量子力学における調和振動子の代数的解法（演算子法）
命題
量子調和振動子の基底状態とそのエネルギーは次のとおりである。
$$ \psi_{0}(x) = \left(\textstyle \frac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} $$
$$ E_{0} = \dfrac{1}{2}\hbar \omega $$
励起状態とそのエネルギーは以下のとおりである。$n = 1, 2, \dots$について、
$$ \psi_{n}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2^{n}n!}} \alpha^{-n/2} \left( \frac{\alpha}{\pi} \right)^{1/4} \left( \alpha x - \dfrac{\d }{\d x} \right)^{n} e^{-\frac{\alpha}{2} x^{2}} $$
$$ E_{n} = \left( n + \frac{1}{2} \right) \hbar\omega $$
このとき$\alpha = \frac{m \omega}{\hbar}$である。
導出
量子調和振動子における時間に依存しないシュレディンガー方程式は次のとおりである。
$$ H \psi = \left( -\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{ d^{2} }{ dx^{2} } + \dfrac{1}{2} m \omega^{2} x^{2} \right) \psi = E\psi $$
ハミルトニアン$H$の梯子演算子は次のとおりである。
$$ \begin{align*} a_{+} &= \dfrac{1}{\sqrt{2\hbar m \omega}}(- \i P + m\omega X) \\ a_{-} &= \dfrac{1}{\sqrt{2\hbar m \omega}}(+ \i P + m\omega X) \end{align*} $$
$\psi$を$H$の固有関数波動関数、$E$をこれに対応する固有値エネルギーとしよう。梯子演算子$a_{-}$の役割は、$H$の固有関数に作用させて固有値が$\hbar\omega$だけ小さい別の固有関数を作ることである。すなわち次を成り立たせる演算子である。
$$ H (a_{-} \psi) = (E - \hbar\omega)(a_{-}\psi) $$
基底状態
下降演算子$a_{-}$を任意の回数だけ作用させると、その分エネルギーの小さい固有関数を次々に得ることができる。
$$ \begin{array}{c} H ((a_{-})^{2} \psi) = (E - 2\hbar\omega)((a_{-})^{2}\psi) \\ H ((a_{-})^{3} \psi) = (E - 3\hbar\omega)((a_{-})^{3}\psi) \\ \vdots \end{array} $$
下降演算子を適用し続けるうちに、ある時点で固有関数$\psi_{0}$のエネルギー$E_{0}$の範囲が次のようになるとしよう。
$$ 0 \lt E_{0} \lt \hbar\omega $$
すると$\psi_{0}$にもう一度$a_{-}$を取ればエネルギーが負になるということであり、（ポテンシャル$V(x) = \frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}$の最小値が$0$であるから）このときは物理的に可能な解が存在しない。 すなわち粒子が存在する確率が$0$という意味なので波動関数は$0$である。
$$ a_{-}\psi_{0} = 0 $$
運動量演算子が$p = \frac{\hbar}{\i} \frac{\d }{\d x}$なので（便宜上小文字で書こう）、上の式は以下のような微分方程式になる。
$$ \dfrac{1}{\sqrt{2 \hbar m \omega}}\left( \hbar\dfrac{\d \psi_{0}}{\d x} + m \omega x \psi_{0} \right) = 0 \\[1em] \implies \dfrac{\d \psi_{0}}{\d x} = -\dfrac{m \omega x}{\hbar}\psi_{0} $$
これを変数分離した後、積分すると以下のように$\psi_{0}$を得る。
$$ \begin{align*} \implies && \dfrac{1}{\d \psi_{0}} \d \psi_{0} &= -\dfrac{m\omega}{\hbar} x \d x \\ \implies && \int \dfrac{1}{\d \psi_{0}} \d \psi_{0} &= -\dfrac{m\omega}{\hbar} \int x \d x \\ \implies && \ln \psi_{0} &= -\dfrac{m\omega}{2\hbar} x^{2} + \text{constant} \\ \implies && \psi_{0} &= e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2} + \text{constant}} \\ \implies && \psi_{0} &= C_{0} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} \\ \end{align*} $$
では規格化定数$C_{0}$を正確に求めてみよう。$C_{0}$は波動関数を二乗積分して$1$になるようにする定数である。
$$ 1 = \int \psi_{0}^{\ast} \psi_{0} dx = |C_{0}|^{2} \int e^{-\frac{m\omega}{\hbar} x^{2}} dx $$
ここで右辺の積分はガウス積分である。
ガウス積分:
$$ \int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2}} dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} $$
したがって次を得る。
$$ 1 = |C_{0}|^{2} \sqrt{\dfrac{\pi \hbar}{m \omega}} \implies C_{0} = \left( \dfrac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} $$
したがってエネルギーが最も低い基底状態の波動関数は以下のとおりである。
$$ \psi_{0}(x) = \left(\textstyle \frac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} $$
調和振動子のハミルトニアンは梯子演算子で$H = \hbar \omega(a_{+}a_{-} + \frac{1}{2})$のように表されるので、基底状態のエネルギーは次のように計算される。
$$ \begin{align*} \implies && H\psi_{0} &= E_{0}\psi_{0} \\ \implies && \hbar \omega \left( a_{+}a_{-} + \frac{1}{2} \right) \psi_{0} &= E_{0}\psi_{0} \\ \implies && \hbar \omega a_{+}a_{-}\psi_{0} + \frac{1}{2}\hbar \omega \psi_{0} &= E_{0}\psi_{0} \\ \implies && \frac{1}{2}\hbar \omega \psi_{0} &= E_{0}\psi_{0} \\ \implies && E_{0} &= \dfrac{1}{2}\hbar \omega \end{align*} $$
励起状態
では励起状態の波動関数とエネルギーを求めてみよう。まず$a_{+}$は状態のエネルギーを$\hbar\omega$だけ増加させる演算子なので、任意の状態$n$に対するエネルギーは次のとおりである。
$$ H(a_{+})^{n}\psi_{0} = \left( E_{0} + n\hbar\omega \right) (a_{+})^{n}\psi_{0} $$
$$ \implies E_{n} = \dfrac{1}{2}\hbar\omega + n\hbar\omega = \left( n + \frac{1}{2} \right) \hbar\omega $$
梯子演算子 $a_{+}$について、$a_{+}\psi_{n}$と規格化された$n+1$番目の固有関数$\psi_{n+1}$は比例する。
$$ a_{+} \psi_{n} = C_{+} \psi_{n+1} \tag{1} $$
左辺を二乗積分すると次のとおりである。$\psi_{n}$は規格化された波動関数であり、ディラック記法を用いると、
$$ \begin{align*} (a_{+} \ket{\psi_{n}})^{\ast}(a_{+} \ket{\psi_{n}}) &= \braket{\psi_{n} | a_{-}a_{+} | \psi_{n}} \\ &= \Braket{\psi_{n} | \frac{1}{\hbar \omega}H + \frac{1}{2} | \psi_{n}} \\ &= \frac{1}{\hbar \omega}\Braket{\psi_{n} | H | \psi_{n}} + \frac{1}{2} \braket{\psi_{n} | \psi_{n}} \\ &= \frac{1}{\hbar \omega}\Braket{\psi_{n} | E_{n} | \psi_{n}} + \frac{1}{2}\\ &= \left( n + \dfrac{1}{2} \right) + \frac{1}{2}\\ &= n + 1 \end{align*} $$
2番目の等号は$a_{-}a_{+}=\frac{1}{\hbar \omega}H + \frac{1}{2}$を代入したものである。一方$(1)$の右辺を二乗積分すると、
$$ \begin{align*} (C_{+}\ket{\psi_{n+1}})^{\ast}(C_{+}\ket{\psi_{n+1}}) &= |C_{+}|^{2}\braket{\psi_{n+1} | \psi_{n+1}} \\ &= |C_{+}|^{2} \end{align*} $$
したがって次を得る。
$$ C_{+} = \sqrt{n+1} \implies \psi_{n+1} = \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} a_{+}\psi_{n} $$
最終的に任意の$n$番目の状態は基底状態について次のように表される。
$$ \begin{align*} \psi_{n} &= \dfrac{1}{\sqrt{n}} a_{+}\psi_{n-1} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{n}} a_{+}\dfrac{1}{\sqrt{n-1}} a_{+}\psi_{n-2} = \dfrac{1}{\sqrt{n(n-1)}} (a_{+})^{2}\psi_{n-2} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{n(n-1)}} (a_{+})^{2}\dfrac{1}{\sqrt{n-2}} a_{+}\psi_{n-3} = \dfrac{1}{\sqrt{n(n-1)(n-2)}} (a_{+})^{3}\psi_{n-3} \\ &= \vdots \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{n!}} (a_{+})^{n} \psi_{0} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{n!}} \left( \dfrac{1}{\sqrt{2\hbar m \omega}}\left( m \omega x - \hbar \dfrac{\d }{\d x} \right) \right)^{n} \left( \frac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2^{n}n!}} \left( \dfrac{1}{\sqrt{\hbar m \omega}} \right)^{n} \hbar^{n}\left( \dfrac{m \omega}{\hbar} x - \dfrac{\d }{\d x} \right)^{n} \left( \frac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2^{n}n!}} \left( \dfrac{\sqrt{\hbar}}{\sqrt{ m \omega}} \right)^{n} \left( \dfrac{m \omega}{\hbar} x - \dfrac{\d }{\d x} \right)^{n} \left( \frac{m \omega}{\pi \hbar} \right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^{2}} \end{align*} $$
ここで$\alpha = \frac{m \omega}{\hbar}$と置くと、
$$ \psi_{n}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2^{n}n!}} \alpha^{-n/2} \left( \frac{\alpha}{\pi} \right)^{1/4} \left( \alpha x - \dfrac{\d }{\d x} \right)^{n} e^{-\frac{\alpha}{2} x^{2}} $$
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