量子力学

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量子力学とは

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量子力学の発展

• 量子力学/量子力学の発展

ヒルベルト空間

量子力学における状態はあるヒルベルト空間の元で表される。ヒルベルト空間とは完備な複素数係数の内積空間である。ヒルベルト空間を ${\mathcal {H}}$ とし、その元を $|\psi \rangle$ と記す。この記法はブラケット記法と呼ばれる。

ここで、ある状態$|i\rangle$と、それと異なる状態$|j\rangle$を取る。ただし、これらの状態はハミルトニアン演算子の、互いに異なった固有値を持つ固有ベクトルであるとする。ここで、ハミルトニアンの固有値は必ず実数でなければならないことが分かる。なぜなら、そうでないときにはエネルギーが虚数になるような量子論的状態が存在することになってしまうからである。一般に、複素数の行列要素を持っており、しかもその固有値が実数になる行列の種類として、エルミート行列があげられる（エルミート行列については物理数学Iを参照）。ここでは、ハミルトニアンはエルミート行列で与えられるものとする。一般に量子論の演算子は通常エルミート演算子である。

更に、あるエルミート行列に対してその行列は必ず対角化され、その固有ベクトルは互いに直交することが知られている。この結果を用いると、エルミート演算子であるハミルトニアンの固有ベクトルである$|i\rangle$と$|j\rangle$は、互いに直交することが知られる。更に、それぞれの状態の長さを適切に変更することで、任意の状態$|i\rangle$,$|j\rangle$についてこれらの内積を$\delta _{ij}$とすることが出来る。$\delta _{ij}$については、物理数学Iを参照。ここで、状態の長さを調整することを量子状態の規格化と呼ぶ。ただし、慣習的に状態$|i\rangle$,$|j\rangle$の内積は$\langle i|j\rangle$のように書くことが多い。この記法を用いると、任意の$|i\rangle$,$|j\rangle$に対して、

$\langle i|j\rangle =\delta ={ij}$

が成り立つ。ここで、ある状態$|i>$とそれに対応する波動関数f(x)の関係を、

$f(x)=\langle x|i\rangle$

で取る。ここで、$|x>$は対応する粒子がちょうどxで表わされる点にある状態である。この記法は、関数空間の内積の定義と、上で述べた量子論的状態の内積の定義を整合的にすることが分かる。このことを述べるためにまず、関数空間の内積について説明する。ここでは、一般的に波動関数がある複素関数であるとして考える。関数空間の性質によるとある元f(x),g(x)を関数空間の元としたとき、ある積分$\int$が存在して、

$\int f^{*}(x)g(x)dx$

を元f(x),g(x)の内積と呼ぶ。ここで、xについての積分の範囲は、 $-\infty <x<\infty$とする。ただし、無限大のポテンシャルがある場合のように、波動関数が0となる範囲については積分しなくてもよい。このときには積分範囲はより狭い範囲になるのである。ここで、上の記法を用いると

$\int f^{*}(x)g(x)dx=\int dx\langle i|x\rangle \langle x|j\rangle$

$=\langle i|j\rangle =\delta _{ij}$

となる。ここで、

$\int dx\langle i|x\rangle \langle x|j\rangle$

についてはまず、 $\langle i|x\rangle \langle x|j\rangle$は、任意のxについてもともと$|j\rangle$の状態にあった粒子が、xで表わされる点を通過して$|i\rangle$の状態に変化することを表わしている。ここで、上では全てのxについてその結果を足し合わせているので、結局、その結果は、$|j\rangle$の状態にあった粒子が、$|i\rangle$の状態に変化すること方法の全てをつくしていると考えるのである。上で得た

$\int |x\rangle \langle x|=1$

のような表式はベクトルの完全性と呼ばれ、このあと頻繁にでてくる性質である。特に、エルミート演算子に対しては対応する固有ベクトルが完全性の要請を満たすことが知られており、あるエルミート演算子の固有ベクトル$|i>$に対して、

$\Sigma _{i}|i\rangle \langle i|=1$

が知られている。しかし、特に対応するベクトルが無限個あるときにはこの性質の数学的な証明は難しい場合が多い。

さて、上のことから分かる通り、

$\int f^{*}(x)g(x)dx=\langle i|j\rangle =\delta _{ij}$

となって、量子論的ベクトルの正規化と対応させるために、波動関数の長さも、1つに定める必要があることが分かる。この条件は全ての波動関数$\psi (x)$に対して、

$\int |\psi (x)|^{2}dx=1$

とすることで満たされる。このことを波動関数の正規化と呼ぶ。

ここまでで粒子がどの状態にいるのかを指定する方法が分かった。それぞれのエネルギーの固有状態は$|i\rangle$などの表示で表わされ、それらの量はどれも対応する波動関数を持つのである。ただし、これらの量はどれも正規化されていなければならない。次に粒子がある状態にいるときに、粒子が実際にどの位置にいるのかを知る方法を考える。ここでいう位置とは古典的な座標の意味であり、 あるエネルギー固有値を持った状態にいる粒子が古典的に見たときにはどの位置で発見されるのかという意味である。仮に対応するエネルギーの固有状態が偶然位置の演算子に対しても固有ベクトルとなっていたとすると、その状態は位置の演算子に対してただ1つの値を持つため、その状態にある粒子が発見される位置は決定している。一方、仮に対応するエネルギーの固有状態が位置の演算子に対して固有ベクトルとなっていなかったとすると、そのときにその粒子は様々な位置で発見されるように思える。実際実験的な結果はそのとおりであり、ある位置の固有状態でない状態にあるときその物体は位置の演算子が値を取り得る位置全体で見つかる確率がある。そして、実際にどの位置にあるかは実際に観測をしてみるまでは、知ることが出来ないのである。このことは全く不思議な結果であるが、例えば量子論的なヤングの実験などにおいてこの結果は確かに確認されているのである。

ここで、あるエネルギーの固有状態$|i\rangle$からある位置に発見されてその位置にあることが確定している状態に移行する過程は、対応する位置をxとすると、

$\langle x|i\rangle$

で与えられることが予想される。しかし、この値はちょうどある固有状態に対応する波動関数f(x)であった。

$\langle x|i\rangle =f(x)$

このことから、波動関数f(x)は対応するエネルギーの固有状態にある粒子がある場所xに発見される位置に見つかる過程について関係していることがわかる。実際には更に、この量の絶対値を2乗した量が、ちょうどこの対応する状態にある粒子がその位置に見つかる確率となっているのである。

$P(x)=|f(x)|^{2}$

しかし、この量はちょうど

$\int dx|f(x)|^{2}=P(x)=1$

として、波動関数の正規化を行なった量に対応するが、このことはP(x)を確率を表わす量として扱うための条件とも適合しているのである。

• 問題例
  • 問題

波動関数f(x)が、

$f(x)={\frac {1}{{}^{4}{\sqrt {\pi }}}}e^{-x^{2}/2}$

で与えられるとする。このとき、ある点xで粒子が発見される確率を計算せよ。また、この波動関数が正しく正規化されていることを示せ。

• • 解答

ある点xで粒子が発見される確率P(x)について、

$P(x)=|f(x)|^{2}$

が成り立つことを用いればよい。よって、

$P(x)=|f(x)|^{2}={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}e^{-x^{2}}$

が得られる。更に、ガウス積分を用いて

$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}={\sqrt {\pi }}$

を用いると、

$\int dxP(x)=1$

が得られ、正しい正規化がなされていることが分かる。ガウス積分については 物理数学Iを参照。

実際にはある状態$|a>$からある状態$|b>$に移行する確率が

$|\langle b|a\rangle |^{2}$

で与えられることはあるエネルギーの固有状態がある位置に移行する場合だけにとどまらず、より広い場合にあてはまる。特に上の場合について

$\langle b|a\rangle$

をaからbへの確率振幅と呼ぶ。波動関数は対応するエネルギーの固有状態からある位置で表わされる状態への確率振幅といえる。

ここで、あるエネルギーの固有状態$|i\rangle$と、対応する波動関数f(x)に対して

$\langle i|x|i\rangle =\int dxx|f(x)|^{2}$

がどのような意味を持つかを考える。ここで、$|f(x)|^{2}$が、対応する粒子がxで見つかる確率を表わしていることを考えると、上の式はxの期待値を表わす式そのものである。そのため、$\langle i|x|i\rangle$のようなx演算子の対角成分は、対応する状態に粒子が存在するときの粒子が見つかる位置の期待値となることが分かる。一方、位置演算子の非対角成分はそれほど簡単な解釈は持っていない。ただし、これらの量は量子力学的な摂動などでよく使われる。詳しくは量子力学IIを参照。

シュレーディンガー方程式

古典力学と量子力学との間の関係は、幾何光学と波動光学の間の関係に類似していると言うことができる。波動光学について簡単に復習すると、$f$ を ${\boldsymbol {E}}$ あるいは ${\boldsymbol {B}}$ の任意の成分とすると、

$f=ae^{i\varphi }$

と書くことができる。ここで、$a$ は振幅であり、$\varphi$ はアイコナールと呼ばれる量である。波動光学から幾何光学への移行は、波長 $\lambda$ が0に近づく極限として定義される。$\lambda$ は $\varphi$ が $2\pi$ だけ変化する距離に等しいため、$\varphi$ が十分大きい量とすると幾何光学へ移行できる。十分微小な空間領域と時間領域に対して一次の項まで

$\varphi =\varphi _{0}+{\boldsymbol {r}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial {\boldsymbol {r}}}}+t{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}$

と近似する。このとき、

$f=ae^{i\left(\varphi _{0}+{\boldsymbol {r}}\cdot {\frac {\partial \varphi }{\partial {\boldsymbol {r}}}}+t{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}\right)}$

となる。また、微小な空間領域と時間領域に対しては平面波として考えることができるから、

$f=ae^{i({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t+\alpha )}$

となる。両者の対応関係から

${\boldsymbol {k}}={\frac {\partial \varphi }{\partial {\boldsymbol {r}}}},\,\omega =-{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}$

を得る。これを ${\boldsymbol {k}}^{2}={\frac {\omega ^{2}}{c^{2}}}$ に代入すると、

$(\nabla \varphi )^{2}={\frac {\omega ^{2}}{c^{2}}}$

を得る。これはアイコナール方程式と呼ばれる幾何光学の基礎方程式である。アイコナール方程式はハミルトン・ヤコビ方程式と同じ形式である。簡約された作用を $S_{0}=\varphi$ としてハミルトン・ヤコビ方程式を書けば、

${\frac {(\nabla \varphi )^{2}}{2m}}+V=E$

となる。

${\frac {\omega ^{2}}{c^{2}}}=2m(E-V)$

とするとアイコナール方程式に一致する。ここで、

$S_{0}=\varphi$

であるから、最小作用の原理より、実現される光線は $\varphi$ が最小となる経路である。

さて、幾何光学ではアイコナール $\varphi$ が最小となる経路が実現されるのに対して、古典力学では作用 $S$ が最小となる経路が実現される。波動力学では $f=ae^{i\varphi }$ という量が存在したから、量子力学では

$\Psi =ae^{i{\frac {S}{\hbar }}}$

という関係にある量が存在すると考えることができる。ここで、$\hbar$ はディラック定数と呼ばれるもので、指数の肩を無次元化するために導入した。古典力学では

${\boldsymbol {p}}={\frac {\partial S}{\partial {\boldsymbol {r}}}},\,H=-{\frac {\partial S}{\partial t}}$

となるから、

${\frac {\partial \Psi }{\partial t}}={\frac {i}{\hbar }}{\frac {\partial S}{\partial t}}\Psi ,\,{\frac {\partial \Psi }{\partial {\boldsymbol {r}}}}={\frac {i}{\hbar }}{\frac {\partial S}{\partial {\boldsymbol {r}}}}\Psi$

より、

$i\hbar {\frac {\partial \Psi }{\partial t}}=H\Psi ,\,-i\hbar \nabla \Psi ={\boldsymbol {p}}\Psi$

を得る。$H={\frac {{\boldsymbol {p}}^{2}}{2m}}+V$ に代入すれば、

$i\hbar {\frac {\partial \Psi }{\partial t}}=\left(-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\triangle +V\right)\Psi$

を得る。これがシュレーディンガー(Schrödinger)方程式である。運動量演算子とハミルトン演算子を

${\hat {\boldsymbol {p}}}=-i\hbar \nabla$

${\hat {H}}={\frac {{\hat {\boldsymbol {p}}}^{2}}{2m}}+V({\boldsymbol {r}})=-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\triangle +V({\boldsymbol {r}})$

で定義すると、

シュレーディンガー方程式を、

$i\hbar {\frac {\partial \Psi }{\partial {t}}}={\hat {H}}\Psi$

と書くことができる。

$\Psi ({\boldsymbol {r}},t)=f(t)\psi ({\boldsymbol {r}})$ と変数分離できたと仮定すると、

$i\hbar {\frac {1}{f}}{\frac {df}{d{t}}}={\frac {1}{\psi }}{\hat {H}}\psi =E$ (定数)

となる。

${\frac {df}{dt}}={\frac {-iE}{\hbar }}f$

はだたちに積分できて、

$f(t)=e^{\frac {-iEt}{\hbar }}$

を得る。また、

${\hat {H}}\psi =E\psi$

となる。これを時間に依存しないシュレーディンガー方程式という。

波動関数

波動関数 $\Psi$ の意味は

$|\Psi ({\boldsymbol {r}},t)|^{2}dV$

が位置 ${\boldsymbol {r}}$ で時間 $t$ の微小体積 $dV$ の中に粒子が存在する確率であると解釈される。$\rho =|\Psi |^{2}$ を確率密度とする。このとき、

${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial t}}|\Psi |^{2}&=\Psi ^{*}{\frac {\partial \Psi }{\partial t}}+{\frac {\partial \Psi ^{*}}{\partial t}}\Psi \\&={\frac {1}{i\hbar }}(\Psi ^{*}{\hat {H}}\Psi -\Psi {\hat {H}}\Psi ^{*})\\&=-{\frac {\hbar }{2mi}}(\Psi ^{*}\triangle \Psi -\Psi \triangle \Psi ^{*})\\&=-{\frac {\hbar }{2mi}}\nabla (\Psi ^{*}\nabla \Psi -\Psi \nabla \Psi ^{*})\end{aligned}}$

となる。従って、${\boldsymbol {j}}={\frac {\hbar }{2mi}}(\Psi ^{*}\nabla \Psi -\Psi \nabla \Psi ^{*})$ を確率流密度と定義すると連続の式

${\frac {\partial \rho }{\partial t}}+\nabla \cdot {\boldsymbol {j}}=0$

が成り立つ。

演算子

ここからはある物理的な定数を持つことが量子力学的にどのような意味を持つかについて考える。物理的な定数とは例えば、ある物体の持つ位置や運動量のことである。古典力学ではある物体の物理的な状態は位置、運動量などを指定することによって得ることが出来、これらの間に特別な関係は無かった。これらはそれぞれの値を適当に取ってもよい量であったのである。

量子力学的にもある物体の物理的状態を定める量は存在しており、そのような量を定めることで物体がどのような状態にあるかを指定することが出来る。問題なのは、ある場合においてこれらの間に特殊な関係があらわれ、それらの量を任意に選ぶことが出来なくなることである。重要な例として、ある物体の位置と運動量は同時に定めることが出来ない。

ここで、ある物理的な状態の全てが数え上げられたとしてこれらの状態全体で張られるベクトルを取る。通常、ある物体が持つ物理的な状態は無数のエネルギーを持ち、このような操作は不可能に思える。実際このことは量子力学の発展の初期に大きな数学的な問題となった。しかし、現在ではベクトルの内積の取り方などを工夫することで、この様な作業が実際可能であることが示されている。詳しくはw:ヒルベルト空間などを参照。

このように全ての物理的状態が数え上げられたとするとき、それらの状態はあるエネルギーを持った状態として存在する。例えば、ある状態$\psi _{1}$がエネルギー$E_{1}$を持っていたとする。数学的にはこの様な状態はある行列${\hat {H}}$を用いて

${\hat {H}}\psi _{1}=E_{1}\psi _{1}$

と表わせる。ここで、${\hat {H}}$は、全ての数え上げられた物理的な状態を1つの基底として持つような行列として考えられている。更に${\hat {H}}$は、それぞれの物理的状態に対して対角化されており、

$\psi _{1},\psi _{2},\psi _{3},\cdots$

などの全ての物理的状態に対して対応するエネルギー$E_{1}$,$E_{2}$,$E_{3}$などを返すものとする。

このような行列${\hat {H}}$は、実際にあるエネルギーを持つ状態としては、古典的な考え方と変化することは無い。なぜなら、${\hat {H}}$は、古典的に考えてある力学系の中に存在する物体が持つと考えられるエネルギー値を全て持っているものと考えることが出来るからである。

このため、仮に全ての量子的状態がエネルギーという量だけで特定されるのならば、ある力学系が取り得るエネルギーを全て定めることが量子的状態を全て求めることになる。ここまでの議論をより数学的な用語を用いてまとめると、出て来た量で${\hat {H}}$は全ての物理的な状態によって張られた行列であり物理的な状態を表わす$\psi$は、${\hat {H}}$がかかることによってE倍されるようなベクトルであるので、${\hat {H}}$の固有ベクトルであると考えられる。このときエネルギーEは、固有値方程式

${\hat {H}}\psi =E\psi$

の固有値である。

演算子 ${\hat {A}},{\hat {B}}$ について交換関係を

$[{\hat {A}},{\hat {B}}]={\hat {A}}{\hat {B}}-{\hat {B}}{\hat {A}}$

で定める。例えば、

$[{\hat {x}}_{i},{\hat {p}}_{j}]f=-i\hbar x_{i}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}+i\hbar {\frac {\partial }{\partial x_{j}}}(x_{i}f)=i\hbar \delta _{ij}f$

より、

$[{\hat {x}}_{i},{\hat {p}}_{j}]=i\hbar \delta _{ij}$

となる。また、

$[{\hat {x}}_{i},{\hat {x}}_{j}]=0,\,[{\hat {p}}_{i},{\hat {p}}_{j}]=0$

が成り立つ。

解析力学では、$\{x_{i},p_{j}\}=\delta _{ij}$ であることから、古典力学と量子力学の間には、

$[{\hat {A}},{\hat {B}}]\longleftrightarrow i\hbar \{A,B\}$

の関係があることが予想できる。

一次元量子系

井戸型ポテンシャル

1次元井戸型ポテンシャル

$V(x)={\begin{cases}\infty \quad (x<0)\\0\quad (0\leq x\leq a)\\\infty \quad (a<x)\end{cases}}$

を考える。このときのシュレーディンガー方程式は

$E\psi (x)=-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi (x)}{dx^{2}}}+V(x)\psi (x)$

となる。このとき$V(x)=\infty$の領域$(x<0,a<x)$では粒子は侵入不可なので、この領域における波動関数は$\psi (x)=0$となる。波動関数$\psi (x)$は$x=0,x=a$でそれぞれ連続なので、$\psi (0)=\psi (a)=0$となる。$0\leq x\leq a$におけるシュレーディンガー方程式は、

$E\psi (x)=-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi (x)}{dx^{2}}}$

$\psi ''(x)+k^{2}\psi (x)=0$　　$\left(k^{2}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}\right)$とした。

となるから、

$\psi (x)=A\sin(kx+\delta )$

$\psi (0)=0$ より $\delta =0$ である。 $\psi (a)=0$ より、$\sin ka=0$ より、$ka=n\pi \quad (n=1,2,\cdots )$ で、エネルギー準位は

$E_{n}={\frac {\pi ^{2}\hbar ^{2}n^{2}}{2ma^{2}}}$

となる。波動関数を、$\int _{0}^{a}(\psi (x))^{2}dx=1$となるように規格化すると、

$A={\sqrt {\frac {2}{a}}}$

となり

$\psi (x)={\sqrt {\frac {2}{a}}}\sin {\frac {n\pi x}{a}}$

を得る。

有限の場合

次に、ポテンシャルの深さが有限

$V(x)={\begin{cases}V_{0}\quad (x<0)\\0\quad (0\leq x\leq a)\\V_{0}\quad (a<x)\end{cases}}$

で $0<E<V_{0}$ の場合を考える。井戸の外側でのシュレーディンガー方程式は

$\psi ''(x)+\kappa ^{2}\psi (x)=0$　　$\left(\kappa ={\frac {\sqrt {2m(V_{0}-E)}}{\hbar }}\right)$

となるから、$x\leq 0$ で

$\psi (x)=ae^{\kappa x}$

となり、$x\geq a$ で

$\psi (x)=be^{-\kappa x}$

となる。また、$0\leq x\leq a$ で

$\psi (x)=c\sin(kx+\delta )$

となる。$\psi ,\psi '$ は連続で井戸の外では0にはならないから ${\frac {\psi '}{\psi }}$ も連続で、

${\frac {\psi '}{\psi }}=\kappa \quad (x\leq 0)$

${\frac {\psi '}{\psi }}=-\kappa \quad (x\geq a)$

となるから、

$k\cot \delta =\kappa ,k\cot(ka+\delta )=-\kappa$

を得る。ここで、

$\kappa =k{\sqrt {{\frac {2mV_{0}}{k^{2}\hbar ^{2}}}-1}},\,\cot x={\sqrt {{\frac {1}{\sin ^{2}x}}-1}}$

を使うと、

$\sin \delta =-\sin(ka+\delta )={\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{0}}}}$

となるから、

$ka=n\pi -2\arcsin {\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{0}}}}\quad (n=1,2,\cdots )$

を得る。この超越方程式を $k$ について解くことでエネルギー準位が分かる。$V_{0}\to \infty$ とすると無限に深い井戸型ポテンシャルと同じ $ka=n\pi$ に帰着する。

超越方程式の解 $k$ の厳密解を求めることは容易ではないが、固有状態の数は正確にわかる。$k$ は正であり、$\arcsin {\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{0}}}}$ が定義されるため $k$ の最大値は ${\frac {\sqrt {2mV_{0}}}{\hbar }}$ である。また、方程式の右辺は各 $n$ について

$n\pi >n\pi -2\arcsin {\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{0}}}}\geq (n-1)\pi$

であり、単調減少である。したがって、$ka$ と交わる回数が固有状態の数であるから、

$(n-1)\pi \leq {\frac {\sqrt {2mV_{0}}}{\hbar }}a<n\pi$

であるとき、$n$ 個の固有状態が存在する。

階段型ポテンシャル

1次元階段型ポテンシャル

$V(x)={\begin{cases}0\quad (x<0)\\V_{0}\quad (0\leq x)\end{cases}}$

に入射波 $e^{ik_{1}x}$ が左から向かってくる場合を考える。$E>V_{0}$ の場合で、

$k_{1}={\sqrt {\frac {2mE}{\hbar }}}$

$k_{2}={\sqrt {\frac {2m(E-V_{0})}{\hbar }}}$

とする。波動関数は

$\psi (x)={\begin{cases}e^{ik_{1}x}+Ae^{-ik_{1}x}\quad (x<0)\\Be^{ik_{2}x}\quad (0\leq x)\end{cases}}$

波動関数が$x=0$で滑らかである条件から定数を定める。

$1+A=B$

$k_{1}(1-A)=k_{2}B$

より、

$A={\frac {k_{1}-k_{2}}{k_{1}+k_{2}}}$

$B={\frac {2k_{1}}{k_{1}+k_{2}}}$

土手型ポテンシャル

1次元土手型ポテンシャル

$V(x)={\begin{cases}0\quad (x<0)\\V_{0}\quad (0\leq x\leq a)\\0\quad (x>a)\end{cases}}$

に入射波 $e^{ik_{1}x}$ が左から向かってくる場合を考える。ただし、$E>V_{0}$ で

$k_{1}={\sqrt {\frac {2mE}{\hbar }}}$

$k_{2}={\sqrt {\frac {2m(E-V_{0})}{\hbar }}}$

とする。波動関数は

$\psi (x)={\begin{cases}e^{ik_{1}x}+Ae^{-ik_{1}x}\quad (x<0)\\Be^{ik_{2}x}+B'e^{ik_{2}x}\quad (0\leq x\leq x)\\Ce^{ik_{1}x}\quad (x>a)\end{cases}}$

波動関数が$x=0,a$で滑らかである条件から

$1+A=B+B',1-A={\frac {k_{2}}{k_{1}}}(B-B')$

$Be^{ik_{2}x}+B'e^{-ik_{2}a}=Ce^{ik_{1}a},Be^{ik_{2}x}-B'e^{-ik_{2}a}={\frac {k_{1}}{k_{2}}}Ce^{ik_{1}a}$

となる。後半の2式より、

$B=\left(1+{\frac {k_{1}}{k_{2}}}\right){\frac {C}{2}}e^{i(k_{1}-k_{2})a}$

$B'=\left(1-{\frac {k_{1}}{k_{2}}}\right){\frac {C}{2}}e^{i(k_{1}+k_{2})a}$

となる。前半の2式から $2=\left(1+{\frac {k_{2}}{k_{1}}}\right)B+\left(1-{\frac {k_{2}}{k_{1}}}\right)B'$ となるから、

$C={\frac {2k_{1}k_{2}e^{-ik_{1}a}}{2k_{1}k_{2}\cos k_{2}a-i(k_{1}^{2}+k_{2}^{2})\sin k_{2}a}}$

となる。したがって、透過係数は

$T=|C|^{2}={\frac {4k_{1}^{2}k_{2}^{2}}{4k_{1}^{2}k_{2}^{2}+(k_{1}^{2}-k_{2}^{2})^{2}\sin ^{2}k_{2}a}}$

となる。$E<V_{0}$ のときは $k_{2}$ は純虚数となるから、$k_{2}=i\kappa _{2}$ と置いて、

$T={\frac {4k_{1}^{2}\kappa _{2}^{2}}{4k_{1}^{2}\kappa _{2}^{2}+(k_{1}^{2}+\kappa _{2}^{2})^{2}\sinh ^{2}\kappa _{2}a}}$

を得る。

調和振動子

ハミルトニアンが

${\hat {H}}={\frac {{\hat {p}}^{2}}{2m}}+{\frac {1}{2}}m\omega ^{2}x^{2}$

で与えられる系を考える。シュレーディンガー方程式は

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi }{dx^{2}}}+\left({\frac {1}{2}}m\omega ^{2}x^{2}-E\right)\psi =0$

となる。無次元の変数 $\xi ={\sqrt {\frac {m\omega }{\hbar }}}x$ を導入すると、

${\frac {d^{2}\psi }{d\xi ^{2}}}+\left({\frac {2E}{\hbar \omega }}-\xi ^{2}\right)\psi =0$

となる。ここで、$\xi \to \infty$ では

${\frac {d^{2}\psi }{d\xi ^{2}}}=\xi ^{2}\psi$

と振る舞うため、漸近的に $\psi \sim e^{\pm {\frac {\xi ^{2}}{2}}}$ となる。波動関数は $\xi \to \infty$ で有限でなくてはならないため、$\psi \thicksim e^{-{\frac {\xi ^{2}}{2}}}$ である。そこで、

$\psi =H(\xi )e^{-{\frac {\xi ^{2}}{2}}}$

と置き、$H(\xi )$ に対する微分方程式を求めると、

${\frac {d^{2}H}{d\xi ^{2}}}-2\xi {\frac {dH}{d\xi }}+2nH=0$

となる。ここで、$2n={\frac {2E}{\hbar \omega }}-1$ である。微分方程式の冪級数解

$H=\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\xi ^{k}$

を仮定すると、

$\sum _{k=2}^{\infty }a_{k}k(k-1)\xi ^{k-2}-2\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}k\xi ^{k}+2n\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\xi ^{k}=0$

$\sum _{k=0}^{\infty }[a_{k+2}(k+2)(k+1)-2a_{k}k+2na_{k}]\xi ^{k}=0$

すなわち、

$a_{k+2}=-{\frac {2(n-k)}{(k+1)(k+2)}}a_{k}$

となる。$n$ が非負整数ではないときは、$H$ は無限級数で、漸近的に ${\frac {a_{k+2}}{a_{k}}}\sim {\frac {2}{k}}$ となるから、

$H\propto \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\xi ^{2k}=e^{\xi ^{2}}$

よって、$\psi \propto e^{\frac {\xi ^{2}}{2}}$ となり発散してしまう。$n$ が非負整数であるなら級数は途中で打ち切られるから、$H$ は多項式となる。

$k=n-2l$ と置くと、係数の関係は

$a_{n-2l}=-{\frac {(n-2l+1)(n-2l+2)}{4l}}a_{n-2(l-1)}$

となるから、

$a_{n-2l}=(-1)^{l}{\frac {(n-2l+1)(n-2l+2)(n-2l+3)(n-2l+4)\cdots n}{4^{l}l(l-1)\cdots 1}}a_{n}={\frac {(-1)^{l}n!}{4^{l}l!(n-2l)!}}a_{n}$

${\begin{aligned}H(x)&=\sum _{k=0}^{[{\frac {n}{2}}]}a_{n-2k}x^{n-2k}\\&=a_{n}n!\sum _{k=0}^{[{\frac {n}{2}}]}{\frac {(-1)^{k}}{2^{2k}k!(n-2k)!}}x^{n-2k}\\\end{aligned}}$

となる。ここで $a_{n}=2^{n}$ としたものをエルミート多項式

$H_{n}(x)=a_{n}\sum _{k=0}^{[{\frac {n}{2}}]}{\frac {(-1)^{k}}{k!(n-2k)!}}(2x)^{n-2k}$

とする。

エネルギー準位は、

$E_{n}=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\hbar \omega$

となる。

生成消滅演算子

生成演算子と消滅演算子をそれぞれ、

${\hat {a}}^{\dagger }={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}{\hat {x}}-{\frac {i}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}{\hat {p}}$

${\hat {a}}={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}{\hat {x}}+{\frac {i}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}{\hat {p}}$

で定義する。数演算子を ${\hat {n}}={\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}}$ で定義する。簡単な計算から、

$[{\hat {a}},{\hat {a}}^{\dagger }]=1$

$[{\hat {n}},{\hat {a}}^{\dagger }]={\hat {a}}^{\dagger }$

$[{\hat {n}},{\hat {a}}]=-{\hat {a}}$

が分かる。

状態 $|n\rangle$ を ${\hat {n}}$ の固有状態

${\hat {n}}|n\rangle =n|n\rangle$

で定義する。

$\langle n|{\hat {n}}|n\rangle =||{\hat {a}}|n\rangle ||^{2}\geq 0$

より、$n\geq 0$ である。

${\begin{aligned}{\hat {n}}{\hat {a}}|n\rangle &=({\hat {a}}{\hat {n}}-{\hat {a}})|n\rangle \\&=(n-1){\hat {a}}|n\rangle \end{aligned}}$

より、${\hat {a}}|n\rangle$ は固有値 $n-1$ に属する固有状態であり、

${\hat {a}}|n\rangle =c_{n}|n-1\rangle$

と書ける。

${\begin{aligned}\langle n|{\hat {n}}|n\rangle &=\langle n|{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}}|n\rangle \\&=c_{n}^{2}\langle n-1|n-1\rangle \\&=c_{n}^{2}\\&=n\end{aligned}}$

より、$c_{n}={\sqrt {n}}$ である。

${\hat {a}}|n\rangle ={\sqrt {n}}|n-1\rangle$

となるが、 $n$ が整数でないならば ${\hat {a}}$ を繰り返し適用することにより負の固有値 $n$ を持つ状態が作れてしまう。$n$ が整数ならば

${\hat {a}}|0\rangle =0$

より、負の固有状態は作れないことになり $n\geq 0$ の条件に矛盾しない。また、基底状態が $|0\rangle$ で与えられることも分かる。

同様に、

${\begin{aligned}{\hat {n}}{\hat {a}}^{\dagger }|n\rangle &=({\hat {a}}^{\dagger }{\hat {n}}+{\hat {a}}^{\dagger })|n\rangle \\&=(n+1){\hat {a}}^{\dagger }|n\rangle \end{aligned}}$

となる。${\hat {a}}^{\dagger }|n\rangle$ は固有値 $n+1$ に属する固有状態であり、

${\hat {a}}^{\dagger }|n\rangle =c_{n}|n+1\rangle$

と書ける。

${\begin{aligned}\langle n|{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}}|n\rangle &=\langle n|{\hat {a}}{\hat {a}}^{\dagger }-1|n\rangle \\&=c_{n}^{2}\langle n+1|n+1\rangle -\langle n|n\rangle \\&=c_{n}^{2}-1\\&=n\end{aligned}}$

より、$c_{n}={\sqrt {n+1}}$ である。従って、

${\hat {a}}^{\dagger }|n\rangle ={\sqrt {n+1}}|n+1\rangle$

を得る。基底状態 $|0\rangle$ は

${\hat {a}}|0\rangle =0$

より波動関数は

$\left(x+{\frac {\hbar }{m\omega }}{\frac {d}{dx}}\right)\psi _{0}(x)=0$

となるから、これを解いて $\psi _{0}(x)=Ce^{-{\frac {m\omega }{2\hbar }}x^{2}}$となる。規格化は

$\int |\psi _{0}|^{2}dx=|C|^{2}\int e^{-{\frac {m\omega }{\hbar }}x^{2}}dx=|C^{2}|{\sqrt {\frac {\hbar \pi }{m\omega }}}=1$

より、$C={\sqrt[{4}]{\frac {m\omega }{\pi \hbar }}}$ となる。また、

$|n\rangle ={\frac {1}{\sqrt {n}}}{\hat {a}}^{\dagger }|n-1\rangle ={\frac {1}{\sqrt {n!}}}({\hat {a}}^{\dagger })^{n}|0\rangle$

となるから、$\xi ={\sqrt {\frac {m\omega }{\hbar }}}x$ と変数変換すると、

$\psi _{n}={\frac {1}{\sqrt {n!}}}({\hat {a}}^{\dagger })^{n}{\sqrt[{4}]{\frac {m\omega }{\pi \hbar }}}e^{-{\frac {\xi ^{2}}{2}}}$

となる。ここで、

${\begin{aligned}{\hat {a}}^{\dagger }&={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}x-{\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}{\frac {d}{dx}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(\xi -{\frac {d}{d\xi }}\right)\\&=-{\frac {1}{\sqrt {2}}}e^{{\frac {1}{2}}\xi ^{2}}{\frac {d}{d\xi }}e^{-{\frac {1}{2}}\xi ^{2}}\end{aligned}}$

となるから

${\begin{aligned}\psi _{n}&={\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {2^{n}n!}}}{\sqrt[{4}]{\frac {m\omega }{\pi \hbar }}}e^{{\frac {1}{2}}\xi ^{2}}{\frac {d^{n}}{d\xi ^{n}}}e^{-\xi ^{2}}\\&={\frac {(-1)^{n}}{\sqrt {2^{n}n!}}}{\sqrt[{4}]{\frac {m\omega }{\pi \hbar }}}\left(e^{\xi ^{2}}{\frac {d^{n}}{d\xi ^{n}}}e^{-\xi ^{2}}\right)e^{-{\frac {1}{2}}\xi ^{2}}\\&={\frac {1}{\sqrt {2^{n}n!}}}{\sqrt[{4}]{\frac {m\omega }{\pi \hbar }}}H_{n}(\xi )e^{-{\frac {1}{2}}\xi ^{2}}\\\end{aligned}}$

を得る。

角運動量

軌道角運動量演算子 ${\hat {L}}_{i}$ を ${\hat {L}}_{i}=\varepsilon _{ijk}x_{j}{\hat {p}}_{k}$ で定義する。すなわち

${\hat {L}}_{x}=y{\hat {p}}_{z}-z{\hat {p}}_{y},\,{\hat {L}}_{y}=z{\hat {p}}_{x}-x{\hat {p}}_{z},\,{\hat {L}}_{z}=x{\hat {p}}_{y}-y{\hat {p}}_{x}$

である。

${\begin{aligned}{}[{\hat {L}}_{i},x_{j}]&=\varepsilon _{ikl}[x_{k}{\hat {p}}_{l},x_{j}]\\&=\varepsilon _{ikl}x_{k}[{\hat {p}}_{l},x_{j}]+\varepsilon _{ikl}[x_{k},x_{j}]{\hat {p}}_{l}\\&=i\hbar \varepsilon _{ijk}x_{k}\end{aligned}}$

を得る。

${\begin{aligned}{}[{\hat {L}}_{i},{\hat {p}}_{j}]&=\varepsilon _{ikl}[x_{k}{\hat {p}}_{l},{\hat {p}}_{j}]\\&=\varepsilon _{ikl}x_{k}[{\hat {p}}_{l},{\hat {p}}_{j}]+\varepsilon _{ikl}[x_{k},{\hat {p}}_{j}]{\hat {p}}_{l}\\&=i\hbar \varepsilon _{ijk}{\hat {p}}_{k}\end{aligned}}$

を得る。

${\begin{aligned}{}[{\hat {L}}_{i},{\hat {L}}_{j}]&=\varepsilon _{jkl}[{\hat {L}}_{i},x_{k}{\hat {p}}_{l}]\\&=\varepsilon _{jkl}x_{k}[{\hat {L}}_{i},{\hat {p}}_{l}]+\varepsilon _{jkl}[{\hat {L}}_{i},x_{k}]{\hat {p}}_{l}\\&=i\hbar \varepsilon _{jkl}\varepsilon _{ilm}x_{k}{\hat {p}}_{m}+i\hbar \varepsilon _{jkl}\varepsilon _{ikm}x_{m}{\hat {p}}_{l}\\&=i\hbar (-\delta _{ij}x_{k}{\hat {p}}_{k}+x_{i}{\hat {p}}_{j}+\delta _{ij}x_{l}{\hat {p}}_{l}-x_{j}{\hat {p}}_{i})\\&=i\hbar (x_{i}{\hat {p}}_{j}-x_{j}{\hat {p}}_{i})\\&=i\hbar \varepsilon _{ijk}\varepsilon _{klm}x_{l}{\hat {p}}_{m}\\&=i\hbar \varepsilon _{ijk}{\hat {L}}_{k}\end{aligned}}$

を得る。

角運動量演算子の二乗を

${\hat {{\boldsymbol {L}}^{2}}}={\hat {L_{x}^{2}}}+{\hat {L_{y}^{2}}}+{\hat {L_{z}^{2}}}$

で定義する。このとき、$[{\hat {{\boldsymbol {L}}^{2}}},{\hat {L}}_{i}]=0$ である。実際、

${\begin{aligned}{}[{\hat {{\boldsymbol {L}}^{2}}},{\hat {L}}_{i}]&=[{\hat {L_{j}^{2}}},{\hat {L}}_{i}]\\&={\hat {L}}_{j}[{\hat {L}}_{j},{\hat {L}}_{i}]+[{\hat {L}}_{j},{\hat {L}}_{i}]{\hat {L}}_{j}\\&=i\hbar (\varepsilon _{ijk}{\hat {L}}_{j}{\hat {L}}_{k}+\varepsilon _{ijk}{\hat {L}}_{k}{\hat {L}}_{j})\\&=i\hbar (\varepsilon _{ijk}{\hat {L}}_{j}{\hat {L}}_{k}-\varepsilon _{ikj}{\hat {L}}_{k}{\hat {L}}_{j})\\&=0\end{aligned}}$

である。

昇降演算子を ${\hat {L}}_{\pm }={\hat {L}}_{x}\pm i{\hat {L}}_{y}$ で定義する。

${\begin{aligned}{}[{\hat {L}}_{z},{\hat {L}}_{\pm }]&=[{\hat {L}}_{z},{\hat {L}}_{x}]\pm i[{\hat {L}}_{z},{\hat {L}}_{y}]\\&=i\hbar {\hat {L}}_{y}\pm \hbar {\hat {L}}_{x}\\&=\pm \hbar {\hat {L}}_{\pm }\end{aligned}}$

となる。また、

${\begin{aligned}{\hat {L}}_{-}{\hat {L}}_{+}&=({\hat {L}}_{x}-i{\hat {L}}_{y})({\hat {L}}_{x}+i{\hat {L}}_{y})\\&={\hat {L_{x}^{2}}}+{\hat {L_{y}^{2}}}+i({\hat {L}}_{x}{\hat {L}}_{y}-{\hat {L}}_{y}{\hat {L}}_{x})\\&={\hat {L_{x}^{2}}}+{\hat {L_{y}^{2}}}-\hbar {\hat {L}}_{z}\end{aligned}}$

より、${\hat {{\boldsymbol {L}}^{2}}}={\hat {L}}_{-}{\hat {L}}_{+}+{\hat {L_{z}^{2}}}+\hbar {\hat {L}}_{z}$ を得る。簡単のために、$\hbar {\hat {l}}_{i}={\hat {L}}_{i},\,{\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}={\hat {l_{x}^{2}}}+{\hat {l_{y}^{2}}}+{\hat {l_{z}^{2}}}$ を定義しよう。このとき $[{\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}},{\hat {l}}_{z}]=0$ が成立するから、同時対角化可能で規格化された固有状態 $|\lambda ,m\rangle$ を

${\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}|\lambda ,m\rangle =\lambda |\lambda ,m\rangle ,\,{\hat {l}}_{z}|\lambda ,m\rangle =m|\lambda ,m\rangle$

とする。

$\langle \lambda ,m|{\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}-{\hat {l_{z}^{2}}}|\lambda ,m\rangle =\langle \lambda ,m|{\hat {l_{x}^{2}}}+{\hat {l_{y}^{2}}}|\lambda ,m\rangle \geq 0$

ここで、$\langle \lambda ,m|{\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}-{\hat {l_{z}^{2}}}|\lambda ,m\rangle =(\lambda -m^{2})\langle \lambda ,m|\lambda ,m\rangle =\lambda -m^{2}$ より $\lambda \geq m^{2}$ を得る。従って、$m$ には最大値と最小値があり、最大値を $l$ とすると、対称性より最小値は $-l$ で与えられる。

${\begin{aligned}{\hat {l}}_{z}{\hat {l}}_{\pm }|\lambda ,m\rangle &=({\hat {l}}_{\pm }{\hat {l}}_{z}+[{\hat {l}}_{z},{\hat {l}}_{\pm }])|\lambda ,m\rangle \\&=({\hat {l}}_{\pm }{\hat {l}}_{z}\pm {\hat {l}}_{\pm })|\lambda ,m\rangle \\&=(m\pm 1){\hat {l}}_{\pm }|\lambda ,m\rangle \end{aligned}}$

より、${\hat {l}}_{\pm }|\lambda ,m\rangle$ は固有値が $m\pm 1$ である ${\hat {l}}_{z}$ の固有状態となる。従って ${\hat {l}}_{\pm }|\lambda ,m\rangle \propto |\lambda ,m\pm 1\rangle$ とかける。$m=l$ の場合は、固有値が $l+1$ の状態は存在しないから、

${\hat {l}}_{+}|\lambda ,l\rangle =0$

となる。従って

${\hat {l}}_{-}{\hat {l}}_{+}|\lambda ,l\rangle =({\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}-{\hat {l_{z}^{2}}}-{\hat {l}}_{z})|\lambda ,l\rangle =(\lambda -l^{2}-l)|\lambda ,l\rangle =0$

より、$\lambda =l(l+1)$ を得る。今後は $\lambda$ の代わりに $l$ を用いて $|l,m\rangle$ と書くことにする。${\hat {l}}_{\pm }|l,m\rangle =C_{lm}^{\pm }|l,m\pm 1\rangle$ とすると

${\begin{aligned}\langle l,m|{\hat {l}}_{-}{\hat {l}}_{+}|l,m\rangle &=\langle l,m|{\hat {l}}_{+}^{\dagger }{\hat {l}}_{+}|l,m\rangle \\&=|C_{lm}^{+}|^{2}\langle l,m+1|l,m+1\rangle \\&=|C_{lm}^{+}|^{2}\end{aligned}}$

となる。また、

${\begin{aligned}\langle l,m|{\hat {l}}_{-}{\hat {l}}_{+}|l,m\rangle &=\langle l,m|{\hat {{\boldsymbol {l}}^{2}}}-{\hat {l_{z}^{2}}}-{\hat {l}}_{z}|l,m\rangle \\&=l(l+1)-m(m+1)\\&=(l-m)(l+m+1)\end{aligned}}$

より ${\hat {l}}_{+}|l,m\rangle ={\sqrt {(l-m)(l+m+1)}}|l,m+1\rangle$ を得る。$\langle l,m+1|{\hat {l}}_{+}|l,m\rangle ={\sqrt {(l-m)(l+m+1)}}$ のエルミート共役を取って、

$\langle l,m|{\hat {l}}_{-}|l,m+1\rangle ={\sqrt {(l-m)(l+m+1)}}$

あるいは、

$\langle l,m-1|{\hat {l}}_{-}|l,m\rangle ={\sqrt {(l+m)(l-m+1)}}$

を得る。

次に、角運動量演算子を極座標で表す表式を求めよう。球座標と直交座標の関係

$x=r\sin \theta \cos \varphi ,y=r\sin \theta \sin \varphi ,z=r\cos \theta$

の関係から、

${\frac {\partial }{\partial \theta }}=r\cos \theta \cos \varphi {\frac {\partial }{\partial x}}+r\cos \theta \sin \varphi {\frac {\partial }{\partial y}}-r\sin \theta {\frac {\partial }{\partial z}}$

${\frac {\partial }{\partial \varphi }}=-r\sin \theta \sin \varphi {\frac {\partial }{\partial x}}+r\sin \theta \cos \varphi {\frac {\partial }{\partial y}}$

となるから、

${\begin{aligned}i\sin \varphi {\frac {\partial }{\partial \theta }}+i\cot \theta \cos \varphi {\frac {\partial }{\partial \varphi }}&=iz{\frac {\partial }{\partial y}}-iy{\frac {\partial }{\partial z}}\\&={\hat {l}}_{x}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}i\cos \varphi {\frac {\partial }{\partial \theta }}+i\cot \theta \sin \varphi {\frac {\partial }{\partial \varphi }}&=-iz{\frac {\partial }{\partial x}}+ix{\frac {\partial }{\partial z}}\\&={\hat {l}}_{y}\end{aligned}}$

${\begin{aligned}-i{\frac {\partial }{\partial \varphi }}&=iy{\frac {\partial }{\partial x}}-ix{\frac {\partial }{\partial y}}\\&={\hat {l}}_{z}\end{aligned}}$

を得る。また、

${\hat {l}}_{\pm }=e^{\pm i\varphi }\left(\pm {\frac {\partial }{\partial \theta }}+i\cot \theta {\frac {\partial }{\partial \varphi }}\right)$

となる。また、

${\begin{aligned}{\hat {l}}^{2}&={\hat {l}}_{-}{\hat {l}}_{+}+{\hat {l}}_{z}^{2}+{\hat {l}}_{z}\\&=-{\frac {1}{\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\sin \theta {\frac {\partial }{\partial \theta }}\right)-{\frac {1}{\sin ^{2}\theta }}{\frac {\partial ^{2}}{\partial \varphi ^{2}}}\end{aligned}}$

を得る。これはラプラシアンの角度部分である。

${\begin{aligned}\triangle &={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial }{\partial r}}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\sin \theta {\frac {\partial }{\partial \theta }}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}{\frac {\partial ^{2}}{\partial \varphi ^{2}}}\\&={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial }{\partial r}}\right)-{\frac {{\hat {l}}^{2}}{r^{2}}}\end{aligned}}$

水素原子

ポテンシャル $V(r)=-{\frac {1}{4\pi \varepsilon _{0}}}{\frac {Ze^{2}}{r}}$ での電子の運動を考えよう。シュレーディンガー方程式は

$\triangle \psi +{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}(E-V(r))\psi =0$

となる。

${\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \psi }{\partial r}}\right)-{\frac {1}{r^{2}}}{\hat {l}}^{2}\psi +{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}(E-V(r))\psi =0$

で $\psi =R(r)Y(\theta ,\varphi )$ と変数分離すると、

${\frac {1}{R}}{\frac {d}{dr}}\left(r^{2}{\frac {dR}{dr}}\right)+{\frac {2mr^{2}}{\hbar ^{2}}}(E-V(r))={\frac {1}{Y}}{\hat {l}}^{2}Y=\mu$

となる。ここで、${\hat {l}}^{2}Y=\mu Y$ は非負整数 $l$ が存在して $\mu =l(l+1)$ とかけるときのみ発散しない解が存在して、$Y$ は球面調和関数

$Y_{l}^{m}(\theta ,\phi )=(-1)^{(m+|m|)/2}{\sqrt {{\frac {2l+1}{4\pi }}{\frac {(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}\,}}\,P_{l}^{|m|}(\cos \theta )\,e^{im\phi }$

となる。ここで、$m$ は角運動量の $z$ 成分の固有値であり、 $m=-l,-l+1,\cdots ,l$ をとる。

$R$ についての微分方程式

${\frac {1}{r^{2}}}{\frac {d}{dr}}\left(r^{2}{\frac {dR}{dr}}\right)-{\frac {l(l+1)}{r^{2}}}R+{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}(E-V(r))R=0$

は、簡単のために $m=e=4\pi \varepsilon _{0}=\hbar =1$ となる原子単位系を採用すると、

$R''+{\frac {2}{r}}R'-{\frac {l(l+1)}{r^{2}}}R+2\left(E+{\frac {Z}{r}}\right)R=0$

となる。ここで、$n={\frac {Z}{\sqrt {-2E}}},\,\rho ={\frac {2Z}{n}}r$ と変数変換すると、

$R''+{\frac {2}{\rho }}R'+\left(-{\frac {1}{4}}+{\frac {n}{\rho }}-{\frac {l(l+1)}{\rho ^{2}}}\right)R=0$

となる。ここで $'$ は $\rho$ に対する微分である。 $\rho \ll 1$ で $R\propto \rho ^{s}$ と仮定すると、

${\frac {1}{\rho ^{2}}}{\frac {d}{d\rho }}\left(\rho ^{2}{\frac {dR}{d\rho }}\right)-{\frac {l(l+1)}{\rho ^{2}}}R=0$

より、$s(s+1)=l(l+1)$ を得る。$s=l,-l-1$ となるが、$R\propto \rho ^{-l-1}$ は $\rho =0$ で発散するため $R\propto \rho ^{l}$ である。また、$\rho \to \infty$ では

$R''-{\frac {1}{4}}R=0$

より、$R\propto e^{-{\frac {\rho }{2}}}$ となる。従って、

$R=\rho ^{l}e^{-{\frac {\rho }{2}}}w(\rho )$

として、$w$ に対する微分方程式を求めると、

$\rho w''+(2l+2-\rho )w'+(n-l-1)w=0$

を得る。これは、一般化されたラゲール多項式

$L_{n}^{(\alpha )}(\rho )={\frac {(\alpha +1)_{n}}{n!}}F(-n,\alpha +1;\rho )$

が微分方程式

$\rho L''+(\alpha +1-\rho )L'+nL=0$

の解であるから、

$w=L_{n-l-1}^{(2l+1)}(\rho )$

と書くことができる。

エネルギー準位は $n$ の定義より、

$E_{n}=-{\frac {Z^{2}}{2n^{2}}}$

となる。国際単位系で書くと、

$E_{n}=-{\frac {me^{4}Z^{2}}{2(4\pi \varepsilon _{0})^{2}\hbar ^{2}n^{2}}}$

となる。

不確定性関係

${\hat {A}},{\hat {B}}$ をエルミート演算子とする。ある状態 $|\psi \rangle$ についての演算子の期待値を

$\langle {\hat {A}}\rangle =\langle \psi |{\hat {A}}|\psi \rangle$

と書く。分散は

$\sigma (A)^{2}=\langle {\hat {A}}^{2}\rangle -\langle {\hat {A}}\rangle ^{2}$

て定義される。このとき、

$\sigma (A)\sigma (B)\geq {\frac {1}{2}}|\langle [{\hat {A}},{\hat {B}}]\rangle |$

が成り立つ。これを不確定性関係という。ただし正確にはロバートソンの不等式である。$\lambda$を実数として、演算子

${\hat {C}}={\hat {A}}+i\lambda {\hat {B}}$

を定義する。このとき、

$\langle \psi |{\hat {C}}^{\dagger }{\hat {C}}|\psi \rangle =||{\hat {C}}|\psi \rangle ||^{2}\geq 0$

となる。また、

$\langle {\hat {C}}^{\dagger }{\hat {C}}\rangle =\langle {\hat {A}}^{2}\rangle +\lambda ^{2}\langle {\hat {B}}^{2}\rangle +i\lambda \langle [{\hat {A}},{\hat {B}}]\rangle \geq 0$

を得る。これを $\lambda$ についての条件と見て、判別式を考えると

${\sqrt {\langle {\hat {A}}^{2}\rangle \langle {\hat {B}}^{2}\rangle }}\geq {\frac {1}{2}}|\langle [{\hat {A}},{\hat {B}}]\rangle |$

を得る。${\hat {A}}\to {\hat {A}}-\langle {\hat {A}}\rangle ,{\hat {B}}\to {\hat {B}}-\langle {\hat {B}}\rangle$ と置き換えると、不確定性関係

$\sigma (A)\sigma (B)\geq {\frac {1}{2}}|\langle [{\hat {A}},{\hat {B}}]\rangle |$

を得る。特に、$[{\hat {x}},{\hat {p}}]=i\hbar$ より

$\sigma (x)\sigma (p)\geq {\frac {\hbar }{2}}$

となる。

例

調和振動子のエネルギー固有状態 $|n\rangle$ についての不確定性を計算する。

${\begin{aligned}{\hat {x}}&={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger }),\\{\hat {p}}&=-i{\sqrt {\frac {m\omega \hbar }{2}}}({\hat {a}}-{\hat {a}}^{\dagger })\end{aligned}}$

であるから、

$\langle {\hat {x}}\rangle ={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}\langle n|({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger })|n\rangle =0$ となる。同様に$\langle {\hat {p}}\rangle =0$である。また、

$\langle {\hat {x}}^{2}\rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}\langle n|({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger })^{2}|n\rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}\langle n|({\hat {a}}{\hat {a}}^{\dagger }+{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}})|n\rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}(2n+1)$

$\langle {\hat {p}}^{2}\rangle =-{\frac {m\hbar \omega }{2}}\langle n|({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger })^{2}|n\rangle =-{\frac {m\hbar \omega }{2}}\langle n|(-{\hat {a}}{\hat {a}}^{\dagger }-{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}})|n\rangle ={\frac {m\hbar \omega }{2}}(2n+1)$

より、

$\sigma (x)={\sqrt {{\frac {\hbar }{m\omega }}(n+1/2)}},\sigma (p)={\sqrt {m\hbar \omega (n+1/2)}}$

となり、

$\sigma (x)\sigma (p)=\hbar (n+1/2)$

を得る。従って、不確定性関係が成り立つことを直接示すことができた。

例2

複素数 $\alpha$ に対して、状態 $|\alpha \rangle$ を

$|\alpha \rangle =e^{-{\frac {1}{2}}|\alpha |^{2}}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\alpha ^{n}}{\sqrt {n!}}}|n\rangle$

で定義する。簡単な計算から、

${\hat {a}}|\alpha \rangle =\alpha |\alpha \rangle ,\,\langle \alpha |\alpha \rangle =1$

が成り立つことから、$|\alpha \rangle$ は消滅演算子の固有状態で、規格化されていることがわかる。この状態をコヒーレント状態という。$|\alpha \rangle$ の不確定性を求めよう。前と同じように計算すると、

$\langle {\hat {x}}\rangle ={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}\langle \alpha |({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger })|\alpha \rangle ={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}(\alpha +\alpha ^{*})$

$\langle {\hat {p}}\rangle =-i{\sqrt {\frac {m\hbar \omega }{2}}}\langle \alpha |({\hat {a}}-{\hat {a}}^{\dagger })|\alpha \rangle =-i{\sqrt {\frac {m\hbar \omega }{2}}}(\alpha -\alpha ^{*})$

$\langle {\hat {x}}^{2}\rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}\langle \alpha |({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger })^{2}|\alpha \rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}\langle \alpha |({\hat {a}}^{2}+{\hat {a}}^{\dagger 2}+2{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}}+1)|\alpha \rangle ={\frac {\hbar }{2m\omega }}(\alpha ^{2}+\alpha ^{*2}+2\alpha ^{*}\alpha +1)$

$\langle {\hat {p}}^{2}\rangle =-{\frac {m\hbar \omega }{2}}\langle \alpha |({\hat {a}}-{\hat {a}}^{\dagger })^{2}|\alpha \rangle =-{\frac {m\hbar \omega }{2}}\langle \alpha |({\hat {a}}^{2}+{\hat {a}}^{\dagger 2}-2{\hat {a}}^{\dagger }{\hat {a}}-1)|\alpha \rangle =-{\frac {m\hbar \omega }{2}}(\alpha ^{2}+\alpha ^{*2}-2\alpha ^{*}\alpha -1)$

となる。従って、

$\sigma (x)={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}},\sigma (p)={\sqrt {\frac {m\hbar \omega }{2}}}$

$\sigma (x)\sigma (p)={\frac {\hbar }{2}}$

となる。すなわち、コヒーレント状態は不確定性が最小となる状態である。

エーレンフェストの定理

演算子 ${\hat {A}}$ に対してその時間微分の演算子 ${\frac {d{\hat {A}}}{dt}}$ を定義したい。これは、

${\frac {d\langle {\hat {A}}\rangle }{dt}}=\left\langle {\frac {d{\hat {A}}}{dt}}\right\rangle$

となるように定義するのがいいだろう。

${\begin{aligned}{\frac {d\langle {\hat {A}}\rangle }{dt}}&={\frac {d}{dt}}\int \psi ^{*}{\hat {A}}\psi dx\\&=\int \left({\frac {\partial \psi ^{*}}{\partial t}}{\hat {A}}\psi +\psi ^{*}{\frac {\partial {\hat {A}}}{\partial t}}\psi +\psi ^{*}{\hat {A}}{\frac {\partial \psi }{\partial t}}\right)dx\\&=\int \left(-{\frac {1}{i\hbar }}{\hat {H}}\psi ^{*}{\hat {A}}\psi +\psi ^{*}{\frac {\partial {\hat {A}}}{\partial t}}\psi +{\frac {1}{i\hbar }}\psi ^{*}{\hat {A}}{\hat {H}}\psi \right)dx\\&=\int \left(-{\frac {1}{i\hbar }}\psi ^{*}{\hat {H}}{\hat {A}}\psi +\psi ^{*}{\frac {\partial {\hat {A}}}{\partial t}}\psi +{\frac {1}{i\hbar }}\psi ^{*}{\hat {A}}{\hat {H}}\psi \right)dx\\&=\int \left(\psi ^{*}{\frac {\partial {\hat {A}}}{\partial t}}\psi +{\frac {1}{i\hbar }}\psi ^{*}[{\hat {A}},{\hat {H}}]\psi \right)dx\\\end{aligned}}$

となる。これが、

$\left\langle {\frac {d{\hat {A}}}{dt}}\right\rangle =\int \psi ^{*}{\frac {d{\hat {A}}}{dt}}\psi dx$

に等しいのだから、

${\frac {d{\hat {A}}}{dt}}={\frac {\partial {\hat {A}}}{\partial t}}+{\frac {1}{i\hbar }}[{\hat {A}},{\hat {H}}]$

となる。位置演算子 ${\hat {\boldsymbol {r}}}$ の一階と二階の時間微分 ${\hat {\boldsymbol {v}}},\,{\hat {\boldsymbol {a}}}$ を作ってみよう。

${\hat {\boldsymbol {v}}}={\frac {1}{i\hbar }}({\hat {\boldsymbol {r}}}{\hat {H}}-{\hat {H}}{\hat {\boldsymbol {r}}})=-{\frac {i\hbar }{2m}}({\boldsymbol {r}}\triangle -\triangle {\boldsymbol {r}})=-{\frac {i\hbar }{m}}\nabla$

となる。また、

${\hat {\boldsymbol {a}}}={\frac {1}{i\hbar }}({\hat {\boldsymbol {v}}}{\hat {H}}-{\hat {H}}{\hat {\boldsymbol {v}}})=-{\frac {1}{m}}(\nabla V-V\nabla )=-{\frac {1}{m}}\nabla V$

となる。よって、

$m{\hat {\boldsymbol {a}}}=-\nabla V$

あるいは、

$m{\frac {d^{2}\langle {\hat {x}}\rangle }{dt^{2}}}=-\langle \nabla V\rangle$

を得る。これをエーレンフェストの定理という。

エルミート多項式の性質

エルミート多項式の母関数を求めよう。

${\begin{aligned}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {H_{n}(x)}{n!}}t^{n}&=\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{[{\frac {n}{2}}]}{\frac {(-1)^{k}}{k!(n-2k)!}}(2x)^{n-2k}t^{n}\\\end{aligned}}$

となる。ここで、$\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{[{\frac {n}{2}}]}$ は $n-2k\geq 0$ を満たすすべての非負整数 $n,k$ についての和である。そこで、$l=n-2k$ とし、$l$ を0から∞まで走らせ、各 $l$ について $k$ を+1するごとに $n$ に2を足すことにすると、 $l$ が一定のまま $k$ は0から∞まで走らせることができる。従って、総和は、

${\begin{aligned}\sum _{l=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!l!}}(2x)^{l}t^{l+2k}&=\sum _{l=0}^{\infty }{\frac {(2xt)^{l}}{l!}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-t^{2})^{k}}{k!}}\\&=e^{2xt-t^{2}}\end{aligned}}$

となる。また、

${\begin{aligned}H_{n}(x)&={\frac {d^{n}}{dt^{n}}}e^{2xt-t^{2}}|_{t=0}\\&=e^{x^{2}}{\frac {d^{n}}{dt^{n}}}e^{(x-t)^{2}}|_{t=0}\\&=e^{x^{2}}{\frac {d^{n}}{d(-s)^{n}}}e^{-s^{2}}|_{s=x}\\&=(-1)^{n}e^{x^{2}}{\frac {d^{n}}{dx^{n}}}e^{-x^{2}}\\\end{aligned}}$

より、ロドリゲスの公式を得る。途中で、 $s=x-t$ とした。

WKB近似

エネルギーが一定のとき作用は $S=S_{0}-Et$ であるから、波動関数の準古典近似は

$\Psi =ae^{{\frac {i}{\hbar }}S}=ae^{\frac {-iEt}{\hbar }}e^{{\frac {i}{\hbar }}S_{0}}$

となる。そこで、$\psi =ae^{{\frac {i}{\hbar }}S_{0}}$ をシュレーディンガー方程式に代入して $\hbar$ の0次と1次について計算すると、

${\frac {1}{2m}}\left({\frac {dS_{0}}{dx}}\right)^{2}+V(x)=E$

${\frac {1}{2m}}a{\frac {d^{2}S_{0}}{dx^{2}}}+{\frac {1}{m}}{\frac {dS_{0}}{dx}}{\frac {da}{dx}}=0$

を得る。第一式を解くと、

$S_{0}=\pm \int {\sqrt {2m(E-V(x))}}dx=:\pm \int pdx$

となる。第二式は $2ma$ を掛けると

${\frac {d}{dx}}\left(a^{2}{\frac {dS_{0}}{dx}}\right)=0$

と変形されるから、$C$ を定数として

$a={\frac {C}{\sqrt {p}}}$

を得る。よって波動関数は

$\psi (x)={\frac {C_{1}}{\sqrt {p}}}e^{{\frac {i}{\hbar }}\int pdx}+{\frac {C_{2}}{\sqrt {p}}}e^{-{\frac {i}{\hbar }}\int pdx}$

となる。$E<V(x)$ の領域では $p$ は純虚数となるから $p=i{\tilde {p}}$ と置いて

$\psi (x)={\frac {C'_{1}}{\sqrt {\tilde {p}}}}e^{{\frac {1}{\hbar }}\int {\tilde {p}}dx}+{\frac {C'_{2}}{\sqrt {\tilde {p}}}}e^{-{\frac {1}{\hbar }}\int {\tilde {p}}dx}$

となる。

$E<V(x)$ の領域は古典的には存在できない領域であるが、量子力学的には指数関数的に減衰するものの透過することが可能である。$x$ 軸正の方向に移動する粒子を考えよう。転回点を $x_{1}<x_{2}$ とするとき、波動関数は $E<V(x)$ の領域では

$\psi (x)\sim \exp \left(-{\frac {1}{\hbar }}\int _{x_{1}}^{x}{\tilde {p}}dx\right)$

で減衰する。従って、ポテンシャル障壁を抜ける透過係数は

$T\sim \exp \left(-{\frac {2}{\hbar }}\int _{x_{1}}^{x_{2}}{\tilde {p}}dx\right)$

で与えられる。

例

WKB近似の応用として、アルファ崩壊について考えてみよう。アルファ粒子は原子核の内部では核力により $-V_{0}$ のポテンシャルで束縛されおり、原子核の外部ではクーロン力を受けるとする。ポテンシャルは

$V(r)={\begin{cases}-V_{0}\quad (r<r_{1})\\{\frac {\alpha }{r}}\quad (r>r_{1})\end{cases}}$

で与えられる。$r_{1}$ は原子核の半径である。転回点 $r_{2}$ は $E={\frac {\alpha }{r_{2}}}$ となる。透過係数は

$T=\exp \left(-{\frac {2}{\hbar }}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\sqrt {2m\left({\frac {\alpha }{r}}-E\right)}}dr\right)$

である。ここで、$r=r_{1}\cos ^{2}\theta$ と変換して積分すると

${\begin{aligned}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\sqrt {2m\left({\frac {\alpha }{r}}-E\right)}}dr&=2{\sqrt {2mE}}r_{2}\int _{0}^{\cos ^{-1}{\sqrt {\frac {r_{1}}{r_{2}}}}}\sin ^{2}\theta d\theta \\&={\sqrt {2mE}}r_{2}\left(\cos ^{-1}{\sqrt {\frac {r_{1}}{r_{2}}}}-{\sqrt {{\frac {r_{1}}{r_{2}}}\left(1-{\frac {r_{1}}{r_{2}}}\right)}}\right)\end{aligned}}$

となる。従って

$T=\exp \left\{-{\frac {2\alpha {\sqrt {2m}}}{\hbar {\sqrt {E}}}}\left(\cos ^{-1}{\sqrt {\frac {r_{1}}{r_{2}}}}-{\sqrt {{\frac {r_{1}}{r_{2}}}\left(1-{\frac {r_{1}}{r_{2}}}\right)}}\right)\right\}$

を得る。$r_{1}\ll r_{2}$ とすると

$T=\exp \left(-{\frac {\pi \alpha {\sqrt {2m}}}{\hbar {\sqrt {E}}}}\right)$

となる。

スピン

電子などの素粒子には粒子に固有の角運動量が存在する。これをスピンという。$\hbar$ を単位として測ったスピン演算子を ${\hat {s}}_{i}\;(i=x,y,z)$ とする。これは角運動量演算子と同じ交換関係

$[{\hat {s}}_{i},{\hat {s}}_{j}]=i\varepsilon _{ijk}{\hat {s}}_{k}$

を満たす。量子力学#角運動量では、軌道角運動量の交換関係を求めてから後は、その交換関係しか使っていない。すなわち、量子力学#角運動量で求めたことはスピン演算子でも有効である。つまり、${\hat {s}}_{z}$ の固有値には最大値が存在し、その最大値を $s$ とする。このとき、$s_{z}=-s,-s+1,\cdots ,s-1,s$ の $2s+1$ 個のスピン状態が存在する。$2s+1$ は自然数であるから、$s=0,{\frac {1}{2}},1,{\frac {3}{2}},\cdots$ の値を取ることができる。

スピン $s={\frac {1}{2}}$ の場合を考える。${\hat {s}}_{z}$ の固有状態には $s_{z}=\pm {\frac {1}{2}}$ の二通りがある。それぞれの固有状態を $\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle ,\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle$ とする。

${\hat {s}}_{z}\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle ={\frac {1}{2}}\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle ,\,{\hat {s}}_{z}\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle =-{\frac {1}{2}}\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle$

である。したがって、$\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle ={\binom {1}{0}},\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle ={\binom {0}{1}}$ と行列表示するとき、${\hat {s}}_{z}$ の行列表示は

${\hat {s}}_{z}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0\\0&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$

となる。また、

${\hat {s}}_{+}\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle =\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle ,\,{\hat {s}}_{-}\left|{\frac {1}{2}}\right\rangle =\left|-{\frac {1}{2}}\right\rangle$

より、

${\hat {s}}_{+}={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}},{\hat {s}}_{-}={\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}$

となる。よって、

${\hat {s}}_{x}={\frac {1}{2}}({\hat {s}}_{+}+{\hat {s}}_{-})={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$

${\hat {s}}_{y}={\frac {1}{2i}}({\hat {s}}_{+}-{\hat {s}}_{-})={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}}$

となる。ここで、${\hat {s}}_{i}={\frac {1}{2}}\sigma _{i}$ となる行列

$\sigma _{x}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\sigma _{y}={\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}},\sigma _{z}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$

をパウリ行列と定義する。

角運動量の合成

• 角運動量の合成

時間に依存しない摂動論

ハミルトニアン ${\hat {H}}_{0}$ は完全に解かれていて

${\hat {H}}_{0}|\psi _{n}^{(0)}\rangle =E_{n}^{(0)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

とする。規格化されていて縮退はないとする。$\lambda$ を小さい量として摂動ハミルトニアン

${\hat {H}}={\hat {H}}_{0}+\lambda {\hat {V}}$

を考える。目標はシュレーディンガー方程式

${\hat {H}}|\psi _{n}\rangle =E_{n}|\psi _{n}\rangle$

を摂動的に解くことである。

$|\psi _{n}\rangle =|\psi _{n}^{(0)}\rangle +\lambda |\psi _{n}^{(1)}\rangle +\lambda ^{2}|\psi _{n}^{(2)}\rangle +\cdots$

$E_{n}=E_{n}^{(0)}+\lambda E_{n}^{(1)}+\lambda ^{2}E_{n}^{(2)}+\cdots$

と $\lambda$ の冪で展開する。二次まででシュレーディンガー方程式に代入すると、

$({\hat {H}}_{0}+\lambda {\hat {V}})(|\psi _{n}^{(0)}\rangle +\lambda |\psi _{n}^{(1)}\rangle +\lambda ^{2}|\psi _{n}^{(2)}\rangle )=(E_{n}^{(0)}+\lambda E_{n}^{(1)}+\lambda ^{2}E_{n}^{(2)})(|\psi _{n}^{(0)}\rangle +\lambda |\psi _{n}^{(1)}\rangle +\lambda ^{2}|\psi _{n}^{(2)}\rangle )$

一次の方程式は

${\hat {H}}_{0}|\psi _{n}^{(1)}\rangle +{\hat {V}}|\psi _{n}^{(0)}\rangle =E_{n}^{(0)}|\psi _{n}^{(1)}\rangle +E_{n}^{(1)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

となる。二次は

${\hat {H}}_{0}|\psi _{n}^{(2)}\rangle +{\hat {V}}|\psi _{n}^{(1)}\rangle =E_{n}^{(0)}|\psi _{n}^{(2)}\rangle +E_{n}^{(1)}|\psi _{n}^{(1)}\rangle +E_{n}^{(2)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

となる。まずは一次の近似について考える。

$|\psi _{n}^{(1)}\rangle =\sum _{k}c_{k}^{(1)}|\psi _{k}^{(0)}\rangle$

と展開して、

$\sum _{k}E_{k}^{(0)}c_{k}^{(1)}|\psi _{k}^{(0)}\rangle +{\hat {V}}|\psi _{n}^{(0)}\rangle =E_{n}^{(0)}\sum _{k}c_{k}^{(1)}|\psi _{k}^{(0)}\rangle +E_{n}^{(1)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

$\langle \psi _{m}^{(0)}|$ を左からかけると、

$E_{m}^{(0)}c_{m}^{(1)}+\langle \psi _{m}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{n}^{(0)}\rangle =E_{n}^{(0)}c_{m}^{(1)}+E_{n}^{(1)}\langle \psi _{m}^{(0)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

となる。$m=n$ とすると、

$E_{n}^{(1)}=\langle \psi _{n}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

を得る。$m\neq n$ のときは、

$c_{m}^{(1)}={\frac {\langle \psi _{m}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{n}^{(0)}\rangle }{E_{n}^{(0)}-E_{m}^{(0)}}}$

となる。$c_{n}^{(1)}$ は決定できないが、$c_{n}^{(1)}=0$ とする。

次に二次の摂動に移ろう。同じように、

$|\psi _{n}^{(2)}\rangle =\sum _{k}c_{k}^{(2)}|\psi _{k}^{(0)}\rangle$

と展開して二次の方程式に $\langle \psi _{m}^{(0)}|$ を左からかけると、

$E_{m}^{(0)}c_{m}^{(2)}+\sum _{k}c_{k}^{(1)}\langle \psi _{m}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{k}^{(0)}\rangle =E_{n}^{(0)}c_{m}^{(2)}+E_{n}^{(1)}c_{m}^{(1)}+E_{n}^{(2)}\langle \psi _{m}^{(0)}|\psi _{n}^{(0)}\rangle$

となる。$m=n$ とすると、

$E_{n}^{(2)}=\sum _{k}c_{k}^{(1)}\langle \psi _{n}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{k}^{(0)}\rangle =\sum _{k\neq n}{\frac {|\langle \psi _{n}^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{k}^{(0)}\rangle |^{2}}{E_{n}^{(0)}-E_{k}^{(0)}}}$

となる。

演習問題

調和振動子について摂動ハミルトニアンが

${\hat {V}}_{1}=\alpha {\hat {x}}^{3}$

であるときにエネルギーの一次と二次の摂動を求めよ。また、摂動ハミルトニアンが

${\hat {V}}_{2}=\beta {\hat {x}}^{4}$

であるときのエネルギーの一次の摂動を求めよ。

解答

${\begin{aligned}{\hat {x}}&={\sqrt {\frac {\hbar }{2m\omega }}}({\hat {a}}+{\hat {a}}^{\dagger }),\\{\hat {p}}&=-i{\sqrt {\frac {m\omega \hbar }{2}}}({\hat {a}}-{\hat {a}}^{\dagger })\end{aligned}}$

より、

$E_{n}^{(1)}=\langle n|\alpha {\hat {x}}^{3}|n\rangle =\alpha \left({\frac {\hbar }{2m\omega }}\right)^{\frac {3}{2}}\langle n|(a+a^{\dagger })^{3}|n\rangle$

である。演算子を展開して交換関係 $aa^{\dagger }=a^{\dagger }a+1$ を使って消滅演算子を右側に来るようにすると、

$(a+a^{\dagger })^{3}=a^{\dagger 3}+3a^{\dagger 2}a+3a^{\dagger }a^{2}+a^{3}+3a^{\dagger }+3a$

となる。更に整理すると、

$(a+a^{\dagger })^{3}=a^{\dagger 3}+3a^{\dagger }aa^{\dagger }+3aa^{\dagger }a+a^{3}$

となる。これには、$n\to n\pm 1,n\pm 3$ の遷移に対応する演算子しか含まれていないから、

$\langle n|(a+a^{\dagger })^{3}|n\rangle =0,\quad E_{n}^{(1)}=0$

となる。次に、二次の摂動エネルギーを求める。行列要素を求めると、

${\begin{aligned}&\langle n+3|a^{\dagger 3}|n\rangle ={\sqrt {(n+1)(n+2)(n+3)}},\quad \langle n+1|3a^{\dagger }aa^{\dagger }|n\rangle =3(n+1)^{\frac {3}{2}}\\&\langle n-1|3aa^{\dagger }a|n\rangle =3n^{\frac {3}{2}},\quad \langle n-3|a^{3}|n\rangle ={\sqrt {n(n-1)(n-2)}}\end{aligned}}$

であり、これ以外の行列要素は0である。従って、

$E_{n}^{(2)}=\sum _{k=n\pm 1,n\pm 3}{\frac {|\langle n|\alpha {\hat {x}}^{3}|k\rangle |^{2}}{E_{n}^{(0)}-E_{k}^{(0)}}}=-{\frac {\alpha ^{2}\hbar ^{2}}{8m^{3}\omega ^{4}}}(30n^{2}+30n+11)$

となる。

次に、摂動ハミルトニアンが

${\hat {V}}_{2}=\beta {\hat {x}}^{4}$

で与えられる場合を計算しよう。同じように$\langle n|(a+a^{\dagger })^{4}|n\rangle$ の値が必要になるが、展開したときに生成演算子と消滅演算子が同数だけある項のみが一般に0とは異なる値を与える。そのような項は ${}_{4}\mathrm {C} _{2}$ 通り

${\begin{aligned}&a^{\dagger }a^{\dagger }aa\\&a^{\dagger }aa^{\dagger }a=a^{\dagger }a^{\dagger }aa+a^{\dagger }a\\&a^{\dagger }aaa^{\dagger }=a^{\dagger }aa^{\dagger }a+a^{\dagger }a=a^{\dagger }a^{\dagger }aa+2a^{\dagger }a\\&aa^{\dagger }a^{\dagger }a=a^{\dagger }aa^{\dagger }a+a^{\dagger }a=a^{\dagger }a^{\dagger }aa+2a^{\dagger }a\\&aa^{\dagger }aa^{\dagger }=aa^{\dagger }a^{\dagger }a+aa^{\dagger }=a^{\dagger }a^{\dagger }aa+3a^{\dagger }a+1\\&aaa^{\dagger }a^{\dagger }=aa^{\dagger }aa^{\dagger }+aa^{\dagger }=a^{\dagger }a^{\dagger }aa+3a^{\dagger }a+3\\\end{aligned}}$

である。その和は、$6a^{\dagger }a^{\dagger }aa+12a^{\dagger }a+3$ となる。従って、

$\langle n|(a+a^{\dagger })^{4}|n\rangle =\langle n|(6a^{\dagger }a^{\dagger }aa+12a^{\dagger }a+3)|n\rangle =6n^{2}+6n+3$

を得る。よって、

$E_{n}^{(1)}={\frac {\beta \hbar ^{2}}{4m^{2}\omega ^{2}}}(6n^{2}+6n+3)$

となる。

永年方程式

縮退がある場合の摂動を考える。$E_{n}^{(0)}$ に属する固有状態が $|\psi _{n,\alpha }^{(0)}\rangle$ であるとする。前節と同じように

$|\psi _{n}\rangle =\sum _{\alpha }c_{n,\alpha }^{(0)}|\psi _{n,\alpha }^{(0)}\rangle$

と展開する。これを一次までで切ったシュレーディンガー方程式

$({\hat {H}}_{0}+\lambda {\hat {V}})|\psi _{n}\rangle =(E_{n}^{(0)}+\lambda E_{n}^{(1)})|\psi _{n}\rangle$

に代入して $\langle \psi _{n,\beta }^{(0)}|$ を左からかけると、

$\sum _{\alpha }(\langle \psi _{n,\beta }^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{n,\alpha }^{(0)}\rangle -E_{n}^{(1)}\delta _{\alpha \beta })c_{n,\alpha }^{(0)}=0$

を得る。これが、すべての $c_{n,\alpha }^{(0)}$ が0とはならない解が存在するためには、

$\det(\langle \psi _{n,\beta }^{(0)}|{\hat {V}}|\psi _{n,\alpha }^{(0)}\rangle -E_{n}^{(1)}\delta _{\alpha \beta })=0$

でなくてはならない。これを永年方程式という。

部分波

自由粒子のシュレーディンガー方程式の解を極座標で考えてみよう。シュレーディンガー方程式は

$(\triangle +k^{2})\psi (r,\theta ,\varphi )=0$

となる。ここで、$k={\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}$ である。これはヘルムホルツ方程式である。$\psi (r,\theta ,\varphi )=R(r)Y(\theta ,\varphi )$ を変数分離すると

${\frac {1}{R}}\left({\frac {d}{dr}}\left(r^{2}{\frac {dR}{dr}}\right)+r^{2}k^{2}R\right)={\frac {1}{Y}}{\hat {\boldsymbol {l}}}^{2}Y=l(l+1)$

より、

${\hat {\boldsymbol {l}}}^{2}Y=l(l+1)Y$

${\frac {1}{r^{2}}}{\frac {d}{dr}}\left(r^{2}{\frac {dR}{dr}}\right)+\left(k^{2}-{\frac {l(l+1)}{r^{2}}}\right)R=0$

を得る。$Y$ は球面調和関数で $l$ は軌道角運動量であることがわかる。動径関数は $R(r)={\frac {X(kr)}{\sqrt {kr}}}$ と置くと、

${\frac {d^{2}}{dr^{2}}}X(kr)+{\frac {1}{r}}{\frac {d}{dr}}X(kr)+\left(k^{2}-{\frac {(l+1/2)^{2}}{r^{2}}}\right)X(kr)=0$

を得る。これは $l+{\frac {1}{2}}$ 次のベッセルの微分方程式であるから、$X(kr)=AJ_{l+1/2}(kr)+BN_{l+1/2}(kr)$ となる。球ベッセル関数

$j_{l}(x)={\sqrt {\frac {\pi }{2x}}}J_{l+1/2}(x),\,n_{l}(x)={\sqrt {\frac {\pi }{2x}}}N_{l+1/2}(x)$

を使うと、

$R(r)=a_{lm}j_{l}(kr)+b_{lm}n_{l}(kr)$

となる。最終的にヘルムホルツ方程式の解は、

$\psi (r,\theta ,\varphi )=\sum _{l=0}^{\infty }\sum _{m=-l}^{l}(a_{lm}j_{l}(kr)+b_{lm}n_{l}(kr))Y_{lm}(\theta ,\varphi )$

となる。この式のそれぞれの項は確定した角運動量 $l$ と角運動量の $z$ 成分 $m$ を持つ波動関数である。このように角運動量の固有状態で展開することを部分波展開という。

平面波の部分波展開

平面波 $e^{ikz}$ はヘルムホルツ方程式を満たす。すなわち、

$e^{ikz}=e^{ikr\cos \theta }=\sum _{l=0}^{\infty }\sum _{m=-l}^{l}(a_{lm}j_{l}(kr)+b_{lm}n_{l}(kr))Y_{lm}(\theta ,\varphi )$

の形に変形することができる。まず、$r=0$ で有限だから、$b_{lm}=0$ である。また、左辺は $\varphi$ に依存しないから、$m=0$ である。よって、

$e^{ikr\cos \theta }=\sum _{l=0}^{\infty }a_{l}j_{l}(kr)P_{l}(\cos \theta )$

となる。ここで、$x\to 0$ で漸近的に

$j_{l}(x)\to {\frac {x^{l}}{(2l+1)!!}}\left(1-{\frac {x^{2}}{2(2l+3)}}+\cdots \right)$

となる。実際、

$J_{l+1/2}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!\Gamma (l+k+3/2)}}\left({\frac {x}{2}}\right)^{2k+l+1/2}\to {\frac {1}{\Gamma (l+3/2)}}\left({\frac {x}{2}}\right)^{l+1/2}$

より、

$j_{l}(x)={\sqrt {\frac {\pi }{2x}}}J_{l+1/2}(x)\to {\sqrt {\frac {\pi }{2x}}}{\frac {2^{l+1}}{(2l+1)!!{\sqrt {\pi }}}}\left({\frac {x}{2}}\right)^{l+1/2}={\frac {x^{l}}{(2l+1)!!}}$

となる。また、$P_{l}(\cos \theta )$ の最高次 $\cos ^{l}\theta$ の係数は、${\frac {(2l)!!}{l!}}$ であるから、

$\sum _{l=0}^{\infty }a_{l}j_{l}(kr)P_{l}(\cos \theta )\to \sum _{l=0}^{\infty }a_{l}{\frac {(kr\cos \theta )^{l}}{(2l+1)l!}}$

となる。また、

$e^{ikr\cos \theta }=\sum _{l=0}^{\infty }{\frac {(ikr\cos \theta )^{l}}{l!}}$

より、$a_{l}=(2l+1)i^{l}$ を得る。したがって、

$e^{ikr\cos \theta }=\sum _{l=0}^{\infty }(2l+1)i^{l}j_{l}(kr)P_{l}(\cos \theta )$

を得る。

散乱

平面波 $e^{ikz}$ がポテンシャル $V(r)$ に入射されて、散乱された波動関数は $r\to \infty$ のところで、$f(\theta ){\frac {e^{ikr}}{r}}$ の球面波の形をしている。波動関数は $r\to \infty$ で

$\psi \to e^{ikz}+f(\theta ){\frac {e^{ikr}}{r}}$

に漸近する。$r\to \infty$ ではポテンシャルの影響はなく自由粒子と仮定していいから、$\psi$ はヘルムホルツ方程式の解に漸近する。入射波とポテンシャルは $\varphi$ には依存しないから $m=0$ である。したがって、

$\psi \to \sum _{l=0}^{\infty }(a_{l}j_{l}(kr)+b_{l}n_{l}(kr))P_{l}(\cos \theta )$

と展開される。さらに、$r\to \infty$ で

${\begin{aligned}j_{l}(kr)&\to {\frac {1}{kr}}\sin \left(kr-{\frac {l\pi }{2}}\right),\\n_{l}(kr)&\to -{\frac {1}{kr}}\cos \left(kr-{\frac {l\pi }{2}}\right)\end{aligned}}$

となることを使うと、

$\psi ={\frac {1}{kr}}\sum _{l=0}^{\infty }c_{l}\sin \left(kr-{\frac {l\pi }{2}}+\delta _{l}\right)P_{l}(\cos \theta )$

となる。ここで $\delta _{l}$ は位相のずれという。入射波 $e^{ikr\cos \theta }$ も同じように部分波展開して、球面ベッセル関数の漸近形を使うと、

$\psi -e^{ikr\cos \theta }={\frac {1}{2ikr}}\sum _{l=0}^{\infty }[c_{l}(e^{i\delta _{l}}i^{-l}e^{ikr}-e^{-i\delta _{l}}i^{l}e^{-ikr})P_{l}(\cos \theta )-(2l+1)i^{l}(i^{-l}e^{ikr}-i^{l}e^{-ikr})P_{l}(\cos \theta )]$

となる。$\psi -e^{ikr\cos \theta }$ は外向きの散乱波である。したがって、内向き球面波の ${\frac {e^{-ikr}}{r}}$ の部分の係数は0である必要がある。このことから $c_{l}$ が決定できて、

$c_{l}=(2l+1)i^{l}e^{i\delta _{l}}$

となる。これを代入すると、

$\psi -e^{ikr\cos \theta }={\frac {e^{ikr}}{2ikr}}\sum _{l=0}^{\infty }(2l+1)(e^{2i\delta _{l}}-1)P_{l}(\cos \theta )$

を得る。すなわち、散乱振幅は

$f(\theta )={\frac {1}{2ik}}\sum _{l=0}^{\infty }(2l+1)(e^{2i\delta _{l}}-1)P_{l}(\cos \theta )$

である。散乱断面積は

${\begin{aligned}\sigma &=2\pi \int _{0}^{\pi }|f(\theta )|^{2}\sin \theta d\theta \\&=2\pi \sum _{l=0}^{\infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {4k^{2}}{(2l+1)^{2}}}|e^{2i\delta _{l}}-1|^{2}P_{l}(\cos \theta )^{2}\sin \theta d\theta \\&={\frac {4\pi }{k^{2}}}\sum _{l=0}^{\infty }(2l+1)\sin ^{2}\delta _{l}\end{aligned}}$

となる。また、

$\operatorname {Im} f(0)={\frac {2l+1}{k}}\sum _{l=0}^{\infty }\sin ^{2}\delta _{l}$

より、

$\sigma ={\frac {4\pi }{k}}\operatorname {Im} f(0)$

を得る。これを光学定理という。

ボルン近似

ポテンシャル $V$ が十分小さいときの散乱問題を考えよう。入射波を $\psi ^{(0)}=e^{i{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}}$ 、散乱波 $\psi ^{(1)}$ は $V$ と同次の量とする。

$\left(-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\triangle +V\right)(\psi ^{(0)}+\psi ^{(1)})=E(\psi ^{(0)}+\psi ^{(1)})$

について、二次の微小量 $V\psi ^{(1)}$ を無視すると、

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\triangle \psi ^{(1)}+V\psi ^{(0)}=E\psi ^{(1)}$

$\triangle \psi ^{(1)}+k^{2}\psi ^{(1)}={\frac {2m}{\hbar ^{2}}}V\psi ^{(0)}={\frac {2m}{\hbar ^{2}}}Ve^{i{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}}$

となる。ここで、

$-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}\triangle \psi ^{(0)}=E\psi ^{(0)}$

が成り立つことを使った。

この方程式の解は、$R=|{\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {r}}'|$ として

${\begin{aligned}\psi ^{(1)}({\boldsymbol {r}})&=-{\frac {m}{2\pi \hbar ^{2}}}\int V({\boldsymbol {r}}')\psi ^{(0)}({\boldsymbol {r}}')e^{ikR}{\frac {d^{3}{\boldsymbol {r}}'}{R}}\\&=-{\frac {m}{2\pi \hbar ^{2}}}\int V({\boldsymbol {r}}')e^{i({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}+kR)}{\frac {d^{3}{\boldsymbol {r}}'}{R}}\end{aligned}}$

となる。$r\gg r'$ のときは $R=|{\boldsymbol {r}}-{\boldsymbol {r}}'|\approx r-{\boldsymbol {r}}'\cdot {\boldsymbol {n}}$ となる。ここで、${\boldsymbol {n}}$ は ${\boldsymbol {r}}$ 方向の単位ベクトルである。さらに、 ${\frac {1}{R}}\approx {\frac {1}{r}}$ とする。そうすると、

$\psi ^{(1)}({\boldsymbol {r}})=-{\frac {m}{2\pi \hbar ^{2}}}{\frac {e^{ikr}}{r}}\int V({\boldsymbol {r}}')e^{i({\boldsymbol {k}}-{\boldsymbol {k}}')\cdot {\boldsymbol {r}}'}d^{3}{\boldsymbol {r}}'$

を得る。ただし、${\boldsymbol {k}}'=k{\boldsymbol {n}}$ とした。最終的に散乱振幅は

$f=-{\frac {m}{2\pi \hbar ^{2}}}\int V({\boldsymbol {r}})e^{-i{\boldsymbol {q}}\cdot {\boldsymbol {r}}}d^{3}{\boldsymbol {r}}$

で与えられる。${\boldsymbol {q}}={\boldsymbol {k}}'-{\boldsymbol {k}}$ で $q=2k\sin {\frac {\theta }{2}}$ となる。微分散乱断面積は

${\frac {d\sigma }{d\Omega }}={\frac {m^{2}}{4\pi ^{2}\hbar ^{4}}}\left|\int V({\boldsymbol {r}})e^{-i{\boldsymbol {q}}\cdot {\boldsymbol {r}}}d^{3}{\boldsymbol {r}}\right|^{2}$

となる。

球対称ポテンシャル $V(r)$ の場合は、積分を実行すると、

${\begin{aligned}\int V({\boldsymbol {r}})e^{-i{\boldsymbol {q}}\cdot {\boldsymbol {r}}}d^{3}{\boldsymbol {r}}&=\int _{0}^{\infty }dr\int _{0}^{2\pi }d\varphi \int _{0}^{\pi }d\theta r^{2}\sin \theta V(r)e^{-iqr\cos \theta }\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }dr\,r^{2}\left[{\frac {1}{iqr}}e^{-iqr\cos \theta }\right]_{0}^{\pi }\\&={\frac {4\pi }{q}}\int _{0}^{\infty }rV(r)\sin qrdr\end{aligned}}$

となるから、

$f=-{\frac {2m}{\hbar ^{2}q}}\int _{0}^{\infty }rV(r)\sin qrdr$

となる。

例として湯川ポテンシャル $V(r)={\frac {\alpha }{r}}e^{-\mu r}$ の場合の微分散乱断面積を計算しよう。

${\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }rV(r)\sin qrdr&=\int _{0}^{\infty }\alpha e^{-\mu r}\sin qrdr\\&=\alpha \operatorname {Im} \int _{0}^{\infty }e^{-\mu r}e^{iqr}dr\\&=\alpha \operatorname {Im} \left[{\frac {e^{(-\mu +iq)r}}{qi-\mu }}\right]_{0}^{\infty }\\&=\alpha \operatorname {Im} {\frac {1}{\mu -iq}}={\frac {\alpha q}{\mu ^{2}+q^{2}}}\end{aligned}}$

となる。したがって、

${\frac {d\sigma }{d\Omega }}={\frac {4m^{2}}{\hbar ^{4}}}{\frac {\alpha ^{2}}{(\mu ^{2}+q^{2})^{2}}}$

となる。散乱断面積は $q^{2}=2k^{2}(1-\cos \theta )$ より、

${\begin{aligned}\sigma &=2\pi \int _{0}^{\pi }{\frac {4m^{2}\alpha ^{2}}{\hbar ^{4}}}{\frac {\sin \theta d\theta }{(\mu ^{2}+2k^{2}(1-\cos \theta ))^{2}}}\\&={\frac {8\pi m^{2}\alpha ^{2}}{\hbar ^{4}}}\int _{0}^{2}{\frac {dx}{(\mu ^{2}+2k^{2}x)^{2}}}\\&={\frac {8\pi m^{2}\alpha ^{2}}{\hbar ^{4}}}\left[{\frac {-1}{2k^{2}}}{\frac {1}{(\mu ^{2}+2k^{2}x)}}\right]_{0}^{2}\\&={\frac {16\pi m^{2}\alpha ^{2}}{\hbar ^{4}}}{\frac {1}{\mu ^{2}(\mu ^{2}+4k^{2})}}\end{aligned}}$

となる。途中で $x=1-\cos \theta$ とした。

また、$\mu \to 0$ とするとポテンシャルはクーロンポテンシャルとなり、

${\frac {d\sigma }{d\Omega }}={\frac {4m^{2}\alpha ^{2}}{\hbar ^{4}q^{4}}}=\left({\frac {m\alpha }{2\hbar ^{2}k^{2}}}\right)^{2}{\frac {1}{\sin ^{4}{\frac {\theta }{2}}}}$

となる。これは、古典力学でのラザフォード散乱に一致する。

脚注

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