1次元井戸型ポテンシャル（無限大）と不確定性関係

　１次元井戸型ポテンシャルのシュレディンガー方程式を解いていく。得られた結果から、最後は不確定性原理に少し触れる。

1. １次元井戸型ポテンシャル
2. 井戸型ポテンシャルの例題
3. 不確定性原理を見たい
- 期待値 <x>, <x^2>, <p>, <p^2>
- 不確定性の見積もり
4. まとめ

1. １次元井戸型ポテンシャル

　ポテンシャル $V$ は

$\begin{eqnarray*} V(x)=\begin{cases} 0\quad(0\leq x \leq L)\\ \infty \quad(x<0,\; L<x) \end{cases} \end{eqnarray*}$

　ポテンシャルが $\infty$ とは無限に高い壁があるようなものである。したがって、電子は $0\leq x \leq L$ の間で落ち着く。つまり、無限大のポテンシャルの壁を考えた時には、波動関数は $0\leq x \leq L$ 以外では $0$ になる。

　ただし、ポテンシャルが有限の場合は、壁の外に波動関数が染み出す。これは量子力学的な効果のひとつである。

2. 井戸型ポテンシャルの例題

1次元のシュレディンガー方程式

　時間に依存しないシュレディンガー方程式は以下で与えられる。

$\begin{eqnarray*} \hat{H}\psi(x)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi + V(x)\psi = E\psi(x) \end{eqnarray*}$

壁の内側（ $0\leq x \leq L$ ）では、 $V(x)=0$ より、

$\begin{eqnarray*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi = E\psi(x)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

である。 $m$ は電子の質量、 $E$ はエネルギー、 $\psi(x)$ は電子の波動関数である。

境界条件を課す

　波動関数は箱の外側で $0$ である。したがって、箱の両端で以下の境界条件を満たす必要がある。

$\begin{eqnarray*} \psi(0)&=&0\\\\ \psi(L)&=&0 \quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

シュレディンガー方程式を解く

$E>0$ の場合：

シュレディンガー方程式は単なる２階微分方程式であり、解は $\sin,\cos$ の形で表される（三角関数の代わりに $e^{\pm ikx}$ によって表しても良い）。

$\begin{eqnarray*} \psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx) \end{eqnarray*}$

$A,B$ は定数である。上で課した境界条件より、

$\begin{eqnarray*} \begin{cases} 0=\psi(0)=0+B 0=\psi(L)=A\sin kL+B\cos kL \end{cases} \end{eqnarray*}$

これより、 $B=0$ になる。ここで $A=0$ とすると、 $A=B=0$ となり波動関数が常にゼロになってしまい物理的に意味のない解となる。

　 $A\neq 0$ とすると $\sin kL=0$ である。よって、

$\begin{eqnarray*} kL=\pi \times n \Rightarrow k=\frac{\pi n}{L} \quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

となる。ここで、 $n=0,1,2,...$ の整数である。

$A$ については、波動関数 $\psi$ の規格化により求めることができる。つまり、箱の中で電子を見出す確率が 1 であることより、規格化条件

$\begin{eqnarray*} 1=\int_{0}^{L} |\psi(x)|^2 \, dx \end{eqnarray*}$

を与える。したがって、 $\psi(x)=A\sin(kx)$ を代入して、

$\begin{eqnarray*} 1&=&\int_{0}^{L} |\psi(x)|^2 \, dx\\\\ &=&A^2 \int_{0}^{L}\sin^2 kx \,dx \\\\ &=&A^2 \int_{0}^{L}\frac{1-\cos 2kx}{2}\\\\ &=&A^2\cdot \frac{L}{2}\\\\\\ A&=&\sqrt{ \frac{2}{L} } \quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

$E<0$ や $E=0$ の場合：

　シュレディンガー方程式の解を求めて境界条件を課すと、 $A=B=0$ となる物理的に意味のない解のみ得られる。したがって、 $E>0$ の場合のみ考えれば良い。

エネルギー固有値

　以上の結果をまとめると、１次元井戸型ポテンシャルの規格化された波動関数は下のようになる。

$\begin{eqnarray*} \psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{\pi n}{L}x \quad(n=0,1,2,...) \end{eqnarray*}$

これをシュレディンガー方程式へ代入する。左辺は、

$\begin{eqnarray*} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x) =\textcolor{red}{+}\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\pi n}{L}\right)^2 \psi(x) \end{eqnarray*}$

である。シュレディンガー方程式の右辺は $E\psi(x)$ であるため、

$\begin{eqnarray*} E=\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\pi n}{L}\right)^2\quad(\equiv E_n)\quad \blacksquare \end{eqnarray*}$

　このエネルギーは整数 $n$ によってとびとびの値をとる。つまり、エネルギー固有値 $E_n$ は離散化されている。

n=2 の波動関数

　 $n=2$ のときの波動関数は、

$\begin{eqnarray*} \psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin(\frac{2\pi}{L})x \end{eqnarray*}$

である。具体的に電子の存在確率 $|\psi(x)|^2$ を考えると、

$\begin{eqnarray*} |\psi(x)|^2 = \frac{2}{L}\sin^2{(\frac{2\pi}{L})x} \end{eqnarray*}$

は $x=0,\frac{L}{2},L$ で「節」となる。また、 $x=\frac{L}{4},\frac{3L}{4}$ で「腹」となる。これより、一般の $n$ のときには、電子の存在確率 $|\psi(x)|^2$ の大きい「腹」の部分は $n$ 個ある。

3. 不確定性原理を見たい

　井戸型ポテンシャルのシュレディンガー方程式から得た波動関数を使って、不確定性原理を見てみる。簡単のため、 $n=1$ の最も単純な波動関数を考える。

$\begin{eqnarray*} \psi(x)=A\sin\frac{\pi}{L}x \end{eqnarray*}$

の状態について、はじめに $x,x^2,p,p^2$ の期待値を求めてみる。

期待値 <x>, <x^2>, <p>, <p^2>

$x$ の期待値（ $\braket{x}$ ）：

$\begin{eqnarray*} \braket{x}&=&\int_0^{L}\psi(x)^{*} x\psi(x)\,dx\\\\ &=& A^2\int_0^{L} x\sin^2 \frac{\pi}{L}x \, dx\\\\ &=& A^2\int_0^{\pi}\frac{L}{\pi}x' \sin^2 x' \cdot\frac{L}{\pi}\,dx' \quad(x'\equiv\frac{\pi}{L}x)\\\\ &=& A^2 \left(\frac{L}{\pi}\right)^2 \int_0^\pi x' \sin^2 x' \, dx\\\\ &=& \frac{2L}{\pi^2} \left[ \frac{x^2}{4}-\frac{x}{4}\sin2x-\frac{1}{8}\cos2x \right]_0^{\pi} \\\\ &=& \frac{L}{2}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

　位置の期待値が $L/2$ で箱の真ん中にあるのは、 $n=1$ の波動関数を描いてみればすぐにわかるだろう。

$x^2$ の期待値（ $\braket{x^2}$ ）：

$\begin{eqnarray*} \braket{x^2}&=&\int_0^{L}\psi(x)^{*} x^2\psi(x)\,dx\\\\ &=& A^2\int_0^{L} x^2\sin^2 \frac{\pi}{L}x\\\\ &=& A^2\int_0^{\pi}\left(\frac{L}{\pi}x'\right)^2 \sin^2 x' \cdot\frac{L}{\pi}\,dx'\\\\ &=& A^2 \left(\frac{L}{\pi})^3 \int_0^\pi x'^2 \sin^2 x' \, dx\\\\ &=& \frac{2L^2}{\pi^3} \left[ \frac{x^3}{6}-\frac{2x^2-1}{8}\sin2x-\frac{x}{4}\cos2x \right]_0^{\pi} \\\\ &=& \frac{L^2}{3}\textcolor{red}{-\frac{L^2}{2\pi^2}}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

最後の赤い部分は忘れがちなところ。

$p$ の期待値（ $\braket{p}$ ）：

$p=i\hbar \frac{d}{dx}$ に注意する。まず、

$\begin{eqnarray*} p\psi(x)&=&i\hbar\frac{d}{dx}\left[A\sin\frac{\pi}{L}x \right]\\\\ &=&i\hbar\cdot\frac{A\pi}{L}\cos\frac{\pi}{L}x \end{eqnarray*}$

である。したがって、

$\begin{eqnarray*} \braket{p}&=&\int_0^{L}\psi(x)^{*} p\psi(x)\,dx\\\\ &=& i\hbar\cdot\frac{A^2\pi}{L} \int_0^{L}\sin\frac{\pi}{L}x \, \cos\frac{\pi}{L}x\,dx\\\\ &=& i\hbar\cdot\frac{A^2\pi}{L}\frac{1}{2} \int_0^{L}\sin 2\frac{\pi}{L}x \,dx\\\\ &=& i\hbar\cdot\frac{A^2\pi}{L}\frac{1}{2} \left[-\frac{L}{2\pi}\cos2\frac{\pi}{L}x \right]_0^{L}\\\\ &=& 0\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

$p^2$ の期待値（ $\braket{p^2}$ ）：

$\begin{eqnarray*} p^2\psi(x)&=&(i\hbar)^2\frac{d^2}{dx^2}\left[A\sin\frac{\pi}{L}x \right]\\\\&=& \frac{\hbar^2 \pi^2}{L^2}\psi(x) \end{eqnarray*}$

より、

$\begin{eqnarray*} \braket{p^2}&=&\int_0^{L}\psi(x)^{*} p^2\psi(x)\,dx\\\\ &=& \frac{\hbar^2 \pi^2}{L^2} \int_0^{L}\psi(x)^{*} \psi(x)\,dx\\\\ &=& \frac{\hbar^2 \pi^2}{L^2} \int_0^{L}|\psi(x)|^2\,dx\\\\ &=& \frac{\hbar^2 \pi^2}{L^2} \quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

途中で波動関数の規格化を使った。

不確定性の見積もり

ある量 $Y$ の不確定性 $\Delta Y$ は

$\begin{eqnarray*} \Delta Y = \sqrt{\braket{Y^2}-\braket{Y}^2} \end{eqnarray*}$

で見積もられる。このとき、位置と運動量の不確定性を求めよう。

$\Delta x$ ：

$\begin{eqnarray*} \Delta x &=&\sqrt{\braket{x^2}-\braket{x}^2}\\\\ &=& \sqrt{\frac{L^2}{3}-\frac{L^2}{2\pi^2}-\left(\frac{L}{2}\right)^2} \\\\ &=& L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2}} \end{eqnarray*}$

$\Delta p$ ：

$\begin{eqnarray*} \Delta p &=&\sqrt{\braket{p^2}-\braket{p}^2}\\\\ &=& \sqrt{\frac{\hbar^2 \pi^2}{L^2}-0^2} \\\\ &=& \frac{\hbar\pi}{L} \end{eqnarray*}$

これより、不確定性 $\Delta x \cdot \Delta p$ は、

$\begin{eqnarray*} \Delta x \cdot \Delta p &=&L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2}}\cdot\frac{\hbar\pi}{L} \\\\ &=&\hbar\sqrt{\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}}\quad\blacksquare \end{eqnarray*}$

ここで、この位置と運動量の不確定性は

$\begin{eqnarray*} \hbar\sqrt{\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}}\simeq 0.56786 \hbar >\frac{\hbar}{2} \end{eqnarray*}$

となる。

　任意の $n$ について具体的な波動関数の形がわかるため、同様にして不確定性 $\Delta x \cdot \Delta p$ を見積もることが可能となる。

4. まとめ

　無限のポテンシャルを持った井戸型ポテンシャルの例題を解いて、不確定性原理を具体的に見てきた。 $n=2$ の場合などで試してみても、

$\begin{eqnarray*} \Delta x \cdot \Delta p>\frac{\hbar}{2} \end{eqnarray*}$

が得られるだろう。