Wikibooks jawikibooks https://ja.wikibooks.org/wiki/%E3%83%A1%E3%82%A4%E3%83%B3%E3%83%9A%E3%83%BC%E3%82%B8 MediaWiki 1.47.0-wmf.11 first-letter メディア 特別 トーク 利用者 利用者・トーク Wikibooks Wikibooks・トーク ファイル ファイル・トーク MediaWiki MediaWiki・トーク テンプレート テンプレート・トーク ヘルプ ヘルプ・トーク カテゴリ カテゴリ・トーク Transwiki Transwiki‐ノート TimedText TimedText talk モジュール モジュール・トーク Event Event talk 0 1524 301748 301387 2026-07-18T09:06:00Z Nermer314 62933 /* 時間に依存しない摂動論 */ 301748 wikitext text/x-wiki {{Pathnav|メインページ|自然科学|物理学|frame=1|small=1}} {{sisterlinks | b = 量子力学 | commons = Quantum physics | commonscat = Quantum mechanics | d = Q944 }} {| style="float:right" |- |{{Wikipedia|量子力学|量子力学}} |- |{{Wikiversity|Topic:量子力学|量子力学}} |} == 量子力学とは == * [[量子力学/量子力学とは]] == 量子力学の発展 == * [[量子力学/量子力学の発展]] <!-- == 古典および量子統計力学 == === デュロン＝プティの法則 === [[w:結晶|結晶]]を成す物質の[[w:内部エネルギー|内部エネルギー]]および[[w:熱容量|熱容量]]を求めよう。議論を簡単にするため、[[w:結晶構造|結晶構造]]の単位である[[w:単位胞|単位胞]] 1 つをとり、これを 1 つの[[w:分子|分子]]と見なす。このような取り扱いは結晶の具体的構造によらない普遍的な性質を議論する上で重要である。結晶を構成する分子は互いに[[w:相互作用|相互作用]]するが、最も主要な効果を及ぼすのは最近接格子点上の分子であり、より遠距離にある分子同士の相互作用はそれらの間に存在する分子同士の相互作用として含めることができる。ここまでで扱うべき問題はかなり簡素になったが、結晶分子の運動がそれほど激しいものでない場合には（気体分子運動論の考えを援用すれば、この状況は結晶内部の[[w:温度|温度]]が極めて低いことに相当する）、各分子は固定された平衡点近傍を振動していると見なすことができる。この場合、分子 1 つ 1 つの運動は独立なものとして取り扱うことができ、平衡点近傍で運動する分子 1 個の周りの[[w:ポテンシャル|ポテンシャルエネルギー]]は <math>U</math> は、その平衡点を原点として以下のように表すことができる。 :<math>U=\frac{1}{2}k_x x^2 + \frac{1}{2}k_y y^2 + \frac{1}{2}k_z z^2</math> 分子の周りのポテンシャルは <math>x, y, z</math> の 3 成分に対応する 3 つの[[w:自由度|自由度]]を持っている。 また分子の[[w:運動エネルギー|運動エネルギー]] <math>K</math> は :<math>K=\frac{1}{2}mv_x^2 + \frac{1}{2}mv_y^2 + \frac{1}{2}mv_z^2</math> となって <math>v_x, v_y, v_z</math> の 3 つの速度成分に対応する 3 つの自由度を持っている。これらの運動エネルギーとポテンシャルエネルギーの和は今、熱振動をする分子 1 個が持つ全エネルギーに対応し、分子のエネルギーの自由度は合わせて 6 と数えることができる。なぜならこのエネルギーは 3 次元空間上を運動する粒子の位置と速度の 6 つの独立変数 <math>x, y, z, v_x, v_y, v_z</math> によって決定されるからである。 古典的な統計力学において、[[w:熱力学的平衡|平衡状態]]では[[w:エネルギー等配分の法則|エネルギー等分配の法則]]が成り立つことから、独立に振動する結晶分子からなる系について、自由度 1 つにつき <math>kT/2</math> のエネルギーが分配され、系全体のエネルギー <math>E</math> との間に :<math>E = N\times 6 \times \frac{kT}{2} = 3NkT</math> という関係が成り立つ。ここで <math>N</math> は結晶内部に含まれる結晶分子の数であり、また <math>k \simeq 1.38\times 10^{-23}~\mathrm{[J/K]}</math> は[[w:ボルツマン定数|ボルツマン定数]]、<math>T</math> は[[w:熱力学温度|熱力学温度]]である（以下、温度とは熱力学温度のことを指すとする）。ボルツマン定数 <math>k</math> と[[w:アヴォガドロ定数|アヴォガドロ定数]] <math>N_\mathrm{A}</math> の積は[[w:気体定数|気体定数]] <math>R</math> を与える。 :<math>k =\frac{R}{N_\mathrm{A}}.</math> 結晶分子の個数 <math>N</math> をアヴォガドロ定数を用いて[[w:物質量|物質量]] <math>n = N/N_\mathrm{A}</math> に置き換えれば、上述の関係は気体定数を使って以下のように書き直すことができる。 :<math>E = 3NkT = 3nN_\mathrm{A}\frac{R}{N_\mathrm{A}}T = 3nRT.</math> 気体定数を用いた形式では分子数が現れず、代わりに物質量という量が定義されることに注意しよう。ボルツマン定数を基本定数とする立場では単なる置き換えに過ぎないが、気体定数を基本定数とする場合、ボルツマン定数を用いた形式を与えるには分子の存在をあからさまに認める必要がある。 結晶の[[w:比熱容量|1モル当たりの熱容量]] <math>C</math> は、温度変化に対するエネルギーの増減の割合を全体の物質量で割ったものに相当するから、 :<math>C = \frac{1}{n}\frac{\partial E}{\partial T} = 3R</math> となる。これは常温 (<math>T \sim 300 ~\mathrm{[K]}</math>) での結晶の比熱の測定値に一致する。この比熱は温度依存性がなく、常温の固体のモル比熱がほとんど一定であることを示す。固体のモル比熱が常温で一定の値を取るという法則は'''[[w:デュロン＝プティの法則|デュロン＝プティの法則]]''' (Dulong-Petit law) と呼ばれる。デュロンとプティはこの法則が多くの物質について良い精度で成り立つことを実験的に発見した人物である。 デュロン＝プティの法則が成り立つような系について、常温より遥かに低温の領域においても比熱が一定であることが予想されるが、実験により低温領域では比熱は 0 に収束することを示唆する結果が得られており、低温領域での比熱の温度依存性および比熱の値はデュロン＝プティの法則から外れることが知られている。 === 低温での固体の比熱 === 仮に振動数が <math>\nu</math> の[[w:調和振動子|調和振動子]]のエネルギーは <math>h\nu</math> の整数倍 <math>nh\nu</math> しか取れないとする（ただし <math>n</math> は負でないとする）。結晶内部の <math>N</math> 個の分子をそれぞれ振動数 <math>\nu</math> の調和振動子と見なせることを仮定し、全部で <math>3N</math> の自由度を持つ 1 次元調和振動子の集まりとする。 そうすると、断熱理想気体でも各分子のエネルギーが衝突などにより変動するように（気体全体の全エネルギーは一定）、固体の各振動子のエネルギーも <math>0, h\nu, 2h\nu, 3h\nu,\dots</math> という飛び飛びの値を移り変わっているとする。 そして <math>3N</math> 個の振動子のエネルギーの平均値は、仮に下記のように「ボルツマン因子を使って計算できるはず」だと仮定する（※ ボルツマン因子について分からなければ、記事『[[高等学校化学Ⅱ/化学反応の速さ]]』の[[w:反応速度論|反応速度論]]での説明（高校～大学初級レベル）、または記事『[[統計力学I ミクロカノニカル集合]]』の[[w:スターリングの公式|スターリングの公式]]を用いた統計力学モデルによる説明（大学中級～）を参照。統計力学的には他にも、ラグランジュの未定乗数法を用いてボルツマン因子の導入を行う方法もある）。 1個の振動子がエネルギー <math>\varepsilon_n = nh\nu</math> をとる[[w:確率|確率]]を <math>\operatorname{Pr}(n)</math> とし、この確率がボルツマン因子に比例するとする。 :<math>\operatorname{Pr}(n) = \frac{1}{Z}e^{-\frac{\varepsilon_n}{kT}} = \frac{1}{Z}e^{-\frac{nh\nu}{kT}}</math> この関数が通常の意味の確率であるためには、すべてのエネルギー状態についての和が 1 に規格化されている必要があるため、比例係数の <math>Z</math> は、 :<math>Z = \sum_{m=0}^{\infty} e^{-\frac{\varepsilon_m}{kT}} = \sum_{m=0}^{\infty} e^{-\frac{mh\nu}{kT}}</math> とならなければならない（なお、このZのような量子統計計算の規格化のための関数のことを「分配係数」または「状態和」という）。このとき確率 <math>\operatorname{Pr}(n)</math> は :<math>\operatorname{Pr}(n) = \frac{\exp\left(-\frac{nh\nu}{kT}\right)}{\sum_{m=0}^{\infty} \exp\left(-\frac{mh\nu}{kT}\right)}</math> となる（<math>\exp(\cdot)</math> は[[w:指数関数|指数関数]]）。エネルギーの期待値 <math>\langle\varepsilon\rangle</math> は、 :<math>\begin{align} \langle\varepsilon\rangle &= \sum_{n=0}^{\infty} \left\{\varepsilon_n\operatorname{Pr}(n)\right\} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \left\{nh\nu \left(\frac{\exp\left(-\frac{nh\nu}{kT}\right)}{\sum_{m=0}^{\infty} \exp\left(-\frac{mh\nu}{kT}\right)}\right) \right\}\\ &=\frac{1}{\sum_{m=0}^{\infty} \exp\left(-\frac{mh\nu}{kT}\right)} \sum_{n=0}^{\infty} \left\{nh\nu\exp\left(-\frac{nh\nu}{kT}\right)\right\} \end{align}</math> と表すことができる。ここでボルツマン定数と温度の積の逆数を <math>\beta = (kT)^{-1}</math> とし（これは[[w:逆温度|逆温度]]と呼ばれる）、エネルギーの期待値を逆温度 <math>\beta</math> に関する微分を用いて表せば、 :<math>Z(\beta) = \sum_{m=0}^{\infty} \exp\left(-\frac{\varepsilon_m}{kT}\right) = \sum_{m=0}^{\infty} \exp\left(-\frac{mh\nu}{kT}\right)</math> より、 :<math>\begin{align} \langle\varepsilon\rangle &= -\frac{1}{Z(\beta)}\frac{d}{d\beta}Z(\beta)\\ &=-\frac{d}{d\beta}\ln Z(\beta) \end{align}</math> を得る。ここで具体的に右辺の対数を計算すれば、[[w:等比数列|等比級数]]の和の公式を用いて、 :<math>\begin{align} Z(\beta) &= \sum_{m=0}^{\infty}\left(e^{-\beta h\nu}\right)^n\\ &= \left(1 - e^{-\beta h\nu}\right)^{-1} \end{align}</math> と書き直せるから、結局エネルギーの期待値は :<math>\begin{align} \langle\varepsilon\rangle &= \frac{d}{d\beta}\ln \left(1 - e^{-\beta h\nu}\right)\\ &= h\nu\frac{e^{-\beta h\nu}}{1 - e^{-\beta h\nu}}\\ &= \frac{h\nu}{e^{\beta h\nu} - 1} \end{align}</math> と表すことができる。 === プランク分布 === 前節で得た調和振動子のエネルギーの期待値について、調和振動子のエネルギー量子 <math>h\nu</math> に掛かる関数 :<math>\frac{1}{e^{\beta h\nu} - 1}</math> を'''プランク分布'''と呼ぶ。温度がエネルギー量子の大きさに比べて充分小さい場合、<math>kT \ll h\nu</math> より <math>1 \ll \beta h\nu</math> という関係が成り立ち、プランク分布は、 :<math>\frac{1}{e^{\beta h\nu} - 1} \approx e^{-\beta h\nu}</math> という形に漸近する。 このプランク分布を利用して、結晶内部の比熱を得ることを考える。結晶を独立な調和振動子の集まりと見なす最も簡単な場合について、結晶全体の内部エネルギーがそれぞれの調和振動子のエネルギー期待値の和にほとんど等しいことから、 :<math>E = 3\langle\varepsilon\rangle = 3N\frac{h\nu}{e^{\beta h\nu} - 1}</math> と表すことができる。この場合、結晶分子に対する比熱容量は、 :<math>c = \frac{1}{N}\frac{dE}{dT} = \frac{1}{N}\frac{d\beta}{dT}\frac{dE}{d\beta} = 3k(\beta h\nu)^2\frac{e^{\beta h\nu}}{(e^{\beta h\nu} - 1)^2}</math> となる。この比熱の低温領域での振る舞いは、 :<math>c = 3k(\beta h\nu)^2\frac{e^{\beta h\nu}}{(e^{\beta h\nu} - 1)^2} = 3k\frac{(\beta h\nu)^2}{e^{\beta h\nu}} \to 0</math> であり、0 へ収束するという点で低温領域における固体比熱の振る舞いと合致する。高温領域において（ここでいう高温とは調和振動子のエネルギー量子に対してであり、固体の融点温度に比べれば依然低温である）、比熱は :<math>c = 3ke^{\beta h\nu}\left(\frac{\beta h\nu}{e^{\beta h\nu} - 1}\right)^2 \to 3k</math> となる。高温領域の比熱について、分子比熱 <math>c</math> を定積モル比熱 <math>C</math> に直すと、 :<math>C = N_\mathrm{A}c \to 3N_\mathrm{A}k = 3R</math> となり、これはデュロン＝プティの法則に一致する。つまり、エネルギーの量子化という手順を踏むことで低温領域の温度依存性を再現しつつ、常温ではデュロン＝プティの法則に漸近するような分布を得られたことになる。 --> == ヒルベルト空間 == 量子力学における状態はあるヒルベルト空間の元で表される。ヒルベルト空間とは完備な複素数係数の内積空間である。ヒルベルト空間を <math>\mathcal H</math> とし、その元を <math>|\psi\rangle</math> と記す。この記法はブラケット記法と呼ばれる。 ここで、ある状態<math>|i\rangle</math>と、それと異なる状態<math>|j\rangle</math>を取る。ただし、これらの状態はハミルトニアン演算子の、互いに異なった固有値を持つ固有ベクトルであるとする。ここで、ハミルトニアンの固有値は必ず実数でなければならないことが分かる。なぜなら、そうでないときにはエネルギーが虚数になるような量子論的状態が存在することになってしまうからである。一般に、複素数の行列要素を持っており、しかもその固有値が実数になる行列の種類として、エルミート行列があげられる（エルミート行列については[[物理数学I]]を参照）。ここでは、ハミルトニアンはエルミート行列で与えられるものとする。一般に量子論の演算子は通常エルミート演算子である。 更に、あるエルミート行列に対してその行列は必ず対角化され、その固有ベクトルは互いに直交することが知られている。この結果を用いると、エルミート演算子であるハミルトニアンの固有ベクトルである<math>|i\rangle</math>と<math>|j\rangle</math>は、互いに直交することが知られる。更に、それぞれの状態の長さを適切に変更することで、任意の状態<math>|i\rangle</math>,<math>|j\rangle</math>についてこれらの内積を<math>\delta _{ij}</math>とすることが出来る。<math>\delta _{ij}</math>については、[[物理数学I]]を参照。ここで、状態の長さを調整することを量子状態の規格化と呼ぶ。ただし、慣習的に状態<math>|i\rangle</math>,<math>|j\rangle</math>の内積は<math>\langle i|j\rangle</math>のように書くことが多い。この記法を用いると、任意の<math>|i\rangle</math>,<math>|j\rangle</math>に対して、 :<math>\langle i|j\rangle = \delta={ij} </math> が成り立つ。ここで、ある状態<math>|i></math>とそれに対応する波動関数f(x)の関係を、 :<math> f(x) = \langle x|i\rangle </math> で取る。ここで、<math>|x></math>は対応する粒子がちょうどxで表わされる点にある状態である。この記法は、関数空間の内積の定義と、上で述べた量子論的状態の内積の定義を整合的にすることが分かる。このことを述べるためにまず、関数空間の内積について説明する。ここでは、一般的に波動関数がある複素関数であるとして考える。関数空間の性質によるとある元f(x),g(x)を関数空間の元としたとき、ある積分<math>\int</math>が存在して、 :<math> \int f^* (x) g(x) dx </math> を元f(x),g(x)の内積と呼ぶ。ここで、xについての積分の範囲は、 <math>-\infty <x<\infty</math>とする。ただし、無限大のポテンシャルがある場合のように、波動関数が0となる範囲については積分しなくてもよい。このときには積分範囲はより狭い範囲になるのである。ここで、上の記法を用いると :<math> \int f^* (x) g(x) dx = \int dx \langle i|x\rangle \langle x|j \rangle </math> :<math> = \langle i|j\rangle = \delta _{ij} </math> となる。ここで、 :<math> \int dx \langle i|x\rangle \langle x|j\rangle </math> についてはまず、 <math>\langle i|x \rangle \langle x|j\rangle </math>は、任意のxについてもともと<math>|j\rangle</math>の状態にあった粒子が、xで表わされる点を通過して<math>|i\rangle</math>の状態に変化することを表わしている。ここで、上では全てのxについてその結果を足し合わせているので、結局、その結果は、<math>|j\rangle</math>の状態にあった粒子が、<math>|i\rangle</math>の状態に変化すること方法の全てをつくしていると考えるのである。上で得た :<math> \int |x\rangle \langle x| = 1 </math> のような表式はベクトルの完全性と呼ばれ、このあと頻繁にでてくる性質である。特に、エルミート演算子に対しては対応する固有ベクトルが完全性の要請を満たすことが知られており、あるエルミート演算子の固有ベクトル<math>|i></math>に対して、 :<math> \Sigma _i |i\rangle \langle i| = 1 </math> が知られている。しかし、特に対応するベクトルが無限個あるときにはこの性質の数学的な証明は難しい場合が多い。 さて、上のことから分かる通り、 :<math> \int f^* (x) g(x) dx = \langle i|j \rangle = \delta _{ij} </math> となって、量子論的ベクトルの正規化と対応させるために、波動関数の長さも、1つに定める必要があることが分かる。この条件は全ての波動関数<math>\psi(x)</math>に対して、 :<math> \int |\psi(x)|^2 dx =1 </math> とすることで満たされる。このことを波動関数の正規化と呼ぶ。 ここまでで粒子がどの状態にいるのかを指定する方法が分かった。それぞれのエネルギーの固有状態は<math>|i\rangle</math>などの表示で表わされ、それらの量はどれも対応する波動関数を持つのである。ただし、これらの量はどれも正規化されていなければならない。次に粒子がある状態にいるときに、粒子が実際にどの位置にいるのかを知る方法を考える。ここでいう位置とは古典的な座標の意味であり、 あるエネルギー固有値を持った状態にいる粒子が古典的に見たときにはどの位置で発見されるのかという意味である。仮に対応するエネルギーの固有状態が偶然位置の演算子に対しても固有ベクトルとなっていたとすると、その状態は位置の演算子に対してただ1つの値を持つため、その状態にある粒子が発見される位置は決定している。一方、仮に対応するエネルギーの固有状態が位置の演算子に対して固有ベクトルとなっていなかったとすると、そのときにその粒子は様々な位置で発見されるように思える。実際実験的な結果はそのとおりであり、ある位置の固有状態でない状態にあるときその物体は位置の演算子が値を取り得る位置全体で見つかる確率がある。そして、実際にどの位置にあるかは実際に観測をしてみるまでは、知ることが出来ないのである。このことは全く不思議な結果であるが、例えば量子論的なヤングの実験などにおいてこの結果は確かに確認されているのである。 ここで、あるエネルギーの固有状態<math>|i\rangle</math>からある位置に発見されてその位置にあることが確定している状態に移行する過程は、対応する位置をxとすると、 :<math> \langle x|i\rangle </math> で与えられることが予想される。しかし、この値はちょうどある固有状態に対応する波動関数f(x)であった。 :<math> \langle x|i \rangle = f(x) </math> このことから、波動関数f(x)は対応するエネルギーの固有状態にある粒子がある場所xに発見される位置に見つかる過程について関係していることがわかる。実際には更に、この量の絶対値を2乗した量が、ちょうどこの対応する状態にある粒子がその位置に見つかる確率となっているのである。 :<math> P(x) = |f(x)|^2 </math> しかし、この量はちょうど :<math> \int dx |f(x)|^2 = P(x) =1 </math> として、波動関数の正規化を行なった量に対応するが、このことはP(x)を確率を表わす量として扱うための条件とも適合しているのである。 *問題例 **問題 波動関数f(x)が、 :<math> f(x) = \frac 1 {{}^4\sqrt \pi} e^{-x^2/2 } </math> で与えられるとする。このとき、ある点xで粒子が発見される確率を計算せよ。また、この波動関数が正しく正規化されていることを示せ。 **解答 ある点xで粒子が発見される確率P(x)について、 :<math> P(x) = |f(x)|^2 </math> が成り立つことを用いればよい。よって、 :<math> P(x) = |f(x)|^2 =\frac 1 {\sqrt \pi} e^{-x^2 } </math> が得られる。更に、ガウス積分を用いて :<math> \int _{-\infty }^{\infty} e^{-x^2} = \sqrt \pi </math> を用いると、 :<math> \int dx P(x) = 1 </math> が得られ、正しい正規化がなされていることが分かる。ガウス積分については [[物理数学I]]を参照。 実際にはある状態<math>|a></math>からある状態<math>|b></math>に移行する確率が :<math> |\langle b|a\rangle|^2 </math> で与えられることはあるエネルギーの固有状態がある位置に移行する場合だけにとどまらず、より広い場合にあてはまる。特に上の場合について :<math> \langle b|a\rangle </math> をaからbへの確率振幅と呼ぶ。波動関数は対応するエネルギーの固有状態からある位置で表わされる状態への確率振幅といえる。 ここで、あるエネルギーの固有状態<math>|i\rangle</math>と、対応する波動関数f(x)に対して :<math> \langle i|x|i \rangle = \int dx x |f(x)|^2 </math> がどのような意味を持つかを考える。ここで、<math>|f(x)|^2</math>が、対応する粒子がxで見つかる確率を表わしていることを考えると、上の式はxの期待値を表わす式そのものである。そのため、<math>\langle i|x|i \rangle</math>のようなx演算子の対角成分は、対応する状態に粒子が存在するときの粒子が見つかる位置の期待値となることが分かる。一方、位置演算子の非対角成分はそれほど簡単な解釈は持っていない。ただし、これらの量は量子力学的な摂動などでよく使われる。詳しくは[[量子力学II]]を参照。 == シュレーディンガー方程式 == 古典力学と量子力学との間の関係は、幾何光学と波動光学の間の関係に類似していると言うことができる。波動光学について簡単に復習すると、<math>f</math> を <math>\boldsymbol E</math> あるいは <math>\boldsymbol B</math> の任意の成分とすると、 <math>f = a e^{i\varphi}</math> と書くことができる。ここで、<math>a</math> は振幅であり、<math>\varphi</math> はアイコナールと呼ばれる量である。波動光学から幾何光学への移行は、波長 <math>\lambda</math> が0に近づく極限として定義される。<math>\lambda</math> は <math>\varphi</math> が <math>2\pi</math> だけ変化する距離に等しいため、<math>\varphi</math> が十分大きい量とすると幾何光学へ移行できる。十分微小な空間領域と時間領域に対して一次の項まで <math>\varphi = \varphi_0 + \boldsymbol r \cdot \frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol r} + t \frac{\partial \varphi}{\partial t}</math> と近似する。このとき、 <math>f = a e^{i\left(\varphi_0 + \boldsymbol r \cdot \frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol r} + t \frac{\partial \varphi}{\partial t}\right)}</math> となる。また、微小な空間領域と時間領域に対しては平面波として考えることができるから、 <math>f = a e^{i(\boldsymbol k \cdot \boldsymbol r - \omega t + \alpha)}</math> となる。両者の対応関係から <math>\boldsymbol k = \frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol r},\, \omega = -\frac{\partial \varphi}{\partial t}</math> を得る。これを <math>\boldsymbol k^2 = \frac{\omega^2}{c^2}</math> に代入すると、 <math>(\nabla \varphi)^2 = \frac{\omega^2}{c^2} </math> を得る。これはアイコナール方程式と呼ばれる幾何光学の基礎方程式である。アイコナール方程式はハミルトン・ヤコビ方程式と同じ形式である。簡約された作用を <math>S_0 = \varphi</math> としてハミルトン・ヤコビ方程式を書けば、 <math>\frac{(\nabla \varphi)^2}{2m} + V = E</math> となる。 <math>\frac{\omega^2}{c^2} = 2m (E-V)</math> とするとアイコナール方程式に一致する。ここで、 <math>S_0 = \varphi </math> であるから、最小作用の原理より、実現される光線は <math>\varphi</math> が最小となる経路である。 さて、幾何光学ではアイコナール <math>\varphi</math> が最小となる経路が実現されるのに対して、古典力学では作用 <math>S</math> が最小となる経路が実現される。波動力学では <math>f = a e^{i \varphi}</math> という量が存在したから、量子力学では <math>\Psi = a e^{i \frac S \hbar}</math> という関係にある量が存在すると考えることができる。ここで、<math>\hbar</math> はディラック定数と呼ばれるもので、指数の肩を無次元化するために導入した。古典力学では <math>\boldsymbol p = \frac{\partial S}{\partial \boldsymbol r},\, H = - \frac{\partial S}{\partial t}</math> となるから、 <math>\frac{\partial \Psi}{\partial t} = \frac i \hbar \frac{\partial S}{\partial t}\Psi ,\, \frac{\partial \Psi}{\partial \boldsymbol r}= \frac i \hbar \frac{\partial S}{\partial \boldsymbol r}\Psi </math> より、 <math>i\hbar\frac{\partial \Psi}{\partial t} = H\Psi ,\, -i\hbar\nabla \Psi = \boldsymbol p \Psi </math> を得る。<math>H = \frac{\boldsymbol p^2}{2m} + V </math> に代入すれば、 <math>i\hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\triangle + V\right)\Psi </math> を得る。これがシュレーディンガー(Schrödinger)方程式である。運動量演算子とハミルトン演算子を <math>\hat \boldsymbol p = - i \hbar \nabla</math> <math>\hat H = \frac{\hat \boldsymbol p^2}{2m} + V(\boldsymbol r) = -\frac{\hbar^2}{2m}\triangle + V(\boldsymbol r) </math> で定義すると、 シュレーディンガー方程式を、 :<math> i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial{t}} = \hat H \Psi </math> と書くことができる。 <math>\Psi(\boldsymbol r, t) = f(t) \psi(\boldsymbol r)</math> と変数分離できたと仮定すると、 <math> i \hbar \frac 1 f \frac{df}{d{t}} = \frac 1 \psi \hat H \psi = E </math> (定数) となる。 <math>\frac{df}{dt} = \frac{-iE}{\hbar}f </math> はだたちに積分できて、 <math>f(t) = e^{\frac{-iEt}{\hbar}} </math> を得る。また、 <math>\hat H \psi = E \psi </math> となる。これを時間に依存しないシュレーディンガー方程式という。 == 波動関数 == 波動関数 <math>\Psi</math> の意味は <math>|\Psi(\boldsymbol r, t)|^2 dV</math> が位置 <math>\boldsymbol r</math> で時間 <math>t</math> の微小体積 <math>dV </math> の中に粒子が存在する確率であると解釈される。<math>\rho = |\Psi|^2</math> を確率密度とする。このとき、 <math>\begin{align} \frac{\partial}{\partial t}|\Psi|^2 &= \Psi^* \frac{\partial \Psi}{\partial t} + \frac{\partial \Psi^*}{\partial t}\Psi\\ &= \frac{1}{i\hbar}(\Psi^*\hat H \Psi - \Psi \hat H \Psi^*)\\ &= -\frac{\hbar}{2mi}(\Psi^*\triangle \Psi - \Psi \triangle \Psi^*)\\ &= -\frac{\hbar}{2mi}\nabla(\Psi^*\nabla \Psi - \Psi \nabla \Psi^*) \end{align}</math> となる。従って、<math>\boldsymbol j = \frac{\hbar}{2mi}(\Psi^*\nabla \Psi - \Psi \nabla \Psi^*) </math> を確率流密度と定義すると連続の式 <math>\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \boldsymbol j = 0</math> が成り立つ。 == 演算子 == ここからはある物理的な定数を持つことが量子力学的にどのような意味を持つかについて考える。物理的な定数とは例えば、ある物体の持つ位置や運動量のことである。古典力学ではある物体の物理的な状態は位置、運動量などを指定することによって得ることが出来、これらの間に特別な関係は無かった。これらはそれぞれの値を適当に取ってもよい量であったのである。 量子力学的にもある物体の物理的状態を定める量は存在しており、そのような量を定めることで物体がどのような状態にあるかを指定することが出来る。問題なのは、ある場合においてこれらの間に特殊な関係があらわれ、それらの量を任意に選ぶことが出来なくなることである。重要な例として、ある物体の位置と運動量は同時に定めることが出来ない。 ここで、ある物理的な状態の全てが数え上げられたとしてこれらの状態全体で張られるベクトルを取る。通常、ある物体が持つ物理的な状態は無数のエネルギーを持ち、このような操作は不可能に思える。実際このことは量子力学の発展の初期に大きな数学的な問題となった。しかし、現在ではベクトルの内積の取り方などを工夫することで、この様な作業が実際可能であることが示されている。詳しくは[[w:ヒルベルト空間]]などを参照。 このように全ての物理的状態が数え上げられたとするとき、それらの状態はあるエネルギーを持った状態として存在する。例えば、ある状態<math>\psi _1</math>がエネルギー<math>E _1</math>を持っていたとする。数学的にはこの様な状態はある行列<math>\hat H</math>を用いて :<math> \hat H \psi _1 = E _1 \psi _1 </math> と表わせる。ここで、<math>\hat H</math>は、全ての数え上げられた物理的な状態を1つの基底として持つような行列として考えられている。更に<math>\hat H</math>は、それぞれの物理的状態に対して対角化されており、 :<math> \psi _1, \psi _2,\psi _3, \cdots </math> などの全ての物理的状態に対して対応するエネルギー<math>E _1</math>,<math>E _2</math>,<math>E _3</math>などを返すものとする。 このような行列<math>\hat H</math>は、実際にあるエネルギーを持つ状態としては、古典的な考え方と変化することは無い。なぜなら、<math>\hat H</math>は、古典的に考えてある力学系の中に存在する物体が持つと考えられるエネルギー値を全て持っているものと考えることが出来るからである。 このため、仮に全ての量子的状態がエネルギーという量だけで特定されるのならば、ある力学系が取り得るエネルギーを全て定めることが量子的状態を全て求めることになる。ここまでの議論をより数学的な用語を用いてまとめると、出て来た量で<math>\hat H</math>は全ての物理的な状態によって張られた行列であり物理的な状態を表わす<math>\psi</math>は、<math>\hat H</math>がかかることによってE倍されるようなベクトルであるので、<math>\hat H</math>の固有ベクトルであると考えられる。このときエネルギーEは、固有値方程式 :<math> \hat H \psi = E \psi </math> の固有値である。 演算子 <math>\hat A , \hat B</math> について交換関係を <math>[\hat A,\hat B] = \hat A\hat B - \hat B \hat A</math> で定める。例えば、 <math>[\hat x_i,\hat p_j]f = -i\hbar x_i \frac{\partial f}{\partial x_j} + i \hbar \frac{\partial }{\partial x_j}(x_i f) = i \hbar \delta_{ij}f</math> より、 <math>[\hat x_i,\hat p_j] = i \hbar \delta_{ij}</math> となる。また、 <math>[\hat x_i,\hat x_j] = 0, \, [\hat p_i,\hat p_j] = 0 </math> が成り立つ。 解析力学では、<math>\{x_i,p_j\} = \delta_{ij}</math> であることから、古典力学と量子力学の間には、 <math>[\hat A, \hat B] \longleftrightarrow i\hbar \{A,B\}</math> の関係があることが予想できる。 == 一次元量子系 == === 井戸型ポテンシャル === 1次元井戸型ポテンシャル : <math>V(x) = \begin{cases} \infty \quad (x<0)\\ 0\quad (0 \le x \le a)\\ \infty\quad (a<x) \end{cases}</math> を考える。このときのシュレーディンガー方程式は :<math>E\psi(x) =-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^2}+V(x)\psi(x)</math> となる。このとき<math>V(x)=\infty</math>の領域<math>(x<0,a<x)</math>では粒子は侵入不可なので、この領域における波動関数は<math>\psi(x)=0</math>となる。波動関数<math>\psi(x)</math>は<math>x=0,x=a</math>でそれぞれ連続なので、<math>\psi(0)=\psi(a)=0</math>となる。<math>0 \le x \le a</math>におけるシュレーディンガー方程式は、 :<math>E\psi(x) =-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^2}</math> :<math>\psi''(x) + k^2 \psi(x) = 0</math>　　<math>\left(k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}\right)</math>とした。 :となるから、 :<math>\psi(x)=A\sin (kx+\delta)</math> <math>\psi(0)=0</math> より <math>\delta=0</math> である。 <math>\psi(a)=0</math> より、<math>\sin ka = 0</math> より、<math>ka = n\pi \quad (n=1,2,\cdots)</math> で、エネルギー準位は <math>E_n = \frac{\pi^2 \hbar^2 n^2}{2ma^2}</math> となる。波動関数を、<math>\int_0^{a}(\psi(x))^2 dx = 1</math>となるように規格化すると、 :<math>A=\sqrt{\frac{2}{a}}</math> となり :<math>\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin \frac{n\pi x}{a}</math> を得る。 === 有限の場合 === 次に、ポテンシャルの深さが有限 <math>V(x) = \begin{cases} V_0 \quad (x<0)\\ 0\quad (0 \le x \le a)\\ V_0\quad (a<x) \end{cases}</math> で <math>0<E < V_0 </math> の場合を考える。井戸の外側でのシュレーディンガー方程式は <math>\psi''(x) + \kappa^2 \psi(x) = 0</math>　　<math>\left(\kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}\right)</math> となるから、<math>x \le 0</math> で <math>\psi(x) = ae^{\kappa x}</math> となり、<math>x \ge a</math> で <math>\psi(x) = be^{-\kappa x}</math> となる。また、<math>0 \le x \le a</math> で <math>\psi(x) = c\sin(kx+\delta)</math> となる。<math>\psi,\psi'</math> は連続で井戸の外では0にはならないから <math>\frac{\psi'}{\psi}</math> も連続で、 <math>\frac{\psi'}{\psi} = \kappa \quad (x \le 0)</math> <math>\frac{\psi'}{\psi} = -\kappa \quad (x \ge a) </math> となるから、 <math>k \cot \delta = \kappa,k \cot (ka+\delta) = -\kappa </math> を得る。ここで、 <math>\kappa = k \sqrt{\frac{2mV_0}{k^2\hbar^2}-1},\,\cot x = \sqrt{\frac{1}{\sin^2x}-1} </math> を使うと、 <math>\sin\delta = -\sin(ka+\delta) = \frac{k\hbar}{\sqrt{2mV_0}} </math> となるから、 <math>ka = n \pi - 2 \arcsin \frac{k\hbar}{\sqrt{2mV_0}} \quad(n=1,2,\cdots) </math> を得る。この超越方程式を <math>k</math> について解くことでエネルギー準位が分かる<ref><math>\arcsin \frac{k\hbar}{\sqrt{2mV_0}} = \arcsin\frac{k}{\sqrt{\kappa^2+k^2}}=\arctan\frac{k}{\kappa}</math> と変形して両辺の正接を取ると、奇数の <math>n</math> に対して <math>\eta=\xi\tan\xi.</math> 偶数の <math>n</math> に対して <math>\xi=-\eta\cot\eta</math> を得る。ここで、<math>\xi = \frac{ka}{2},\eta = \frac{\kappa a}{2}</math> である。これと <math>\xi^2 +\eta^2 = \frac{mV_0 a^2}{2\hbar^2}</math> の交点を求めることに帰着される。</ref>。<math>V_0\to\infty </math> とすると無限に深い井戸型ポテンシャルと同じ <math>ka = n\pi </math> に帰着する。 超越方程式の解 <math>k</math> の厳密解を求めることは容易ではないが、固有状態の数は正確にわかる。<math>k</math> は正であり、<math>\arcsin \frac{k\hbar}{\sqrt{2mV_0}}</math> が定義されるため <math>k</math> の最大値は <math>\frac{\sqrt{2mV_0}}{\hbar}</math> である。また、方程式の右辺は各 <math>n</math> について <math>n\pi > n\pi - 2 \arcsin \frac{k\hbar}{\sqrt{2mV_0}} \ge (n-1)\pi </math> であり、単調減少である。したがって、<math>ka</math> と交わる回数が固有状態の数であるから、 <math>(n-1)\pi \le \frac{\sqrt{2mV_0}}{\hbar}a < n \pi</math> であるとき、<math>n</math> 個の固有状態が存在する。 === 階段型ポテンシャル === 1次元階段型ポテンシャル : <math>V(x)=\begin{cases} 0 \quad (x<0)\\ V_0 \quad (0 \leq x) \end{cases}</math> に入射波 <math>e^{ik_1x}</math> が左から向かってくる場合を考える。<math>E > V_0</math> の場合で、 : <math> k_1=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar}} </math> : <math> k_2=\sqrt{\frac{2m(E-V_0)}{\hbar}} </math> とする。波動関数は : <math>\psi(x)=\begin{cases} e^{ik_1x} + A e^{-ik_1x} \quad (x<0)\\ Be^{ik_2x}\quad (0 \leq x) \end{cases}</math> 波動関数が<math>x=0</math>で滑らかである条件から定数を定める。 : <math>1+A=B</math> : <math>k_1(1-A)=k_2B</math> より、 : <math>A = \frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}</math> : <math> B=\frac{2k_1}{k_1+k_2} </math> === 土手型ポテンシャル === 1次元土手型ポテンシャル : <math>V(x)=\begin{cases} 0 \quad (x<0)\\ V_0 \quad (0 \leq x \le a)\\ 0\quad (x>a) \end{cases}</math> に入射波 <math>e^{ik_1x}</math> が左から向かってくる場合を考える。ただし、<math>E > V_0</math> で : <math> k_1=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar}} </math> : <math> k_2=\sqrt{\frac{2m(E-V_0)}{\hbar}} </math> とする。波動関数は : <math>\psi(x)=\begin{cases} e^{ik_1x} + A e^{-ik_1x} \quad (x<0)\\ Be^{ik_2x} + B'e^{6ik_2x}\quad (0 \le x \le a)\\ Ce^{ik_1x} \quad (x > a) \end{cases}</math> 波動関数が<math>x=0,a</math>で滑らかである条件から : <math>1+A=B+B',1-A=\frac{k_2}{k_1}(B-B')</math> : <math>Be^{ik_2x}+B'e^{-ik_2a}=Ce^{ik_1a},Be^{ik_2x}-B'e^{-ik_2a}=\frac{k_1}{k_2}Ce^{ik_1a}</math> となる。後半の2式より、 <math>B = \left(1+\frac{k_1}{k_2}\right)\frac C 2e^{i(k_1-k_2)a}</math> <math>B' = \left(1-\frac{k_1}{k_2}\right)\frac C 2 e^{i(k_1+k_2)a}</math> となる。前半の2式から <math>2 = \left(1+\frac{k_2}{k_1}\right)B + \left(1-\frac{k_2}{k_1}\right)B'</math> となるから、 <math>C = \frac{2k_1k_2e^{-ik_1a}}{2k_1k_2\cos k_2a - i(k_1^2+k_2^2)\sin k_2a}</math> となる。したがって、透過係数は <math>T = |C|^2 = \frac{4k_1^2k_2^2}{4k_1^2k_2^2+(k_1^2-k_2^2)^2\sin^2 k_2a}</math> となる。<math>E < V_0</math> のときは <math>k_2</math> は純虚数となるから、<math>k_2 = i\kappa_2</math> と置いて、 <math>T = \frac{4k_1^2\kappa_2^2}{4k_1^2\kappa_2^2+(k_1^2+\kappa_2^2)^2\sinh^2 \kappa_2a}</math> を得る。 === 調和振動子 === ハミルトニアンが <math>\hat H = \frac{\hat p^2}{2m} + \frac 1 2 m \omega^2 x^2</math> で与えられる系を考える。シュレーディンガー方程式は <math>-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + \left(\frac 1 2 m \omega^2 x^2 - E\right)\psi = 0</math> となる。無次元の変数 <math>\xi = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x</math> を導入すると、 <math>\frac{d^2\psi}{d\xi^2} + \left(\frac{2E}{\hbar \omega}- \xi^2\right)\psi = 0</math> となる。ここで、<math>\xi \to \infty</math> では <math>\frac{d^2\psi}{d\xi^2} = \xi^2\psi</math> と振る舞うため、漸近的に <math>\psi \sim e^{\pm \frac{\xi^2}{2}}</math> となる。波動関数は <math>\xi \to \infty</math> で有限でなくてはならないため、<math>\psi \thicksim e^{-\frac{\xi^2}{2}}</math> である。そこで、 <math>\psi = H(\xi) e^{-\frac{\xi^2}{2}}</math> と置き、<math>H(\xi)</math> に対する微分方程式を求めると、 <math>\frac{d^2H}{d\xi^2} - 2\xi \frac{dH}{d\xi} + 2n H = 0</math> となる。ここで、<math>2n = \frac{2E}{\hbar \omega} - 1</math> である。微分方程式の冪級数解 <math>H = \sum_{k=0}^\infty a_k \xi^k</math> を仮定すると、 <math>\sum_{k=2}^\infty a_k k (k-1) \xi^{k-2} - 2\sum_{k=0}^\infty a_k k \xi^k + 2n \sum_{k=0}^\infty a_k \xi^k = 0</math> <math>\sum_{k=0}^\infty[ a_{k+2} (k+2) (k+1) - 2 a_k k + 2n a_k ]\xi^k = 0</math> すなわち、 <math>a_{k+2} = - \frac{2(n-k)}{(k+1)(k+2)}a_k</math> となる。<math>n</math> が非負整数ではないときは、<math>H</math> は無限級数で、漸近的に <math>\frac{a_{k+2}}{a_k} \sim \frac 2 k </math> となるから、 <math>H \propto \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \xi^{2k} = e^{\xi^2}</math> よって、<math>\psi \propto e^{\frac{\xi^2}{2}}</math> となり発散してしまう。<math>n</math> が非負整数であるなら級数は途中で打ち切られるから、<math>H</math> は多項式となる。 <math>k = n - 2l</math> と置くと、係数の関係は <math>a_{n-2l} = - \frac{(n-2l+1)(n-2l+2)}{4l}a_{n-2(l-1)}</math> となるから、 <math>a_{n-2l} = (-1)^l \frac{(n-2l+1)(n-2l+2)(n-2l+3)(n-2l+4)\cdots n}{4^l l(l-1)\cdots 1}a_{n} = \frac{(-1)^l n!}{4^l l! (n-2l)!}a_n</math> <math>\begin{align} H(x) &= \sum_{k=0}^{[\frac n 2]} a_{n-2k} x^{n-2k}\\ &= a_n n!\sum_{k=0}^{[\frac n 2]} \frac{(-1)^k}{2^{2k} k! (n-2k)!} x^{n-2k}\\ \end{align}</math> となる。ここで <math>a_n = 2^n </math> としたものをエルミート多項式 <math>H_n(x) = a_n \sum_{k=0}^{[\frac n 2]} \frac{(-1)^k}{k! (n-2k)!} (2x)^{n-2k}</math> とする。 エネルギー準位は、 <math>E_n = \left(n + \frac 1 2 \right)\hbar \omega</math> となる。 === 生成消滅演算子 === 生成演算子と消滅演算子をそれぞれ、 <math>\hat a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \hat x - \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\hat p </math> <math>\hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \hat x + \frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\hat p </math> で定義する。数演算子を <math>\hat n = \hat a^\dagger \hat a</math> で定義する。簡単な計算から、 <math>[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 </math> <math>[\hat n, \hat a^\dagger] = \hat a^\dagger </math> <math>[\hat n, \hat a] = -\hat a </math> が分かる。 状態 <math>|n\rangle </math> を <math>\hat n </math> の固有状態 <math>\hat n |n\rangle = n |n\rangle </math> で定義する。 <math>\langle n| \hat n|n\rangle = ||\hat a |n\rangle||^2 \ge 0 </math> より、<math>n \ge 0 </math> である。 <math>\begin{align} \hat n \hat a |n\rangle &= (\hat a \hat n - \hat a)|n\rangle \\ &= (n-1) \hat a |n\rangle \end{align}</math> より、<math>\hat a |n\rangle </math> は固有値 <math>n-1 </math> に属する固有状態であり、 <math>\hat a|n\rangle = c_n |n-1\rangle</math> と書ける。 <math>\begin{align} \langle n | \hat n |n\rangle &= \langle n | \hat a^\dagger \hat a | n \rangle\\ &= c_n^2 \langle n-1 | n-1 \rangle\\ &= c_n^2\\ &= n \end{align}</math> より、<math>c_n = \sqrt n</math> である。 <math>\hat a|n\rangle = \sqrt n |n-1\rangle</math> となるが、 <math>n</math> が整数でないならば <math>\hat a</math> を繰り返し適用することにより負の固有値 <math>n</math> を持つ状態が作れてしまう。<math>n</math> が整数ならば <math>\hat a |0\rangle = 0</math> より、負の固有状態は作れないことになり <math>n \ge 0</math> の条件に矛盾しない。また、基底状態が <math>|0\rangle</math> で与えられることも分かる。 同様に、 <math>\begin{align} \hat n \hat a^\dagger |n\rangle &= (\hat a^\dagger \hat n + \hat a^\dagger)|n\rangle \\ &= (n + 1) \hat a^\dagger|n\rangle \end{align}</math> となる。<math>\hat a^\dagger |n\rangle </math> は固有値 <math>n+1 </math> に属する固有状態であり、 <math>\hat a^\dagger|n\rangle = c_n |n+1\rangle</math> と書ける。 <math>\begin{align} \langle n | \hat a^\dagger \hat a | n \rangle &= \langle n | \hat a \hat a^\dagger - 1 | n \rangle\\ &= c_n^2 \langle n+1 | n+1 \rangle - \langle n | n \rangle\\ &= c_n^2 - 1\\ &= n \end{align}</math> より、<math>c_n = \sqrt{n+1} </math> である。従って、 <math>\hat a^\dagger | n \rangle = \sqrt {n+1} | n+1 \rangle </math> を得る。基底状態 <math>|0\rangle </math> は <math>\hat a |0\rangle = 0</math> より波動関数は <math>\left(x + \frac{\hbar}{m\omega} \frac{d}{dx}\right)\psi_0(x) = 0</math> となるから、これを解いて <math>\psi_0(x) = C e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2}</math>となる。規格化は <math>\int |\psi_0|^2 dx = |C|^2 \int e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2}dx = |C^2| \sqrt{\frac{\hbar \pi}{m\omega}} = 1</math> より、<math>C = \sqrt[4]{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}</math> となる。また、 <math>|n \rangle = \frac{1}{\sqrt n} \hat a^\dagger |n-1\rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}} (\hat a^\dagger)^n |0\rangle </math> となるから、<math>\xi = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x</math> と変数変換すると、 <math>\psi_n = \frac{1}{\sqrt{n!}} (\hat a^\dagger)^n \sqrt[4]{\frac{m\omega}{\pi\hbar}} e^{-\frac{\xi^2}{2}} </math> となる。ここで、 <math>\begin{align} \hat a^\dagger &= \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}x - \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \frac{d}{dx}\\ &= \frac{1}{\sqrt 2}\left(\xi - \frac{d}{d\xi}\right)\\ &= -\frac{1}{\sqrt 2} e^{\frac 1 2 \xi^2}\frac{d}{d\xi}e^{-\frac 1 2 \xi^2} \end{align} </math> となるから <math>\begin{align} \psi_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{2^n n!}} \sqrt[4]{\frac{m\omega}{\pi\hbar}} e^{\frac 1 2 \xi^2}\frac{d^n}{d\xi^n} e^{-\xi^2}\\ &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{2^n n!}} \sqrt[4]{\frac{m\omega}{\pi\hbar}} \left(e^{\xi^2}\frac{d^n}{d\xi^n} e^{-\xi^2}\right)e^{-\frac 1 2 \xi^2}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2^n n!}} \sqrt[4]{\frac{m\omega}{\pi\hbar}} H_n(\xi) e^{-\frac 1 2 \xi^2}\\ \end{align} </math> を得る。 == 角運動量 == 軌道角運動量演算子 <math>\hat L_i</math> を <math>\hat L_i = \varepsilon_{ijk} x_j \hat p_k</math> で定義する。すなわち <math>\hat L_x = y \hat p_z - z \hat p_y,\, \hat L_y = z \hat p_x - x \hat p_z,\,\hat L_z = x \hat p_y - y \hat p_x</math> である。 <math>\begin{align} {}[\hat L_i, x_j] &= \varepsilon_{ikl}[x_k \hat p_l , x_j] \\ &= \varepsilon_{ikl}x_k[\hat p_l , x_j] + \varepsilon_{ikl}[x_k, x_j]\hat p_l \\ &= i\hbar\varepsilon_{ijk}x_k \end{align}</math> を得る。 <math>\begin{align} {}[\hat L_i, \hat p_j] &= \varepsilon_{ikl}[x_k \hat p_l , \hat p_j] \\ &= \varepsilon_{ikl}x_k[\hat p_l , \hat p_j] + \varepsilon_{ikl}[x_k, \hat p_j]\hat p_l \\ &= i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat p_k \end{align}</math> を得る。 <math>\begin{align} {}[\hat L_i, \hat L_j] &= \varepsilon_{jkl} [\hat L_i, x_k \hat p_l] \\ &= \varepsilon_{jkl} x_k[\hat L_i, \hat p_l] + \varepsilon_{jkl} [\hat L_i, x_k]\hat p_l \\ &= i\hbar\varepsilon_{jkl}\varepsilon_{ilm} x_k\hat p_m + i\hbar\varepsilon_{jkl} \varepsilon_{ikm}x_m\hat p_l\\ &= i\hbar(-\delta_{ij}x_{k}\hat p_k + x_i \hat p_j +\delta_{ij} x_l \hat p_l - x_j \hat p_i)\\ &= i\hbar(x_i \hat p_j - x_j \hat p_i)\\ &= i\hbar \varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}x_l \hat p_m\\ &= i\hbar \varepsilon_{ijk} \hat L_k \end{align}</math> を得る<ref>これらは古典力学における <math>\{L_i, q_j\}= \varepsilon_{ijk}q_k, \{L_i, p_j\}= \varepsilon_{ijk}p_k, \{L_i, L_j\}= \varepsilon_{ijk}L_k</math> に対応する。このことは <math>\{q_i,p_j\}=\delta_{ij},\{q_i,q_j\}=0,\{p_i,p_j\}=0</math> によりここでやったのと全く同じ計算で示される。あるいは、<math>[\hat A, \hat B] \longleftrightarrow i\hbar \{A,B\} </math> の対応原理からもわかる。</ref>。 角運動量演算子の二乗を <math>\hat{{\boldsymbol L}^2} = \hat{L_x^2} +\hat{L_y^2} +\hat{L_z^2}</math> で定義する。このとき、<math>[\hat{{\boldsymbol L}^2},\hat L_i] = 0</math> である。実際、 <math>\begin{align} {}[\hat{{\boldsymbol L}^2},\hat L_i] &= [\hat{L_j^2},\hat L_i]\\ &= \hat L_j [\hat L_j, \hat L_i] + [\hat L_j, \hat L_i]\hat L_j\\ &= i\hbar (\varepsilon_{ijk}\hat L_j \hat L_k + \varepsilon_{ijk}\hat L_k \hat L_j)\\ &= i\hbar (\varepsilon_{ijk}\hat L_j \hat L_k - \varepsilon_{ikj}\hat L_k \hat L_j)\\ &=0 \end{align}</math> である。 昇降演算子を <math>\hat L_\pm = \hat L_x \pm i\hat L_y</math> で定義する。 <math>\begin{align} {}[\hat L_z, \hat L_\pm] &= [\hat L_z, \hat L_x] \pm i[\hat L_z, \hat L_y]\\ &= i\hbar \hat L_y \pm \hbar \hat L_x\\ &= \pm \hbar \hat L_\pm \end{align} </math> となる。また、 <math>\begin{align} \hat L_- \hat L_+ &= (\hat L_x - i \hat L_y)(\hat L_x + i \hat L_y)\\ &= \hat{L_x^2} + \hat{L_y^2} + i(\hat L_x \hat L_y - \hat L_y \hat L_x)\\ &= \hat{L_x^2} + \hat{L_y^2} - \hbar \hat L_z \end{align} </math> より、<math>\hat{{\boldsymbol L}^2} = \hat L_- \hat L_+ +\hat{L_z^2} + \hbar \hat L_z </math> を得る。簡単のために、<math>\hbar\hat l_i = \hat L_i,\, \hat{{\boldsymbol l}^2} = \hat{l_x^2} +\hat{l_y^2} +\hat{l_z^2} </math> を定義しよう。このとき <math>[\hat{{\boldsymbol l}^2},\hat l_z] = 0</math> が成立するから、同時対角化可能で規格化された固有状態 <math>|\lambda,m \rangle </math> を <math>\hat{{\boldsymbol l}^2}|\lambda,m \rangle = \lambda |\lambda,m \rangle, \, \hat l_z|\lambda,m \rangle = m |\lambda,m \rangle </math> とする。 <math>\langle \lambda,m| \hat{{\boldsymbol l}^2} - \hat{l_z^2} |\lambda,m\rangle = \langle \lambda,m| \hat{l_x^2} + \hat{l_y^2} |\lambda,m\rangle \ge 0 </math> ここで、<math>\langle \lambda,m| \hat{{\boldsymbol l}^2} - \hat{l_z^2} |\lambda,m\rangle = (\lambda - m^2) \langle \lambda,m|\lambda,m\rangle = \lambda - m^2 </math> より <math>\lambda \ge m^2 </math> を得る。従って、<math>m </math> には最大値と最小値があり、最大値を <math>l </math> とすると、対称性より最小値は <math>-l </math> で与えられる。 <math>\begin{align} \hat l_z \hat l_{\pm}|\lambda, m \rangle &= (\hat l_\pm \hat l_z + [\hat l_z, \hat l_{\pm}])|\lambda, m \rangle\\ &= (\hat l_\pm \hat l_z \pm \hat l_\pm)|\lambda, m \rangle\\ &= (m \pm 1 )\hat l_\pm |\lambda, m \rangle \end{align} </math> より、<math>\hat l_\pm |\lambda, m \rangle </math> は固有値が <math>m\pm1 </math> である <math>\hat l_z </math> の固有状態となる<ref>一般に、<math>[\hat A, \hat B] = k \hat B</math> のとき、<math>\hat B</math> は <math>\hat A</math> の固有値を <math>k</math> だけ増減する演算子である。例えば<math>[\hat n, \hat a^\dagger] = \hat a^\dagger, [\hat n, \hat a] = -\hat a </math> など。</ref>。従って <math>\hat l_\pm |\lambda, m \rangle \propto |\lambda, m \pm 1\rangle </math> とかける。<math>m = l </math> の場合は、固有値が <math>l+1 </math> の状態は存在しないから、 <math>\hat l_+ |\lambda, l\rangle = 0 </math> となる。従って <math>\hat l_-\hat l_+ |\lambda, l\rangle = (\hat{{\boldsymbol l}^2} - \hat{l_z^2} - \hat l_z)|\lambda, l\rangle = (\lambda - l^2 - l)|\lambda, l\rangle = 0 </math> より、<math>\lambda = l(l+1) </math> を得る。今後は <math>\lambda </math> の代わりに <math>l </math> を用いて <math>|l,m \rangle </math> と書くことにする。<math>\hat l_\pm |l, m \rangle = C^\pm_{lm}|l, m \pm 1\rangle </math> とすると <math>\begin{align} \langle l, m |\hat l_-\hat l_+ |l, m \rangle &= \langle l, m |\hat l_+^\dagger\hat l_+ |l, m \rangle\\ &= |C^+_{lm}|^2\langle l, m+1 |l, m+1 \rangle\\ &= |C^+_{lm}|^2 \end{align}</math> となる。また、 <math>\begin{align} \langle l, m |\hat l_-\hat l_+ |l, m \rangle &= \langle l, m |\hat{{\boldsymbol l}^2} - \hat{l_z^2} - \hat l_z|l, m \rangle\\ &= l(l+1)-m(m+1) \\ &= (l-m)(l+m+1) \end{align} </math> より <math>\hat l_+ |l, m \rangle = \sqrt{(l-m)(l+m+1)}|l, m+ 1\rangle </math> を得る。<math>\langle l, m+ 1|\hat l_+ |l, m \rangle = \sqrt{(l-m)(l+m+1)} </math> のエルミート共役を取って、 <math>\langle l, m|\hat l_- |l, m+1 \rangle = \sqrt{(l-m)(l+m+1)} </math> あるいは、 <math>\langle l, m-1|\hat l_- |l, m \rangle = \sqrt{(l+m)(l-m+1)} </math> を得る。 次に、角運動量演算子を極座標で表す表式を求めよう。球座標と直交座標の関係 <math>x = r\sin\theta\cos\varphi,y = r\sin\theta\sin\varphi,z = r\cos\theta</math> の関係から、 <math>\frac{\partial}{\partial \theta} = r\cos\theta\cos\varphi\frac{\partial}{\partial x}+r\cos\theta\sin\varphi\frac{\partial}{\partial y}-r\sin\theta\frac{\partial}{\partial z}</math> <math>\frac{\partial}{\partial \varphi} = -r\sin\theta\sin\varphi\frac{\partial}{\partial x}+r\sin\theta\cos\varphi\frac{\partial}{\partial y}</math> となるから、 <math>\begin{align} i\sin\varphi\frac{\partial}{\partial\theta} + i\cot\theta\cos\varphi\frac{\partial}{\partial \varphi} &= iz\frac{\partial}{\partial y}-iy\frac{\partial}{\partial z}\\ &= \hat l_x \end{align} </math> <math>\begin{align} i\cos\varphi\frac{\partial}{\partial\theta} + i\cot\theta\sin\varphi\frac{\partial}{\partial \varphi} &= -iz\frac{\partial}{\partial x}+ix\frac{\partial}{\partial z}\\ &= \hat l_y \end{align} </math> <math>\begin{align} -i\frac{\partial}{\partial \varphi} &= iy\frac{\partial}{\partial x}-ix\frac{\partial}{\partial y}\\ &= \hat l_z \end{align} </math> を得る。また、 <math>\hat l_{\pm} = e^{\pm i \varphi}\left(\pm\frac{\partial}{\partial\theta}+i\cot\theta\frac{\partial}{\partial\varphi}\right) </math> となる。また、 <math>\begin{align} \hat l^2 &= \hat l_- \hat l_+ + \hat l_z^2 + \hat l_z\\ &= - \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)-\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2} \end{align}</math> を得る。これはラプラシアンの角度部分である。 <math>\begin{align} \triangle &= \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\\ &=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right) -\frac{\hat l^2 }{r^2} \end{align}</math> == 水素原子 == ポテンシャル <math>V(r) = - \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Ze^2}{r}</math> での電子の運動を考えよう。シュレーディンガー方程式は <math>\triangle \psi + \frac{2m}{\hbar^2}(E-V(r))\psi = 0</math> となる。 <math>\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial \psi}{\partial r}\right) -\frac{1}{r^2}\hat l^2 \psi + \frac{2m}{\hbar^2}(E-V(r))\psi = 0</math> で <math>\psi = R(r)Y(\theta,\varphi)</math> と変数分離すると、 <math>\frac 1 R \frac{d}{d r}\left(r^2 \frac{d R}{d r}\right) + \frac{2m r^2}{\hbar^2}(E-V(r)) = \frac 1 Y \hat l^2 Y = \mu</math> となる。ここで、<math>\hat l^2 Y = \mu Y</math> は非負整数 <math>l</math> が存在して <math>\mu = l(l+1)</math> とかけるときのみ発散しない解が存在して、<math>Y</math> は球面調和関数 <math>Y_{l}^{m}(\theta, \phi)=(-1)^{(m+|m|)/2}\sqrt{ \frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!} \,} \,P_l^{|m|}(\cos\theta)\,e^{im\phi}</math> となる。ここで、<math>m</math> は角運動量の <math>z</math> 成分の固有値であり、 <math>m=-l,-l+1,\cdots,l</math> をとる。 <math>R</math> についての微分方程式 <math>\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{dR}{dr}\right) -\frac{l(l+1)}{r^2}R + \frac{2m}{\hbar^2}(E-V(r))R = 0</math> は、簡単のために <math>m = e = 4 \pi \varepsilon_0 = \hbar = 1</math> となる原子単位系を採用すると、 <math>R'' + \frac 2 r R' -\frac{l(l+1)}{r^2}R + 2\left(E+\frac{Z}{r}\right)R = 0</math> となる。ここで、<math>n = \frac{Z}{\sqrt{-2E}},\, \rho = \frac{2Z}{n}r</math> と変数変換すると、 <math>R'' + \frac 2 \rho R' + \left(-\frac 1 4 + \frac n \rho - \frac{l(l+1)}{\rho^2}\right)R = 0</math> となる。ここで <math>'</math> は <math>\rho</math> に対する微分である。 <math>\rho \ll 1</math> で <math>R \propto \rho^s</math> と仮定すると、 <math>\frac{1}{\rho^2}\frac{d}{d\rho}\left(\rho^2 \frac{dR}{d\rho}\right) -\frac{l(l+1)}{\rho^2}R = 0</math> より、<math>s(s+1) = l(l+1)</math> を得る。<math>s = l, -l-1</math> となるが、<math>R \propto \rho^{-l-1}</math> は <math>\rho = 0</math> で発散するため <math>R \propto \rho^{l}</math> である。また、<math>\rho \to \infty</math> では <math>R'' -\frac 1 4 R = 0</math> より、<math>R \propto e^{-\frac \rho 2}</math> となる。従って、 <math>R = \rho^l e^{-\frac \rho 2}w(\rho)</math> として、<math>w</math> に対する微分方程式を求めると、 <math>\rho w'' + (2l + 2 - \rho)w' + (n - l - 1)w = 0</math> を得る。これは、一般化されたラゲール多項式 <math>L^{(\alpha)}_n(\rho) = \frac{(\alpha+1)_n}{n!}F(-n,\alpha+1;\rho)</math> が微分方程式 <math>\rho L'' + (\alpha + 1 - \rho)L' + nL = 0</math> の解であるから、 <math>w = L^{(2l+1)}_{n-l-1}(\rho)</math> と書くことができる。 エネルギー準位は <math>n</math> の定義より、 <math>E_n = -\frac{Z^2}{2n^2}</math> となる。国際単位系で書くと<ref>原子単位系でのエネルギーの単位は <math>m, e, 4 \pi \varepsilon_0, \hbar</math> からエネルギーの次元を持つ量を作ると <math>E_h = \frac{me^4}{(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2} = \alpha^2 mc^2</math> となる。ここで、<math>\alpha = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 \hbar c} \approx \frac{1}{137}</math> は微細構造定数である。</ref>、 <math>E_n = -\frac{me^4Z^2}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2n^2}</math> となる。 == 不確定性関係 == <math>\hat A, \hat B</math> をエルミート演算子とする。ある状態 <math>|\psi \rangle</math> についての演算子の期待値を <math>\langle \hat A \rangle = \langle \psi |\hat A |\psi\rangle</math> と書く。分散は <math>\sigma(A)^2 = \langle \hat A^2 \rangle - \langle \hat A \rangle ^2</math> て定義される。このとき、 <math>\sigma(A) \sigma (B) \ge \frac 1 2 |\langle [\hat A,\hat B]\rangle |</math> が成り立つ。これを不確定性関係という。ただし正確にはロバートソンの不等式<ref>紛らわしいが、ハイゼンベルクの不確定性原理は位置の測定により系が擾乱されて運動量が変化するため、位置の誤差と運動量の擾乱を同時に小さくすることができないという主張である。これは定性的には正しいがその不等式は正しくない。この考えを定量的に示したのが小澤の不等式である。また、ここでいう不確定性関係（ロバートソンの不等式）は量子状態の測定値の分散の間の関係であり、測定による擾乱は考慮していない。</ref>である。<math>\lambda</math>を実数として、演算子 <math>\hat C = \hat A + i\lambda \hat B</math> を定義する。このとき、 <math>\langle \psi |\hat C^\dagger \hat C| \psi \rangle = || \hat C | \psi \rangle ||^2 \ge 0</math> となる。また、 <math>\langle \hat C^\dagger \hat C \rangle = \langle \hat A^2 \rangle + \lambda^2 \langle \hat B^2 \rangle + i\lambda \langle [\hat A, \hat B] \rangle \ge 0 </math> を得る。これを <math>\lambda</math> についての条件と見て、判別式を考えると <math>\sqrt{\langle \hat A^2\rangle\langle \hat B^2\rangle} \ge \frac 1 2 |\langle [\hat A,\hat B]\rangle |</math> を得る。<math>\hat A \to \hat A - \langle \hat A \rangle ,\hat B \to \hat B - \langle \hat B \rangle</math> と置き換えると、不確定性関係 <math>\sigma(A) \sigma (B) \ge \frac 1 2 |\langle [\hat A,\hat B]\rangle |</math> を得る。特に、<math> [\hat x,\hat p] = i\hbar </math> より <math>\sigma(x) \sigma(p) \ge \frac \hbar 2</math> となる。 '''例''' 調和振動子のエネルギー固有状態 <math>| n \rangle</math> についての不確定性を計算する。 <math>\begin{align} \hat x &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a + \hat a^\dagger),\\ \hat p &= -i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}(\hat a - \hat a^\dagger) \end{align}</math> であるから、 <math>\langle \hat x \rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle n|(\hat a + \hat a^\dagger)|n\rangle = 0</math> となる。同様に<math>\langle \hat p \rangle = 0</math>である。また、 <math>\langle \hat x^2 \rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} \langle n|(\hat a + \hat a^\dagger)^2|n\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} \langle n|(\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a)|n\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} (2n+1)</math> <math>\langle \hat p^2 \rangle = -\frac{m\hbar \omega}{2} \langle n|(\hat a + \hat a^\dagger)^2|n\rangle = -\frac{m\hbar \omega}{2} \langle n|(-\hat a\hat a^\dagger - \hat a^\dagger\hat a)|n\rangle = \frac{m\hbar \omega}{2} (2n+1) </math> より、 <math>\sigma(x) = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}(n+1/2)},\sigma(p) = \sqrt{m\hbar\omega (n+1/2)} </math> となり、 <math>\sigma(x) \sigma(p) = \hbar(n+1/2) </math> を得る。従って、不確定性関係が成り立つことを直接示すことができた。 '''例2''' 複素数 <math>\alpha</math> に対して、状態 <math>|\alpha\rangle</math> を <math>|\alpha\rangle = e^{-\frac 1 2 |\alpha|^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math> で定義する。簡単な計算から、 <math>\hat a |\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle ,\, \langle \alpha | \alpha \rangle = 1</math> が成り立つことから、<math>|\alpha\rangle</math> は消滅演算子の固有状態で、規格化されていることがわかる。この状態をコヒーレント状態という。<math>|\alpha\rangle</math> の不確定性を求めよう。前と同じように計算すると、 <math>\langle \hat x \rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle \alpha|(\hat a + \hat a^\dagger)|\alpha\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\alpha+\alpha^*)</math> <math>\langle \hat p \rangle = -i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\langle \alpha|(\hat a - \hat a^\dagger)|\alpha\rangle = -i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\alpha-\alpha^*)</math> <math>\langle \hat x^2 \rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} \langle \alpha|(\hat a + \hat a^\dagger)^2|\alpha\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} \langle \alpha|(\hat a^2 + \hat a^{\dagger 2} + 2\hat a^\dagger\hat a + 1 )|\alpha\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} (\alpha^2 + \alpha^{*2} + 2\alpha^*\alpha + 1)</math> <math>\langle \hat p^2 \rangle = -\frac{m\hbar\omega}{2} \langle \alpha|(\hat a - \hat a^\dagger)^2|\alpha\rangle = -\frac{m\hbar\omega}{2} \langle \alpha|(\hat a^2 + \hat a^{\dagger 2} - 2\hat a^\dagger\hat a - 1 )|\alpha\rangle = -\frac{m\hbar\omega}{2} (\alpha^2 + \alpha^{*2} - 2\alpha^*\alpha - 1)</math> となる。従って、 <math>\sigma(x) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}},\sigma(p) = \sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} </math> <math>\sigma(x) \sigma(p) = \frac{\hbar}{2} </math> となる。すなわち、コヒーレント状態は不確定性が最小となる状態である。 == エーレンフェストの定理 == 演算子 <math>\hat A</math> に対してその時間微分の演算子 <math>\frac{d\hat A}{dt}</math> を定義したい。これは、 <math>\frac{d\langle \hat A \rangle}{dt} = \left\langle \frac{d \hat A}{dt} \right\rangle</math> となるように定義するのがいいだろう。 <math>\begin{align} \frac{d\langle \hat A \rangle}{dt} &= \frac{d}{dt}\int \psi^* \hat A \psi dx \\ &= \int \left(\frac{\partial \psi^*}{\partial t} \hat A \psi + \psi^* \frac{\partial \hat A}{\partial t} \psi + \psi^* \hat A \frac{\partial \psi}{\partial t}\right) dx \\ &= \int \left(-\frac{1}{i\hbar}\hat H \psi^* \hat A \psi + \psi^* \frac{\partial \hat A}{\partial t} \psi + \frac{1}{i \hbar}\psi^* \hat A \hat H \psi\right) dx \\ &= \int \left(-\frac{1}{i\hbar}\psi^* \hat H \hat A \psi + \psi^* \frac{\partial \hat A}{\partial t} \psi + \frac{1}{i \hbar}\psi^* \hat A \hat H \psi\right) dx \\ &= \int \left(\psi^* \frac{\partial \hat A}{\partial t} \psi + \frac{1}{i \hbar}\psi^* [\hat A, \hat H] \psi\right) dx \\ \end{align}</math> となる。これが、 <math>\left\langle \frac{d \hat A}{dt} \right\rangle = \int \psi^* \frac{d \hat A}{dt} \psi dx</math> に等しいのだから、 <math>\frac{d \hat A}{dt} = \frac{\partial \hat A}{\partial t} + \frac{1}{i \hbar} [\hat A, \hat H] </math> となる。位置演算子 <math>\hat \boldsymbol r </math> の一階と二階の時間微分 <math>\hat \boldsymbol v , \, \hat \boldsymbol a </math> を作ってみよう。 <math>\hat \boldsymbol v = \frac{1}{i\hbar}(\hat \boldsymbol r \hat H - \hat H \hat \boldsymbol r ) = -\frac{i\hbar}{2m}(\boldsymbol r \triangle - \triangle \boldsymbol r) = -\frac{i\hbar}{m}\nabla </math> となる。また、 <math>\hat \boldsymbol a = \frac{1}{i\hbar}(\hat \boldsymbol v \hat H - \hat H \hat \boldsymbol v) = -\frac{1}{m}(\nabla V - V\nabla) = - \frac 1 m \nabla V </math> となる。よって、 <math>m \hat \boldsymbol a = - \nabla V </math> あるいは、 <math>m \frac{d^2 \langle\hat x\rangle}{dt^2} = - \langle \nabla V \rangle </math> を得る。これをエーレンフェストの定理という。 == エルミート多項式の性質 == エルミート多項式の母関数を求めよう。 <math>\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{H_n(x)}{n!}t^n &= \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^{[\frac n 2]} \frac{(-1)^k}{ k! (n-2k)!} (2x)^{n-2k}t^n\\ \end{align}</math> となる。ここで、<math>\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^{[\frac n 2]}</math> は <math>n - 2k \ge 0</math> を満たすすべての非負整数 <math>n,k</math> についての和である。そこで、<math>l = n - 2k</math> とし、<math>l</math> を0から∞まで走らせ、各 <math>l</math> について <math>k</math> を+1するごとに <math>n</math> に2を足すことにすると、 <math>l</math> が一定のまま <math>k</math> は0から∞まで走らせることができる。従って、総和は、 <math>\begin{align} \sum_{l=0}^\infty\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{ k! l!} (2x)^{l}t^{l+2k} &= \sum_{l=0}^\infty\frac{(2xt)^l}{l!} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-t^2)^k}{k!}\\ &= e^{2xt-t^2} \end{align}</math> となる。また、 <math>\begin{align} H_n(x) &= \frac{d^n}{dt^n}e^{2xt-t^2}|_{t=0}\\ &= e^{x^2} \frac{d^n}{dt^n}e^{(x-t)^2}|_{t=0}\\ &= e^{x^2} \frac{d^n}{d(-s)^n}e^{-s^2}|_{s=x}\\ &= (-1)^n e^{x^2} \frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2} \\ \end{align} </math> より、ロドリゲスの公式を得る。途中で、 <math>s=x-t </math> とした。 == WKB近似 == エネルギーが一定のとき作用は <math>S = S_0 - Et </math> であるから、波動関数の準古典近似は <math>\Psi = ae^{\frac i \hbar S} = ae^{\frac{-iEt}{\hbar}}e^{\frac i \hbar S_0}</math> となる。そこで、<math>\psi = a e^{\frac i \hbar S_0} </math> をシュレーディンガー方程式に代入して <math>\hbar </math> の0次と1次について計算すると<ref><math>\left(\frac{-\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V \right)\psi \approx \left(\frac{1}{2m}\left(\frac{dS_0}{dx}\right)^2a-\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^2S_0}{dx^2}a -\frac{i\hbar}{m}\frac{dS_0}{dx}\frac{da}{dx} + Va\right)e^{\frac i \hbar S_0} </math> となる。</ref>、 <math>\frac{1}{2m} \left(\frac{dS_0}{dx}\right)^2 + V(x) = E </math> <math>\frac{1}{2m} a\frac{d^2S_0}{dx^2} + \frac 1 m \frac{dS_0}{dx}\frac{da}{dx} = 0 </math> を得る。第一式を解くと、 <math>S_0 = \pm \int \sqrt{2m(E-V(x))}dx =: \pm\int pdx </math> となる。第二式は <math>2ma </math> を掛けると <math>\frac{d}{dx}\left(a^2\frac{dS_0}{dx}\right) = 0 </math> と変形されるから、<math>C </math> を定数として <math>a = \frac{C}{\sqrt p} </math> を得る。よって波動関数は <math>\psi(x) = \frac{C_1}{\sqrt p} e^{\frac i \hbar \int pdx} + \frac{C_2}{\sqrt p} e^{-\frac i \hbar \int pdx} </math> となる。<math> E < V(x) </math> の領域では <math>p </math> は純虚数となるから <math>p = i \tilde p </math> と置いて <math>\psi(x) = \frac{C'_1}{\sqrt \tilde p} e^{\frac 1 \hbar \int \tilde p dx} + \frac{C'_2}{\sqrt \tilde p} e^{-\frac 1 \hbar \int \tilde p dx} </math> となる。 <math> E < V(x) </math> の領域は古典的には存在できない領域であるが、量子力学的には指数関数的に減衰するものの透過することが可能である。<math>x</math> 軸正の方向に移動する粒子を考えよう。転回点を <math>x_1 < x_2 </math> とするとき、波動関数は <math> E < V(x) </math> の領域では <math>\psi(x) \sim \exp\left(-\frac 1 \hbar \int_{x_1}^x \tilde p dx\right) </math> で減衰する。従って、ポテンシャル障壁を抜ける透過係数は <math>T \sim \exp\left(-\frac 2 \hbar \int_{x_1}^{x_2} \tilde p dx\right) </math> で与えられる。 '''例''' WKB近似の応用として、アルファ崩壊について考えてみよう。アルファ粒子は原子核の内部では核力により <math>-V_0</math> のポテンシャルで束縛されおり、原子核の外部ではクーロン力を受けるとする。ポテンシャルは <math>V(r)=\begin{cases} -V_0 \quad (r<r_1)\\ \frac{\alpha}{r} \quad (r > r_1) \end{cases}</math> で与えられる。<math>r_1</math> は原子核の半径である。転回点 <math>r_2</math> は <math>E = \frac{\alpha}{r_2} </math> となる。透過係数は <math>T = \exp\left(-\frac 2 \hbar \int_{r_1}^{r_2} \sqrt{2m\left(\frac{\alpha}{r}-E\right)} dr\right) </math> である。ここで、<math>r = r_1 \cos^2\theta </math> と変換して積分すると <math>\begin{align} \int_{r_1}^{r_2} \sqrt{2m\left(\frac{\alpha}{r}-E\right)} dr &= 2\sqrt{2mE}r_2\int_{0}^{\cos^{-1}\sqrt{\frac{r_1}{r_2}}} \sin^2\theta d\theta \\ &= \sqrt{2mE}r_2\left(\cos^{-1}\sqrt{\frac{r_1}{r_2}} - \sqrt{\frac{r_1}{r_2}\left(1-\frac{r_1}{r_2}\right)}\right) \end{align} </math> となる。従って <math>T = \exp\left\{-\frac{2\alpha\sqrt{2m}}{\hbar \sqrt E} \left(\cos^{-1}\sqrt{\frac{r_1}{r_2}} - \sqrt{\frac{r_1}{r_2}\left(1-\frac{r_1}{r_2}\right)}\right)\right\}</math> を得る。<math>r_1 \ll r_2</math> とすると <math>T = \exp\left(-\frac{\pi\alpha\sqrt{2m}}{\hbar \sqrt E}\right)</math> となる。 == スピン == 電子などの素粒子には粒子に固有の角運動量が存在する。これをスピンという。<math>\hbar</math> を単位として測ったスピン演算子を <math>\hat s_i \; (i=x,y,z)</math> とする。これは角運動量演算子と同じ交換関係 <math>[\hat s_i, \hat s_j] = i\varepsilon_{ijk} \hat s_k </math> を満たす。[[量子力学#角運動量]]では、軌道角運動量の交換関係を求めてから後は、その交換関係しか使っていない。すなわち、[[量子力学#角運動量]]で求めたことはスピン演算子でも有効である。つまり、<math>\hat s_z</math> の固有値には最大値が存在し、その最大値を <math>s</math> とする。このとき、<math>s_z = -s,-s+1,\cdots,s-1,s</math> の <math>2s+1</math> 個のスピン状態が存在する。<math>2s+1</math> は自然数であるから、<math>s = 0, \frac 1 2, 1, \frac 3 2, \cdots</math> の値を取ることができる。 スピン <math>s=\frac 1 2</math> の場合を考える。<math>\hat s_z</math> の固有状態には <math>s_z = \pm \frac 1 2</math> の二通りがある。それぞれの固有状態を <math>\left|\frac 1 2\right\rangle,\left|-\frac 1 2\right\rangle</math> とする。 <math>\hat s_z \left|\frac 1 2\right\rangle = \frac 1 2 \left|\frac 1 2\right\rangle,\, \hat s_z \left|-\frac 1 2\right\rangle = -\frac 1 2 \left|-\frac 1 2\right\rangle</math> である。したがって、<math>\left|\frac 1 2\right\rangle = \binom{1}{0},\left|-\frac 1 2\right\rangle = \binom{0}{1}</math> と行列表示するとき、<math>\hat s_z</math> の行列表示は <math>\hat s_z = \begin{pmatrix} \frac 1 2 & 0 \\ 0 & -\frac 1 2 \end{pmatrix}</math> となる。また、 <math>\hat s_+ \left|-\frac 1 2\right\rangle = \left|\frac 1 2\right\rangle,\, \hat s_- \left|\frac 1 2\right\rangle = \left|-\frac 1 2\right\rangle</math> より、 <math>\hat s_+ = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\hat s_- = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} </math> となる。よって、 <math>\hat s_x =\frac 1 2 (\hat s_++\hat s_-) = \frac 1 2 \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} </math> <math>\hat s_y =\frac{1}{2i}(\hat s_+-\hat s_-) = \frac 1 2 \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} </math> となる。ここで、<math>\hat s_i = \frac 1 2 \sigma_i</math> となる行列 <math>\sigma_x = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\sigma_y = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} </math> をパウリ行列と定義する。 == 角運動量の合成 == *[[量子力学/角運動量の合成|角運動量の合成]] == 時間に依存しない摂動論 == ハミルトニアン <math>\hat H_0</math> は完全に解かれていて <math>\hat H_0 |\psi_n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)}|\psi_n^{(0)}\rangle</math> とする。規格化されていて縮退はないとする。<math>\lambda</math> を小さい量として摂動ハミルトニアン <math>\hat H = \hat H_0 + \lambda \hat V</math> を考える。目標はシュレーディンガー方程式 <math>\hat H |\psi_n\rangle = E_n |\psi_n\rangle </math> を摂動的に解くことである。 <math>|\psi_n\rangle = |\psi_n^{(0)}\rangle + \lambda |\psi_n^{(1)}\rangle + \lambda^2 |\psi_n^{(2)}\rangle + \cdots</math> <math>E_n = E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)} + \cdots</math> と <math>\lambda</math> の冪で展開する。二次まででシュレーディンガー方程式に代入すると、 <math>(\hat H_0 + \lambda \hat V)(|\psi_n^{(0)}\rangle + \lambda |\psi_n^{(1)}\rangle + \lambda^2 |\psi_n^{(2)}\rangle) = (E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)} + \lambda^2 E_n^{(2)}) (|\psi_n^{(0)}\rangle + \lambda |\psi_n^{(1)}\rangle + \lambda^2 |\psi_n^{(2)}\rangle) </math> 一次の方程式は <math>\hat H_0 |\psi_n^{(1)}\rangle + \hat V |\psi_n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)} |\psi_n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}|\psi_n^{(0)}\rangle </math> となる。二次は <math>\hat H_0 |\psi_n^{(2)}\rangle + \hat V |\psi_n^{(1)}\rangle = E_n^{(0)} |\psi_n^{(2)}\rangle + E_n^{(1)} |\psi_n^{(1)}\rangle + E_n^{(2)}|\psi_n^{(0)}\rangle </math> となる。まずは一次の近似について考える。 <math>|\psi_n^{(1)}\rangle = \sum_k c^{(1)}_k|\psi_k^{(0)}\rangle </math> と展開して、 <math>\sum_k E^{(0)}_k c^{(1)}_k|\psi_k^{(0)}\rangle + \hat V |\psi_n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)} \sum_k c^{(1)}_k|\psi_k^{(0)}\rangle + E_n^{(1)}|\psi_n^{(0)}\rangle </math> <math>\langle \psi_m^{(0)}| </math> を左からかけると、 <math>E^{(0)}_m c^{(1)}_m + \langle \psi_m^{(0)}| \hat V |\psi_n^{(0)}\rangle = E_n^{(0)} c^{(1)}_m + E_n^{(1)}\langle \psi_m^{(0)}| \psi_n^{(0)}\rangle </math> となる。<math>m = n </math> とすると、 <math>E_n^{(1)} = \langle \psi_n^{(0)}| \hat V |\psi_n^{(0)}\rangle </math> を得る。<math>m \neq n </math> のときは、 <math>c_m^{(1)} = \frac{\langle \psi_m^{(0)}| \hat V |\psi_n^{(0)}\rangle}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}} </math> となる。この式では <math>c_n^{(1)} </math> は決定できないが、 <math>|\psi^{(0)}_n \rangle + |\psi^{(1)}_n \rangle </math> 一次までで規格化されていることを要請すると、 <math>(\langle\psi^{(0)}_n | + \langle \psi^{(1)}_n |)(|\psi^{(0)}_n \rangle + |\psi^{(1)}_n \rangle) = \langle\psi^{(0)}_n | \psi^{(0)}_n \rangle + \langle\psi^{(0)}_n |\psi^{(1)}_n \rangle + \langle \psi^{(1)}_n |\psi^{(0)}_n \rangle + \langle \psi^{(1)}_n |\psi^{(1)}_n \rangle </math> より、二次の項である <math>\langle \psi^{(1)}_n |\psi^{(1)}_n \rangle</math> を無視すると、 <math> \langle\psi^{(0)}_n |\psi^{(1)}_n \rangle + \langle \psi^{(1)}_n |\psi^{(0)}_n \rangle = 0</math> より、 <math>c^{(1)}_n + c^{(1)*}_n =0</math> という条件を得る。したがって、<math>c_n^{(1)} </math> は純虚数であることがわかる。この自由度は全体の位相を調整して <math>c_n^{(1)}=0 </math> とすることができる。 次に二次の摂動に移ろう。同じように、 <math>|\psi_n^{(2)}\rangle = \sum_k c^{(2)}_k|\psi_k^{(0)}\rangle </math> と展開して二次の方程式に <math>\langle \psi_m^{(0)}| </math> を左からかけると、 <math>E^{(0)}_m c_m^{(2)} + \sum_{k} c_k^{(1)} \langle \psi_m^{(0)}|\hat V |\psi_k^{(0)}\rangle = E_n^{(0)} c_m^{(2)} + E_n^{(1)} c_m^{(1)} + E_n^{(2)}\langle \psi_m^{(0)}|\psi_n^{(0)}\rangle</math> となる。<math>m=n</math> とすると、 <math>E_n^{(2)} = \sum_{k} c_k^{(1)} \langle \psi_n^{(0)}|\hat V |\psi_k^{(0)}\rangle = \sum_{k\neq n} \frac{|\langle \psi_n^{(0)}|\hat V |\psi_k^{(0)}\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}</math> となる。 '''演習問題''' 調和振動子について摂動ハミルトニアンが <math>\hat V_1 = \alpha \hat x^3</math> であるときにエネルギーの一次と二次の摂動を求めよ。また、摂動ハミルトニアンが <math>\hat V_2 = \beta \hat x^4</math> であるときのエネルギーの一次の摂動を求めよ。 '''解答''' <math>\begin{align} \hat x &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a + \hat a^\dagger),\\ \hat p &= -i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}(\hat a - \hat a^\dagger) \end{align}</math> より、 <math>E_n^{(1)} = \langle n|\alpha \hat x^3|n\rangle = \alpha \left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^{\frac 3 2}\langle n|(a + a^\dagger)^3|n\rangle</math> である。演算子を展開して交換関係 <math>a a^\dagger = a^\dagger a + 1</math> を使って消滅演算子を右側に来るようにすると、 <math>(a + a^\dagger)^3 = a^{\dagger 3} + 3 a^{\dagger 2}a + 3 a^\dagger a^2 + a^3 + 3 a^\dagger + 3 a</math> となる。更に整理すると、 <math>(a + a^\dagger)^3 = a^{\dagger 3} + 3 a^\dagger a a^\dagger + 3 a a^\dagger a + a^3</math> となる。これには、<math>n \to n \pm 1, n \pm 3</math> の遷移に対応する演算子しか含まれていないから、 <math>\langle n|(a + a^\dagger)^3|n\rangle = 0, \quad E_n^{(1)} = 0</math> となる。次に、二次の摂動エネルギーを求める。行列要素を求めると、 <math>\begin{align} &\langle n+3 | a^{\dagger 3}|n \rangle = \sqrt{(n+1)(n+2)(n+3)},\quad \langle n+1 | 3a^\dagger a a^\dagger |n \rangle =3(n+1)^{\frac 3 2}\\ &\langle n-1 | 3a a^\dagger a|n \rangle = 3n^{\frac 3 2},\quad \langle n-3 | a^3 |n \rangle = \sqrt{n(n-1)(n-2)} \end{align}</math> であり、これ以外の行列要素は0である。従って、 <math>E_n^{(2)} = \sum_{k=n \pm 1,n\pm 3} \frac{|\langle n|\alpha\hat x^3 |k\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} = -\frac{\alpha^2\hbar^2}{8m^3\omega^4}(30n^2+30n+11)</math> となる。 次に、摂動ハミルトニアンが <math>\hat V_2 = \beta \hat x^4</math> で与えられる場合を計算しよう。同じように<math>\langle n | (a+a^\dagger)^4|n\rangle </math> の値が必要になるが、展開したときに生成演算子と消滅演算子が同数だけある項のみが一般に0とは異なる値を与える<ref>例えば、<math>a a a a^\dagger </math> のような項は <math>aaaa^\dagger |n\rangle \propto |n-2\rangle</math> となるため <math>\langle n |</math> で挟んだときに消える。</ref>。そのような項は <math>{}_4\mathrm{C}_{2}</math> 通り <math>\begin{align} &a^\dagger a^\dagger a a\\ &a^\dagger a a^\dagger a = a^\dagger a^\dagger a a + a^\dagger a\\ &a^\dagger a a a^\dagger = a^\dagger a a^\dagger a + a^\dagger a = a^\dagger a^\dagger a a + 2 a^\dagger a\\ &a a^\dagger a^\dagger a = a^\dagger a a^\dagger a + a^\dagger a = a^\dagger a^\dagger a a + 2 a^\dagger a\\ &a a^\dagger a a^\dagger = a a^\dagger a^\dagger a + a a^\dagger = a^\dagger a^\dagger a a + 3 a^\dagger a + 1\\ &a a a^\dagger a^\dagger = a a^\dagger a a^\dagger + a a^\dagger = a^\dagger a^\dagger a a + 3 a^\dagger a + 3\\ \end{align}</math> である。その和は、<math>6 a^\dagger a^\dagger a a + 12 a^\dagger a + 3</math> となる。従って、 <math>\langle n | (a+a^\dagger)^4|n\rangle = \langle n |(6 a^\dagger a^\dagger a a + 12 a^\dagger a + 3)|n\rangle = 6n^2 + 6n + 3 </math> を得る。よって、 <math>E_n^{(1)} = \frac{\beta\hbar^2}{4m^2\omega^2}(6n^2+6n+3)</math> となる。 === 永年方程式 === 縮退がある場合の摂動を考える。<math> E_n^{(0)}</math> に属する固有状態が <math>|\psi_{n,\alpha}^{(0)}\rangle</math> であるとする。前節と同じように <math>|\psi_{n}\rangle = \sum_\alpha c_{n,\alpha}^{(0)} |\psi_{n,\alpha}^{(0)}\rangle </math> と展開する。これを一次までで切ったシュレーディンガー方程式 <math>(\hat H_0 + \lambda \hat V)|\psi_n\rangle = (E_n^{(0)} + \lambda E_n^{(1)})|\psi_n\rangle</math> に代入して <math>\langle \psi^{(0)}_{n,\beta}|</math> を左からかけると、 <math>\sum_\alpha (\langle \psi^{(0)}_{n,\beta}|\hat V |\psi^{(0)}_{n,\alpha}\rangle - E^{(1)}_n\delta_{\alpha\beta})c^{(0)}_{n,\alpha} = 0</math> を得る。これが、すべての <math>c^{(0)}_{n,\alpha}</math> が0とはならない解が存在するためには、 <math>\det (\langle \psi^{(0)}_{n,\beta}|\hat V |\psi^{(0)}_{n,\alpha}\rangle - E^{(1)}_n\delta_{\alpha\beta}) = 0</math> でなくてはならない。これを永年方程式という。 == 部分波 == 自由粒子のシュレーディンガー方程式の解を極座標で考えてみよう。シュレーディンガー方程式は <math>(\triangle + k^2)\psi(r,\theta,\varphi) = 0</math> となる。ここで、<math>k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}</math> である。これはヘルムホルツ方程式である。<math>\psi(r,\theta,\varphi) = R(r)Y(\theta,\varphi)</math> を変数分離すると <math>\frac{1}{R}\left(\frac{d}{d r}\left(r^2\frac{d R}{d r}\right) + r^2 k^2 R\right) = \frac 1 Y \hat \boldsymbol l^2 Y = l(l+1)</math> より、 <math>\hat \boldsymbol l^2 Y = l(l+1)Y</math> <math>\frac{1}{r^2}\frac{d}{d r}\left(r^2\frac{d R}{d r}\right) + \left(k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right) R = 0</math> を得る。<math>Y</math> は球面調和関数で <math>l</math> は軌道角運動量であることがわかる。動径関数は <math>R(r) = \frac{X(kr)}{\sqrt{kr}}</math> と置くと、 <math>\frac{d^2}{dr^2}X(kr) + \frac 1 r \frac{d}{dr}X(kr) + \left(k^2-\frac{(l+1/2)^2}{r^2}\right) X(kr) = 0</math> を得る。これは <math>l+ \frac 1 2</math> 次のベッセルの微分方程式であるから、<math>X(kr) = A J_{l+1/2}(kr) + BN_{l+1/2}(kr)</math> となる。球ベッセル関数 <math>j_l(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}} J_{l+1/2}(x),\, n_l(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}} N_{l+1/2}(x)</math> を使うと、 <math>R(r) = a_{lm} j_l(kr) + b_{lm} n_l(kr)</math> となる。最終的にヘルムホルツ方程式の解は、 <math>\psi(r,\theta,\varphi) = \sum_{l=0}^\infty \sum_{m=-l}^l (a_{lm} j_l(kr) + b_{lm} n_l(kr)) Y_{lm}(\theta,\varphi) </math> となる。この式のそれぞれの項は確定した角運動量 <math>l</math> と角運動量の <math>z</math> 成分 <math>m</math> を持つ波動関数である。このように角運動量の固有状態で展開することを部分波展開という。 === 平面波の部分波展開 === 平面波 <math>e^{ikz}</math> はヘルムホルツ方程式を満たす。すなわち、 <math>e^{ikz} = e^{ikr\cos\theta} = \sum_{l=0}^\infty \sum_{m=-l}^l (a_{lm} j_l(kr) + b_{lm} n_l(kr)) Y_{lm}(\theta,\varphi) </math> の形に変形することができる。まず、<math>r=0</math> で有限だから、<math>b_{lm}=0</math> である。また、左辺は <math>\varphi</math> に依存しないから、<math>m=0</math> である。よって、 <math>e^{ikr\cos\theta} = \sum_{l=0}^\infty a_l j_l(kr) P_l(\cos\theta) </math> となる<ref>ここでは <math>Y_{lm}(\theta,\varphi) \propto P^{|m|}_l(\cos\theta) e^{im\varphi}</math> だけで十分である。規格化因子は重要ではないから、係数に吸収させた。</ref>。ここで、<math>x\to 0</math> で漸近的に <math> j_l(x) \to \frac{x^l}{(2l+1)!!}\left(1-\frac{x^2}{2(2l+3)}+\cdots\right)</math> となる。実際、 <math> J_{l+1/2}(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(l+k+3/2)}\left(\frac x 2\right)^{2k+l+1/2} \to \frac{1}{\Gamma(l+3/2)}\left(\frac x 2\right)^{l+1/2}</math> より、 <math> j_l(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}} J_{l+1/2}(x) \to \sqrt{\frac{\pi}{2x}}\frac{2^{l+1}}{(2l+1)!!\sqrt{\pi}}\left(\frac x 2\right)^{l+1/2} = \frac{x^l}{(2l+1)!!}</math> となる。また、<math> P_l(\cos\theta) </math> の最高次 <math>\cos^l\theta</math> の係数は、<math>\frac{(2l)!!}{l!}</math> である<ref>[[物理数学II/特殊関数#Legendre 多項式]]を見よ</ref>から、 <math>\sum_{l=0}^\infty a_l j_l(kr) P_l(\cos\theta) \to \sum_{l=0}^\infty a_l \frac{(kr\cos\theta)^l}{(2l+1)l!}</math> となる。また、 <math>e^{ikr\cos\theta} = \sum_{l=0}^\infty \frac{(ikr\cos\theta)^l}{l!}</math> より、<math> a_l = (2l+1)i^l </math> を得る。したがって、 <math>e^{ikr\cos\theta} = \sum_{l=0}^\infty (2l+1)i^l j_l(kr) P_l(\cos\theta) </math> を得る。 == 散乱 == 平面波 <math>e^{ikz}</math> がポテンシャル <math>V(r)</math> に入射されて、散乱された波動関数は <math>r\to\infty</math> のところで、<math>f(\theta)\frac{e^{ikr}}{r}</math> の球面波の形をしている。波動関数は <math>r\to\infty</math> で <math>\psi \to e^{ikz} + f(\theta)\frac{e^{ikr}}{r} </math> に漸近する。<math>r\to\infty</math> ではポテンシャルの影響はなく自由粒子と仮定していいから、<math>\psi</math> はヘルムホルツ方程式の解に漸近する。入射波とポテンシャルは <math>\varphi</math> には依存しないから <math>m=0</math> である。したがって、 <math>\psi \to \sum_{l=0}^\infty (a_{l} j_l(kr) + b_{l} n_l(kr)) P_l(\cos\theta) </math> と展開される。さらに、<math>r\to\infty </math> で <math>\begin{align} j_l(kr) &\to \frac{1}{kr}\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right),\\ n_l(kr) &\to -\frac{1}{kr}\cos\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right) \end{align}</math> となることを使うと、 <math>\begin{align}\psi &\to \frac{1}{kr}\sum_{l=0}^\infty \left\{ a_l \sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right) - b_l\cos\left(kr-\frac{l\pi}{2}\right) \right\} P_l(\cos\theta) \\ &= \frac{1}{kr}\sum_{l=0}^\infty c_l\sin\left(kr-\frac{l\pi}{2}+\delta_l\right) P_l(\cos\theta) \end{align} </math> となる。ここで <math>a_l = c_l \cos \delta_l, b_l = c_l \sin \delta_l </math> で、 <math>\delta_l</math> は位相のずれという。後述のように <math>c_l </math> は <math>\delta_l </math> によって決定されるから、<math>\delta_l </math> を求めることで波動関数が決定される。入射波 <math>e^{ikr\cos\theta} </math> も同じように部分波展開して、球面ベッセル関数の漸近形を使うと、 <math>\psi - e^{ikr\cos\theta} \to \frac{1}{2ikr}\sum_{l=0}^\infty [c_l(e^{i\delta_l}i^{-l}e^{ikr}-e^{-i\delta_l}i^{l}e^{-ikr})P_l(\cos\theta) - (2l+1)i^l(i^{-l}e^{ikr}-i^le^{-ikr})P_l(\cos\theta)]</math> となる。<math>\psi - e^{ikr\cos\theta} </math> は外向きの散乱波である。したがって、内向き球面波の <math>\frac{e^{-ikr}}{r} </math> の部分の係数は0である必要がある。このことから <math>c_l </math> が決定できて、 <math>c_l = (2l+1)i^le^{i\delta_l} </math> となる。これを代入すると、 <math>\psi \to \sum_{l=0}^\infty (2l+1)i^l e^{i\delta_l}(\cos\delta_l j_l(kr) - \sin\delta_l n_l(kr)) P_l(\cos\theta) </math> となる。また、 <math>\psi - e^{ikr\cos\theta} = \frac{e^{ikr}}{2ikr}\sum_{l=0}^\infty (2l+1)(e^{2i\delta_l}-1)P_l(\cos\theta)</math> を得る。すなわち、散乱振幅は <math>f(\theta) = \frac{1}{2ik}\sum_{l=0}^\infty (2l+1)(e^{2i\delta_l}-1)P_l(\cos\theta)</math> である。散乱断面積は <math>\begin{align} \sigma &= 2\pi \int_0^\pi |f(\theta)|^2\sin\theta d\theta\\ &= 2\pi\sum_{l=0}^\infty \int_0^\pi \frac{4k^2}{(2l+1)^2}|e^{2i\delta_l}-1|^2P_l(\cos\theta)^2\sin\theta d\theta\\ &= \frac{4\pi}{k^2}\sum_{l=0}^\infty (2l+1)\sin^2\delta_l \end{align}</math> となる。また、 <math>\operatorname{Im}f(0) = \frac{2l+1}{k}\sum_{l=0}^\infty \sin^2\delta_l</math> より、 <math>\sigma = \frac{4\pi}{k}\operatorname{Im}f(0) </math> を得る。これを光学定理という。 == ボルン近似 == ポテンシャル <math>V </math> が十分小さいときの散乱問題を考えよう。入射波を <math>\psi^{(0)} = e^{i\boldsymbol k \cdot \boldsymbol r}</math> 、散乱波 <math>\psi^{(1)}</math> は <math>V</math> と同次の量とする。 <math>\left(-\frac{\hbar^2}{2m} \triangle + V\right)(\psi^{(0)} + \psi^{(1)}) = E(\psi^{(0)} + \psi^{(1)})</math> について、二次の微小量 <math>V\psi^{(1)}</math> を無視すると、 <math>-\frac{\hbar^2}{2m} \triangle \psi^{(1)} + V\psi^{(0)} = E \psi^{(1)}</math> <math>\triangle \psi^{(1)} + k^2 \psi^{(1)} = \frac{2m}{\hbar^2} V\psi^{(0)} = \frac{2m}{\hbar^2} V e^{i\boldsymbol k \cdot \boldsymbol r}</math> となる。ここで、 <math>-\frac{\hbar^2}{2m} \triangle \psi^{(0)} = E\psi^{(0)}</math> が成り立つことを使った。 この方程式の解は、<math>R = |\boldsymbol r - \boldsymbol r'|</math> として <math>\begin{align}\psi^{(1)}(\boldsymbol r) &= -\frac{m}{2\pi \hbar^2}\int V(\boldsymbol r') \psi^{(0)}(\boldsymbol r') e^{ikR} \frac{d^3\boldsymbol r'}{R}\\ &=-\frac{m}{2\pi \hbar^2}\int V(\boldsymbol r') e^{i(\boldsymbol k \cdot \boldsymbol r + kR)} \frac{d^3\boldsymbol r'}{R} \end{align} </math> となる。<math>r \gg r' </math> のときは <math>R = |\boldsymbol r - \boldsymbol r'| \approx r - \boldsymbol r' \cdot \boldsymbol n</math> となる。ここで、<math>\boldsymbol n </math> は <math>\boldsymbol r </math> 方向の単位ベクトルである。さらに、 <math>\frac 1 R \approx \frac 1 r </math> とする。そうすると、 <math>\psi^{(1)}(\boldsymbol r) =-\frac{m}{2\pi \hbar^2}\frac{e^{ikr}}{r}\int V(\boldsymbol r') e^{i(\boldsymbol k - \boldsymbol k')\cdot \boldsymbol r'} d^3\boldsymbol r' </math> を得る。ただし、<math>\boldsymbol k' = k \boldsymbol n </math> とした。最終的に散乱振幅は <math>f=-\frac{m}{2\pi \hbar^2}\int V(\boldsymbol r) e^{-i\boldsymbol q\cdot \boldsymbol r} d^3\boldsymbol r </math> で与えられる。<math>\boldsymbol q = \boldsymbol k' - \boldsymbol k </math> で <math>q= 2k \sin \frac{\theta}{2} </math> となる。微分散乱断面積は <math>\frac{d\sigma}{d\Omega}=\frac{m^2}{4\pi^2 \hbar^4}\left|\int V(\boldsymbol r) e^{-i\boldsymbol q\cdot \boldsymbol r} d^3\boldsymbol r\right|^2 </math> となる。 球対称ポテンシャル <math>V(r) </math> の場合は、積分を実行すると、 <math>\begin{align} \int V(\boldsymbol r) e^{-i\boldsymbol q\cdot \boldsymbol r} d^3\boldsymbol r &= \int_0^\infty dr \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^\pi d\theta r^2 \sin\theta V(r) e^{-iqr\cos\theta}\\ &= 2\pi \int_0^\infty dr \, r^2 \left[\frac{1}{iqr}e^{-iqr\cos\theta}\right]_0^\pi \\ &=\frac{4\pi}{q}\int_0^\infty rV(r) \sin qr dr \end{align} </math> となるから、 <math>f=-\frac{2m}{\hbar^2 q}\int_0^\infty rV(r) \sin qr dr </math> となる。 例として湯川ポテンシャル <math>V(r) = \frac{\alpha}{r} e^{-\mu r} </math> の場合の微分散乱断面積を計算しよう。 <math>\begin{align} \int_0^\infty rV(r) \sin qr dr &= \int_0^\infty \alpha e^{-\mu r} \sin qr dr \\ &= \alpha \operatorname{Im} \int_0^\infty e^{-\mu r} e^{iqr} dr\\ &= \alpha \operatorname{Im} \left[\frac{e^{(-\mu + iq)r}}{qi-\mu} \right]_0^\infty \\ &= \alpha \operatorname{Im} \frac{1}{\mu- iq} = \frac{\alpha q}{\mu^2 + q^2} \end{align} </math> となる。したがって、 <math>\frac{d\sigma}{d\Omega}= \frac{4m^2}{\hbar^4} \frac{\alpha^2}{(\mu^2+q^2)^2} </math> となる。散乱断面積は <math>q^2 = 2k^2(1-\cos\theta) </math> より、 <math>\begin{align} \sigma &= 2\pi \int_0^\pi \frac{4 m^2 \alpha^2}{\hbar^4} \frac{\sin\theta d\theta}{(\mu^2 + 2k^2(1-\cos\theta))^2}\\ &= \frac{8\pi m^2 \alpha^2}{\hbar^4}\int_0^2 \frac{dx}{(\mu^2 + 2k^2 x)^2}\\ &= \frac{8\pi m^2 \alpha^2}{\hbar^4} \left[\frac{-1}{2k^2}\frac{1}{(\mu^2 + 2k^2 x)}\right]_0^2\\ &= \frac{16\pi m^2 \alpha^2}{\hbar^4}\frac{1}{\mu^2(\mu^2 + 4k^2)} \end{align} </math> となる。途中で <math>x=1-\cos\theta </math> とした。 また、<math>\mu \to 0 </math> とするとポテンシャルはクーロンポテンシャルとなり、 <math>\frac{d\sigma}{d\Omega}= \frac{4m^2 \alpha^2}{\hbar^4 q^4} = \left(\frac{m\alpha}{2\hbar^2 k^2}\right)^2 \frac{1}{\sin^4\frac \theta 2} </math> となる。<math>E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} </math> とすると、<math>\frac{d\sigma}{d\Omega} = \left(\frac{\alpha}{4E}\right)^2 \frac{1}{\sin^4\frac \theta 2}</math> となり[[解析力学#ラザフォード散乱|古典力学でのラザフォード散乱の微分散乱断面積]]に完全に一致する。 ==脚注== <references /> {{stub}} {{DEFAULTSORT:りようしりきかく}} [[Category:量子力学|*]] {{NDC|423}} d29qjhj62gcayijesbyq506yff4pxw8 0 45504 301749 274724 2026-07-18T10:11:48Z Tomzo 248 /* グラフによる解法 */ 301749 wikitext text/x-wiki == 問題 == [[File:油分け算 容器.png|right|300px]] <Big> :ここに、満杯にすると5Lの容器Aと3Lの容器Bがあります（イラストとは違って、目盛はないものとします）。 :水槽（8L以上）から、この2個の容器を使って、4Lの水を測り分けてください。 </Big> :　 :<span id="水を移動させるルール"/>'''水を移動させるルール''' ::ここでは、以下の操作しかできない（「容器の半分」とかは測れない）と考えてください。 ::なお、後の考察のため、それぞれの動きに名前をつけておきます。 ::#水槽から容器いっぱいの水を汲む（Action1→A1）。 ::#水槽に水を戻して、容器を空にする（Action2→A2）。 ::#別の容器に移す。以下の2パターンのいずれか。 ::##別の容器に全て移し替え、容器を空にする（Action3-1→A3-1）。 ::##別の容器がいっぱいになったら、移すのをやめる（Action3-2→A3-2）。 {{-}} == 解答 == まずは、この問題を自分で考えてみましょう。解けたり、見当がついたら、「表示」をクリックして開いてみてください。また、しばらく考えて見当がつかないようであれば、開いて回答をながめましょう。次の次の項以下に数学的な考えを記述していますが、考えているときには、目に入れないよう注意してください。 '''手順1''': 最初に容器Aを満たす手順（<span id="手順1"/>各手順の後ろにつく（Px）は今は気にしないでください） {{NavTop}} [[File:油分け算01.png|150px]] ①左が最初の状態です。まず、容器Aを満たします。 {{-}} [[File:油分け算02.png|150px]] ②そうすると、その水は5Lであることがわかります。次に容器Aから、水を注いで容器Bを満たします。（P1） {{-}} [[File:油分け算03.png|150px]] ③容器Bが3Lなので、容器Aに2Lの水が残ったことがわかります。次に容器Bに入っている水を水槽に戻して空にします。（P2） {{-}} [[File:油分け算04.png|150px]] ④空になった容器Bに、容器Aに残った水（2L）を全部移します。（P3） {{-}} [[File:油分け算05.png|150px]] ⑤空になった容器Aに水を満たします。（P4） {{-}} [[File:油分け算06.png|150px]] ⑥容器Aから水を注いで容器Bを満たします。容器Bにはすでに2Lの水があるため、容器Aから容器Bに移る水は1Lです。（P5） {{-}} [[File:油分け算07.png|150px]] ⑦容器Aに入っていた5Lから1Lの水が容器Bに移ったので、容器Aに残った水は4Lです。これで問題の求める4Lの測り分けができました。(P6) {{-}} {{NavBottom}} '''手順2''' 最初に容器Bを満たす手順（<span id="手順2"/>各手順の後ろにつく（Qx）は今は気にしないでください） {{NavTop}} #容器Bを満たします。(Q1) #容器Bから容器Aに移します。容器Aには3Lの水が入っていて、容器Bは空です。(Q2) #再び、容器Bを満たします。(Q3) #再び、容器Bから容器Aに移します。容器Aは満杯になって、容器Bには1Lの水が残ります。(Q4) #容器Aに入っている水を水槽に戻して空にします。(Q5) #容器Bに残っている水を容器Aに移します。容器Aには1Lの水が入っていて、容器Bは空です。(Q6) #容器Bを満たします（3回目）。(Q7) #容器Bから容器Aに移します。容器Aには4Lの水が残ります。(Q8) {{NavBottom}} === 拡張と確認 === 4Lに限らず、1Lから8Lまでの測り分けができます。 #1Lを分ける。 #2Lを分ける。 #3Lを分ける。水槽から容器Bを満たす。 #4Lを分ける。本問。 #5Lを分ける。水槽から容器Aを満たす。 #6Lを分ける。 #7Lを分ける。 #8Lを分ける。水槽から容器Aと容器Bを満たす。 {{NavTop}} #1Lを分ける。 ##水槽から容器Bを満たす（容器A:0L、容器B:3L）。 ##容器Bから容器Aに移す（容器A:3L、容器B:0L）。 ##水槽から容器Bを満たす（容器A:3L、容器B:3L）。 ##容器Bから容器Aがいっぱいになるまで移す（容器A:5L、容器B:1L） ##容器Bに1Lが残る。 #2Lを分ける。 ##水槽から容器Aを満たす（容器A:5L、容器B:0L）。 ##容器Aから容器Bに移す（容器A:2L、容器B:3L） ##容器Aに2Lが残る。 #3Lを分ける。水槽から容器Bを満たす。 #4Lを分ける。本問。 #5Lを分ける。水槽から容器Aを満たす。 #6Lを分ける。 ##水槽から容器Bを満たす（容器A:0L、容器B:3L）。 ##容器Bから容器Aに移す（容器A:3L、容器B:0L）。 ##水槽から容器Bを満たす（容器A:3L、容器B:3L）。 ##容器Aと容器Bに合計6Lが残る。 #7Lを分ける。 ##水槽から容器Aを満たす（容器A:5L、容器B:0L）。 ##容器Aから容器Bに移す（容器A:2L、容器B:3L）。 ##容器Bから水槽に戻す（容器A:2L、容器B:0L）。 ##容器Aから容器Bに移す（容器A:0L、容器B:2L） ##水槽から容器Aを満たす（容器A:5L、容器B:2L）。 ##容器Aと容器Bに合計7Lが残る。 #8Lを分ける。 ##水槽から容器Aと容器Bを満たす（容器A:5L、容器B:8L）。 ##容器Aと容器Bに合計8Lが残る。 {{NavBottom}} == 油分け算 == このように、容積の異なる複数の容器だけを用いて、液体の量を測り分けるパズル的問題を「'''油分け算'''」といいます。 名前の由来は、日本において初出とされる吉田光由『[[塵劫記]]』第5巻第40条に取り上げられる以下の問題からです。 :''あぶらハかりわけてとる事'' ::''あぶら一斗あるを七升ますと三升ますと二つにて五升づつはかりわけたき'' 西洋にも、類似の問題が古くからありあり、西洋では、「3個の水差しの問題」（Three Jug Problem）や「注水パズル」（Water pouring puzzle [[:en:w:Water pouring puzzle|英語版ウィキペディアの記事]]）と呼ばれています。 == 数学的な考察 == === 油分け算の性質 === 4Lの水を測り分けるのに、手順1では、水槽から容器Aに2回水を汲み上げました（①⑤）、一方、容器Bからは1回水槽に水を戻しました（③）。また、4Lを測りとったとき（⑦）に、容器Bは水で満杯ですが、目的の4Lとは無関係なので、この水は戻して良いです。 ここで、水槽から水を移すアクション（A1）を"＋"（プラス）、水槽に水を戻すアクション（A2）を"−"（マイナス）と考えると、容器Aで"＋"が2回、容器Bで"−"が2回のアクションを行ったことになります。これを式にすると、 :<math>5\times2 + 3\times(-2) = 4</math> となっていることがわかります。 次に、手順2で考えてみましょう。この手順では、水槽から容器Bに3回水を汲み上げました（1. 3. 7.）、容器Aからは1回水槽に水を戻しました（5.）。これを同様に式にします。 :<math>5\times(-1) + 3\times 3 = 4</math> となっていることがわかります。 そうすると、この操作は、水槽から水を移すアクション（A1）を"＋"（プラス）、水槽に水を戻すアクション（A2）を"−"（マイナス）と考えて、 :<math>5x + 3y = 4</math>（<math>x</math> , <math>y</math>は整数） の形となります。すなわち、これは、[[高等学校数学A/数学と人間の活動#一次不定方程式|一次不定方程式]]（[[初等数学公式集/数と集合・論理#不定方程式|公式集]]）を解く問題に帰結するということがわかりました。 一般化すると、<math>a</math> Lと<math>b</math> Lの容器を使って、<math>c</math> Lを測り分けるという操作は、一次不定方程式<math>ax + by = c</math> を解くことによって、<math>a</math> Lの容器を<math>x</math>回、<math>b</math> Lの容器を<math>y</math>回、各々水槽から汲み上げる、または、水槽に戻すことで達成できるということがわかったわけです。<math>x</math> , <math>y</math>をどうやって求めるかは教科書[[高等学校数学A/数学と人間の活動#一次不定方程式|一次不定方程式]]を参照してください。 ;全数測り分け さて、油分け算が一次不定方程式と関係が深いことがわかったことで、さらにわかることがあります。上の「[[#拡張と確認|拡張と確認]]」でやったように、<math>a</math> Lと<math>b</math> Lの容器を使って、任意に（細かくは、1Lから<math>(a+b)</math> Lまで、1L刻みに）測り分けること（ここでは「全数測り分け」と言っておきましょう）ができるか、できる場合はどういう場合かということです。 もし、一次不定方程式<math>ax+by = c</math> が常に整数解<math>(x,y)</math>を持つならば、全数測り分けは可能となります。では、どういう場合に <math>ax+by = c</math> が整数解を持つかということになると、以下の定理がありました。 :<math>ax+by = c</math>が整数解<math>(x,y)</math>を持つ。<math>\iff</math><math>c</math>は<math>\gcd(a,b)</math>の整数倍数。（→[[初等数学公式集/数と集合・論理#不定方程式|公式集]]） この定理から、<math>c</math> は、<math>\gcd(a,b)</math> 刻みの数となります。すなわち、<math>\gcd(a,b) = 1</math>（　<math>a,b</math> が互いに素）でなければ、<math>c</math>は、1刻みの連続した整数になることはないということになり、全数測り分けはできないということになります。 === グラフによる解法 === 一次不定方程式を解くことにより、各々の容器の水槽から汲み上げる、または、水槽に戻す回数は分りました。しかし、これだけで手順がわかるわけではありません。容器は各々1個ずつであるという制約があります。 上の例だと、<math>5x + 3y = 4</math> の解の一つとして、<math>(x,y)=(2,-2)</math>があるわけですが、容器Aで連続して水が汲めるわけではないのです（容器Aが2個あれば手順が簡単になることを想像してください）。そこで、これを、グラフを使って解決する方法が考えられました。 ==== グラフを使って手順1で解く ==== [[File:油分け算ダイヤグラム初期状態.png|right|450px]] :<math>x</math>軸に容器Aの量（最大5）、<math>y</math>軸に容器Bの量（最大3）となる、目盛が1のグラフを想定する。 :四角形<math>O(0,0), A(5,0), B(5,3), C(0,3)</math>の周^※を点<math>P</math>が以下のルールで移動する。 :<small>※ すなわち、<math>P_m</math>は、<math>(0,a), (5,a), (b,0), (b,3)</math>のいずれかの形の点（ただし、<math>a=0,1,2,3 \; b=0,1,2,3,4,5</math>）となります。</small> :#最初、点<math>P</math>は<math>O(0,0)</math>にいる。 :#点<math>P</math>は<math>P_1(5,0)</math>に移動する。 :#以降、以下のルール（'''移動ルール1'''）で移動する。 :##点<math>P_n(0,k)</math>は、<math>P_{n+1}(5,k)</math>（Rp1） :##点<math>P_n(k,3)</math>は、<math>P_{n+1}(k,0)</math>（Rp2） :##点<math>P_n(5,k)</math>は、<math>P_{n+1}(2+k,3)</math>（Rp3） :##点<math>P_n(k,0)</math>について、条件分岐し以下の移動。 :##*k>3ならば<math>P_{n+1}(k-3,3)</math>（Rp4-1） :##*k≦3ならば<math>P_{n+1}(0,k)</math>（Rp4-2） :#<math>k=4</math> の値となった場合、移動を止める。 {{-}} [[File:油分け算ダイヤグラム手順1.png|right|480px]] :結果、点<math>P</math>は以下の軌跡となる。 ::<math>O(0,0)</math>:(Rp1)→<math>P_1(5,0)</math>:Rp4-1 →<math>P_2(2,3)</math>:Rp2 →<math>P_3(2,0)</math>:Rp4-2 →<math>P_4(0,2)</math>:Rp1 →<math>P_5(5,2)</math>:Rp3 →<math>P_6(4,3)</math> ::ここで<math>k=4</math> となっているが、明確化のため1手順進める。 ::<math>P_6(4,3)</math>:Rp2 →<math>P_7(4,0)</math>　　4Lを測り分けられた。 : :※上の回答の「[[#手順1|手順1]]」の「Px」に各々対応しているので確認してみてください。 {{-}} 実は、この「移動ルール1」は、以下に示すように「[[#水を移動させるルール|水を移動させるルール]]」に対応しています。 #「水槽から容器いっぱいの水を汲む（Action1→A1）」は「Rp1」に #「水槽に水を戻して、容器を空にする（Action2→A2）」は「Rp2」に #別の容器に移す2パターンは、 ##「別の容器に全て移し替え、容器を空にする（Action3-1→A3-1）」は「Rp4-2」に ##「別の容器がいっぱいになったら、移すのをやめる（Action3-2→A3-2）」は「Rp3」または「Rp4-1」に ==== グラフを使って手順2で解く ==== 同じことが、手順2でもできるはずです。 [[File:油分け算ダイヤグラム手順2.png|right|480px]] :同じグラフを使いますが、移動のルールをちょっと変えます。 :#最初、点<math>Q</math>は<math>O(0,0)</math>にいる。 :#点<math>Q</math>は<math>Q_1(0,3)</math>に移動する。 :#以降、以下のルール（'''移動ルール2'''）で移動する。 :##点<math>Q_n(k,0)</math>は、<math>Q_{n+1}(k,3)</math>（Rq1） :##点<math>Q_n(5,k)</math>は、<math>Q_{n+1}(0,k)</math>（Rq2） :##点<math>Q_n(0,k)</math>は、<math>Q_{n+1}(k,0)</math>（Rq3） :##点<math>Q_n(k,3)</math>について、条件分岐し以下の移動。 :##*k>2ならば<math>Q_{n+1}(5,5-k)</math>（Rq4-1） :##*k≦2ならば<math>Q_{n+1}(k+2,0)</math>（Rq4-2） :#<math>k=4</math> の値となった場合、移動を止める。 :　 :点<math>Q</math>は以下の軌跡となる。 ::<math>O(0,0)</math>:(Rq1)→<math>Q_1(0,3)</math>:Rq3 →<math>Q_2(3,0)</math>:Rq1 →<math>Q_3(3,3)</math>:Rq4-1 →<math>Q_4(5,1)</math>:Rq2 →<math>Q_5(0,1)</math>:Rq3 →<math>Q_6(1,0)</math>:Rq1 →<math>Q_7(1,3)</math>:Rq4-2 →<math>Q_8(4,0)</math> : :※これも、上の回答の「[[#手順2|手順2]]」の「Qx」に各々対応しているので確認してみてください。 「移動ルール2」も、「[[#水を移動させるルール|水を移動させるルール]]」に対応しています。 #「水槽から容器いっぱいの水を汲む（Action1→A1）」は「Rq1」に #「水槽に水を戻して、容器を空にする（Action2→A2）」は「Rq2」に #別の容器に移す2パターンは、 ##「別の容器に全て移し替え、容器を空にする（Action3-1→A3-1）」は「Rq-2」または「Rq4-2」に ##「別の容器がいっぱいになったら、移すのをやめる（Action3-2→A3-2）」は「Rp4-1」に 　 縦横の大小が異なるので、ルールが微妙に変わっています。 ==== グラフを使って「拡張と確認」を解く ==== では、このグラフを使えば、上の「[[#拡張と確認|拡張と確認]]」で見たように1Lから8Lまでの測り分けができるでしょうか。 グラフを見ると。 #1L; <math>Q_5(0,1)</math>又は<math>Q_6(1,0)</math> #2L; <math>P_3(2,0)</math>又は<math>P_4(0,2)</math> #3L; <math>Q_1(0,3)</math>又は<math>Q_2(3,0)</math> #4L; <math>P_7(4,0)</math>（<math>Q_8(4,0)</math>） #5L; <math>P_1(5,0)</math> #:ここまでは、<math>x</math> 軸上、又は<math>y</math> 軸上の点で表されます。これは、容器A又は容器Bのみを使って測り分けたということです。 #:4Lは<math>Q_7(1,3)</math>、5Lは<math>P_2(2,3)</math>と複数の容器の合計でも測り分けています。グラフの右下りの斜線は、「容器間の移し替え」を表していることがわかります。そして、水の量は、四角形<math>OABC</math>の四辺上に表されているということがわかります。 #:5Lを超えると、容器A又は容器Bの合計の量で表します。 #6L; <math>Q_3(3,3)</math>又は<math>Q_4(5,1)</math> #7L; <math>P_5(5,2)</math>又は<math>P_6(4,3)</math> #:　 #8Lだけはこの点が移動するラインにはないので、水槽から容器Aと容器Bをともに満たした<math>B(5,3)</math>となります。 ==== グラフで解くルールを一般化する ==== このルールを一般化すると、以下のようになります。 :点 <math>P</math> は、四角形 OMRN の辺上を以下のルールに従って移動する。 :この四角形の頂点は次の通り：<math>O(0,\ 0)</math>, <math>M(m,\ 0)</math>, <math>R(m,\ n)</math>, <math>N(0,\ n)</math> :ただし、<math>m,\ n</math>（<math>m > n</math>）は互いに素である正の整数とする。 : :このとき、点 <math>P</math> は、<math>(m,\ n)</math>を除く、すべての <math>(s,\ 0)</math>,<math>(s,\ n)</math>,<math>(0,\ t)</math>,<math>(m,\ t)</math>（<math>0 < s \le m</math>,<math>0 < t \le n</math>）となる点を必ず一度は通過する。 :したがって、 <math>k=s+t</math> とした時に、 点 <math>P</math> の経路において、 <math>k</math> は、区間 <math>[1,m+n-1]</math> である全ての自然数の値をとる。 : ::; 初期条件： ::: <math>P_0 = (0,\ 0)</math> ::: <math>P_1 = (m,\ 0)</math> ::; 一般規則（再帰的<ref>「再帰的」とは、「前の状態を元に次の状態を定める」という意味で、コンピュータの繰り返し処理のように、一定の規則で順を追って点の位置が定まることを指します。</ref>な移動）： ::: 点 <math>P_k = (x,\ y)</math> に対し、次の点 <math>P_{k+1}</math> は以下のように定まる： ::: 【1】下辺（<math>y = 0</math>）上にある場合： :::: <math>x > n</math>： <math>P_{k+1} = (x - n,\ n)</math> :::: <math>x < n</math>： <math>P_{k+1} = (0,\ x)</math> :::: <math>x = n</math>： <math>P_{k+1} = (0,\ n)</math> ::: 【2】左辺（<math>x = 0</math>）上にある場合： :::: <math>P_{k+1} = (m,\ y)</math> ::: 【3】右辺（<math>x = m</math>）上にある場合： :::: <math>P_{k+1} = (m + y - n,\ n)</math> :::::なお、 <math>m > n</math> であるので、 <math>m + y - n > 0</math>であり、【1】のような分岐は生じない。 ::: 【4】上辺（<math>y = n</math>）上にある場合： :::: <math>P_{k+1} = (x,\ 0)</math> :なお、初期条件を<math>P_1 = (0,\ n)</math>として、経路を逆に移動するルール（「汲む」と「戻す」が逆になる）にすることもできます。 :このグラフによる解法は、「[[高等学校数学A/数学と人間の活動#ユークリッドの互除法|ユークリッドの互除法]]」に関係しています。 ==脚注== <references/> {{DEFAULTSORT:あふらわけさん}} [[Category:高等学校数学A]] [[カテゴリ:数学ゲーム・数学パズル]] [[カテゴリ:初等整数論]] t9bzb9jv37mqgpsxgukl92uk51a7fyt 0 48063 301744 301633 2026-07-17T12:12:50Z Tomzo 248 301744 wikitext text/x-wiki 以下に朝鮮語での主な自己紹介(자기소개、自己紹介)を挙げる。 * 제 이름은 ~입니다. - 私の名前は～です(フォーマル)。 * 내 이름은 ~이에요. - 私の名前は～です。 * ~이에요. - ～です(親しげな言い方)。 * ~살입니다. - ～歳です。 * 학생입니다. - 学生です。 * ~에서 왔습니다. - ～から来ました。 **(저는) 아다치 토시키입니다. 야마나시에서 왔습니다. - 足立俊樹です。山梨から来ました。 **(저는) 김희연입니다. 의정부에서 왔습니다. - キム・ヒヨンです。議政府(ウィジョンブ)から来ました。 * ~ 출신입니다. - ～出身です。 * ~인입니다. - ～人です。 * ~ 사람입니다. - ～人です(上とほとんど同じ、直訳で「～の人です。」)。 * ~에 살고 있습니다 - ～に住んでいます。 * 취미는 ~입니다. - 趣味は～です。 * 잘 부탁드립니다. - どうぞよろしくお願いします。 [[category:朝鮮語]] qcqqqwbniws05lrfvoqqgjx932zu7b2 0 48252 301745 300830 2026-07-18T03:53:21Z ~2026-40336-29 92067 301745 wikitext text/x-wiki [[法学]]＞[[民事法]]＞[[コンメンタール家事事件手続法]] ==条文== （更正決定） ;第77条 #審判に計算違い、誤記その他これらに類する明白な誤りがあるときは、家庭裁判所は、申立てにより又は職権で、いつでも更正決定をすることができる。 #更正決定は、裁判書を作成してしなければならない。 #更正決定に対しては、更正後の審判が原審判であるとした場合に即時抗告をすることができる者に限り、即時抗告をすることができる。 #第一項の申立てを不適法として却下する裁判に対しては、即時抗告をすることができる。 #審判に対し適法な即時抗告があったときは、前二項の即時抗告は、することができない。 ==解説== :家事審判についての更正決定は、家事事件手続法第77条に定めがあるところ、同条の趣旨は、審判等の内容には実質において誤りがないが、審判書に、計算違い、誤記その他これに類する、裁判所の意思と審判書における表現との不一致という明白な誤りがあるときに、審判書の記載内容の同一性を阻害することなく、その表現の誤りの簡易迅速な是正を許すことにある。 :したがって、同条による更正決定をするためには、審判書自体又はその記載に照らし、少なくとも当該記載が単なる表現上の誤りであることが明らかであり、かつ、家庭裁判所の意図した記載が一義的に明らかであることを要するのであって、この限度を超えて原審判の記載を変更することは許されないと解される([[:w:自殺未遂既往による名の変更許可申立事件|東京家庭裁判所立川支部令和7年3月28日決定]]・同庁令和6年(家)第2061号([[:w:判例時報|判例時報]]2647号85頁))。 ==判例== :本件審判の1頁3(2)の1行目には、「父の名前である「Ｘ１」を使用した場合の」との記載（以下「本件記載」という。）があるが、申立人の父の名前は「Ａ」であるから、本件記載にはたしかに誤記が含まれている。しかしながら、本件記載については、「父の名前に類似する「Ｘ１」を使用した場合の…」と記載する意図であったが本件記載となったのか、「父の名前である「Ａ」と「◯」の字が同じである名前を使用した場合の…」と記載する意図であったが本件記載となったのか、必ずしも明らかではない。したがって、本件は、「家庭裁判所の意図した記載が一義的に明らか」な場合に当たるとは言い難いと言わざるを得ない。よって、本件更正決定の申立ては理由がないから却下する(名の変更許可申立却下審判に対する更正決定申立事件（[[:w:自殺未遂既往による名の変更許可申立事件|東京家庭裁判所立川支部令和7年3月28日決定]]・同庁令和6年(家)第2061号([[:w:判例時報|判例時報]]2647号85頁)))。 ==参照条文== *[[非訟事件手続法第58条]] ---- {{前後 |[[コンメンタール家事事件手続法|家事事件手続法]] |[[コンメンタール家事事件手続法#2|第2編 家事審判に関する手続]]<br> [[コンメンタール家事事件手続法#2-1|第1章 総則]]<br> [[コンメンタール家事事件手続法#2-1-1|第1節 家事審判の手続]]<br> [[コンメンタール家事事件手続法#2-1-1-7|第7款 審判等]] |[[家事事件手続法第76条]]<br>(審判の方式及び審判書) |[[家事事件手続法第78条]]<br>(審判の取消し又は変更) }} {{stub|law}} [[category:家事事件手続法|077]] goab56zhbzu3akkixrq2rrjfatliy49 2 48603 301746 2026-07-18T07:13:54Z Gyozaski7 92068 作成 301746 wikitext text/x-wiki 音楽を専門に執筆していきたいと思います ==以下作りかけ== ・[[日本音楽理論]]<br>・[[西洋音楽史]]<br>・[[東洋音楽史]]<br> qdaurg23jfnd7lppdrj5bp9q813742p 301747 301746 2026-07-18T07:17:41Z Gyozaski7 92068 /* */ 301747 wikitext text/x-wiki {{Babel|ja}} 音楽を専門に執筆していきたいと思います ==以下作りかけ== ・[[日本音楽理論]]<br>・[[西洋音楽史]]<br>・[[東洋音楽史]]<br> jgdpk560kachm92dz81gptc3wab8n9x