東北大学 工学研究科 応用物理学専攻 2019年8月実施 [問題1] 量子力学

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• 东北大学
• 谐振子基态
• 位移谐振子的一阶微扰
• 波函数归一化
• 量子可观测量的期望与方差

Author

Miyake

Description

質量 $m$ の粒子が $x$ 軸上で一次元ポテンシャルに束縛されている。以下の設問 (1)、(2) に答えよ。

(1)

一次元ポテンシャルを $V(x)=kx^2/2$ とする。$k$ は正の定数である。

a) 粒子の波動関数を $\psi$、エネルギーを $E$ として、時間を含まない Schrödinger 方程式を書け。

b) 基底状態の固有関数は、定数 $C_0$ を用いて

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

と表される。規格化条件から $C_0$ を求めよ。次の公式を用いてよい。

$$\int_{-\infty}^{\infty}\exp(-|a|x^2)\,dx=\sqrt{\frac\pi{|a|}}.$$

c) 基底状態の固有エネルギー $E_0$ を求めよ。

d) 基底状態における位置の量子力学的期待値 $\langle x\rangle$ がゼロとなることを示せ。

(2)

(1) のポテンシャルに微弱なポテンシャル $U(x)=-Fx$ を加える。$F$ は十分に小さい正の定数である。

a) $U$ が加わった後の $\langle x\rangle$ を一次の摂動論を用いて求めよ。$U$ が加わる前の第 $n$ 励起状態の固有関数 $\psi_n$ と固有エネルギー $E_n$ は、次の関係を満たす。

$$\int_{-\infty}^{\infty}x\psi_n^*(x)\psi_0(x)\,dx= \begin{cases} \left(\dfrac{\hbar}{2\sqrt{mk}}\right)^{1/2},&n=1,\\ 0,&n\ge2, \end{cases} \qquad E_n-E_0=n\hbar\sqrt{\frac km}\quad(n\ge1).$$

ここで $n$ は正の整数であり、$\psi_n$ は奇関数もしくは偶関数である。

b) $\langle x\rangle$ の厳密解を求めよ。

题目描述

质量为 $m$ 的粒子被束缚在 $x$ 轴上的一维势中。

(1) 势能 $V(x)=kx^2/2$，$k>0$。

a) 用波函数 $\psi$ 和能量 $E$ 写出定态 Schrödinger 方程。

b) 基态波函数为日文题面给定的 Gaussian 形式，由归一化条件求 $C_0$，可使用题给 Gaussian 积分。

c) 求基态能量 $E_0$。

d) 证明基态位置期望值 $\langle x\rangle=0$。

(2) 加入微弱势 $U(x)=-Fx$，其中 $F$ 是充分小的正数。

a) 用一阶微扰论求加入 $U$ 后的位置期望值。可以使用题面给出的矩阵元、能级差，以及每个 $\psi_n$ 为奇函数或偶函数的性质。

b) 求 $\langle x\rangle$ 的精确解。

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。

Reference

• 大学公式問題（PDF 2–3ページ）