スポンサーサイト

上記の広告は1ヶ月以上更新のないブログに表示されています。
新しい記事を書く事で広告が消せます。
スポンサー広告 | --/--/-- --:--

調和振動子の行列理論 (5)

昇降演算子の行列要素を計算したい。

以前の議論から、ゼロでない行列要素は、$\langle n-1|a|n\rangle$ および $\langle n|a^\dagger|n-1\rangle$ のみである (*)。
これを求めたい。

前記事から、状態 $|n\rangle$ は規格化されていると仮定すると、
\[
\langle n | a^\dagger a |n\rangle = n
\tag{1}
\]である。さらに、完全性を利用して、
\[
\sum_{n'} \langle n | a^\dagger |n'\rangle\langle n'|a |n\rangle = n
\tag{2}
\]と変形できる。
ここで、上記の(*)に注意すれば、
\[
\langle n | a^\dagger |n-1\rangle\langle n-1|a |n\rangle = n
\tag{3}
\]となる。
これら2つの行列要素は互いに複素共役になっているから、
位相因子を1とすれば、
\[
\langle n | a^\dagger |n-1\rangle = \langle n-1|a |n\rangle = \sqrt{n}
\tag{4}
\]
状態 $|n\rangle$ に作用させたときにどのようになるかという観点で表記すると、
\[
a |n\rangle = \sqrt{n} \ |n-1\rangle
\tag{5.1}
\]\[
a^\dagger |n\rangle = \sqrt{n+1} \ |n+1\rangle
\tag{5.2}
\]
行列で表記すると、
\[
a = \left[
\begin{array}{ccccccc}
0 & 1 & 0 & 0 & & & \\
0 & 0 & \sqrt{2} & 0 & & & \\
0 & 0 & 0 & \sqrt{3} & & & \\
& & & & \cdot & & \\
& & & & & \cdot & \\
& & & & & & \cdot
\end{array}
\right]
\tag{6.1}
\]\[
a^\dagger = \left[
\begin{array}{ccccccc}
0 & 0 & 0 & & & & \\
1 & 0 & 0 & & & & \\
0 & \sqrt{2} & 0 & & & & \\
0 & 0 & \sqrt{3} & & & & \\
& & & \cdot & & & \\
& & & & \cdot & &
\end{array}
\right]
\tag{6.2}
\]
これらを用いて、個数演算子の行列表現を計算すると、
\[
a^\dagger a = \left[
\begin{array}{ccccccc}
0 & 0 & 0 & 0 & & & \\
0 & 1 & 0 & 0 & & & \\
0 & 0 & 2 & 0 & & & \\
0 & 0 & 0 & 3 & & & \\
& & & & \cdot & & \\
& & & & & \cdot & \\
& & & & & & \cdot
\end{array}
\right]
\tag{7}
\]となり、予想通り、固有値が n となる。

参考文献
[1] シッフ「量子力学」(上)
スポンサーサイト
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
調和振動子 | コメント(0) | 2014/07/08 12:45

調和振動子の行列理論 (4)

上昇演算子
\[
a^\dagger = -\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} ( p + im\omega_c x)
\tag{1.1}
\]下降演算子
\[
a = \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} ( p - im\omega_c x)
\tag{1.2}
\]
の積を考える。交換関係 $[x,p] = i\hbar$ を使って計算すると、
\[
a^\dagger a = \frac{H}{\hbar\omega_c} - \frac{1}{2}
\tag{2.1}
\]\[
a a^\dagger = \frac{H}{\hbar\omega_c} + \frac{1}{2}
\tag{2.2}
\]
となる。ここで、ハミルトニアンは
\[
H = \frac{p^2}{2m} + \frac{m\omega_c^2}{2}x^2
\tag{3}
\]である。
$a$ と $a^\dagger$ の交換関係は(2)より明らかに、
\[
[a, a^\dagger] = 1
\tag{4}
\]
また、(2.1)より
\[
H = \left( a^\dagger a + \frac{1}{2} \right) \hbar\omega_c
\tag{5}
\]となり、$|n\rangle$ のエネルギー固有値は
\[
E_n = \left( n + \frac{1}{2} \right) \hbar\omega_c
\tag{6}
\]であったから、$a^\dagger a$ の固有値は $n$ となる。
\[
a^\dagger a |n\rangle = n |n\rangle
\tag{7}
\]このため、$a^\dagger a$ は個数演算子と呼ばれる。

参考文献
[1] シッフ「量子力学」(上)
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
調和振動子 | コメント(0) | 2014/07/08 12:34

調和振動子の行列理論 (3)

だいぶ間が空いてしまいましたが、
調和振動子の行列理論の続き。

前回のこの式から
\[
\left[
\begin{array}{cc}
E_l - E_k & -i\hbar/m \\
i\hbar K & E_l -E_k
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{c}
\langle k|x|l \rangle \\
\langle k|p|l \rangle
\end{array}
\right] = 0
\tag{1}
\]
今度は、1行目に $-im\omega_c$ を乗じて、2行目を加えると、
\[
(E_l - E_k - \hbar\omega_c) \langle k |(p - im\omega_c x)| l \rangle = 0
\tag{2}
\]
この式変形じたいはいたって簡単なのですが、
数学的にはいったい何をやってるんだろう???
ということが分からずに時間がかかっていました。

つまり、前記事の変形では、
非自明な解が存在するために、行列式がゼロという条件を置いたわけですが、
今回は、線形代数的にどういう操作をやってるのかが分かりません。

まあ、結局分からずじまいですが、
とりあえず、あまりこだわるのはやめて、先に進むことにします。

式(2)を見ると、この行列要素が非零になりうるのは、
\[
E_k = E_l - \hbar\omega_c
\tag{3}
\]
の場合だけである。
つまり、演算子 $p-im\omega_c x$ は、エネルギー固有状態を 
$\hbar\omega_c$ だけ低いエネルギー固有状態にする働きをもつ。


ところで、調和振動子のエネルギー固有値は必ず正であったから、
ある最低エネルギー固有状態 $|0\rangle$ が存在して、
\[
(p - im\omega_c x)|0\rangle = 0
\tag{4}
\]とならなければ、矛盾が生じる。
この両辺に演算子 $p+im\omega_c x$ を施して、
\[
(p + im\omega_c x)(p - im\omega_c x)|0\rangle = 0
\tag{5}
\]
交換関係 $[x,p] = i\hbar$ を用いて整理すると、
\[
\left( H - \frac{1}{2}\hbar\omega_c \right) |0\rangle = 0
\tag{6}
\]となり、
\[
H |0\rangle = \frac{1}{2}\hbar\omega_c |0\rangle
\tag{7}
\]となる。つまり、基底状態 $|0\rangle$ のエネルギーは $\hbar\omega_c/2$ である。

今度は、(2)を導いたのと同様の手法で、1行目に $+im\omega_c$ を乗じて、2行目を加えることにより、
\[
(E_l - E_k + \hbar\omega_c) \langle k |(p + im\omega_c x)| l \rangle = 0
\tag{8}
\]という結果を得、行列要素が非零となるのは、
\[
E_k = E_l + \hbar\omega_c
\tag{9}
\]の場合に限るから、演算子 $p+im\omega_cx$ は、エネルギー固有状態を 
$\hbar\omega_c$ だけ高いエネルギー固有状態にする働きをもつ。

この演算子を順次、$|0\rangle$ に施していくことにより、$|1\rangle, |2\rangle, \cdots, |n\rangle, \cdots$ と、
エネルギー固有値が $\hbar\omega_c$ 間隔のエネルギー固有状態を作ることができる。
この時、$|n\rangle$ に対するエネルギー固有値は、
\[
E_n = \left( n + \frac{1}{2} \right) \hbar\omega_c
\tag{10}
\]である。

これらの演算子に係数をかけて無次元化したものを上昇演算子・下降演算子と呼ぶ。

上昇演算子
\[
a^\dagger = -\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} ( p + im\omega_c x)
= \sqrt{\frac{m\omega_c}{2\hbar}} x - \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} p
\tag{11.1}
\]
下降演算子
\[
a = \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} ( p - im\omega_c x)
= \sqrt{\frac{m\omega_c}{2\hbar}} x + \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega_c}} p
\tag{11.2}
\]
x と p はエルミートであるから、$a$ と $a^\dagger$ はエルミート共役の関係にあることが分かる。

参考文献
[1] シッフ「量子力学」(上)
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
調和振動子 | コメント(0) | 2014/06/19 12:43

調和振動子の行列理論 (2)

x と H, p と H の交換関係を考える。
\[
[ x, H] = \frac{1}{2m}[x, p^2] = \frac{i\hbar}{m}p
\tag{1}
\]\[
[p, H] = \frac{K}{2}[p, x^2] = -i\hbar Kx
\tag{2}
\]
ちなみに、$[x, p^2]$ などは、公式
\[
[A, BC] = B[A,C] + [A,B]C
\]を用いて、
\[
[x, p^2] = p [x, p] + [x,p] p
\]
と計算している。

ここで、シッフ先生いわく、
このタイプの式が利用価値があるのは、
交換関係のいずれかの因子に対して対角型になるような表示
選ばれている時だそうです。

ここでは、H に対して対角型となるエネルギー表示で見ていくことにする。
(1) のエネルギー表示を見ると、
\[
\langle k|x|j \rangle \langle j|H|l \rangle
- \langle k|H|j \rangle \langle j|x|l \rangle
= \frac{i\hbar}{m} \langle k|p|l \rangle
\]\[
(E_l - E_k) \langle k|x|l \rangle = \frac{i\hbar}{m} \langle k|p|l \rangle
\tag{3}
\]
(2) からも同様に、
\[
(E_l - E_k) \langle k|p|l \rangle = -i\hbar K \langle k|x|l \rangle
\tag{4}
\]
(3) と (4) を合わせて、行列表記してみると、
\[
\left[
\begin{array}{cc}
E_l - E_k & -i\hbar/m \\
i\hbar K & E_l -E_k
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{c}
\langle k|x|l \rangle \\
\langle k|p|l \rangle
\end{array}
\right]
= 0
\tag{5}
\]
ある k を固定した時、すべての l に対して、$\langle k|x|l \rangle = \langle k|p|l \rangle = 0$ という解は、
前記事で見た x と p の交換関係に反するので、不適。

そこで、k を固定した時、必ずある l に対しては、(5) 式の行列式はゼロとならなければならず、
\[
E_l - E_k = \pm \hbar \omega_c
\tag{6}
\]
とならなければならないことが分かる。
ただし、ωc は調和振動子の古典的振動数 $\omega_c = \sqrt{K/m}$。

これより、調和振動子のエネルギー準位は、$\hbar\omega_c$ 間隔になっている
ことが分かる。

参考文献
[1] シッフ「量子力学」(上)
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
調和振動子 | コメント(0) | 2014/05/15 12:12

調和振動子の行列理論 (1)

この後の話で必要なので、調和振動子の行列理論について見ておきます。
行列理論というのはブラケットを使った定式化という意味ですね。

調和振動子については、ずっと昔に、
波動関数を使った定式化について書いてましたが、
エルミート多項式が登場したところで、中途半端に終わっていました(汗)
そちらも気になってますが、先を急ぎますので、
とりあえず、行列理論を先にやります。

調和振動子のハミルトニアンは、
\[
H = \frac{p^2}{2m} + \frac{K}{2}x^2
\tag{1}
\]
H を対角化するエネルギー表示を用いると、
\[
\langle k|H|l \rangle = E_k \langle k|l \rangle
\tag{2}
\]
一方、
\[
\langle k|H|l \rangle
= \frac{1}{2m}\langle k|p|j \rangle \langle j|p|l \rangle
+ \frac{K}{2} \langle k|x|j \rangle \langle j|x|l \rangle
\tag{3}
\]
j についての和の記号は省略している。
ここで、p や x はエルミート演算子だから、
\[
\langle k|p|j \rangle = \langle j|p|k \rangle^*
\]
などとなることに注意すれば、(3) の対角成分を考えると、
\[
E_k = \langle k|H|k \rangle
= \sum_j \left[
\frac{1}{2m} |\langle k|p|j \rangle|^2
+ \frac{K}{2} |\langle k|x|j \rangle|^2
\right]
\tag{4}
\]
となるから、$E_k \geq 0$ である。

$E_k = 0$ となりうるのは、すべての j に対して、
\[
\langle k|p|j \rangle = \langle k|x|j \rangle = 0
\]
となるときのみであるが、これは交換関係
\[
xp - px = i\hbar
\tag{5}
\]
の対角成分
\[
\langle k|x|j \rangle \langle j|p|k \rangle
- \langle k|p|j \rangle \langle j|x|k \rangle
= i\hbar
\]
( j についてのみ和を取り、k については和を取らない)
に反してしまう。
したがって、$E_k > 0$ すなわち
この系におけるエネルギー固有値はすべて正である。

ここからは我流のイメージ。

ハミルトニアン (1) が x と p の二乗から構成されているから、
固有値は正または0だろう。

ところが、x と p の間には不確定性があるから、
x と p が同時に0に確定してしまうことはできない。

そこで、固有値は正になる。

といったイメージでしょうか。


参考文献
[1] シッフ「量子力学」(上)

ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
調和振動子 | コメント(0) | 2014/05/13 01:19

∫ 調和振動子 (6)

前回までで、調和振動子のエネルギー固有値が

λ = 2n + 1   ( n = 0,1,2,・・・)    (1)
E = ( n + 1/2 ) hω   ( n = 0,1,2,・・・)   (2)

というような離散的な値をとることが分かったところ。

次に、波動関数がどうなるか考えていきます。

(1)のλの式をSchrodinger方程式
H" - 2ξH' + (λ-1) H = 0  (3)
に代入すると、

H" - 2ξH' + 2n H = 0  (4)

となります。

この式を満たす多項式 Hn(ξ)は、エルミート多項式として知られています。

「知られています」だけで終わるわけにいかないので、
次回からしばらく、エルミート多項式についてのお勉強。
まだまだ、先が長い・・・
調和振動子 | コメント(0) | 2011/12/13 12:02

∫ 調和振動子 (5)

前回、得られた結果

s(s-1) a0 = 0  (1)
s(s+1) a1 = 0  (2)
(n+s+2)(n+s+1) an+2 = { 2(n+s) + 1 -λ } an  (n≧0)  (3)

から、解を考えていきます。

まずは、a0≠0 だから、(1)より、
s = 0 または s = 1 のいずれかとなります。

s = 0 ならば、a1は任意の値を取れますが、
s = 1 ならば、(2)より a1 = 0 でなければなりません。

いずれの場合も、n ≧ 2 の値については、(3)の漸化式を用いて、
a0、a1の初期値から順々に求めて行くことになります。

(3)より
an+2/an = { 2(n+s) + 1 -λ } / (n+s+2)(n+s+1)  (n≧0)  (4)

n→∞の極限を考えると・・・
an+2/an → 2 / n

もともとの級数の定義に戻って考えてみると、
H(ξ) = Σn=0 an ξn+s   (5)

nの十分大きいところでは、級数の項は、
2n ξ2n / n! のようになることが分かります。

つまり、
H(ξ) ~ exp ( 2ξ2 )
のような振る舞いをすることになり、波動関数uは、
u ~ exp ( 2ξ2 ) exp (-ξ2/2) = exp ( 3ξ2/2 )
となり、無限遠で発散してしまい、物理的にはNG!

ということから、級数の項はどこかで切れて、
有限の級数にならなければならない!

(4)の漸化式を見ると、
偶数項は a0 → a2 → a4 → ・・・ というように、a0から作られ、
奇数項は a1 → a3 → a5 → ・・・ というように、a1から作られます。

奇数項については、a1 = 0 として、すべて0にできるが、
a0≠0 であるから、偶数項のどこかで切れなければならない。

そのためには、ある偶数nに対して、
2(n+s) + 1 -λ = 0
となればよい。すなわち、
λ = 2(n+s) + 1

s=0 と s=1 の両方が許されるから、
ある整数nに対して
λ = 2n + 1
という条件になります。

というわけで、無次元化されたエネルギー固有値λは、
λ = 2n + 1   ( n = 0,1,2,・・・)    (6)
と離散的な値しか許されないことになります。

以前の記事の(4)式
E = λhω / 2
を用いると、

エネルギー固有値 E は、
E = ( n + 1/2 ) hω   ( n = 0,1,2,・・・)   (7)

という離散的な値を取ることが分かります。

やっと、固有値がどのように表されるかまで、できました。
次は、波動関数がどのような形になるかを見ていきます。
ここからがさらに大変

参考文献:シッフ「量子力学(上)」
調和振動子 | コメント(0) | 2011/12/13 12:01

∫ 調和振動子 (4)

珍しく、気分が乗ってまいりましたので、久しぶりに物理のお勉強。

前回に引き続き、調和振動子のSchrodinger方程式を解いていきます。
u" + (λ - ξ2) u = 0  (1)

u(ξ) : 固有関数
ξ : 無次元化した位置座標
λ: 無次元化したエネルギー固有値

前回、無限遠での漸近解を求めましたので、
u = H(ξ) exp (-ξ2/2)  (2)

の形での解を求めていくことにします。

uを微分すると、

u' = ( H' - ξH ) exp(-ξ2/2)

さらに微分すると、
u" = ( H" - H - ξH' ) exp - ( H' - ξH ) ξ exp
  = { H" - 2ξH' + (ξ2-1)H } exp

となるから、(2)を(1)に代入すると、H(ξ)の満たすべき方程式は、

H" - 2ξH' + (λ-1) H = 0  (3)

となります。

ここまでは簡単ですが、ここからがちょっと複雑。

まずは、無限級数 H(ξ)を
H(ξ) = Σn=0 an ξn+s   (4)
とおきます。

sは最低次の次数で、s≧0、a0≠0

微分して、
H'(ξ) = Σn=0 (n+s) an ξn+s-1   (5)

さらに、微分して、
H"(ξ) = Σn=0 (n+s)(n+s-1) an ξn+s-2   (6)

(4)~(6)をごっそり、(3)に代入して、

Σn=0 [ (n+s)(n+s-1) an ξn+s-2
       - 2(n+s) an ξn+s + (λ-1) an ξn+s ] = 0


少しまとめて、

Σn=0 [ (n+s)(n+s-1) an ξn+s-2
       - { 2(n+s) + 1 -λ } an ξn+s ] = 0


ここで、ξのべき指数を合わせるために、第一項だけ n-2→n にずらします。

Σn=-2 (n+s+2)(n+s+1) an+2 ξn+s
- Σn=0 { 2(n+s) + 1 -λ } an ξn+s = 0


そうすると、n≧0 の部分は、ξn+sでまとめることができて、

s(s-1) a0 ξs-2 + s(s+1) a1ξs-1
+ Σn=0 [ (n+s+2)(n+s+1) an+2 - { 2(n+s) + 1 -λ } an ] ξn+s = 0


任意のξに対して、恒等的に成立するためには、
ξのべきの各係数がすべて0でなければならないから、

s(s-1) a0 = 0  (7)
s(s+1) a1 = 0  (8)
(n+s+2)(n+s+1) an+2 = { 2(n+s) + 1 -λ } an  (n≧0)  (9)

という結果になります。

長くて疲れてしまったので、今日はこの辺で・・・
検算もしてませんが、また間違ってたら、あとで修正します

追記(12/14)
やはり、間違いがありましたので、修正しました。
(λ-1 になっていたところを 1-λに修正)
調和振動子 | コメント(4) | 2011/12/13 12:00

∫ 調和振動子 (3)

前回、すっきりと見やすくしたSchrodinger方程式からスタート。
\[
\frac{d^2u}{d\xi^2} + (\lambda - \xi^2) u = 0
\tag{1}
\]
文字の意味を振り返っておくと、
u(ξ) : 固有関数
ξ : 無次元化した位置座標
λ: 無次元化したエネルギー固有値

以下、微分記号を簡単に次のように書くことにします。
\[
u'' + (\lambda - \xi^2) u = 0
\tag{2}
\]

シッフの教科書のレシピに従えば、
まずは、無限遠(ξ→∞)における漸近解を求めます。

ξ→∞にすると、(2)式は、
\[
u'' = \xi^2 u
\tag{3}
\]
となります。

これを満たす解を求めればよいのですが、
たいていの教科書では、いきなり、ポンと答えが書いてあるだけ・・・
こういうのって、非常にやる気が萎えるんですよね(笑)

大真面目にやろうとすると、どうやるのか僕も分からないのですが、
ここは、dyne流ということで、テキトーにやってみようと思います(笑)

まずは、式(3)をぐっと睨んでみると・・・(別に睨まなくてもいいけど)
2回微分すると、ξが2個前に出てきてるようです。
・・・ってことは、1回微分すると、ξが1個出てくるようなものではないか
と想像できます。

これを式にすると、
\[
u' = \xi u
\tag{4}
\]
こんな感じのものではないかと。(この段階では、あくまでも推測)

この式は、真面目にやっても、解けます。
つまり、$du/u = \xi d\xi$ と変数分離して、両辺を積分すると、
\[
u = u_0 \exp (\xi^2/2 )
\tag{5}
\]
という解が得られます。

ところが、この解は数学的にはいいのですが、物理的には正しくない解。
というのは、波動関数は、無限遠でゼロに収束しなければならないのに、
この解は、ξ→∞で発散しちゃってます!

そこで、もう一度元に戻って、
1回微分すると、ξではなく、-ξでもよいのでは?
ということに気づきます。
-ξでも2回掛け算すると、+ξ2になるので。

そうすると、(4)式は、
\[
u' = -\xi u
\tag{4'}
\]
に変わって、解(5)は、
\[
u = u_0 \exp ( -\xi^2/2 )
\tag{5'}
\]
に変わり、今度は無限遠でちゃんとゼロに収束してくれる解が得られました。

でも、ここまでは単なる推測で解いただけなので、
実際に無限遠でおおもとの式(3)を満たすことを確認する必要があります。

1回微分すると、
\[
u' = -\xi u_0 \exp (-\xi^2/2 )
\]

再度微分すると、
\[
u'' = (\xi^2 - 1) u_0 \exp (-\xi^2/2)
\]
ξ→∞とすると、(3)式を満たすことは明らか。

というわけで、
\[
u = u_0 \exp(-\xi^2/2)
\tag{5'}
\]
は、無限遠での漸近解であることが分かりました。

さらに、係数のところに有限の多項式がかかっても、
無限遠では、有限の多項式よりもexpの方が勝つので、漸近解となります。

無限の多項式でも、場合によっては、expが勝つので、
無限の多項式(無限級数)H(ξ)を導入して、
\[
u = H(\xi) \exp(-\xi^2/2)
\tag{6}
\]
として、次は、Schrodinger方程式(2)を満たす解を探すことにします。
続きは次回。

参考文献:シッフ「量子力学(上)」
調和振動子 | コメント(0) | 2011/08/02 19:51

調和振動子 (2)

有言実行ってことで、まずは、ストイックな
特殊関数を使って、バリバリと解いていく方法
で・・・

調和振動子(固有振動数ω)のポテンシャル V(x) は、
\[
V(x) = \frac{1}{2}m\omega^2x^2
\]

HarmonicOscPotential01.jpg


これを使って、Schrodinger方程式を立てると、
\[
-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2u(x)}{dx^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2 u(x) = Eu(x)
\tag{1}
\]
これを解いていけばいいのですが、
まずは、座標xを無次元化して、見通しをよくする。

無次元量 $\xi = \alpha x$ に変換すると(αは1/長さの次元)

\[
d/dx = \alpha d/d\xi
\]\[
d^2/dx^2 = \alpha^2 d^2/d\xi^2
\]
Schrodinger方程式(1)は、
\[
-\frac{\hbar^2\alpha^2}{2m} \frac{d^2u}{d\xi^2} + \frac{m\omega^2\xi^2}{2\alpha^2} u = Eu
\tag{2}
\]
d2u/dξ2の係数を1にして、
\[
\frac{d^2u}{d\xi^2} - \frac{m^2\omega^2}{\hbar^2\alpha^4}\xi^2 u = -\frac{2mE}{\hbar^2\alpha^2}u
\]

ξ2の係数も1になるように、αを選ぶ。
\[
\frac{m^2\omega^2}{\hbar^2\alpha^4} = 1
\]
すなわち、
\[
\alpha = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}
\tag{2}
\]

さらに、Eの部分の係数をλとおく。
\[
\lambda = \frac{2mE}{\hbar^2\alpha^2}
\]

(2)を用いて、
\[
\lambda = \frac{2E}{\hbar\omega}
\tag{3}
\]
\[
E = \frac{\lambda}{2}\hbar\omega
\tag{4}
\]

結局、Schrodinger方程式は、
\[
\frac{d^2u}{d\xi} + (\lambda - \xi^2)u = 0
\tag{5}
\]
となり、スッキリとした形に。

それにしても、ブログで数式書くのは疲れますね!
早くも挫折の予感(汗)
今日は、こんなところです。
調和振動子 | コメント(0) | 2011/07/15 00:46
 | HOME | Next »

上記広告は1ヶ月以上更新のないブログに表示されています。新しい記事を書くことで広告を消せます。