2}{2}\bigg(x^2\varphi+\cancel{x\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d\varphi}{dx}}-\frac{\hbar}{m\omega}\underbrace{\frac{d}{dx}(x\varphi)}_{=\displaystyle\varphi+\cancel{xd\varphi/dx}}-\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}\frac{d^2\varphi}{dx^2}\bigg)\\[1.5mm]
&=\bigg(\underbrace{-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{m\omega^2}{2}x^2}_{\displaystyle\hat H}-\frac{\hbar\omega}{2}\bigg)\varphi\\
\end{aligned}$$

となり上記の関係を確かめられる。

*** 演算子の「積」あるいは「合成」の意味 [#n605701e]

２つの演算子、

- 演算子 $\frac{d}{dx}: f(x)\mapsto \frac{d}{dx}f(x)$ 
- 演算子 $x: f(x)\mapsto xf(x)$

との間に成り立つ、

$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}(x\varphi)= \varphi + x\frac{d}{dx}\varphi=\left(1+x\frac{d}{dx}\right)\varphi\end{aligned}$$

の関係をしばしば次のように書く。

$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}x = 1 + x\frac{d}{dx}\end{aligned}$$

この両辺に現れる「演算子の積」のように見えるものは、実は「演算子の合成」を表すことに注意せよ。

関数 $f(x)$ と関数 $g(x)$ の合成関数を、

$$\begin{aligned}g\circ f(x)=g(f(x))\end{aligned}$$

と書いたのを思いだそう。
$g\circ f$ は「関数 $f$ を適用してから関数 $g$ を適用する」という１つの関数を表す。

この表記を使えば上記の関係式は、

$$\begin{aligned}\frac{d}{dx}\circ x = 1 + x\circ \frac{d}{dx}\end{aligned}$$

ということを表している。すなわち、

「ある関数に $x$ を掛けてから $x$ で微分するという演算は、
『元の関数に、元の関数の微分に $x$ を書けたものを足す』という演算に等しい」

という意味になる。

演算子の積のように書かれる「演算子の合成」は今後も頻繁に現れるため、よく理解しておくこと。

*** 生成・消滅演算子の交換関係 [#sd51758c]

$\hat a$ と $\hat a^\dagger$ の順番を入れ替えると結果が変わって、

$$\begin{aligned}\hat a\hat a^\dagger\varphi_n(x)=(n+1)\varphi_n(x)\end{aligned}$$

したがって、

$$\begin{aligned}(\hat a\hat a^\dagger-\hat a^\dagger\hat a)\varphi_n(x)=\varphi_n(x)\end{aligned}$$

となる。この関係は $\varphi_n(x)$ の一次結合で表される一般の関数
$\varphi(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n\varphi_n(x)$ に対して成り立つので、((各自確かめよ))

$$\begin{aligned}\hat a\hat a^\dagger-\hat a^\dagger\hat a=\hat 1\end{aligned}$$

が一般に成り立つ。これはボーズ粒子（ボゾン）の生成・消滅演算子が満たす交換関係としてよく知られるもので、ここでは調和振動子のエネルギー量子をボゾンと見なせる。フェルミ粒子（フェルミオン）ではこれが、

$$\begin{aligned}\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a=\hat 1\end{aligned}$$

となる。

ここで見た生成演算子、消滅演算子、数演算子とその交換関係は、
第二量子化後の波動関数においてすべてのフェルミ粒子・ボーズ粒子に対して要請される一般的なものである。
[[多少詳しい説明がこちらにあるため>量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ#lcf622a6]] 余力のある学生はぜひ勉強して欲しい。
* ３次元の調和振動子 [#y596d643]

粒子が位置 $\bm r$ にあるとき、原点との距離は $|\bm r|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$
であるから、ポテンシャルを $V(\bm r)=\frac{K}{2}|\bm r|^2=\frac{K}{2}(x^2+y^2+z^2)$ と置いて、

$$\begin{aligned}\underbrace{\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\bm r)\right)}_{=\hat H(\bm r)}\varphi(\bm r)=\varepsilon\varphi(\bm r)\end{aligned}$$

を解くことになる。

** 演習 [#fe1863bf]

(1) $\displaystyle\hat H_x(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{K}{2}x^2$ などと置けば、
$\hat H(\bm r)=\hat H_x(x)+\hat H_y(y)+\hat H_z(z)$ と表せることを確かめよ。

(2) $\varphi(\bm r)=X(x)Y(y)Z(z)$ と置くことにより
３次元調和振動子に対する時間に依らないシュレーディンガー方程式を変数分離し、
それが１次元調和振動子のハミルトニアン $\hat H_x(x),\hat H_y(y),\hat H_z(z)$ 
の固有値問題に帰着することを示せ。
またそのとき、$\hat H(\bm r)$ のエネルギー固有値が
$\hat H_x(x),\hat H_y(y),\hat H_z(z)$ それぞれの固有値の和として、 
$\varepsilon=\varepsilon_x+\varepsilon_y+\varepsilon_z$ のように表せることを示せ。

(3) １次元調和振動子について得られた結果を用いて、３次元調和振動子の基底状態、
第１励起状態、第２励起状態、第３励起状態のエネルギーを求めよ（$\omega=\sqrt{K/m}$ 
を用いてよい）。また、それらがそれぞれ何重に縮退しているか答えよ。

(4) 第$n$励起状態が何重に縮退しているか答えよ。

~

[[＞＞＞ 解答はこちら>量子力学Ⅰ/調和振動子/メモ#d91ce630]]
** 形状 [#kbaeee0e]

(0,0,0), (1,0,0), (1,1,0), (2,0,0), (1,1,1), (2,1,0), 
(3,0,0), (2,1,1), (2,2,0), (3,1,0), (4,0,0) 
について $|\varphi(\bm r)|^2=0.001$ となる面を $m\omega/\hbar=1$ として描いた。

&attachref(harmonic000.jpg,,25%);
&attachref(harmonic100.jpg,,25%);
&attachref(harmonic110.jpg,,25%);
&attachref(harmonic200.jpg,,25%);
&attachref(harmonic111.jpg,,25%);
&attachref(harmonic210.jpg,,25%);
&attachref(harmonic300.jpg,,25%);
&attachref(harmonic211.jpg,,25%);
&attachref(harmonic220.jpg,,25%);
&attachref(harmonic310.jpg,,25%);
&attachref(harmonic400.jpg,,25%);

** 状態密度 [#f4137603]

単位エネルギーあたりどれだけの状態があるか、という量を「状態密度」と言う。

３次元調和振動子では (4) よりほぼ二次関数となる。
横軸を $\varepsilon/\hbar\omega=n+3/2$、縦軸を縮退する状態の数としてプロットすれば、

&attachref(harmonic-dos.jpg,,66%);

~
~
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* 質問・コメント [#me2aca9d]

#article_kcaptcha
**状態関数のグラフについて [#t3a87a81]
> (&timetag(2019-09-14T09:11:41+09:00, 2019-09-14 (土) 18:11:41);)~
~
E=hω(n+1/2)であるのに、状態密度のグラフでの横軸はなぜn+1/2でないでしょうか？(hは換算プランク定数であるとしてください)~

//
- ３次元の調和振動子では $E_x=\hbar\omega(n_x+1/2)$ などを足し合わせて $E=\hbar\omega\{(n_x+n_y+n_z)+3/2\}=\hbar\omega(n+3/2)$ となります。$n=n_x+n_y+n_z$ です。 -- [[武内（管理人）]] &new{2019-09-17 (火) 08:07:26};

#comment_kcaptcha
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