演算子法による調和振動子問題の解法：ラダー演算子の定義
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調和振動子のはしご演算子は$\mathrm{Ladder\ Operator}$に示されている。エネルギー演算子であるハミルトニアン$H$も置換が可能で、はしご演算子の特徴を利用して基底状態からの固有関数を求めることができる。調和振動子の古典的なハミルトニアン$H$を因数分解することから、新しい演算子を定義するヒントを得ることができる。
$$ \begin{align*} H &= \frac{1}{2m}p^{2}+\frac{1}{2m}mw^{2}x^{2} \\ &= \frac{1}{2m} \left(p^{2}+m^{2}w^{2}x^{2} \right) \\ &= \frac{1}{2m} (ip+mwx)(-ip+mwx) \end{align*} $$
ここからヒントを得て、調和振動子の2つのはしご演算子を次のように定義することができる。わざわざ$i$が$x$項ではなく$p$項に付く理由や、前の定数が$\dfrac{1}{\sqrt{2\hbar mw}}$である理由は、最終的に得られる式の形を考えて計算を簡単にするためである。
$$ \begin{align*} a_{+} &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar mw}}(ip+mwx) \\ a_{-} &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar mw}}(-ip+mwx)=(a_{+})^{\ast} \end{align*} $$
さて、2つの演算子の積でハミルトニアン$H$を表現してみよう。演算子であるため、掛け算の順序によって結果が異なることに注意しなければならない。また、標準交換関係式 $[x,p]=i\hbar$を使用する。
$$ \begin{align*} a_{-}a_{+} &= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}+mwipx-mwixp) \\ &= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}-mwi[x,p]) \\ &= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + ^{2}w^{2}x^{2}+mw\hbar) \\ &= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}) + \frac{1}{2\hbar mw}(mw\hbar) \\ &= \frac{1}{\hbar w}\frac{1}{2m} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}) + \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{\hbar w}H+\frac{1}{2} \end{align*} $$
したがって、$H = \hbar w(a_{-}a_{+} - \dfrac{1}{2})$である。積の順序を変え、同じ過程で計算すると
$$ \begin{align*} && a_{+}a_{-} &= \dfrac{1}{\hbar w}H-\dfrac{1}{2} \\ \implies && H &= \hbar w(a_{+}a_{-} + \frac{1}{2}) \end{align*} $$
これから2つの演算子の交換子も計算することができる。$[a_{-},a_{+}]=1$ さて、2つの演算子$a_\pm$を利用して調和振動子のシュレーディンガー方程式を新しく表現できる。
$$ H\psi=E\psi $$
$$ \implies \hbar w (a_\pm a_\mp \pm \dfrac{1}{2})\psi=E\psi $$
これら2つの演算子、$a_{+}$、$a_{-}$の名前はそれぞれ昇演算子$\mathrm{rasing\ operator}$と降演算子$\mathrm{lowering\ operator}$である。このような名前が付く理由は、固有関数に適用したときにエネルギー（固有値）が増加するか減少するからである。つまり、エネルギーを上げたり下げたりする演算子という意味である。なぜそうなるのかは次の記事を参照しよう。次の記事：演算子手法で調和振動子問題を解決する：はしご演算子の適用
前の記事：演算子手法で調和振動子問題を解決する：はしご演算子の定義
さて、はしご演算子が調和振動子の固有関数にどのように作用するかを見てみよう。参考のため、任意の定数と任意の演算子間の交換子は常に$0$である。以下の数式展開で使用した関係式$( [AB,C]=A[B,C]+[A,C]B,\ \ [a_{-},a_{+}]=1 )
$$ H=(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w$$이므로,
$$ \begin{align*} [H,a_{+}] &= [(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w,a_{+}] \\ &= [a_{+}a_{-}\hbar w,a_{+}]+[\dfrac{1}{2}\hbar w, a_{+}] \\ &= \hbar w[a_{+}a_{-},a_{+}] \\ &= \hbar w(a_{+}[a_{-},a_{+}] + [a_{+},a_{+}]a_{-}) \\ &= \hbar w a_{+} \\ &= Ha_{+} - a_{+}H \end{align*} $$
같은 방법으로 $ [H,a_{-}]$를 구하면$ [H,a_{-}] =-\hbar w a_{-} =Ha_{-} - a_{-}H$이제 위에서 구한 관계식을 써서 조화진동자의 고유함수에 적용시켜보자.$ a_\pm$는 고유함수$ \ket{\psi}$에 대해서 고유값 방정식을 만족시키는 연산자가 아니므로$ a_\pm$대신 $ H$가 고유함수에 적용될 수 있도록 모양을 바꿔준다.슈뢰딩거 방정식은 $ H \ket{\psi} = E \ket{\psi}
$$ \begin{align*} Ha_{+} \ket{\psi} &= (\hbar wa_{+} + a_{+}H) \ket{\psi} \\ &= (\hbar wa_{+} + a_{+}E) \ket{\psi} \\ &= (E+\hbar w)a_{+} \ket{\psi} \end{align*} $$
したがって、$\ket{\psi}$が$H$の固有関数であるとき、$a_{+} \ket{\psi}$も固有値方程式を満たす固有関数である。このとき、$a_{+} \ket{\psi}$の固有値は$(E+\hbar w)$である。一般式を求めるために2度適用してみよう。1度適用したときの結果をここで使用する。
$$ \begin{align*} H(a_{+})^{2} \ket{\psi} &= Ha_{+}a_{+} \ket{\psi} \\ &= (a_{+}H+\hbar w a_{+})a_{+} \ket{\psi} \\ &= a_{+}H+a_{+} \ket{\psi} + \hbar w a_{+}a_{+} \ket{\psi} \\ &= a_{+}(E+\hbar w)a_{+} \ket{\psi} + \hbar w a_{+}a_{+} \ket{\psi} \\ &= (E+\hbar w)(a_{+})^{2} \ket{\psi} + \hbar w (a_{+})^{2} \ket{\psi} \\ &= (E+2\hbar w)(a_{+})^{2} \ket{\psi} \end{align*} $$
したがって、固有関数$\ket{\psi}$に$a_{+}$を$n$回適用すると、次のような結果が得られる。
$$ \implies H(a_{+})^n \ket{\psi}=(E+n\hbar w)(a_{+})^n \ket{\psi} $$
同様に、同じ方法で固有関数に$a_{-}$を適用すると
$$ Ha_{-} \ket{\psi}=(a_{-}H - \hbar w a_{-}) \ket{\psi}=(E-\hbar w)a_{-} \ket{\psi} $$
$$\implies H(a_{-})^n \ket{\psi}=(E-n\hbar w)(a_{-})^n \ket{\psi}$$
したがって、固有関数に適用するたびにエネルギーが増加する$a_{+}$は昇演算子$\mathrm{rasing\ operator}$と呼ばれる。固有関数に適用するたびにエネルギーが減少する$a_{-}$は降演算子$\mathrm{lowering\ operator}$と呼ばれる。次記事：エネルギーレベルと基底状態の演算子方法による調和振動子の問題
前の記事：はしご演算子の適用方法による調和振動子の問題引き続き、調和振動子のエネルギーと基底状態の固有関数を求めてみよう。
$$ E=<\psi|H \ket{\psi}=<\psi|(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w \ket{\psi} $$
この時、固有関数に無限に$a_{-}$を適用することはできない。エネルギーが$0$未満になることはない。エネルギーがポテンシャルよりも小さいときは解がないため$E>U$でなければならない。つまり、もはやエネルギーレベルが下がらない基底状態$\mathrm{ground\ state}$があり、基底状態に降演算子$\mathrm{lowering\ operator}$を適用すると$0$になる。つまり、基底状態を$ \ket{\psi_{0}}$と呼ぶと、$a_{-} \ket{\psi_{0}}=0$。さて、この事実を利用して基底状態のエネルギーを求めてみよう。
$$ \begin{align*} H \ket{\psi_{0}} &= (a_{+}a_{-} + \frac{1}{2})\hbar w \ket{\psi_{0}} \\ &= \hbar w a_{+}a_{-} \ket{\psi_{0}}+\frac{1}{2}\hbar w \ket{\psi_{0}} \\ &= \frac{1}{2}\hbar w \ket{\psi_{0}} \end{align*} $$
\therefore H \ket{\psi_{0}} = \dfrac{1}{2} \hbar w \ket{\psi_{0}} $바닥상태의 에너지는 $ E_{0} = \dfrac{1}{2} \hbar w $이다.$0$이 아니다!이전 글에서 사다리 연산자는 고유함수의 에너지를 $ \pm \hbar w $만큼 변화시키는 것을 알았다.즉, 첫 번째 들뜬 상태의 에너지는$ E_{1} = \dfrac{1}{2} \hbar w + \hbar w $두 번째 들뜬 상태의 에너지는$ E_2 = \dfrac{1}{2} \hbar w + 2\hbar w $따라서 $ n $번째 에너지에 대해서 일반적으로 표현할 수 있다.$ E_{n} = (n + \dfrac{1}{2}) \hbar w,\ \ (n=0,\ \ 1,\ \ 2,\ \ \cdot).$에너지 준위가 등간격($ \hbar w $)으로 이루어져있음을 알 수 있다.이제 바닥상태의 고유함수 $ \psi_{0}$를 구체적으로 구해보자.참고로 운동량 연산자 $ p$는 $ p={\hbar \over i}{\partial \over \partial x}$$a_{-}\psi_{0}=0
$$ \implies {1 \over {\sqrt{2\hbar mw}} }(-ip+mwx) \psi_{0}=0 $$
$$ \implies (-ip+mwx) \psi_{0}=0 $$
$$ \implies (\hbar\frac{\partial}{\partial x} +mwx) \psi_{0}=0 $$
$$ \implies \frac{\partial}{\partial x}\psi_{0}=-\frac{mwx}{\hbar}\psi_{0} $$
ここで変数分離を行うと
$$ \displaystyle \frac{1}{\psi_{0}} d\psi_{0}=-\frac{mwx}{\hbar} dx $$
$$ \implies \ln (\psi_{0}) = -\frac{mwx^{2}}{2\hbar}+C $$
$$ \implies \psi_{0}(x)=Ce^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}} $$
あと正規化定数$C$だけ求めれば基本状態の固有関数を正確に知ることができる。正規化条件により
$$ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} (\psi_{0})^{\ast}\psi_{0}dx=1 $$
$$ \implies |C|^{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{mwx^{2}}{\hbar}} dx=1 $$
この積分を計算するためにガウス積分 : $e^{-x^{2}}$形の定積分を参考にしよう。積分しやすくするために置換をする
$$ \sqrt{\frac{mw}{\hbar}}x \equiv y $$
$$dx=\sqrt{\frac{\hbar}{mw}}dy$$
積分範囲は変わらない。元の式に代入すると
$$ \displaystyle \implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar}{mw}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-^y2} dy=1 $$
$$ \implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar}{mw}}\sqrt{\pi}=1 $$
$$ \implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar \pi}{mw}}=1 $$
$$ \therefore |C|^{2}=\sqrt{\frac{mw}{\hbar \pi}},\ \ C=(\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}}$$
したがって、最終的に基底状態の固有関数は$\psi_{0} (x)=(\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}} e^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}}$。次の記事では$n$について一般化された固有関数を求めるつもりだ。次の記事：はしご演算子を使って調和振動子の問題を解く： 一般化された固有関数
前の記事：エネルギーレベルと基底状態の固有関数 では調和振動子のはしご演算子と基底状態の固有関数から一般化された固有関数を導き出してみよう。はしご演算子$a_\pm$は固有関数$\psi_{n}$の状態を一段階上げたり下げたりする。従って次のような式を立てることができる。$a_{+} \ket{\psi_{n}}=C_{+}|\psi_{n+1}>
$$ a_{-} \ket{\psi_{n}}=C_{-} \ket{\psi_{n-1}} $$
$C_\pm$는 각각 $n$번째와 $(n+1)$번째, $n$번째와 $(n-1)$번째 상태 사이의 비례계수이다. 이 비례계수를 정확하게 구해보자.각 고유함수들이 규격화된 고유함수라고 가정하고 규격화조건을 사용하자.규격화된 고유 함수는 자신과 내적하면 값이 $1$이다.사다리 연산자와 해밀토니안 사이의 관계식을 사용하면.
$$ \begin{align*} (a_{+} \ket{\psi_{n}})^{\ast}(a_{+} \ket{\psi_{n}}) &= \bra{\psi_{n}} a_{-}a_{+} \ket{\psi_{n}} \\ &= \bra{\psi_{n}} \frac{1}{\hbar w}H + \frac{1}{2} \ket{\psi_{n}} \\ &= \frac{1}{\hbar w} E_{n} <\psi_{n} \ket{\psi_{n}} + \frac{1}{2} <\psi_{n} \ket{\psi_{n}} \\ &= \frac{1}{\hbar w}(n+\frac{1}{2})\hbar w +\frac{1}{2} \\ &= n+1 \end{align*} $$
반면 위의 비례식을 사용하면
$$ \begin{align*} (a_{+} \ket{\psi_{n}})^{\ast}(a_{+} \ket{\psi_{n}}) &= (C_{+}|\psi_{n+1}>)^{\ast}(C_{+}|\psi_{n+1}>) \\ &= |C_{+}|^{2}\braket{\psi_{n+1} | \psi_{n+1}} \\ &= |C_{+}|^{2} \end{align*} $$
따라서 위의 두 결과를 종합하면 $C_{+}$값을 얻을 수 있다.$|C_{+}|^{2}=n+1
$$ \implies C_{+}=\sqrt{n+1} $$
\therefore a_{+} \ket{\psi_{n}}=\sqrt{n+1}|\psi_{n+1} >$ 같은 방법으로 $C_{-}▷eq73