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目次
問題
\(E<U_{0}\)の束縛状態を考える。
\(U(x)=0\) \(|x|\leq a\)
\(U(x)=U_{0}\) \(|x|\geq a\)
というときにシュレディンガー方程式を解く。
ポテンシャルのグラフが井戸のようになっているから井戸型ポテンシャルと呼んでいる。
解答
一次元のシュレディンガー方程式は
\(\biggl[-\displaystyle\frac{\hbar^2}{2m}\displaystyle\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x)\biggr]\psi(x)=E\psi(x)\)
\(|x|< a\)
\(U(x)=0\)をシュレディンガー方程式に代入すると
\(-\displaystyle\frac{\hbar^2}{2m}\displaystyle\frac{\partial^2 \psi(x)}{\partial x^2}=E\psi(x)\)
\(\displaystyle\frac{\partial^2 \psi(x)}{\partial x^2}=-\displaystyle\frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x)\)
\(k=\displaystyle\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}\)とおくと
\(\psi(x)=A\sin kx+B\cos kx\) となる。
※係数は接続条件、規格化条件から決める。
\(|x|> a\)
\(U(x)=U_{0}\)をシュレディンガー方程式に代入すると
\(-\displaystyle\frac{\hbar^2}{2m}\displaystyle\frac{\partial^2 \psi(x)}{\partial x^2}+U_{0}\psi(x)=E\psi(x)\)
\(\displaystyle\frac{\partial^2 \psi(x)}{\partial x^2}=\displaystyle\frac{2m(U_{0}-E)}{\hbar^2}\psi(x)\)
\(\alpha=\displaystyle\frac{\sqrt{2m(U_{0}-E)}}{\hbar}\)とおくと
\(\psi(x)=Ce^{\alpha x}+De^{-\alpha x}\) となる。
※係数は接続条件、規格化条件から決める。
\(\psi(x)\)の偶関数、奇関数
今回、\(\psi(x)\)は偶関数か奇関数しかありえない。以下理由。
\(\biggl[-\displaystyle\frac{\hbar^2}{2m}\displaystyle\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x)\biggr]\psi(x)=E\psi(x)\)
\(x\) を \(-x\) にすると\(U(x)\)が偶関数なので
\(\biggl[-\displaystyle\frac{\hbar^2}{2m}\displaystyle\frac{\partial^2}{\partial x^2}+U(x)\biggr]\psi(-x)=E\psi(-x)\)
固有値が同じなので固有ベクトルは定数倍だけ違う。
\(\psi(x)=a\psi(-x)\)
符号入れ替えて、\(\psi(-x)=a\psi(x)\)
これより\(a=\pm 1\) 。つまり、\(\psi(x)\)は偶関数または奇関数。
解が偶関数の時
\(\psi(x)=Ee^{\alpha x}\) \(x<-a\)
\(\psi(x)=B\cos kx\) \(|x|<a\)
\(\psi(x)=Ee^{-\alpha x}\) \(x>a\)
境界条件
\(B\cos ka=E e^{-\alpha a}\) \(\cdots\) ①
\(-kB\sin ka=-\alpha E e^{-\alpha a}\) \(\cdots\) ②
ここから \(\alpha=-k\tan ka \cdots \) ③の関係が導ける。
規格化条件
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x)^2 dx=1\) を課す。偶関数なので
\(1=2\displaystyle\int_{0}^{a} (B\cos kx)^2 dx+2\displaystyle\int_{a}^{\infty} (Ee^{-\alpha x})^2 dx\)
\(=B^2\biggl(a+\displaystyle\frac{\sin 2ka}{2k}\biggr)+\displaystyle\frac{E^2 e^{-2\alpha a}}{\alpha}\)
\(=B^2\biggl(a+\displaystyle\frac{\sin^2 ka}{k\tan ka}+\displaystyle\frac{\cos^2 ka}{\alpha}\biggr)\) ①を使った。
\(=B^2\biggl(a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}\biggr)\) ③を使った。
よって \(B=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
①に代入すると \(E=\displaystyle\frac{e^{\alpha a}\cos ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
結果
\(x<-a\)のとき \(\psi(x)=\displaystyle\frac{e^{\alpha (x+a)}\cos ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
\(|x|<a\)のとき \(\psi(x)=\displaystyle\frac{\cos kx}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
\(x>a\)のとき \(\psi(x)=\displaystyle\frac{e^{-\alpha (x-a)}\cos ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
※\(E\)は具体的には求まらない。（グラフの交点から解の個数などは調べられる。）
解が奇関数の時
\(\psi(x)=Ee^{\alpha x}\) \(x<-a\)
\(\psi(x)=A\sin kx\) \(|x|<a\)
\(\psi(x)=-Ee^{-\alpha x}\) \(x>a\)
境界条件
\(A\sin ka=-E e^{-\alpha a}\) \(\cdots\) ④
\(kA\cos ka=\alpha E e^{-\alpha a}\) \(\cdots\) ⑤
ここから \(\alpha=-k\cot ka \cdots \) ⑥の関係が導ける。
規格化条件
\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x)^2 dx=1\) を課す。奇関数の二乗は偶関数なので同様にできて
\(1=2\displaystyle\int_{0}^{a} (A\sin kx)^2 dx+2\displaystyle\int_{a}^{\infty} (-Ee^{-\alpha x})^2 dx\)
\(=A^2\biggl(a-\displaystyle\frac{\sin 2ka}{2k}\biggr)+\displaystyle\frac{E^2 e^{-2\alpha a}}{\alpha}\)
\(=A^2\biggl(a-\displaystyle\frac{\cos^2 ka\tan ka}{k}+\displaystyle\frac{\sin^2 ka}{\alpha}\biggr)\) ④を使った。
\(=A^2\biggl(a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}\biggr)\) ⑥を使った。
よって \(A=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
①に代入すると \(E=-\displaystyle\frac{e^{\alpha a}\sin ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
結果
\(x<-a\)のとき \(\psi(x)=-\displaystyle\frac{e^{\alpha (x+a)}\sin ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
\(|x|<a\)のとき \(\psi(x)=\displaystyle\frac{\sin kx}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
\(x>a\)のとき \(\psi(x)=\displaystyle\frac{e^{-\alpha (x-a)}\sin ka}{\sqrt{a+\displaystyle\frac{1}{\alpha}}}\)
※\(E\)は具体的には求まらない。（グラフの交点から解の個数などは調べられる。）
