5-20 調和振動子の位置のゆらぎ

解答

Chap.4の仮説4 を用いて、位置の2乗の平均値を算出している。

積分式に ψ2 を代入

\displaystyle \langle x^2 \rangle = \int^\infty_{-\infty}\psi_2(x) x^2 \psi_2(x) \, {\rm d}x \\= \int^\infty_{-\infty}\left\{ \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/4} (2\alpha x^2-1) \, {\rm e}^{-\alpha x^2/2}\right\} x^2 \left\{ \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/4} (2\alpha x^2-1) \, {\rm e}^{-\alpha x^2/2}\right\} \, {\rm d}x\\

整理する

\displaystyle = \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/2} \int^\infty_{-\infty} x^2 (2\alpha x^2-1) (2\alpha x^2-1) \, {\rm e}^{-\alpha x^2/2} \, {\rm e}^{-\alpha x^2/2} \, {\rm d}x\\= \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/2} \int^\infty_{-\infty} x^2 (2\alpha x^2-1) (2\alpha x^2-1) \, {\rm e}^{-\alpha x^2} \, {\rm d}x

多項式部分を展開して

\displaystyle = \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/2} \int^\infty_{-\infty} (4\alpha^2 x^6-4\alpha x^4+x^2) \, {\rm e}^{-\alpha x^2} \, {\rm d}x

積分を分ける

\displaystyle = \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/2} \left\{ 4\alpha^2 \int^\infty_{-\infty} x^6 \, {\rm e}^{-\alpha x^2} \, {\rm d}x -4\alpha \int^\infty_{-\infty} x^4 \, {\rm e}^{-\alpha x^2} \, {\rm d}x + \int^\infty_{-\infty} x^2 \, {\rm e}^{-\alpha x^2} \, {\rm d}x\right\}...(1)

ここで積分公式に、n = 1, 2, 3 を代入して

\displaystyle \int^\infty_0 x^{2} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{1}{4a}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}  
\displaystyle \int^\infty_0 x^{4} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{3}{8 a^2}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}  
\displaystyle \int^\infty_0 x^{6} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{15}{16 a^3}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}

これらの被積分関数 (x^2 {\rm e}^{-a x^2} など) はいずれも偶関数なので、積分範囲を −∞ ~ ∞ としたときの値は単純に 2 倍となる。

\displaystyle \int^\infty_{-\infty} x^{2} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{1}{2a}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}  
\displaystyle \int^\infty_{-\infty} x^{4} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{3}{4 a^2}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}  
\displaystyle \int^\infty_{-\infty} x^{6} \, {\rm e}^{-ax^2} \, {\rm d}x = \frac{15}{8a^3}\left(\frac{\pi}{a} \right)^{1/2}

a → α として、これを (1)式に代入する。

\displaystyle \langle x^2 \rangle = \left(\frac{\alpha}{4\pi}\right)^{1/2} \left(\frac{\pi}{\alpha} \right)^{1/2} \left\{ 4\alpha^2 \frac{15}{8\alpha^3} -4\alpha \frac{3}{4\alpha^2} + \frac{1}{2\alpha}\right\}
\displaystyle = \frac{1}{2}\left(\frac{15}{2\alpha} -\frac{6}{2\alpha} + \frac{1}{2\alpha}\right) = \frac{5}{2\alpha}

最後に \alpha = (k \mu)^{1/2}/\hbar を代入して

\displaystyle \langle x^2 \rangle = \frac{5}{2}\frac{\hbar}{(\mu k)^{1/2}}

となり、題意が示される。[解答終わり]

位置の平均 \langle x \rangleは0であるから、上の解のルートは、位置の標準偏差 σx  を表しており、

\displaystyle \sigma_x = \sqrt{\langle x^2 \rangle -\langle x \rangle^2} = \sqrt{\frac{5}{2}\frac{\hbar}{(\mu k)^{1/2}}}

σx  が 換算質量 μ と ばね定数 k (と 振動の量子数 v, 上記では v = 2) だけで決まることがわかる。

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