4-6 sin以外の1次元波動関数(*) – ページ 2 – Shinshu Univ., Physical Chemistry Lab., Adsorption Group

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解答

この問題のψ(x)について

ψ(x) に含まれる x²(a–x)² を図示すると

というような形状である。左端 (x = 0) と右端 (x = a) で 0 になっており、ψ(0) = 0, ψ(a) = 0 という境界条件を満たす関数の一つである。
左端、右端では傾きも 0 になっており、sin(nπx/a) より波動関数としてふさわしいかもしれない。
$\sqrt{690/a^9}$ は規格化係数であり、 $\int^a_0 \psi^*(x) \psi(x) \, {\rm d}x = 1$ になっている。

この関数について、エネルギーの測定値のばらつき(分散) $\sigma^2_E$ を求めるというのがこの問題の趣旨である。

計算

エネルギーを求める演算子(ハミルトン演算子)

$\displaystyle \hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\rm d^2}{{\rm d^2}x}+V(x)$ …(2)

を用いて、

$\displaystyle \langle E\, \rangle = \int^a_0 \psi^*(x) \hat{H} \psi(x)\,{\rm d}x$ …(3)

$\displaystyle \langle E^2 \rangle = \int^a_0 \psi^*(x) \hat{H^2} \, \psi(x) \, {\rm d}x$ …(4)

を計算する。

ポテンシャルエネルギーについては特に触れられていないので、
(2)式中の $V(x) = 0$ 、

$\psi (x)$ には虚数は含まれていないので $\psi^* (x) = \psi (x)$ 、

(4)式中の $\hat{H^2} = \hat{H}\hat{H}$ である。

(3), (4)式中で、演算子 $\hat{H}, \hat{H^2}$ は、右側の $\psi(x)$ だけに作用することに注意しよう。

ハミルトン演算子には 2階微分が含まれているので、あらかじめ x²(a–x)²の微分を計算しておこう。

まず展開して

$\displaystyle x^2(a-x)^2 = x^4-2ax^3+a^2x^2$

1階微分、2階微分 … と順に4階微分まで求めておく。

$\displaystyle \frac{\rm d}{{\rm d}x}(x^2(a-x)^2) = 4x^3-6ax^2+2a^2x\\ \\ \frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2}(x^2(a-x)^2) = 12x^2-12ax+2a^2\\ \\ \frac{\rm d^3}{{\rm d}x^3}(x^2(a-x)^2) = 24x-12a\\ \\ \frac{\rm d^4}{{\rm d}x^4}(x^2(a-x)^2) = 24$

さて、まず(3)式について計算する。
計算は少し面倒だが、実際にやってみると

$\displaystyle \langle E\, \rangle = \int^a_0 \psi^*(x) \hat{H} \psi(x)\,{\rm d}x \\ \\ = \int^a_0 \left\{ \left(\frac{630}{a^9}\right)^{1/2}x^2(a-x)^2 \right\} \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2}\right) \left\{ \left(\frac{630}{a^9}\right)^{1/2}x^2(a-x)^2 \right\} \, {\rm d}x\\ \\ = -\left(\frac{630}{a^9}\right)\frac{\hbar^2}{2m} \int^a_0 x^2(a-x)^2 \left[ \frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2} \left\{x^2(a-x)^2 \right\} \right] \, {\rm d}x\\ \\ = -\left(\frac{630}{a^9}\right)\frac{\hbar^2}{2m} \int^a_0 x^2(a-x)^2 \left[ 12x^2-12ax+2a^2 \right] \, {\rm d}x\\ \\ = -\left(\frac{630}{a^9}\right)\frac{\hbar^2}{2m} \int^a_0 (12x^6 -36ax^5+38a^2x^4-16a^3x^3+2a^4x^2) \, {\rm d}x\\ \\ = -\left(\frac{630}{a^9}\right)\frac{\hbar^2}{2m} \left[ \frac{12 x^7}{7} -6 a x^6+\frac{38 a^2 x^5}{5} -4 a^3 x^4 +\frac{2 a^4 x^3}{3} \right]^a_0 \\ \\ = -\left(\frac{630}{a^9}\right)\frac{\hbar^2}{2m} \left(-\frac{2a^7}{105}\right)\\ \\ =\frac{6\hbar^2}{ma^2}$

とシンプルな答えが得られる。

続いて(4)式について計算する。

$\displaystyle \langle E^2\, \rangle = \int^a_0 \psi^*(x) \hat{H}^2 \psi(x)\,{\rm d}x \\ \\ = \int^a_0 \left\{ \left(\frac{630}{a^9}\right)^{1/2}x^2(a-x)^2 \right\} \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2}\right) \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2}\right) \left\{ \left(\frac{630}{a^9}\right)^{1/2}x^2(a-x)^2 \right\} \, {\rm d}x\\ \\ = \left(\frac{630}{a^9}\right)\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)^2 \int^a_0 x^2(a-x)^2 \left[ \frac{\rm d^4}{{\rm d}x^4} \left\{x^2(a-x)^2 \right\} \right] \, {\rm d}x\\ \\ = \left(\frac{630}{a^9}\right)\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)^2 \int^a_0 x^2(a-x)^2 \left[ 24 \right] \, {\rm d}x\\ \\ = \left(\frac{630}{a^9}\right)\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)^2 24 \int^a_0 (x^4-2ax^3+a^2x^2) \, {\rm d}x\\ \\ = \left(\frac{630}{a^9}\right)\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)^2 24 \left[ \frac{x^5}{5} -\frac{a x^4}{2}+ \frac{a^2 x^3}{3} \right]^a_0 \\ \\ = \left(\frac{630}{a^9}\right)\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)^2 24 \left(\frac{a^5}{30}\right)\\ \\ =\frac{126\hbar^4}{m^2a^4}$

得られた値から分散 $\sigma^2_E$ を計算すると

$\displaystyle \sigma^2_E = \langle E^2 \rangle -\langle E\, \rangle^2\\ \\ = \frac{126\hbar^4}{m^2a^4} - \left(\frac{6\hbar^2}{ma^2}\right)^2 = \frac{126\hbar^4}{m^2a^4} - \frac{36\hbar^4}{m^2a^4}\\ \\ = \frac{90 \, \hbar^4}{m^2a^4}$

となる。

教科書本文で出てくる ψ_n(x) = (2/a)^1/2 sin(nπx/a) では $\sigma^2_E$ は 0 になるのに対し、この関数では 0 にならない。

1 次元に閉じ込められた粒子が (1) 式のような波動関数で表される状態にあるとすると、エネルギーの測定値の平均値は $6\hbar^2/ma^2$ だが、測定のたびに異なる値が得られることを示している。

次ページでもう少し考えてみよう。

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