エーレンフェストの定理 のバックアップ差分(No.7)
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[[量子力学Ⅰ/波動関数の解釈]] [[量子力学Ⅰ]] * 物理量期待値の時間変化 [#j882b192] ある物理量を表わす演算子を &math(\hat O); として、 この期待値 &math(\langle \hat O\rangle); の時間変化を考える((ただし、&math(\hat O); は時刻 &math(t); を陽に含んでおらず、&math(\frac{\PD\hat O}{\PD t}=0); とする))。 &math( \frac{d}{dt}\langle\hat O\rangle &=\frac{d}{dt}\iiint \psi^*\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\iiint \frac{d}{dt}\Big(\psi^*\hat O\psi\Big)\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^* \hat O\frac{\PD\psi}{\PD t}+\frac{\PD\psi^*}{\PD t}\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^* \hat O\frac{\PD\psi}{\PD t}+\psi^* \frac{\PD\hat O}{\PD t}\psi+\frac{\PD\psi^*}{\PD t}\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\psi^* \hat O\frac{\PD\psi}{\PD t}+\Big(\frac{\PD\psi}{\PD t}\Big)^*\hat O\psi\,d\bm r ); &math(\psi^* \frac{\PD\hat O}{\PD t}\psi=0); として真ん中の項は落とした。 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); であるから、 &math( \frac{d}{dt}\langle\hat O\rangle &=\iiint\psi^* \hat O\Big(\frac{1}{i\hbar}\hat H\Big)\psi+\Big(\frac{1}{i\hbar}\hat H\psi\Big)^*\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\iiint\frac{1}{i\hbar}\psi^* \hat O\hat H\psi+\frac{1}{-i\hbar}\Big(\hat H\psi\Big)^*\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\psi^* \hat O\hat H\psi-\Big(\hat H\psi\Big)^*\hat O\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\psi^* \hat O\hat H\psi-\psi^*\hat H\hat O\psi\,d\bm r\hspace{1.5cm}\because\ \hat H\ はエルミート\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\psi^*\Big(\hat O\hat H-\hat H\hat O\Big)\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\langle \hat O\hat H-\hat H\hat O \rangle ); したがって、期待値の時間変化は演算子とハミルトニアンとの交換関係の期待値で表わされる。 &math( \frac{d}{dt}\langle\hat O\rangle &=\frac{1}{i\hbar}\langle \hat O\hat H-\hat H\hat O \rangle ); ここから、演算子とハミルトニアンが交換するならば、その物理量は時間に依存しない保存量となることが分かる。 * エーレンフェストの定理 [#wbe3d8ad] * 演習: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((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。))。 (1) 上式で &math(\hat O=x); と置き、 (1) &math(\hat O=x); と置き、 &math(\frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\frac{1}{2m}\psi^*\Big(x\hat p^2-\hat p^2x\Big)\psi\,d\bm r ); を導け。 (2) 交換関係 &math(x\hat p_x-\hat p_xx=i\hbar); を用いて、 &math(\hat p_x^2x&=x\hat p_x^2-2i\hbar\hat p_x); を導け。 (3) (2) および &math(x\hat p_y-\hat p_yx=x\hat p_z-\hat p_zx=0); を用いて、 (3) (2) および &math(x\hat p_y-\hat p_yx=0, x\hat p_z-\hat p_zx=0); を用いて、 &math(x\hat p^2-\hat p^2x&=2i\hbar\hat p_x); を導け。 (4) (1)、(3) を用いて、 &math( \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{\left\langle p_x\right\rangle}{m} ); を導け。 次に運動量の時間変化について考える。 (5) &math(\hat p_x); と &math(\hat p^2); が交換することを導け。 (6) &math(\hat p_xV&=\frac{\hbar}{i}\frac{\PD V}{\PD x}+V\hat p_x); を導け。 (7) &math(\frac{d}{dt}\langle p_x\rangle&=-\left\langle\frac{\PD V}{\PD x}\right\rangle); を導け。 #hr &math( \frac{d}{dt}\langle x\rangle &=\frac{1}{i\hbar}\iiint \psi^*\Big[x\hat H-\hat Hx\Big]\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint \psi^*\Big[x\Big(\frac{1}{2m}\hat p^2+\cancel{V}\Big) -\Big(\frac{1}{2m}\hat p^2+\cancel{V}\Big)x\Big]\psi\,d\bm r\\ &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\frac{1}{2m}\psi^*\Big(x\hat p^2-\hat p^2x\Big)\psi\,d\bm r ); 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( \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 ); 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\\ &=2i\hbar\hat p_x); であるから、 &math( \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} ); を得る。一方、運動量の時間変化は、 &math( \frac{d}{dt}\langle p_x\rangle &=\frac{1}{i\hbar}\iiint\psi^*\left[\hat p_x\left(\frac{1}{2m}\hat p^2+V\right) -\left(\frac{1}{2m}\hat p^2+V\right)\hat p_x\right]\psi\,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 ); 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( \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( \frac{d}{dt}\langle p_x\rangle &=\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 ); となる。 &math(y,z); に対しても同様の結果が得られるため、 &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); に対応して、 &math(\frac{d\langle\hat{\bm r}\rangle}{dt}=\frac{\langle\hat{\bm p}\rangle}{m}); &math(\frac{d\langle\hat{\bm p}\rangle}{dt}=-\langle\bm\nabla V\rangle); 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 シュレーディンガー方程式が巨視的極限において古典論の運動方程式に一致する、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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