エーレンフェストの定理 のバックアップ差分(No.3)
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[[量子力学Ⅰ/波動関数の解釈]] * エーレンフェストの定理 [#wbe3d8ad] 初期状態において電子の存在確率があまり広がっておらず、 その広がりに対してポテンシャル &math(V(\bm r,t)); の変化が十分に緩やかであれば、 電子の運動は古典論から予想されるものと等しくなるはずである。 このことを確かめてみよう。 まず、電子の位置座標の時間変化を求める。 まず、電子の位置座標((求めているのは期待値の変化であるが、ここでは電子はあまり広がっていないと考えているため、期待値はそのまま電子の位置と見なせる。))の時間変化を求める((&math(x,t); は独立なパラメータであるため、&math(\frac{\PD x}{\PD t}=0); である。))。 &math( \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{d}{dt}\iiint \psi^*x\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^* x\frac{\PD\psi}{\PD t}+\frac{\PD\psi^*}{\PD t}x\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^* x\frac{\PD\psi}{\PD t}+\frac{\PD\psi^*}{\PD t}x\psi\,d\bm r ); シュレーディンガー方程式により &math(\PD/\PD t); を書き直して、 シュレーディンガー方程式により &math(\frac{\PD\psi}{\PD t}=\frac{1}{i\hbar}\hat H\psi); および、この複素共役により &math(\frac{\PD\psi^*}{\PD t}=\frac{1}{-i\hbar}\hat H\psi^*); であるから((&math(\hat H^*=\hat H); である))、 &math( \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\iiint \psi^*x\frac{1}{i\hbar}\Big(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi\Big)\,d\bm r\\ &+\iiint \frac{1}{-i\hbar}\Big(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi^*+V\psi^*\Big)x\psi\,d\bm r\\ &=\iiint \psi^*x\frac{1}{i\hbar}\Big(\frac{1}{2m}\hat p^2\psi+\cancel{V\psi}\Big)\,d\bm r +\iiint \frac{1}{-i\hbar}\Big(\frac{1}{2m}\hat p^2\psi^*+\cancel{V\psi^*}\Big)x\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\frac{1}{2m}\Big(\psi^*x\hat p^2\psi-(\hat p^2\psi^*)x\psi\Big)\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\frac{1}{2m}\Big(\psi^*x\hat p^2\psi-\psi^*\hat p^2(x\psi)\Big)\,d\bm r \hspace{1cm}\because\,\hat{\bm p}\,はエルミート\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\frac{1}{2m}\psi^*\Big(x\hat p^2-\hat p^2x\Big)\psi\,d\bm r ); &math(V); を含む項は互いに打ち消し合って、 ここで、交換関係 &math(x\hat p_x-\hat p_xx=i\hbar); および、&math(x\hat p_y-\hat p_yx=x\hat p_z-\hat p_zx=0); を用いると、 &math( \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{i\hbar}{2m}\iiint \psi^*x(\nabla^2\psi)-(\nabla^2\psi^*)x\psi\,d\bm r\\ &=\frac{i\hbar}{2m}\iiint \psi^*[x(\nabla^2\psi)-\nabla^2(x\psi)]\,d\bm r\\ &=\frac{i\hbar}{2m}\iiint \psi^*\left(-2\frac{\PD}{\PD x}\right)\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{m}\langle p_x\rangle \hat p_x^2x&=\hat p_x(x\hat p_x-i\hbar)\\ &=\hat p_xx\hat p_x-i\hbar\hat p_x\\ &=(x\hat p_x-i\hbar)\hat p_x-i\hbar\hat p_x\\ &=x\hat p_x^2-2i\hbar\hat p_x ); を得る。2つ目の等号は運動量演算子がエルミートであることを用いた。3つ目の等号は、 より、 &math(x\hat p^2-\hat p^2x&=x(\hat p_x^2+\hat p_y^2+\hat p_z^2)-(\hat p_x^2+\hat p_y^2+\hat p_z^2)x\\ &=i\hbar\hat p_x); であるから、 &math( \nabla^2(x\psi) &=\left(\frac{\PD^2}{\PD x^2}+\frac{\PD^2}{\PD y^2}+\frac{\PD^2}{\PD z^2}\right)(x\psi)\\ &=\frac{\PD\psi}{\PD x}+\frac{\PD\psi}{\PD x}+x\frac{\PD^2\psi}{\PD x^2}+x\frac{\PD^2\psi}{\PD y^2}+x\frac{\PD^2\psi}{\PD z^2}\\ &=\left(2\frac{\PD}{\PD x}+x\nabla^2\right)\psi \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{1}{\cancel{i\hbar}}\iiint\frac{1}{\cancel 2m}\psi^*\Big(\cancel 2\cancel{i\hbar}\hat p\Big)\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{m}\iiint\psi^*\hat p\psi\,d\bm r\\ &=\frac{\left\langle p\right\rangle}{m} ); を用いた。一方、運動量の時間変化は、 を得る。一方、運動量の時間変化は、 &math( \frac{d}{dt}\langle p_x\rangle &=\frac{d}{dt}\iiint\psi^*\frac{\hbar}{i}\frac{\PD}{\PD x}\psi\,d\bm r\\ &=\frac{\hbar}{i}\iiint\psi^*\frac{\PD}{\PD x}\frac{\PD}{\PD t}\psi+\left(\frac{\PD}{\PD t}\psi^*\right)\frac{\PD}{\PD x}\psi\,d\bm r\\ &=\frac{\hbar}{i}\iiint\psi^*\frac{\PD}{\PD x}\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi\right)\,d\bm r +\frac{\hbar}{i}\iiint\frac{1}{-i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi^*+V\psi^*\right)\frac{\PD}{\PD x}\psi\,d\bm r\\ &=\frac{d}{dt}\iiint\psi^*\hat p_x\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^*\hat p_x\frac{\PD}{\PD t}\psi+\left(\frac{\PD}{\PD t}\psi^*\right)\hat p_x\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^*\hat p_x\frac{1}{i\hbar}\left(\frac{1}{2m}\hat p^2\psi+V\psi\right)\,d\bm r +\iiint\frac{1}{-i\hbar}\left(-\frac{1}{2m}\hat p^2\psi^*+V\psi^*\right)\hat p_x\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\Big(\frac{1}{2m}\psi^*\hat p_x\hat p^2\psi+\psi^*\hat p_xV\psi -\frac{1}{2m}(\hat p^2\psi^*)\hat p_x\psi-\psi^*V\hat p_x\psi\Big)\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\psi^*\Big(\frac{1}{2m}(\hat p_x\hat p^2-\hat p^2\hat p_x)+(\hat p_xV-V\hat p_x)\Big)\psi\,d\bm r \hspace{1cm}\because\,\hat{\bm p},V\,はエルミート ); ここで、 ここで、&math(\hat p_x); と &math(\hat p^2); は交換するから、 &math(\hat p_x\hat p^2-\hat p^2\hat p_x=0);。一方、 &math( \iiint\psi^*\frac{\PD}{\PD x}\nabla^2\psi\,d\bm r &=\iiint\psi^*\nabla^2\frac{\PD\psi}{\PD x}\,d\bm r\\ &=-\iiint\bm\nabla\psi^*\cdot\bm\nabla\frac{\PD\psi}{\PD x}\,d\bm r +\underbrace{\int_S\left(\psi^*\bm\nabla\frac{\PD\psi}{\PD x}\right)\cdot\bm n\,dS}_{=0}\\ &=\iiint(\nabla^2\psi^*)\frac{\PD\psi}{\PD x}\,d\bm r -\underbrace{\int_S\left(\bm\nabla\psi^*\cdot\frac{\PD\psi}{\PD x}\right)\cdot\bm n\,dS}_{=0}\\ &=\iiint(\nabla^2\psi^*)\frac{\PD\psi}{\PD x}\,d\bm r \hat p_xV\psi&=\frac{\hbar}{i}\frac{\PD}{\PD x}(V\psi)\\ &=\frac{\hbar}{i}\frac{\PD V}{\PD x}\psi+V\frac{\hbar}{i}\frac{\PD}{\PD x}\psi\\ &=\Big(\frac{\hbar}{i}\frac{\PD V}{\PD x}+V\hat p_x\Big)\psi\\ ); より &math(\nabla^2); を含む項は打ち消し合って、 より、 &math( \frac{d}{dt}\langle p_x\rangle &=-\iiint\psi^*\left(\frac{\PD}{\PD x}(V\psi)-V\frac{\PD}{\PD x}\psi\right)\,d\bm r\\ &=-\iiint\psi^*\frac{\PD V}{\PD x}\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\cancel\hbar}\iiint\psi^*\Big(\frac{\cancel\hbar}{i}\frac{\PD V}{\PD x}\Big)\psi\,d\bm r\\ &=-\left\langle\frac{\PD V}{\PD x}\right\rangle ); となり、&math(\bm r,\bm p); の期待値が古典論の運動方程式 &math(\frac{d\bm r}{dt}=\frac{\bm p}{m}); &math(\frac{d\bm p}{dt}=-\bm\nabla V); を満たすことが示された。 巨視的極限に於いてシュレーディンガー方程式が古典論の運動方程式を与えるという この定理をエーレンフェストの定理と呼ぶ。
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