東北大学 工学研究科 応用物理学専攻 2019年実施 [問題1] 量子力学
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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。
©
\[
\begin{aligned}
\psi_0'(x)
&=
- C_0 \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \exp
\left( - \frac{\sqrt{mk}}{2 \hbar} x^2 \right)
\\
&=
- \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0(x)
\\
\psi_0''(x)
&=
- \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x)
- \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} x \psi_0'(x)
\\
&=
- \frac{\sqrt{mk}}{\hbar} \psi_0(x)
+ \frac{mk}{\hbar^2} x^2 \psi_0(x)
\end{aligned}
\]
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。 よって、この場合、
\[
\begin{aligned}
\langle x \rangle
&=
\int_{- \infty}^\infty
\left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right)^* x
\left(\psi_0(x) + C_1 \psi_1(x) \right) dx
\\
&=
2 C_1 \int_{- \infty}^\infty x
\psi_1^*(x) \psi_0(x) dx
\\
&=
2 F \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m}{k}}
\left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2}
\left( \frac{\hbar}{2 \sqrt{mk}} \right)^{1/2}
\\
&=
\frac{F}{k}
\end{aligned}
\]
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。