量子力学⑦ 調和振動子
調和振動子とは?エルミート多項式の利用
この調和振動子の解析自体はあまり重要ではないかもしれませんが、このエネルギー固有値はたびたび使うことになります。ハミルトニアン中の物理量の演算子化をする
この先最もよく使うであろう調和振動子についてまとめておきます。調和振動子とは単振動をしている粒子のモデルです。一次元では、全エネルギーは、\begin{align*}
\dfrac{p^2}{2m}+\dfrac{1}{2}m\omega^2x^2
\end{align*}
と表せます。ここで、演算子の対応関係
\begin{align*}
\hat{p}=-i\hbar\dfrac{d}{d x}
\end{align*}
を用いるとシュレディンガー方程式は、
\begin{align*}
\left(-\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{d x^2}+\dfrac{1}{2}m\omega^2x^2\right)\psi(x)=E\psi(x)
\end{align*}
と表されます。ただし、実は$x$も演算子としてみるべきですが、$x$のままなので大丈夫です。シュレディンガー方程式を無次元化して変数変換する
ここで、変数変換を行って簡単な係数になるように整理してみましょう。辺々の次元を無次元にするような変形を考えましょう。右辺の係数はエネルギー$E$なので、エネルギーの次元を持つ$\hbar\omega$でわって、ついでに係数も調節すると、\begin{align}
\dfrac{\hbar}{m\omega}\dfrac{d^2\psi(x)}{dx^2}-\dfrac{m\omega}{\hbar}x^2\psi(x)+\dfrac{2E}{\hbar\omega}\psi(x)=0 \label{eq-quantum7:1}
\end{align}
ここで、
\begin{align}
\xi&=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x \label{eq-quantum7:2}\\
\lambda&=\dfrac{2E}{\hbar\omega} \label{eq-quantum7:3}
\end{align}
と変数変換すると、
\begin{align}
\dfrac{d}{dx}&=\dfrac{d\xi}{dx}\dfrac{d}{d\xi}\nonumber\\
&=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\dfrac{d}{d\xi}\nonumber
\end{align}
よって二階微分は、
\begin{align*}
\dfrac{d^2}{dx^2}&=\dfrac{d}{dx}\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\dfrac{d}{d\xi}\right)\nonumber\\
&=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\dfrac{d}{d\xi}\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\dfrac{d}{d\xi}\right)\nonumber\\
&=\dfrac{m\omega}{\hbar}\dfrac{d^2}{d\xi^2}\nonumber\\
&\therefore \dfrac{d^2}{dx^2}=\dfrac{\hbar}{m\omega}\dfrac{d^2}{d\xi^2}
\end{align*}
よって、 \eqref{eq-quantum7:2}, \eqref{eq-quantum7:3}の変数変換によって、 \eqref{eq-quantum7:1}は、$\phi(\xi)=\psi(x)$と置き換えて、
\begin{align}
\dfrac{d^2\phi(\xi)}{d\xi^2}+\left(\lambda-\xi^2\right)\phi(\xi) \label{eq-quantum7:4}
\end{align}
という微分方程式が導出できました。定数変化法を用いてエルミート多項式を導く
\eqref{eq-quantum7:4}を解いていきます。ただこれは定係数ではないのですごく解きにくいです。こんなときの対処法は定数変化法です。そこで、まずは特殊解を求めてあげる必要があります。そこで、右辺の係数に$\xi^2$があることに着目します。$\xi$が十分大きいとき、$\xi^2\gg |\lambda|$なので、\begin{align*}
\dfrac{d^2\phi(\xi)}{d\xi^2}-\xi^2\phi(\xi)=0\ \ \ (\xi \gg \lambda)
\end{align*}
この解は、定数$H$を用いて、
\begin{align*}
\phi(\xi)=H\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}
\end{align*}
さて、ここからが定数変化法の出番です。解はこの式に似た形になるはずと考えて、定数$H$を$\xi$の関数と考えます。つまり、
\begin{align*}
\phi(\xi)=H(\xi)\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}
\end{align*}
と考えて、これをもとの微分方程式 \eqref{eq-quantum7:4}式に代入して関数$H(\xi)$を求めましょう。$\psi(\xi)$の二階微分を計算すると、
\begin{align*}
\dfrac{d^2\phi(\xi)}{d\xi^2}
&=\dfrac{d}{d\xi}\dfrac{d}{d\xi}\left\{H(\xi)\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}\right\}\nonumber \\
&=\dfrac{d}{d\xi}\left\{\dfrac{dH(\xi)}{d\xi}\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)-\xi H(\xi)\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}}\right\}\nonumber\\
&=\left\{\dfrac{d^2H(\xi)}{d\xi^2}-2\xi\dfrac{dH(\xi)}{d\xi}+\left(\xi^2-1\right)H(\xi)\right\}\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}\nonumber
\end{align*}
よって、 \eqref{eq-quantum7:4}式は、
\begin{align*}
\left\{\dfrac{d^2H(\xi)}{d\xi^2}-2\xi\dfrac{dH(\xi)}{d\xi}+\left(\lambda-1\right)\right\}\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}=0\nonumber
\end{align*}
となります。expの部分は常に正なので
\begin{align}
\dfrac{d^2H(\xi)}{d\xi^2}-2\xi\dfrac{dH(\xi)}{d\xi}+\left(\lambda-1\right)H(\xi)=0 \label{eq-quantum7:5}
\end{align}
この方程式を解けばよいことになります。
級数解を考えてみる
この方程式をうまく解く方法はなかなかなくて、一般的な解法は級数解法です。この方程式の解として、\begin{align}
H(\xi)=\sum_{k=0}^{\infty}c_k \xi^k \label{eq-quantum7:6}
\end{align}
を仮定して考えてみましょう。 \eqref{eq-quantum7:5}式にこれを代入すると、
\begin{align}
\sum_{k=0}^{\infty}k(k-1)c_k\xi^{k-2}-\sum_{k=0}^{\infty}2kc_k\xi^k+\sum_{k=0}^\infty
(\lambda-1)c_k\xi^k&=0 \nonumber \\
\sum_{k=0}^{\infty}\left\{(k+2)(k+1)c_{k+2}-(2k+1-\lambda)c_k\right\}\xi^k&=0\nonumber
\end{align}
この等式が恒等的に成り立つには括弧の中が常に0になることですが、それはつまり、
\begin{align}
c_{k+2}=\dfrac{2k+1-\lambda}{(k+1)(k+2)}c_k \label{eq-quantum7:7}
\end{align}
ということです。さて、ここで、 \eqref{eq-quantum7:6}式で表される級数が無限大に発散すると意味がないので収束してほしいわけです。$k$が十分大きいときを考えると、 \eqref{eq-quantum7:7}式は、
\begin{align}
\dfrac{c_{k+2}}{c_k}=\dfrac{2}{k}
\end{align}
となります。このような係数になるマクローリン展開を考えます。少し天下り式にはなりますが、
\begin{align}
e^{\xi}=1+\xi+\dfrac{1}{2}\xi^2+\cdots+\dfrac{1}{k!}\xi^k+\cdots \nonumber
\end{align}
このマクローリン展開の式で$\xi$を$\xi^2$に置き換えると、
\begin{align}
e^{\xi^2}\approx 1+\xi^2+\dfrac{1}{2}\xi^4+\cdots+\dfrac{1}{k!}\xi^{2k}+\cdots \nonumber
\end{align}
となり、これがまさに \eqref{eq-quantum7:6}に対応する関数です。つまり、$H(\xi)=e^{\xi^2}$となり、このとき、波動関数は
\begin{align}
\psi(\xi)=H(\xi)\exp{\left(-\dfrac{\xi^2}{2}\right)}=\exp{\left(\dfrac{\xi^2}{2}\right)}\nonumber
\end{align}
これは$\xi\to\infty$で発散することになり、全範囲で積分すると1になる波動関数として明らかに不適切になります。何が言いたいかというと、どこかで$c_k=0$になってそれより大きい$k$に対してはすべて係数が0になる必要があるということです。というわけで、 \eqref{eq-quantum7:6}がどこかで0になることを考えると、ある0以上の整数$n$に対して、
\begin{align}
\lambda=2n+1
\end{align}
のときのみ解が存在するといえます。そして、これを \eqref{eq-quantum7:5}式に代入すれば、
\begin{align}
\dfrac{d^2H(\xi)}{d\xi^2}-2\xi\dfrac{dH(\xi)}{d\xi}+2nH(\xi)=0 \label{eq-quantum7:10}
\end{align}
という式が得られます。紆余曲折ありましたが結局こんな方程式にたどり着きました。こんな複雑な形ですがこれはよく知られた微分方程式でこの解はエルミート多項式として知られています。
エルミート多項式の性質
\begin{align}
\dfrac{d^2H_n(x)}{dx^2}-2x\dfrac{dH_n(x)}{dx}+2nH_n(x)=0 \tag{\ref{eq-quantum7:10}}
\end{align}
の解は、以下の性質を満たします。
直交性
\begin{align}
\int_{-\infty}^{\infty}H_m(x)H_n(x)\exp{\left(-x^2\right)}dx=\sqrt{\pi}2^nn!\delta_{mn} \label{eq-quantum7:11}
\end{align}
漸化式
\begin{align*}
H_{n+1}(x)-2xH_n(x)+2nH_{n-1}(x)&=0\\
\dfrac{dH_n(x)}{dx}-2nH_{n-1}(x)&=0\\
\dfrac{d}{dx}H_n(x)-2xH_{n}(x)+H_{n+1}(x)&=0
\end{align*}
ロドリゲスの公式(Rodrigues)
ロドリグとも読むことがあります。他にもルジャンドル多項式などもロドリゲスの公式というように同じ名前がついていますが、今回はエルミート多項式について。\begin{align}
H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}
\end{align}
と表されます。
波動関数の具体的な表式
$\psi(x)=\phi(\xi)$としていたことを用いると、\begin{align}
\psi(x)=H_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x\right)\exp{\left(-\dfrac{m\omega}{2\hbar}x^2\right)}\nonumber
\end{align}
これが波動関数、といいたいところですが今回係数は無視していましたが規格化条件も考え、係数も規格化しましょう。一旦係数を$A$として、
\begin{align*}
\psi(x)=AH_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x\right)\exp{\left(-\dfrac{m\omega}{2\hbar}x^2\right)}
\end{align*}
の関数が規格化条件
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\psi(x)dx=1
\end{align*}
を満たすように$A$を決めましょう。ここで、Rodriguesの公式よりエルミート多項式は実数とわかるので、
\begin{align*}
\psi^*(x)=A^*H_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x\right)\exp{\left(-\dfrac{m\omega}{2\hbar}x^2\right)}
\end{align*}
であり、規格化条件は
\begin{align}
|A|^2\int_{-\infty}^{\infty}\left\{H_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}x\right)\right\}^2\exp{\left(-\dfrac{m\omega}{\hbar}x^2\right)}dx=1
\end{align}
ここで、$\xi=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x$とすると、$d\xi=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}dx,-\infty\lt \xi\lt \infty$であり、規格化条件は
\begin{align}
|A|^2\sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega}}\int_{-\infty}^{\infty}\left\{H_n(\xi)\right\}^2\exp{\left(-\xi^2\right)}d\xi&=1\nonumber\\
\end{align}
直交性を表す \eqref{eq-quantum7:11}より、
\begin{align}
\sqrt{\pi}2^n n!\sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega}}|A|^2=1\nonumber
\end{align}
よって、たとえば、規格化条件を満たす定数$A$として、
\begin{align}
A=\sqrt{\dfrac{\sqrt{m\omega}}{2^n n! \sqrt{\pi\hbar}}}\nonumber
\end{align}
よって規格化された波動関数$\psi(x)$は、
\begin{align}
\psi(x)=\dfrac{\sqrt[4]{m\omega}}{\sqrt{2^n n!\sqrt{\pi\hbar}}}H_n\left(\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x\right)\exp{\left(-\dfrac{m\omega}{2\hbar}x^2\right)}
\end{align}
となります。
エネルギー固有値・零点エネルギー
\eqref{eq-quantum7:3}, \eqref{eq-quantum7:9}を用いると、エネルギー固有値は、\begin{align}
E_n=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega
\end{align}
と求められます。ただし$n$は0以上の整数です。というわけで離散化されたエネルギーが得られたわけです。最低エネルギーが$n=0$として
\begin{align}
E_0=\dfrac{1}{2}\hbar\omega
\end{align}
ということになります。これも零点エネルギーといいます。決してエネルギーが0になるわけではないので注意が必要です。この調和振動子のエネルギー固有値は様々な場面で利用されます。