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∫ 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)」
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調和振動子 | コメント(0) | 2011/12/13 12:01
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