1次元井戸型ポテンシャル(有限井戸)


 無限井戸形ポテンシャルでは電子は井戸の中に完全に閉じ込められているが、有限井戸形ポテンシャルでは井戸の外へ波動関数が染み出す。 この染み出しはトンネル効果とも関係するような量子力学的な効果であり、古典力学では見られない現象である。 この有限井戸の考え方は半導体のヘテロ接合を考える上で重要である。

問題設定

1次元の場合における有限井戸の問題設定をおこなう。有限井戸とは、図のようなポテンシャルが井戸のようになっており、井戸の深さ(高さ)が有限である井戸のことである。ここでは、エネルギーがポテンシャルより小さい場合 E < V_0 について見ていく。

図のようにポテンシャルの深さを V_0 、井戸の幅を d とすると、

    \begin{eqnarray*} V(x)=\begin{cases} V_0\quad(|x| < \frac{d}{2})\\ 0\quad(|x|>\frac{d}{2}) \end{cases} \end{eqnarray*}


である。このとき、時間に依存しないシュレディンガー方程式

    \begin{eqnarray*} \left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\right]\psi(x)=E\psi(x) \end{eqnarray*}


を解いて、固有状態 \psi(x) と固有エネルギー E を求めることが目的である。 実際には、上図のように3つの領域 I, {\rm I\hspace{-.1em}I}, {\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I} に分けて、それぞれの波動関数を \psi_I, \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}, \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I} としてシュレディンガー方程式を解いていく。

解答の流れ以下の通りである。

  1. 3つの領域で波動関数を求める
  2. 境界条件により波動関数を決定する
  3. 固有エネルギーを求める

領域ごとに波動関数を決める

V=0 に対応する井戸の内側の領域が最も簡単なので、領域{\rm I\hspace{-.1em}I} から解いていく。 領域 I と領域 {\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I} はほとんど同じである。

領域II

この領域では V(x)=0 であるためシュレディンガー方程式は

    \begin{eqnarray*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x)=E\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x) \end{eqnarray*}


となる。これは自由電子のシュレディンガー方程式であり、その固有状態は平面波 \sin  kx,\cos kx (あるいは e^{\pm ikx} )で表すことができる。 自由電子モデルのときや無限井戸の場合とほとんど同じように解ける。

平面波の波数 K

    \begin{eqnarray*} K\equiv \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \end{eqnarray*}


と定義すると、固有状態である波動関数は

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x)=A\cos Kx+B\sin  Kx \end{eqnarray*}


である。A,B は境界条件によって決定する定数であり、領域Iと領域{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}の波動関数を求めてから決定する。

領域I

この領域では V(x)=V_0\quad(>E) である。シュレディンガー方程式は

    \begin{eqnarray*} && \left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx}+V_0\right]\psi_{\rm I}(x)=E\psi_{\rm I}(x)\\ \Leftrightarrow\quad&& \textcolor{red}{+}\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi_{\rm I}(x)=(V_0-E)\psi_{\rm I}(x) \end{eqnarray*}


である。この微分方程式の解は、平面波\cos,\sin型ではなく指数関数的に減衰する

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I}(x)=C_1\exp(Qx)+C_2\exp(-Qx) \end{eqnarray*}

である(C_1,C_2 は定数)。Q は平面波 K に対応する実数で、

    \begin{eqnarray*} Q\equiv \sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}} \end{eqnarray*}

とした。波動関数が無限遠 x\to -\infty で収束するためには、指数関数 \exp(-Qx) の係数について C_2=0 でなければならない。 C_1C と書き換えて、領域Iの波動関数は

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I}(x)=C\exp(Qx)\quad\left(Q\equiv \sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}}\right) \end{eqnarray*}

となる。定数 C は境界条件によって決定される。

領域III

この領域は領域Iと同様のシュレディンガー方程式であり、波動関数は

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)=D_1\exp(Qx)+D_2\exp(-Qx)\quad\left(Q\equiv \sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}}\right) \end{eqnarray*}


である(D_1,D_2 は定数)。x\to \infty で収束するためには、D_1=0 でなければならない。 D_2D と書き換えて、

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)=D\exp(-Qx) \end{eqnarray*}


となる。定数 D は次の境界条件によって決定される。

境界条件

それぞれの波動関数 \psi_{\rm I}(x),\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x),\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x) をまとめておくと、

    \begin{eqnarray*} \begin{cases} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x)=A\cos Kx+B\sin  Kx \quad\left(K=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}\right)\\ \psi_{\rm I}(x)=C\exp(+Qx)\quad\left(Q=\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}}\right)\\ \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)=D\exp(-Qx) \end{cases} \end{eqnarray*}


となる。

領域が3つに分けられているため、2つの境界があり、それぞれの境界で波動関数が連続でかつ滑らかでないといけない。 したがって、境界条件は 領域Iと領域{\rm I\hspace{-.1em}I}の境界で、連続かつ滑らかである(微分係数が等しい)ことから

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I}\left(-\frac{d}{2}\right) &=&\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}\left(-\frac{d}{2}\right)\\ \psi_{\rm I}'\left(-\frac{d}{2}\right) &=&\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}'\left(-\frac{d}{2}\right) \end{eqnarray*}


となる。領域{\rm I\hspace{-.1em}I}と領域{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}の境界でも同様に

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}'\left(+\frac{d}{2}\right) &=&\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}'\left(+\frac{d}{2}\right)\\ \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}\left(+\frac{d}{2}\right) &=&\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}\left(+\frac{d}{2}\right) \end{eqnarray*}


となる。以上4つの条件から定数 A,B,C,D を見ていく。

具体的に代入すると

    \begin{eqnarray*} A\cos\left(-\frac{Kd}{2}\right)+B\sin \left(-\frac{Kd}{2}\right)&=&C\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ -KA\sin \left(-\frac{Kd}{2}\right)+KB\cos\left(-\frac{Kd}{2}\right)&=&QC\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ A\cos\left(+\frac{Kd}{2}\right)+B\sin \left(+\frac{Kd}{2}\right)&=&D\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ -KA\sin \left(+\frac{Kd}{2}\right)+KB\sin \left(+\frac{Kd}{2}\right)&=&-QD\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right) \end{eqnarray*}


となる。 4式から C,D を消去して計算を進めることで、A,B,C,D の条件が決まる。



これを具体的に解いていく。\cos(-x)=\cos x,\sin (-x)=\sin (x) より

    \begin{eqnarray*} A\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)\textcolor{red}{-}B\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)&=&C\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ \textcolor{red}{+}KA\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)+KB\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)&=&QC\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ A\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)+B\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)&=&D\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right)\\ -KA\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)+KB\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)&=&-QD\exp\left(-\frac{Qd}{2}\right) \end{eqnarray*}


C,D を消去するため (第1式)\times Q -(第2式)、(第3式)\times Q+(第4式)より

    \begin{eqnarray*} \left[ Q\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)-K\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\right]A\textcolor{red}{-} \left[ Q\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)+K\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)\right]B=0\\ \left[ Q\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)-K\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\right]A\textcolor{red}{+} \left[ Q\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)+K\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)\right]B=0 \end{eqnarray*}


となる。(上式)+(下式)、(上式)-(下式) より

    \begin{eqnarray*} &&\left[ Q\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)-K\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\right]A=0\quad\cdots \quad(1)\\ &&\left[ Q\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)+K\cos\left(\frac{Kd}{2}\right)\right]B=0\quad\cdots \quad(2) \end{eqnarray*}


A=B=0 のとき C=D=0 なので、波動関数 \psi(x)=0 となるので不適。また A,B\neq0 のとき、Q\neq K\,(\because\,0 < V_0 < E) であるが、これは上の2式に矛盾する。したがって、(i) A\neq 0,B= 0 または (ii) A= 0,B\neq 0 でなければならない。


実際、(i) A\neq 0 のとき、式(1)から


    \begin{eqnarray*} \cos\left(\frac{Kd}{2}\right)=\frac{K}{Q}\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\quad\cdots \quad(3) \end{eqnarray*}


となるが、(2)から

    \begin{eqnarray*} &&B\left[ Q\sin \frac{Kd}{2}+\frac{K^2}{Q}\sin \left(\frac{Kd}{2}\right) \right]=0\\ \Leftrightarrow \quad && B\frac{Q^2+K^2}{Q^2}\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)=0\quad(\because {\rm Eq.} (3)) \end{eqnarray*}



となる。Q^2+K^2\neq 0,\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\neq 0\,(\because {\rm Eq.}(3)) より B=0 となる。 式(3)より

    \begin{eqnarray*} \tan\frac{Kd}{2}=\frac{Q}{K} \end{eqnarray*}



となり、このとき C=D になる。


また、(ii) B\neq 0 のとき、式(2)より

    \begin{eqnarray*} \cos\left(\frac{Kd}{2}\right)=-\frac{Q}{K}\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\quad\cdots \quad(4) \end{eqnarray*}


より、式(1)から

    \begin{eqnarray*} -A\frac{Q^2+K^2}{K^2}\sin \left(\frac{Kd}{2}\right)=0 \end{eqnarray*}



となる。Q^2+K^2\neq 0, \sin \left(\frac{Kd}{2}\right)\neq 0より A=0 となる。 また、式(4)より、

    \begin{eqnarray*} &&\cot\left(\frac{Kd}{2}\right)=\frac{1}{\tan\left(\frac{Kd}{2}\right)}=-\frac{K}{Q}\\ &&\quad\left({\rm or}\quad\tan\left(\frac{Kd}{2}\right)=-\frac{K}{Q} \right) \end{eqnarray*}


このとき、C=-Dとなる。\blacksquare

(i) A\neq 0,B=0,C=D に対して、

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x)&=&A\cos Kx\\ \psi_{\rm I}(x)&=&C\exp(+Qx)\\ \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)&=&C\exp(-Qx) \end{eqnarray*}


である。このとき、K,Q

    \begin{eqnarray*} \tan\frac{Kd}{2}=\frac{Q}{K} \end{eqnarray*}


を満たす。

また、(ii) A= 0,B\neq 0,C=-D に対して、

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I}(x)&=&A\sin  Kx\\ \psi_{\rm I}(x)&=&C\exp(+Qx)\\ \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)&=&-C\exp(-Qx) \end{eqnarray*}


このとき、K,Q

    \begin{eqnarray*} \cot\frac{Kd}{2}=-\frac{Q}{K} \end{eqnarray*}


を満たす。

図のように(i)の波動関数は偶関数であり、(ii)の波動関数は奇関数になっている。

エネルギーを求める

K=\sqrt{2mE/\hbar^2}, Q=\sqrt{2m(V_0-E)/\hbar^2} より、K,Q を求めることで E が決定できる。 K,Q の関係は上で求めた \tan,\cot の式に加えて、

    \begin{eqnarray*} &&K^2+Q^2=\frac{2mV_0}{\hbar^2}\\ \Leftrightarrow\quad&& \alpha^2+\beta^2=\frac{mV_0 d^2}{2\hbar^2}\quad \cdots \quad (5) \end{eqnarray*}


の関係がある。簡単のため、

    \begin{eqnarray*} \alpha\equiv\frac{Kd}{2},\quad \beta\equiv\frac{Qd}{2} \end{eqnarray*}


と置いた。式(5)は \alpha-\beta平面で1/4円になっている。

このとき、(i)の波動関数に対する連立方程式

    \begin{eqnarray*} \begin{cases} \beta=\alpha \tan \alpha \quad \cdots \quad (6)\\ \alpha^2+\beta^2=\frac{mV_0 d^2}{2\hbar^2} \quad \cdots \quad (5) \end{cases} \end{eqnarray*}


または、(ii)の波動関数に対する連立方程式

    \begin{eqnarray*} \begin{cases} \beta=-\frac{\alpha}{\tan\alpha}=-\alpha\cot\alpha \quad \cdots \quad (7)\\ \alpha^2+\beta^2=\frac{mV_0 d^2}{2\hbar^2} \quad \cdots \quad (5) \end{cases} \end{eqnarray*}


を満たす \alpha,\beta を求めれば良い。解析的に解くことが難しいため、幾何学的に解くことで解の様子をみていく。 式(5),(6),(7)を \alpha,\beta 平面に描くと図のようになり、その交点が連立方程式の解に対応する。 その交点から \alpha を決めることで、

    \begin{eqnarray*} \alpha=\frac{Kd}{2}=\frac{d}{2}\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \end{eqnarray*}


より E を求めることができる。

図の\textcolor{red}{1,3,5}は(i)偶関数の場合(\tanの条件式)に対応し、\textcolor{blue}{2,4,6}は(ii)奇関数の場合(\cotの条件式)に対応する。いま5つの交点があり、それぞれの交点に対応してエネルギー固有値 E と波動関数が定められる。

dやV0を変えてみる

\alpha,\beta>0 より式(5)は1/4円(第一象限)を表しており、その半径は井戸の幅 d と深さ V_0 に依存する。 d を小さくしていくと、図のように円の半径は小さくなる。d がある程度大きな場合は複数個の交点を持つ。図のような3つの交点のエネルギーに対応する状態は3つある(波動関数は(i)2つの偶関数と(ii)1つの奇関数)。

半径が小さくなる(井戸を狭くする)につれて、\beta=\alpha\tan\alpha,-\alpha\cot\alpha との交点の数は減っていく。しかし、\beta=\alpha\tan\alpha は原点を通る関数であるため、どれだけ小さな半径をもつ円に対しても 0 < \alpha < \pi/2 に交点は存在する。したがって、少なくとも1つの固有状態が存在することがわかる。

この d が小さく交点が1つしかない場合における波動関数は偶関数である。 なぜなら、交点ができるのは \beta=\alpha\tan\alpha に対応する式であり、この式は(i)A\neq 0,B=0,C=D の場合に対応するためである。


また、有限井戸型ポテンシャルの場合では波動関数が井戸の外でも 0 になっていないことを確認しておく。

    \begin{eqnarray*} \psi_{\rm I}(x)&=&C\exp (Qx)\\ \psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)&=&D\exp (Qx) \end{eqnarray*}

その波動関数は原点から離れるにつれて指数関数的に減衰するが、粒子の存在確率を表す波動関数の絶対値の2乗が0でないことが確認でき、波動関数が染み出していることがわかる。 これは古典論には見られない現象で、壁を越えるだけのエネルギーがなくても壁を超えたところに有限の存在確率をもっていることを意味する、量子力学的な現象である。


次に V_0\to \infty としてみると、これは井戸の深さを無限にする無限井戸型ポテンシャルに対応する。このとき Q\to \infty より、C=D=0 つまり \psi_{\rm I}(x)=\psi_{\rm I\hspace{-.1em}I\hspace{-.1em}I}(x)=0 となり、無限井戸型ポテンシャルの場合の波動関数に対応する。無限井戸の場合は、有限井戸のときのように波動関数は井戸の外へは染み出さない。

\end{document}


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