導入
オシレーターは、時間の経過に伴う周期的なシステムです。調和性は、関連するポテンシャルを放物線として考えることを示します。振動の振幅が大きすぎない限り、この近似はほとんどの場合に正当化されます。これが、調和発振器の概念が多くの物理アプリケーションで重要な役割を果たす理由です。
量子力学は多くの基本概念に革命をもたらしました。調和振動子もこの量子枠組みで再定式化され、特に物性物理学におけるいくつかの実験結果を解明することが可能になりました。
古典的な一次元調和発振器
古典的な 1次元調和振動子は、通常、次のような放物線ポテンシャルによってモデル化されます。
次に、このポテンシャルにおける質量mの粒子が脈動ωの正弦波運動をすることを簡単に証明します。
三次元での一般化
単一次元に関するこれらの計算は、3 次元に非常によく一般化されます。この場合、ハミルトニアンは単に 3 つの独立したハミルトニアンの合計の形になるため、以前とまったく同じように別々に研究することができます。
| 発振器がアクセスできるエネルギーは次のとおりです。 $$ {E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{3}{2}\right)} $$ $$ {(n\ge 0)} $$ |
n = n x + n y + n zの場合、エネルギーは3 つの独立した量子数に依存します。したがって、同じエネルギーに対して、異なる構成を想像することが可能になります。エネルギー準位は縮退しています。
n 番目のエネルギーレベルの縮退数を計算します。
$$ { g_{n} = \frac{(n+1)(n+2)}{2} } $$
一次元量子調和発振器
問題の位置
このタイプの発振器の量子研究を実行するには、対応するハミルトニアン演算子を記述する必要があります。
または
$$ {\widehat{\textbf{\textit{p}}}_{x}} $$
は、粒子の運動量演算子のx軸成分です。次に、このハミルトニアンに関連する時間に依存しないシュレディンガー方程式を解く必要があります。
$$ {\widehat{\textbf{\textit{H}}}\left | \psi (x) \right \rangle = E\left | \psi (x) \right \rangle} $$
ここでE は波動関数に関連付けられたエネルギーです$$ {\left | \psi (x) \right \rangle} $$
。- すでにいくつかの注意事項を述べておくことができます。
- V が正またはゼロであるため、固有値Eも正またはゼロになります。
- このポテンシャルにおける粒子の閉じ込めは、これらのエネルギーのスペクトルが離散的になることを示しています。
- このシステムは 1 つの自由度しか示さないため、量子数は1 つだけになります。
- すでにいくつかの注意事項を述べておくことができます。
ハミルトニアンの簡略化
書き方を簡単にするために、
$$ {\widehat{\textbf{\textit{H}}}} $$
では、次の演算子を提示します。 $$ {\widehat{symbol{\mathcal{H}}}=\frac{\widehat{\textbf{\textit{H}}}}{\hbar\omega}, \widehat{\textbf{\textit{P}}}=\frac{\widehat{\textbf{\textit{p}}}_{x}}{\sqrt{m\hbar\omega}}} $$
、 そして$$ {\widehat{\textbf{\textit{X}}}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} \widehat{\textbf{\textit{x}}}} $$
(
$$ {\hbar} $$
は換算されたプランク定数です)。これにより、ハミルトニアンを次の単純な形式で書き直すことができます。
$$ {\widehat{symbol{\mathcal{H}}}=\frac{1}{2}\left(\widehat{\textbf{\textit{X}}}^2+\widehat{\textbf{\textit{P}}}^2 \right)} $$
。| 次に、新しい演算子を定義します。 |
|
- 備考：
- $$ {\left[ \widehat{\textbf{\textit{X}}},\widehat{\textbf{\textit{P}}} \right] = \frac{1}{\hbar}\left[ \widehat{\textbf{\textit{x}}} , \widehat{\textbf{\textit{p}}}_{x} \right] = i\widehat{\textbf{1}}} $$
- $$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}} $$エルミート演算子ではありません$$ { \left( \widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger} \ne \widehat{\textbf{\textit{a}}} \right)} $$。
- ただし、次のようなスイッチがあります。 $$ {\left[ \widehat{\textbf{\textit{a}}},\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger} \right]=\widehat{\textbf{1}}} $$。
- 以下を簡単に示します。 $$ {\widehat{\textbf{\textit{X}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\widehat{\textbf{\textit{a}}}^\dagger+\widehat{\textbf{\textit{a}}} \right)} $$、$$ {\widehat{\textbf{\textit{P}}}=i\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}-\widehat{\textbf{\textit{a}}}\right)} $$そして$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger} \widehat{\textbf{\textit{a}}}= \frac{1}{2}\left(\widehat{\textbf{\textit{X}}}^2+\widehat{\textbf{\textit{P}}}^2\right) -\frac{1}{2}} $$。
- 備考：
| これにより、最終的にハミルトニアンの簡略化された記述が得られます。 |
|
固有値の計算
固有値
$$ {\mathcal{E}} $$
ハミルトニアンの$$ {\widehat{symbol{\mathcal{H}}}} $$
定義により、次の方程式を検証します。 $$ {\widehat{symbol{\mathcal{H}}}\left | \psi (t) \right \rangle = \mathcal{E}\left | \psi (t) \right \rangle} $$
。いくつかのポイントを開発します。
- 演算子の固有値n $$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^\dagger \widehat{\textbf{\textit{a}}}} $$は正またはゼロです。
- nが固有ベクトルに関連付けられた固有値の場合$$ {\left | n \right \rangle} $$の場合、 n − 1もベクトルに関連付けられた固有値です。$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}} \left | n \right \rangle} $$。これにより、$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}} \left | n \right \rangle=\sqrt{n}\left | n-1 \right \rangle} $$。
- 同じく、 $$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^\dagger\left | n \right \rangle=\sqrt{n+1}\left | n+1 \right \rangle} $$。
- n は整数でなければなりません。
以前の結果は次のようになります。
| 発振器がアクセスできるエネルギーは次のとおりです。 $$ {E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)} $$ $$ {(n \ge 0)} $$ |
したがって、発振器がアクセスできるエネルギーは定量化されます。この結果は、統計物理学などに多くの影響を及ぼします。
固有状態の計算
- 基底状態について次の方程式があることを確認します。 $$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}} \left | 0 \right \rangle = 0} $$
- aの定義を遡って調べます。 $$ {\left(\frac{m \omega}{\hbar} x + \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right)\Psi_{0}(x) = 0} $$
- この微分方程式を解きます。 $$ {\Psi_{0}(x) = C_{0} \exp\left(- \frac{m \omega x^{2}}{2 \hbar}\right)} $$
この結果を正規化すると、次のようになります。$$ {C_{0} = \left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{\frac{1}{4}}} $$
解は互いに比例しているため、この基本状態は非縮退であると推定されます。
$$ {|n>=\frac{1}{\sqrt{n!}}\left(\widehat{\textbf{\textit{a}}}^\dagger \right)^n |0>} $$
この最後の方程式を使用すると、必要なだけ波動関数を明示的に見つけることができます。たとえば、
$$ {n=1\,} $$
以下を取得します。 $$ {\Psi_{1}(x) = \left( \frac{4}{\pi} \left( \frac{m \omega}{\hbar} \right )^{3} \right )^{\frac{1}{4}} x \exp \left( -\frac{1}{2} \frac{m \omega}{\hbar} x^{2} \right)} $$
行列表現
- ハミルトニアンの代表的な行列$$ {\widehat{\textbf{\textit{H}}}} $$に基づいて$$ {\vert n \rangle} $$構造上、斜めになっています。
我々は持っています
$$ {\widehat{\textbf{\textit{H}}}= \hbar \omega \begin{pmatrix} 1/2 & 0 & 0 &\cdots \\ 0 & 1+1/2 & 0 &\cdots \\ 0 & 0 & 2+1/2 &\cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots &\ddots \end{pmatrix}} $$
- それを知って$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger} \vert n \rangle = \sqrt{n+1} \vert n+1 \rangle} $$、左側に次の値を乗算します。$$ {\vert k \rangle} $$彼は来ます$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}_{k,n}=\sqrt{n+1} \langle k \vert n+1 \rangle = \sqrt{n+1} \delta_{k,n+1}} $$
代表的な行列は、
$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}} $$
に基づいて$$ {\vert n \rangle} $$
したがって$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & 0 &\cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots &\ddots \end{pmatrix}} $$
以来
$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}_{k,n}=\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}_{n,k}} $$
、行列$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}} $$
転置して構築されます$$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}} $$
: $$ {\widehat{\textbf{\textit{a}}}= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{3} &\cdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots &\ddots \end{pmatrix} } $$
- そうすれば、観測値を表す行列を簡単に構築できます。 $$ {\widehat{\textbf{\textit{x}}}} $$そして$$ {\widehat{\textbf{\textit{p}}}} $$以来 ：
$$ { \widehat{\textbf{\textit{x}}}=\sqrt{\dfrac{\hbar}{m\omega}} \widehat{\textbf{\textit{X}}}= \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}} \left(\widehat{\textbf{\textit{a}}} + \widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}\right)} $$
そして$$ { \widehat{\textbf{\textit{p}}}=\sqrt{\hbar m\omega}\widehat{\textbf{\textit{P}}}=-i\sqrt{\dfrac{\hbar m\omega}{2}}\left(\widehat{\textbf{\textit{a}}} – \widehat{\textbf{\textit{a}}}^{\dagger}\right)} $$
それで
$$ {\widehat{\textbf{\textit{x}}}= \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & \sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & \sqrt{2} & 0 & \sqrt{3} &\cdots \\ 0 & 0 & \sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots &\ddots \end{pmatrix}} $$
そして$$ {\widehat{\textbf{\textit{p}}}= \sqrt{\dfrac{\hbar m\omega}{2}} \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 & 0 & \cdots \\ i & 0 & -i\sqrt{2} & 0 & \cdots \\ 0 & i\sqrt{2} & 0 & -i\sqrt{3} &\cdots \\ 0 & 0 & i\sqrt{3} & 0 & \cdots \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots &\ddots \end{pmatrix}} $$
解釈
これらの波動関数を分析すると、多くの古典的な結果が見つかります。ポテンシャル井戸内の粒子は、エネルギーが高いほど存在確率が高くなります (エネルギーが多いほど、井戸の底にあるボールは端でより高く上昇します) ）、粒子は井戸の中心から遠く離れたこれらの位置に自分自身を見つける可能性が高くなります（ボールの速度は井戸の中で高いほど小さくなります。したがって、ボールは高さで過ごす時間よりも高さで過ごす時間がはるかに長くなります）井戸の底）。
一貫した状態
他の状態は物理的に興味深いものです。 「一貫した状態」を参照してください。
アプリケーション
粒子がポテンシャル井戸内にあるすべての計算では、調和近似は非常に興味深いものです (実際、井戸の次数 2 に限定された展開により放物線が得られることがわかります)。たとえば、2 次元の「高調波トラップ」 (2D ボーズ アインシュタイン凝縮) を研究したい場合は、次のハミルトニアンを立てて研究を開始できます。
$$ { \widehat{\textbf{\textit{H}}} = \left( \frac{\widehat{\textbf{\textit{p}}}_{x}^2+\widehat{\textbf{\textit{p}}}_{y}^2}{2m} + {1\over 2} m \omega^2 \left(\widehat{\textbf{\textit{x}}}^2+\widehat{\textbf{\textit{y}}}^2 \right) \right)} $$