東北大学 工学研究科 応用物理学専攻 2018年8月実施 [問題1] 量子力学

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• Wavefunction-Normalization-and-Energy-Expectation

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Miyake

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題意の要約（暫定）

質量 $m$ の粒子が一次元調和ポテンシャル

$V(x)=\frac12kx^2$

中で量子運動する。基底状態の波動関数を

$$\psi_0(x)=C_0\exp\!\left(-\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}x^2\right).$$

とする。

1. 次の問いに答えよ。
   1. 定常 Schrödinger 方程式を書け。
   2. 規格化条件から定数 $C_0$ を求めよ。ただし実数の正の値を選べ。
   3. $\psi_0$ を方程式に代入し、基底状態のエネルギー $E_0$ を求めよ。
   4. 基底状態における位置の期待値 $\langle x\rangle$ を求めよ。
2. 一様な外力による摂動ポテンシャル $U(x)=-Fx.$ を加える。
   1. 一次の定常摂動論を用いて摂動後の基底状態を求め、それを用いて位置の期待値を求めよ。
   2. 全ポテンシャル $\frac12kx^2-Fx$ を平方完成して座標を平行移動し、$\langle x\rangle$ を厳密に求め、一次の摂動論の結果と比較せよ。

题目描述

考虑质量为 $m$ 的粒子在一维谐振势 $V(x)=\frac12kx^2$ 中的量子运动，并给定基态波函数形式

$$\psi_0(x)=C_0\exp\!\left(-\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}x^2\right).$$

1. 回答下列问题：
   1. 写出定态 Schrödinger 方程；
   2. 由归一化条件求常数 $C_0$（取实正值）；
   3. 将 $\psi_0$ 代入方程，求基态能量 $E_0$；
   4. 求基态中的位置期望值 $\langle x\rangle$。
2. 再加入均匀外力所对应的微扰势 $U(x)=-Fx.$
   1. 用一阶定态微扰论求修正后的基态，并据此求位置期望值；
   2. 对总势 $\frac12kx^2-Fx$ 配方并作坐标平移，精确求 $\langle x\rangle$，与一阶结果比较。

Kai

(1)

(a)

$$\begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x) + \frac{1}{2} kx^2 \psi(x) = E \psi(x) \end{aligned}$$

(b)

$$\begin{aligned} 1 &= \int_{- \infty}^\infty \left| \psi_0(x) \right|^2 dx \\ &= | C_0 |^2 \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x^2 \right) dx \\ &= | C_0 |^2 \sqrt{\frac{\pi \hbar}{\sqrt{mk}}} \\ &= | C_0 |^2 \left( \frac{\pi^2 \hbar^2}{mk} \right)^{1/4} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} C_0 = \left( \frac{mk}{\pi^2 \hbar^2} \right)^{1/8} \end{aligned}$$

とすればよい。

(c)

$$\begin{aligned} \psi_0'(x) &= - C_0 \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{2 \hbar} x^2 \right) \\ &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0(x) \\ \psi_0''(x) &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x) - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0'(x) \\ &= - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x) + \frac{mk}{\hbar^2} x^2 \psi_0(x) \end{aligned}$$

より、

$$\begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi_0''(x) + \frac{1}{2} kx^2 \psi_0(x) &= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \psi_0(x) - \frac{1}{2} k x^2 \psi_0(x) + \frac{1}{2} k x^2 \psi_0(x) \\ &= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \psi_0(x) \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} E_0 = \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} \end{aligned}$$

を得る。

(d)

$$\begin{aligned} \langle x \rangle &= \int_{- \infty}^\infty \psi_0^*(x) x \psi_0(x) dx \\ &= C_0^2 \int_{- \infty}^\infty x \exp \left( - \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x^2 \right) dx \end{aligned}$$

であるが、被積分関数は奇関数なので、

$$\begin{aligned} \langle x \rangle = 0 \end{aligned}$$

がわかる。

(2)

(a)

1次の摂動論で、基底状態の波動関数は、

$$\begin{aligned} &\psi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_n(x)}{E_0-E_n} \int_{- \infty}^\infty \psi_n^*(x) U(x) \psi_0(x) dx \\ &= \psi_0(x) - F \sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_n(x)}{E_0-E_n} \int_{- \infty}^\infty x \psi_n^*(x) \psi_0(x) dx \\ &= \psi_0(x) + F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \psi_1(x) \\ &= \psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \end{aligned}$$

である。 ただし、

$$\begin{aligned} C_1 = F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \end{aligned}$$

とおいた。 $C_1=O(F)$ であり、ここでは期待値も $F$ の一次まで求める。打ち切った状態のノルムは $1+C_1^2$ なので、厳密に規格化するなら $\sqrt{1+C_1^2}$ で割る必要があるが、一次の結果には影響しない。よって、この次数では、

$$\begin{aligned} \langle x \rangle &= \int_{- \infty}^\infty \left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right)^* x \left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right) dx \\ &= 2 C_1 \int_{- \infty}^\infty x \psi_1^*(x) \psi_0(x) dx \\ &= 2 F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2} \\ &= \frac{F}{k} \end{aligned}$$

を得る。

(b)

$$\begin{aligned} V(x) + U(x) &= \frac{1}{2} k x^2 - F x \\ &= \frac{1}{2} k \left( x - \frac{F}{k} \right)^2 - \frac{F^2}{2k} \end{aligned}$$

であるから、シュレディンガー方程式は次のようになる：

$$\begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2m} \psi''(x) + \frac{1}{2} k \left( x - \frac{F}{k} \right)^2 \psi(x) = \left(E + \frac{F^2}{2k} \right) \psi(x) \end{aligned}$$

ここで、

$$\begin{aligned} \xi = x - \frac{F}{k} , \ \ \ \ \phi(\xi) = \psi \left( \xi + \frac{F}{k} \right) \end{aligned}$$

とおくと、

$$\begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2m} \phi''(\xi) + \frac{1}{2} k \xi^2 \phi(\xi) = \left(E + \frac{F^2}{2k} \right) \phi(\xi) \end{aligned}$$

となるから、 (1) d) と同様にして、

$$\begin{aligned} \langle \xi \rangle = 0 \end{aligned}$$

がわかる。 よって、

$$\begin{aligned} \langle x \rangle = \frac{F}{k} \end{aligned}$$

を得る。