時間依存しないシュレーディンガー方程式の具体的な解 #

1. 1D TISE #

$$ \begin{align} \left[-\frac{1}{2}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\right]\psi(x)=E\psi(x) \end{align} $$

こちらのウェブツールで試すことができます(差分法で解く、1次元時間依存しないシュレーディンガー方程式。

1.1. 無限に深い井戸型ポテンシャル #

• ポテンシャル

$$ \begin{eqnarray} V(x)=\left\{ \begin{aligned} &0 &&( 0\lt x \lt L)\\ &\infty &&( x\le 0\hspace{0.5em} \text{or}\hspace{0.5em} L\le x) \end{aligned} \right. \end{eqnarray} $$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=\frac{(n+1)^2\pi^2}{2 L^2},\hspace{2em}(n=0,1,2,\cdots) \end{align} $$

• 固有関数

$$ \begin{eqnarray} \psi_n(x)=\left\{ \begin{aligned} &\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left[\frac{(n+1)\pi}{L}\left(x+\frac{L}{2}\right)\right] && (0\lt x \lt L)\\ & 0 && ( x\le 0 \hspace{0.5em}\text{or}\hspace{0.5em} L\le x) \end{aligned} \right. \end{eqnarray} $$

• 具体的なエネルギー固有値

• 解法

  区間$0<x<L$,ではシュレーディンガー方程式の$V(x)=0$の解、sin,cosの形をしてなければなりません。 また、$\psi(x=0)=0, \psi(x=L)=0$では境界条件より、波動関数の値はゼロです。 よって、解はsin,cosの形で、そのゼロ点がちょうど$x=0,x=L$にくるような関数となります。

1.2. 調和ポテンシャル #

• ポテンシャル

$$ \begin{align} V(x)=Ax^2 \end{align} $$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=\sqrt{2A}\left(n+\frac{1}{2}\right),~~(n=0,1,2,\cdots) \end{align} $$

• 固有関数

$$ \begin{gather} \psi_n(x)=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\frac{\pi^{-1/4}}{\sqrt{2^n n!}}H_n(x/\alpha)\exp\left(-\sqrt{\frac{A}{2}} x^2\right)\\ \alpha=\left(2A\right)^{-1/4} \end{gather} $$

ここで$H_n(x)$はエルミート多項式を表し、いくつかの具体的な値は下記の通りです。

$$ \begin{align} H_0(z)&= 1 \nonumber\\ H_1(z)&= 2z \nonumber\\ H_2(z)&= 4z^2-2 \nonumber\\ H_3(z)&= 8z^3-12z \nonumber\\ H_4(z)&= 16z^4-48z^2+12 \nonumber\\ \vdots \nonumber \end{align} $$

$A=1/2$の時、

$$ \begin{align} \psi_0(x)&=\pi^{-1/4}\exp(-x^2/2) \\ \psi_1(x)&=\pi^{-1/4}\sqrt{2}x\exp(-x^2/2) \\ \psi_2(x)&=\pi^{-1/4}\frac{1}{\sqrt{2}}(2x^2-1)\exp(-x^2/2) \\ \psi_3(x)&=\pi^{-1/4}\frac{1}{\sqrt{3}}(2x^3-3x)\exp(-x^2/2) \\ \psi_4(x)&=\pi^{-1/4}\frac{1}{2\sqrt{6}}(4x^4-12x^2+3)\exp(-x^2/2) \end{align} $$

• 具体的なエネルギー固有値

  量子数$n$	解析解
  0	0.5
  1	1.5
  2	2.5
  3	3.5
  4	4.5
  …
  10	10.5
  20	20.5
  30	30.5
  40	40.5
  50	50.5

• 解法

  生成消滅演算子を用いて求める方法や、$x\to\pm\infty$に置ける漸近形を求めることで微分方程式を解く方法などがあります。 有名ですので、ここでは特に述べません。

1.3. 三角量子井戸 #

• ポテンシャル

$$ \begin{eqnarray} V(x)=\left\{ \begin{aligned} &\infty && (x\lt 0) \\ &\alpha x && (0 \lt x) \end{aligned} \right. \end{eqnarray} $$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=-\left(\frac{\alpha^2}{2}\right)^{1/3}a_n \end{align} $$

ここで、$a_n$はAiry関数¹のゼロ点です。

• 固有関数

$$ \begin{align} \psi_n(x)=C\cdot \text{Ai}\left(\left(\frac{2}{\alpha^2}\right)^{1/3}(\alpha x-E_n)\right) \end{align} $$

ここで、$\text{Ai}(x)$はAiry関数¹,²です。

• 具体的なエネルギー固有値

  $\alpha=1$の時、いくつかの具体的なエネルギー固有値は下記の通りです。

  量子数$n$	解析解
  0	1.8557570814892386
  1	3.2446076240031596
  2	4.3816712392861303
  3	5.3866137807905003
  4	6.3052630065857747
  …
  10	10.8669420487522821
  20	16.8461586901918032
  30	21.8969179157570224
  40	26.4182304793452509
  50	30.5803354172938597

• 解法

  区間$0<x<\infty$,ではシュレーディンガー方程式の$V(x)=\alpha x$の解、Airy関数の形をしてなければなりません。 また、$\psi(x=0)=0, \psi(x\to \infty)=0$の境界条件を満たします。 よって、解はAiry関数の形で、$x$が漸近で減衰していく方の解($\text{Ai}(x),\text{Bi}(x)$の$\text{Ai}$の方) で、そのゼロ点がちょうど$x=0$にくるような関数となります。

1.4. F.モース³によるポテンシャル #

• ポテンシャル

$$ \begin{align} V(x)=A\left(e^{-2\alpha x}-2e^{-\alpha x}\right) \end{align} $$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=-A\left[1-\frac{\alpha}{\sqrt{2A}}\left(n+\frac{1}{2}\right)\right]^2 \end{align} $$

ここで、$n$は正の整数で、ゼロから始まり、

$$ \begin{align} \frac{\sqrt{2A}}{\alpha}\gt n+\frac{1}{2} \end{align} $$

を満足する最大値$n_\text{max}$まで。

• 固有関数

$$ \begin{align} \psi(x)=e^{-\xi/2} \xi^s w(\xi) \end{align} $$

ここで、$w(\xi), \xi, s$は下記の通りです。

$$ \begin{gather} w(\xi)=M(-n,2s+1,\xi) \\ \xi=\frac{2\sqrt{2A}}{\alpha}e^{-\alpha x} \\ s=\frac{\sqrt{-2E}}{\alpha} \end{gather} $$

ここで、$M(a,b,x)$は合流型超幾何関数です⁴。

この問題では離散スペクトルは有限個だけ存在します。もしも

$$ \begin{align} \frac{\sqrt{2A}}{\alpha}\gt n+\frac{1}{2} \end{align} $$

であれば、離散スペクトルは一般に存在しません。

• 具体的なエネルギー固有値

  $A=5, \alpha=1$の時、解は3つだけ存在し、それらの固有値は下記の通りです。

  量子数$n$	解析解
  0	-3.5438611699158100
  1	-1.3815835097474309
  2	-0.2193058495790518
  3	-

• 解法

参考文献³をご覧ください。

1.5. $1/(\cosh^2)$型ポテンシャル #

• ポテンシャル

$$ \begin{align} V(x)=-\frac{V_0}{\cosh^2 \alpha x} \end{align} $$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=-\frac{\alpha^2}{8}\left[-(1+2n)+\sqrt{1+\frac{8V_0}{\alpha^2}}\right]^2 \end{align} $$

で、$n$は

$$ \begin{align} n\lt s = \frac{1}{2}\left(-1+\sqrt{1+\frac{8V_0}{\alpha^2}}\right) \end{align} $$

の条件から、有限個の準位が決まります。

• 固有関数

$$ \begin{gather} \psi(x)=(1-\xi^2)^{\xi/2}F\left(\varepsilon-s, ~\varepsilon+s+1; ~\varepsilon+1; ~\frac{1-\xi}{2}\right)\\ \varepsilon=\frac{\sqrt{-2E}}{\alpha},\hspace{1em}\xi=\tanh \alpha x \end{gather} $$

ここで$F(a,b;c;x)$は超幾何関数です⁵。

• 具体的なエネルギー固有値

  量子数$n$	解析解
  0	-3.885009803959261
  1	-1.9750294118777854
  2	-0.7050490197963089
  3	-0.0750686277148326
  4	–

• 解法

  参考文献³を参照してください。

1.6. クーロンポテンシャル(動径方向) #

• ポテンシャル

$$ \begin{align} V(x)=\frac{l(l+1)}{2x^2}-\frac{Z}{x} \end{align} $$

$l=0,1,\cdots,\hspace{2em} Z>0$

• 固有値

$$ \begin{align} E_n=-\frac{1}{2n^2},\hspace{2em}(n=1,2,\cdots,) \end{align} $$

• 固有関数

$$ \begin{align} \psi(x)=x\cdot \left(\frac{2}{n}\right)^{3/2}\sqrt{\frac{n-l-1}{2n[(n+l)!]}}\cdot e^{-Zx/n}\cdot \left(\frac{2Zx}{n}\right)^l \cdot L_{n-l-1}^{(2l+1)}\left(\frac{2Zx}{n}\right) \end{align} $$

$$ \begin{align} \psi(x=0)=0,\hspace{1em} \psi(x\to\infty)=0 \end{align} $$

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} |\psi(x)|^2 dx = 1 \end{align} $$

ここで, $C$は規格化定数, $L_n^{(k)}(x)$はラゲール倍多項式⁶で

$$ \begin{align} L_0^{(k)}(x)&=1 \nonumber\\ L_1^{(k)}(x)&=-x+k+1 \nonumber\\ L_2^{(k)}(x)&=\frac{1}{2}[x^2-2(k+2)x+(k+1)(k+2)] \nonumber\\ L_3^{(k)}(x)&=\frac{1}{6}[-x^3+3(k+3)x^2-3(k+2)(k+3)x+(k+1)(k+2)(k+3)] \nonumber\\ \vdots\nonumber \end{align} $$

を満たします。

• 解法

  $x=0,~x\to\infty$の漸近形を考えて、本当の解を

$$ \begin{align} \text{(解) $=$ ($x\to 0$の漸近形) $\times$ ($x\to\infty$の漸近形) $\times$ (未知関数)} \end{align} $$

と仮定します。これをシュレーディンガー方程式に代入して解けば、未知関数がラゲール陪多項式だと分かります。

2. 2D TISE #

参考文献 #