調和振動子
調和振動子とは、質点が定点からの距離に比例する引力を受けて運動する系です。本記事では、量子論的な調和振動子について解説します。
古典的な単振動のポテンシャルを $k=m\omega^2$ とすると、
$$V=\frac{k}{2}(x^2+y^2+z^2)$$
Ｘ軸の成分のシュレディンガー方程式は以下になります。
$$\Big(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + \frac{m\omega^2}{2}x^2\Big)X(x) = E_xX(x) －①$$
調和振動子の波動関数 $X$ は、規格化定数を $A$ とすると、エルミート多項式 $H_n$ により表すことができます（②の導出）（③の導出）。
$$X_n(x)= A_n\exp{\Big(-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2\Big)}H_n\Big(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\Big) -②$$$$A_n=\Big(\frac{1}{2^nn!}\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\Big)^{1/2} -③$$
エネルギー準位は以下で表されます（④の導出）。
$$E_n=\omega\hbar\Big(\frac{1}{2}+n\Big) -④$$
エルミート多項式の性質
エルミート多項式は以下の性質を持ちます。
$$\int^{\infty}_{-\infty}H_n(\xi)H_m(\xi)e^{-\xi^2}\:d\xi = \left\{
\begin{array}{ll}
0 & (m \neq n) \\
\sqrt{\pi}2^nn! & (m = n)
\end{array} \right. -⑤$$
$$e^{-\xi^2/2}H_{n+1}(\xi)=\Big(\xi-\frac{d}{d\xi}\Big)e^{-\xi^2/2}H_n(\xi) -⑥$$$$2ne^{-\xi^2/2}H_{n-1}(\xi)=\Big(\xi+\frac{d}{d\xi}\Big)e^{-\xi^2/2}H_n(\xi) -⑦$$
演算子の定義
演算子を以下で定義すると、
$$a^*\equiv\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(x-\frac{i}{m\omega}p_x\Big)={\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(x-\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\Big)$$$$a\equiv\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(x+\frac{i}{m\omega}p_x\Big)={\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\Big)$$
これらは $n$ を増減させる演算子となります（⑧の導出）（⑨の導出）。
$$a^*X_n(x)=\sqrt{n+1}X_{n+1}(x) -⑧$$$$aX_n(x)=\sqrt{n}X_{n-1}(x) -⑨$$
これらの演算子を組み合わすと、
$$a^*aX_n(x)=nX_n(x)$$$$aa^*X_n(x)=(n+1)X_n(x)$$$$(aa^*-a^*a)X_n(x)= X_n(x)$$
④より、ハミルトニアンは以下のように表わすことができます。
$$H=\omega\hbar\Big(a^*a+\frac{1}{2}\Big)$$
式の導出
②④を導く
$x=\xi\sqrt{\hbar/m\omega}$ とおくと、①は以下になります。
$$\Big(-\frac{d^2}{d\xi^2}+\xi^2\Big)X(\xi) = \frac{2E}{\omega\hbar}X(\xi)$$
この方程式の解である関数 $X$ は、エルミート多項式 $H$ を用いて以下のように表せることを示します。
$$X(\xi)=Ae^{-\xi^2/2}H(\xi) -②’$$
これを使って書き換えると、
$$\left(\frac{d^2}{d\xi^2}-2\xi\frac{d}{d\xi}+\Big(\frac{2E_n}{\omega\hbar}-1\Big)\right)H_n(\xi)=0$$
さらに④で置き換えると、以下になります。これはエルミート方程式と呼ばれ、これを満たす関数はエルミート多項式と呼ばれています。
$$\Big(\frac{d^2}{d\xi^2}-2\xi\frac{d}{d\xi}+2n\Big)H_n(\xi) = 0$$
これより $X$ が②’ で表されることが分かります。
③を導く
直交条件⑤を用いて、規格化定数 $A$ を求めることができます。
$$\int_{-\infty}^\infty X_n^2(x)dx=A^2\int_{-\infty}^\infty H_n^2(\xi)e^{-\xi^2}d\xi\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}$$$$=A^2\sqrt{\pi}2^nn!\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}=1$$
これより、
$$A^2=\frac{1}{2^nn!}\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}$$
⑧を導く
$a^*$ の場合、⑥を用いると、
$$a^*X_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(\xi-\frac{d}{d\xi}\Big)A_ne^{-\xi^2/2}H_n$$$$=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{A_n}{A_{n+1}}A_{n+1}e^{-\xi^2/2}H_{n+1}$$
ここで、③より、
$$\frac{A_n}{A_{n+1}}=\sqrt{2(n+1)}$$
であるため、以下の結果が得られます。
$$a^*X_n(x)=\sqrt{n+1}X_{n+1}(x)$$
⑨を導く
$a$ の場合、⑦を用いると、
$$a^*X_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(\xi+\frac{d}{d\xi}\Big)A_ne^{-\xi^2/2}H_n$$$$=\sqrt{2}n\frac{A_n}{A_{n-1}}A_{n-1}e^{-\xi^2/2}H_{n-1}$$
ここで、③より、
$$\frac{A_n}{A_{n-1}}=\frac{1}{\sqrt{2n}}$$
であるため、以下の結果が得られます。
$$aX_n(x)=\sqrt{n}X_{n-1}(x)$$
