【解答・解説】令和２年度北大理学院量子力学

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問１：１次元デルタ関数ポテンシャル中の粒子

1-1.

次のシュレーディンガー方程式を解く。

$$\frac{d^2\phi(x)}{dx^2} + \frac{2mE}{\hbar^2} = 0$$

これは、次のように書き換えることができる。

$$\frac{d^2\phi(x)}{dx^2} – \frac{2m|E|}{\hbar^2} = 0$$

ここで、$\kappa = \sqrt{\frac{2m|E|}{\hbar^2}}$とおくと、一般解は

$$\phi(x) = Ce^{-\kappa x} + De^{\kappa x}（C, Dは任意定数）$$

$x \rightarrow \pm \infty$で$\phi(x) = 0$に収束する必要があることから、

$$\phi(x) = Ce^{-\kappa |x|}$$

1-2.

シュレーディンガー方程式に対して積分を実行すると、

$$\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\frac{d^2\phi(x)}{dx^2}dx + \frac{2mV_0}{\hbar^2}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\delta(x)\phi(x)dx – \frac{2m|E|}{\hbar^2}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\phi(x)dx = 0$$

$$\left[ \frac{d\phi(x)}{dx} \right]_{-\epsilon}^\epsilon + \frac{2mV_0}{\hbar^2}\cdot\phi(0) – \frac{2m|E|}{\hbar^2}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\phi(x)dx = 0$$

第２項の積分に対して、デルタ関数の積分の性質を用いた。

$$\frac{d\phi(\epsilon)}{dx} – \frac{d\phi(-\epsilon)}{dx} – \frac{2m|E|}{\hbar^2}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\phi(x)dx + \frac{2mV_0}{\hbar^2}\cdot\phi(0) = 0$$

ここで、$\epsilon \rightarrow 0$とすると、第３項は有限の値を持つので、0になる。よって、

$$\frac{d\phi(\epsilon)}{dx} – \frac{d\phi(-\epsilon)}{dx} + \frac{2mV_0}{\hbar^2}\cdot\phi(0) = 0 …(1)$$

が成り立つ。

1-3.

(1)に解$\phi(x) = Ce^{-\kappa |x|}$を代入する。

$$\frac{d}{dx}Ce^{-\kappa x}|_{x=0} – \frac{d}{dx}Ce^{\kappa x}|_{x=0} + \frac{2mV_0}{\hbar^2}C= 0$$

これを計算すると、$- 2\kappa + \frac{2mV_0}{\hbar^2} = 0$すなわち、$\kappa = \frac{mV_0}{\hbar^2}…(2)$が得られる。

1-1で求めた$\kappa$と(2)より、

$$\frac{2m|E|}{\hbar^2} = (\frac{mV_0}{\hbar^2})^2$$

$E > 0$であることを考慮すると、$E = – \frac{mV_0}{2\hbar^2}$

また、規格化条件より

\begin{align*}
1 &= \int_{-\infty}^{\infty}|C|^2e^{-2\kappa|x|}dx \\
&= |C|^2\int_{-\infty}^{0}e^{2\kappa|x|} + |C|^2\int_{0}^{\infty}e^{-2\kappa|x|} \\
&= |c|^2\left[ \frac{1}{2\kappa}e^{2\kappa x}\right]_{-\infty}^{0} + |c|^2\left[ – \frac{1}{2\kappa}e^{-2\kappa x}\right]_{0}^{\infty} \\
&= |C|^2\cdot(\frac{1}{2\kappa} + \frac{1}{2\kappa})
\end{align*}

以上より、$C = \sqrt{\kappa}$である。

1-4.

1-3の結果より$\phi(x) = \sqrt{\kappa}e^{-\kappa|x|}$である。よって

$$
\frac{d \phi(x)}{dx} = \begin{cases}
\kappa^\frac{3}{2}e^{\kappa x} (x < 0) \\
-\kappa^\frac{3}{2}e^{-\kappa x} (x > 0)
\end{cases}
$$

図

1-5.

$\langle\phi | x |\phi\rangle$は奇関数の積分なので、$\langle\phi | x |\phi\rangle = 0$

1-6.

\begin{align*}
\langle\phi | x^2 |\phi\rangle> &= \int_{-\infty}^{\infty}x^2|C|^2e^{-2\kappa|x|}dx\\
&= \int_{0}^{\infty}x^2|C|^2e^{-2\kappa x}dx\\
&= 2\kappa\left[ x^2\cdot\frac{-1}{2\kappa}e^{-2\kappa x} \right]_0^\infty + 2\kappa\int_0^\infty\frac{1}{2\kappa}\cdot 2xe^{-2\kappa x}dx\\
&= 2\int_0^\infty xe^{-2\kappa x}dx\\
&= 2\left[x\cdot\frac{1}{-2\kappa}e^{-2\kappa x}\right]_0^\infty + \frac{1}{\kappa}\int_0^\infty e^{-2\kappa x}dx\\
&= \frac{1}{\kappa}\left[\frac{1}{-2\kappa}e^{-2\kappa x}\right]_0^\infty\\
&= \frac{1}{2\kappa^2}
\end{align*}

1-5の結果と合わせて、

$$\langle\phi | (\Delta x)^2 |\phi\rangle = \frac{1}{2\kappa^2}$$

1-7.

方針：
$\langle\phi(x) | (-i\hbar\frac{d}{dx})^2 |\phi(x)\rangle$の積分の計算をしたいが、$\phi(x) = \sqrt{\kappa}e^{-\kappa|x|}$が$x = 0$に不連続点を持つので、$x = 0$で、被積分関数に含まれている微分を定義できない。
よって、フーリエ変換によって波動関数を運動量表示に直し、
$\langle\Psi(p) | p^2 |\Psi(p)\rangle$を計算することを試みる。

\begin{align*}
\Psi(p) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\kappa}e^{\kappa|x|}\cdot e^{\frac{ipx}{\hbar}}dx \\
&= \frac{\sqrt{\kappa}}{\sqrt{2\pi\hbar}}\left\{\int_{-\infty}^0e^{(\kappa+\frac{ip}{\hbar})x}dx + \int_0^{\infty}e^{-(\kappa-\frac{ip}{\hbar})x}dx\right\} \\
&= \sqrt{\frac{\kappa}{2\pi\hbar}} \left\{ \left[\frac{1}{\kappa + \frac{ip}{\hbar}}e^{(\kappa+\frac{ip}{\hbar})x}\right]_{-\infty}^0 + \left[\frac{-1}{\kappa – \frac{ip}{\hbar}}e^{-(\kappa-\frac{ip}{\hbar})x}\right]_0^\infty \right\} \\
&= \sqrt{\frac{\kappa}{2\pi\hbar}}(\frac{1}{\kappa + \frac{ip}{\hbar}} + \frac{1}{\kappa – \frac{ip}{\hbar}}) \\
&= \sqrt{\frac{\kappa}{2\pi\hbar}}\cdot\frac{2\kappa\hbar^2}{\kappa^2\hbar^2 + p^2}
\end{align*}

よって、

\begin{align*}
\langle\Psi(p) | p^2 |\Psi(p)\rangle\ &= \frac{\kappa}{2\pi\hbar}\cdot 4\kappa^2\hbar^4\int_{-\infty}^\infty\frac{p^2}{\kappa^2\hbar^2 + p^2}dp \\
&= \frac{4\kappa^3\hbar^3}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{(\kappa\hbar)^2tan^2\theta}{(\frac{(\kappa\hbar)^2}{cos^2\theta})^2}\cdot\frac{\kappa\hbar}{cos^2\theta}d\theta \\
&= \frac{4\kappa^3\hbar^3}{\pi}\cdot\frac{1}{\kappa\hbar}\int_0^\frac{\pi}{2}tan^2\theta\cdot cos^2\theta d\theta \\
&= \frac{4\kappa^2\hbar^2}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1 – cos\theta}{2}d\theta \\
&= \frac{4\kappa^2\hbar^2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{4} \\
&= (\kappa\hbar)^2
\end{align*}

1-8.

1-6, 1-7より

$\langle\phi | (\Delta x)^2 |\phi\rangle\cdot\langle\phi | (\Delta p)^2 |\phi\rangle = \frac{\hbar^2}{2}$

問２：極座標表示の波動関数

2-1.

\begin{align*}
j_r &= \frac{\hbar}{2im_e}(\varphi ^*\frac{\partial}{\partial r}\varphi – \varphi \frac{\partial}{\partial r}\varphi ^*)\\
&= \frac{\hbar}{2im_e}(RY^*\frac{dR}{dr}Y – RY\frac{dR}{dr}Y^*)\\
&= \frac{\hbar}{2im_e}(R|Y|^2\frac{dR}{dr} – R|Y|^2\frac{dR}{dr}) = 0
\end{align*}

2-2.

\begin{align*}
j_\theta &= \frac{\hbar}{2im_e}(\varphi ^*\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\varphi – \varphi\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\varphi ^*)\\
&= \frac{\hbar}{2im_e}(RC^*Pe^{-im\phi}\cdot\frac{1}{r}\frac{dP}{d\theta}e^{im\phi} – RCPe^{im\phi}\cdot\frac{1}{r}RC^*\frac{dP}{d\theta}e^{-im\phi})\\
&= \frac{\hbar}{2im_e}(\frac{R^2|C|^2}{r}P\frac{dP}{d\theta} – \frac{R^2|C|^2}{r}P\frac{dP}{d\theta}) = 0
\end{align*}

コメント：
2-1, 2-2での計算結果より、r方向（動径方向）とθ方向には、「電子の存在確立の流れが無い」（＝定常状態である）ことが分かる。

2-3.

\begin{align*}
j_\phi &= \frac{\hbar}{2im_e}(\varphi ^*\frac{1}{rsin\theta}\frac{\partial}{\partial\phi}\varphi – \varphi\frac{1}{rsin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\varphi ^*)\\
&= \frac{\hbar}{2im_e}(RC^*Pe^{-im\phi}\frac{1}{rsin\theta}RCP(im)e^{im\phi} – RCPe^{im\phi}\frac{1}{rsin\theta}RC^*P(-im)e^{-im\phi})\\
&= \frac{\hbar R^2|C|^2P^2}{rm_esin\theta}m
\end{align*}

2-4.

$j_\phi [s^{-1}\cdot m^{-2}]$は、単位時間あたりに、電荷が単位面積を$\phi$方向に通過する確率を表す。よって

$$d\mu_z = q_ej_\phi \cdot rdr\theta \times (rsin\theta)^2\pi$$

ここで、は円電流に相当し、は円の面積である。

2-5.

\begin{align*}
\mu_z &= \int d\mu_z\\
&= \int\int q_e\frac{\hbar R^2|C|^2P^2}{rm_esin\theta}m\cdot rdrd\theta\cdot(rsin\theta)^2\pi\\
&= \frac{q_e\hbar\pi}{m_e}\int\int R^2|C|^2P^2r^2sin\theta drd\theta\\
&= \frac{q_e\hbar\pi}{m_e}\int R^2r^2dr\int|C|^2P^2sin\theta d\theta\\
&= \frac{q_e\hbar\pi}{m_e}\frac{1}{\int_0^{2\pi}|e^{im\phi}|^2d\phi}\\
&= \frac{q_e\hbar\pi}{m_e}\cdot\frac{1}{2\pi}\\
&= – \frac{\hbar|q_e|}{2m_e} = – \mu_B
\end{align*}

２行目で$m = 1$を代入した。また、４行目から５行目への式変形には、規格化条件を用いた。

規格化条件：$\int |\varphi_{nlm}|^2d\tau = 1$
ここで、$\tau$の積分は全空間についての積分を表す。よって

\begin{align*}
& \int\int\int |R(r)CP(cos\theta)e{im\phi}|^2r^2sin\theta drd\theta d\phi \\
&= \int R(r)r^2dr\int|C|^2P^2(cos\theta)sin\theta d\theta \times \int |e^{im\phi}|^2d\phi \\
&= 1
\end{align*}
が成り立つ。

2-6.

2-5の計算で、$m = – 1$と置けば

$\mu_z = (-1)\cdot (- \frac{\hbar|q_e|}{2m_e}) = \mu_B$