- Schrödinger方程式．
- 井戸の幅が時間変化する問題．
昔やった計算のメモ．まだ途中．．．．
問題設定
\begin{align}
V(x)
&=
\begin{cases}
\,0 & (0\leq x \leq \alpha L) \\
\,\infty & (\text{otherwise})
\end{cases}
\end{align}というポテンシャルに閉じ込められている（$\alpha \in (0, \infty)$は井戸の幅を定める無次元パラメータ）．
- 時間に依存するSchrödinger方程式
\begin{align}
i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t)
&=\biggl[-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2}
+V(x)\biggr]\psi(x,t)
\end{align}を解け． - パラメータ$\alpha$が正の整数$m$を用いて
\begin{align}
\alpha(t)
&=\begin{cases}
\, 1/m&(t < 0) \\
\, 1 &(t \geq 0)
\end{cases}
\end{align}と時間変化する場合を考える．粒子が$t < 0$でエネルギー固有状態にあるとき，$t \geq 0$において，
- 波動関数の時間発展について調べよ．
- 粒子の位置の期待値$\langle x\rangle (t) = \langle \psi | \hat{x}| \psi \rangle (t)$を計算せよ．
無次元化
このままでは本質的ではない変数が色々と現れており計算が面倒なので，Schrödinger方程式\begin{align}
i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t)
&=-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x,t)
+V(x)\psi(x,t)
\end{align}の無次元化を行います．
無次元化については次の記事で詳しく説明しています．
ここでは，上の記事と全く同じ方法ではつまらないので少し違う方法を取ります．具体的には，「1変数ずつ無次元化する」ことを考えます．
まず，$\bar{x}=x/L$という無次元変数を導入すると
\begin{align}
\frac{\partial}{\partial x}
&=\frac{\mathrm{d}\bar{x}}{\mathrm{d}x}\frac{\partial}{\partial \bar{x}} \\
&=\frac{1}{L}\frac{\partial}{\partial \bar{x}}
\end{align}なので，
\begin{align}
&i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(L\bar{x}/2,t) \\
&\qquad
=-\frac{\hbar^2}{2mL^2} \frac{\partial^2 \psi}{\partial \bar{x}^2}(L\bar{x},t)
+V(L\bar{x})\psi(L\bar{x},t)
\end{align}となります．
次に，$\displaystyle \bar{t}=\frac{\hbar}{2mL^2}t$という無次元変数を導入すると
\begin{align}
&i \frac{\partial \psi}{\partial \bar{t}}(L\bar{x}, 2mL^2\bar{t}/\hbar) \\
&\qquad
=-\frac{\partial^2 \psi}{\partial \bar{x}^2}(L\bar{x}, 2mL^2\bar{t}/\hbar) \\
&\qquad\qquad
+\frac{2mL^2}{\hbar^2}V(L\bar{x})\psi(L\bar{x},2mL^2\bar{t}/\hbar)
\end{align}となります．
したがって，
\begin{align}
\overline{V}(\bar{x}) &=\frac{2mL^2}{\hbar^2} V(L\bar{x}) \\
\bar{\psi}(\bar{x},\bar{t})&=\psi(L\bar{x}, 2mL^2\bar{t}/\hbar)
\end{align}
という無次元化された関数を導入すれば，無次元化したSchrödinger方程式
\begin{align}
&i \frac{\partial \bar{\psi}}{\partial \bar{t}} (\bar{x},\bar{t})
=-\frac{\partial^2 \bar{\psi}}{\partial \bar{x}^2} (\bar{x},\bar{t})
+ \overline{V}(\bar{x})\bar{\psi}(\bar{x},\bar{t}) \\
&\overline{V}(\bar{x})
=
\begin{cases}
\,0 & (0\leq \bar{x} \leq \alpha) \\
\,\infty & (\text{otherwise})
\end{cases}
\end{align}が得られます．
$\bar{A}$を$A$に置き換えて書くことにすれば，結局
\begin{align}
i \frac{\partial \psi}{\partial t} (x,t)
=-\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} (x,t)
\quad (0\leq x \leq \alpha)
\tag{1}\label{eq:schrodinger_eq}
\end{align}を条件
\begin{align}
\psi(x,t) &=0 \qquad (x < 0,\, \alpha < x)
\tag{2}\label{eq:condition}
\end{align}のもとで解く
変数分離
時間に依存するSchrödinger方程式(\ref{eq:schrodinger_eq})の変数分離解を求めます．波動関数を\begin{align}
\psi(x,t)=f(t)\varphi(x)
\end{align}とすると，方程式(\ref{eq:schrodinger_eq})は
\begin{align}
i \frac{1}{f}\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} t} (t)
=-\frac{1}{\varphi}\frac{\mathrm{d}^2 \varphi}{\mathrm{d} x^2} (x)
\end{align}と変数分離することができます．したがって，両辺は定数でなければなりません．この定数を$E$とすると，2つの微分方程式
\begin{align}
i \frac{1}{f}\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} t} (t)&=E \tag{3-1}\label{eq:Separation-1}\\
-\frac{1}{\varphi}\frac{\mathrm{d}^2 \varphi}{\mathrm{d} x^2} (x)&=E \tag{3-2}\label{eq:Separation-2}
\end{align}が得られます．方程式(\ref{eq:Separation-2})は「時間に依存しないSchrödinger方程式」と呼ばれます．
1つめの方程式(\ref{eq:Separation-1})は簡単に解くことができ，$C$を任意定数として
\begin{align}
f(t)&=C\exp(-iEt)
\end{align}となります．方程式(\ref{eq:Separation-2})も定数倍の不定性があるので，定数$C$は$\varphi$に押し付けることができ，式(\ref{eq:schrodinger_eq})の解は
\begin{align}
\psi(x,t)=\exp(-iEt)\varphi(x)
\end{align}となります．また，規格化条件は
\begin{align}
1
&=\int_{-\infty}^\infty |\psi(x,t)|^2 \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{-\infty}^\infty |\varphi(x)|^2 \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{0}^\alpha |\varphi(x)|^2 \,\mathrm{d}x
\end{align}であることがわかります．
以上より，考えている問題は次のように言い換えることができます：
\begin{align}
-\frac{\mathrm{d}^2 \varphi}{\mathrm{d} x^2} (x)&=E \varphi(x)
\quad (0\leq x \leq \alpha)
\tag{4}\label{eq:schrodinger_eq_2}
\end{align}の解$\varphi(x)$を用いて，時間に依存するSchrödinger方程式(\ref{eq:schrodinger_eq})の解
\begin{align}
\psi(x,t)=\exp(-iEt)\varphi(x)
\end{align}を求めよ．但し，規格化条件
\begin{align}
\int_{0}^\alpha |\varphi(x)|^2 \,\mathrm{d}x =1
\end{align}が成り立つ．
固有エネルギーと固有関数
時間に依存しないSchrödinger方程式(\ref{eq:schrodinger_eq_2})の一般解は，$A$と$B$を任意定数として\begin{align}
\varphi(x)
&=A\sin(\sqrt{E}x)+B\cos(\sqrt{E}x)
\end{align}と表すことができます．条件(\ref{eq:condition})から，$\varphi(0)=\varphi(\alpha)=0$なので，
\begin{align}
0&=B \\
0&=A\sin(\alpha\sqrt{E})+B\cos(\alpha\sqrt{E})
\end{align}すなわち
\begin{align}
\varphi(x)&=A\sin(\sqrt{E}x) \\
\alpha\sqrt{E}&=n \pi \quad(n\in\mathbb{Z})
\end{align}であることがわかります．
定数$A$は規格化条件から決定することができます．規格化条件を計算すると
\begin{align}
1
&=\int_{0}^{\alpha} |\varphi(x)|^2 \,\mathrm{d}x \\
&=|A|^2 \int_{0}^{\alpha}\sin^2(n \pi x/\alpha) \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{|A|^2}{2} \int_{0}^{\alpha}[1-\cos(2n \pi x/\alpha)] \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{\alpha}{2}|A|^2
\end{align}（$n\neq 0$）なので，$A=\sqrt{2/\alpha}$とします（位相因子だけ異なる波動関数は物理的に同じものなので，$A$が正の実数となるように定めました）．
以上より，固有関数と固有エネルギーを求めることができました．
\begin{align}
\psi(x,t)=\exp\Bigl(-iE^{(\alpha)}_n t \Bigr) \varphi^{(\alpha)}_n(x)
\end{align}で与えられる．
但し，$E^{(\alpha)}_n$は固有エネルギー，$\varphi^{(\alpha)}_n$は対応する固有関数であり
\begin{align}
\varphi^{(\alpha)}_n(x)
&=
\begin{cases}
\,\sqrt{2/\alpha}\sin(n \pi x/\alpha) & (0\leq x \leq \alpha) \\
\,0 & (\text{otherwise})
\end{cases} \\
E^{(\alpha)}_n&=(n \pi/\alpha)^2
\end{align}で与えられる（$n=1,2,3,...$）．
時間発展
$t < 0$において，粒子が「固有エネルギー$E^{(1/m)}_n$の固有状態」にあるとしましょう．このとき，初期条件は\begin{align}
\psi(x,t=0)
&=\varphi^{(\alpha=1/m)}_n(x)
\end{align}です．
\begin{align}
\psi(x,t=0)
&=\varphi^{(1/m)}_n(x) \\
&=\sum_{k=1}^{\infty} a_k \varphi^{(1)}_k(x)
\end{align}と展開すれば，その後の時間発展は
\begin{align}
\psi(x,t)
&=\sum_{k=1}^{\infty} a_k \varphi^{(1)}_k(x) \exp\Bigl(-iE^{(1)}_k t \Bigr)
\quad(t \geq 0)
\end{align}で与えられます．したがって，展開係数$a_k$を求めれば良いことになります．
正整数$k$に対して，
\begin{align}
a_k
&=\langle\varphi^{(1)}_k, \varphi^{(1/m)}_n \rangle \\
&=\int_{-\infty}^{\infty} (\varphi^{(1)})^*_k(x) \varphi^{(1/m)}_n(x) \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{0}^{1/m} 2\sqrt{m} \sin(k \pi x) \sin(nm\pi x) \,\mathrm{d}x \\
&=\sqrt{m} \int_{0}^{1/m} \biggl\{ -\cos[(k+mn) \pi x] \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad + \cos[(k-mn) \pi x]\biggr\}\,\mathrm{d}x \\
&=
\begin{cases}
\displaystyle \, \frac{1}{\sqrt{m}}
\Biggl[-\frac{\sin\bigl(\frac{k+mn}{m} \pi\bigr)}{\frac{k+mn}{m}\pi}
+\frac{\sin\bigl(\frac{k-mn}{m} \pi\bigr)}{\frac{k-mn}{m}\pi}
\Biggr] &(k\neq mn) \\
\displaystyle \, \frac{1}{\sqrt{m}} &(k=mn)
\end{cases} \\
&=\frac{1}{\sqrt{m}}
\Biggl[\mathrm{sinc\,}\biggl(\frac{k-mn}{m} \pi\biggr)
-\mathrm{sinc\,}\biggl(\frac{k+mn}{m} \pi\biggr)
\Biggr]
\end{align}となります．但し，
\begin{align}
\mathrm{sinc\,}(x)
=
\begin{cases}
\displaystyle \, \frac{\sin x}{x} &(x\neq 0) \\
\displaystyle \,1 &(x=0)
\end{cases}
\end{align}と定義します．
以上より，
\begin{align}
&\psi(x,t)
=\sum_{k=1}^{\infty} a_k \varphi^{(1)}_k(x)
\exp\Bigl(-iE^{(1)}_k t \Bigr) \\
&a_k
=\frac{1}{\sqrt{m}}
\Biggl[\mathrm{sinc\,}\biggl(\frac{k-mn}{m} \pi\biggr)
-\mathrm{sinc\,}\biggl(\frac{k+mn}{m} \pi\biggr)
\Biggr]
\end{align}で与えられる．
\begin{align}
a_k
&=\underbrace{\mathrm{sinc\,}[(k-n)\pi]}_{\delta_{k-n, 0}}
- \underbrace{\mathrm{sinc\,}[(k+n)\pi]}_{=0} \\
&=\delta_{k,n}
\end{align}により確かめられます．
位置の期待値
位置の期待値は\begin{align}
\langle x\rangle (t)
&= \langle \psi | \hat{x}| \psi \rangle (t)\\
&=\int_{-\infty}^{\infty} \psi^*(x,t) x \psi(x,t) \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{0}^{1} x |\psi(x,t)|^2 \,\mathrm{d}x
\end{align}です．ここで，$\varphi^{(1)}_k$が実関数であることから
\begin{align}
&|\psi(x,t)|^2 \\
&=\sum_{k,l} a_k a_l (\varphi^{(1)}_k)^* \varphi^{(1)}_l \exp\Bigl[i \Bigl(E^{(1)}_k-E^{(1)}_l\Bigr) t \Bigr] \\
&=\sum_{k} a_k^2|\varphi^{(1)}_k|^2 \\
&\quad
+2\sum_{k < l} a_k a_l (\varphi^{(1)}_k)^* \varphi^{(1)}_l \cos\Bigl[\Bigl(E^{(1)}_k-E^{(1)}_l\Bigr) t \Bigr]
\end{align}となります．これを$\langle x\rangle (t)$に代入したときの各項を計算しましょう．
まず，
\begin{align}
&\int_{0}^{1} x (\varphi^{(1)}_k)^* \varphi^{(1)}_l \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{0}^{1} x \cdot 2\sin(k\pi x)\sin(l\pi x) \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{0}^{1} x \biggl\{ -\cos[(k+l) \pi x] + \cos[(k-l) \pi x]\biggr\} \,\mathrm{d}x\\
&=\begin{cases}
\displaystyle \, \frac{1}{2} & (k = l) \\
\displaystyle \, \frac{[(-1)^{k+l} -1]}{\pi^2}\Biggl[\frac{-1}{(k+l)^2} + \frac{1}{(k-l)^2}\Biggr]& (k \neq l)
\end{cases} \\
&=\begin{cases}
\displaystyle \, \frac{1}{2} & (k = l) \\
\displaystyle \, \frac{4kl [(-1)^{k+l} -1]}{\pi^2(k-l)^2(k+l)^2}& (k \neq l)
\end{cases}
\end{align}であることがわかります（積分は
\begin{align}
&\int_0^1 x\cos(Ax)\,\mathrm{d}x \\
&=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \biggl[\frac{1}{A}x\sin(Ax)\biggr] \,\mathrm{d}x
-\frac{1}{A} \int_0^1 \sin(Ax)\,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{A}\sin A + \frac{1}{A^2}(\cos A -1)
\end{align}を用いて計算することができます）．
