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[量子力学] 井戸型ポテンシャル

April 23, 2020      

時間に依存しない1次元のシュレーディンガー方程式は(1)ように書き表される．この式に具体的な境界条件を与えれば粒子の運動を議論できる．

d2ψdx2+2mℏ2[E−U(x)]ψ=0\begin{equation} % \label{eq:LandauLifshitz_Quantum_21.1} \frac{d^2 \psi}{dx^2} + \frac{2m}{\hbar^2} [E-U(x)] \psi = 0 \end{equation}

今回は井戸型ポテンシャルのいくつかの場合について，具体的な解を求めてみよう．まずは単純な場合として，左図のように深さU0U_0のポテンシャル，とくにU0→∞U_0 \to \inftyとして無限に深い井戸型ポテンシャルについて議論する．その後，右図のように左右で高さの異なる井戸型ポテンシャルについて考えよう．

無限に深い井戸型ポテンシャル

まず高さU0U_0の井戸型ポテンシャルについて考えよう．井戸の内側・外側でのシュレーディンガー方程式はそれぞれ次のように表される．

ψ′′+2mℏ2(E−U0)ψ=0:outside of the well, x<0ψ′′+2mℏ2Eψ=0:inside of the wellψ′′+2mℏ2(E−U0)ψ=0:outside of the well, x>a\begin{align} &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} (E-U_0) \psi = 0 &&: \mathrm{outside~of~the~well},~ x<0 \\ &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} E\psi = 0 &&: \mathrm{inside~of~the~well} \\ &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} (E-U_0) \psi = 0 &&: \mathrm{outside~of~the~well},~ x>a \end{align}

今回はポテンシャルの深さが無限大U0→∞U_0 \to \inftyの場合に注目する．このとき井戸の外での確率分布は常にゼロになるので，波動関数はψ=0\psi=0である．一方，井戸の中に関しては解を以下のように仮定する．

ψ=const×sin⁡(kx+δ),  k=2mEℏ2\begin{equation} \psi = \mathrm{const} \times \sin (kx + \delta), ~~ k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \end{equation}

井戸の境界x=0,ax=0, aではψ=0\psi = 0となるべきなので，以下の条件が得られる．

{sin⁡δ=0at x=0sin⁡(ka+δ)=0at x=a\begin{equation} \left\{ \begin{array}{ll} \sin \delta = 0 & \mathrm{at}~x=0 \\ \sin (ka + \delta) = 0 & \mathrm{at}~x=a \end{array} \right. \end{equation}

これを満たすようなkkの条件は次のように表される．

kna=nπ,  n=1,2,3,⋯\begin{equation} k_n a = n\pi, ~~ n = 1,2,3, \cdots \end{equation}

これより系のエネルギーが以下のように離散化されていることがわかる．nnは量子数と呼ばれ，量子数が増えるに従ってエネルギーも増加する．エネルギー固有値が異なれば，対応する波動関数も異なるので縮退していない．

En=ℏ2kn22m=ℏ22m(nπa)2,  n=1,2,3,⋯\begin{equation} E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{n\pi}{a} \right)^2, ~~ n = 1,2,3, \cdots \end{equation}

左右で高さの異なる井戸型ポテンシャル

今度は右側の高さU2U_2，左側の高さU1U_1の井戸型ポテンシャルについて議論しよう．井戸の内側・外側でのシュレーディンガー方程式はそれぞれ次のように表される．ただしE<U1<U2E < U_1 < U_2としておく．

ψ′′+2mℏ2(E−U1)ψ=0:outside of the well, x<0ψ′′+2mℏ2Eψ=0:inside of the wellψ′′+2mℏ2(E−U2)ψ=0:outside of the well, x>a\begin{align} &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} (E-U_1) \psi = 0 &&: \mathrm{outside~of~the~well},~ x<0 \\ &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} E\psi = 0 &&: \mathrm{inside~of~the~well} \\ &\psi'' + \frac{2m}{\hbar^2} (E-U_2) \psi = 0 &&: \mathrm{outside~of~the~well},~ x>a \end{align}

井戸の外に関しては無限遠で確率分布がゼロになるはずなので，解は次のように表すことができる．

ψ={c2e−κ2xx>a,κ2=2mℏ2(U2−E)c1e+κ1xx<0,κ1=2mℏ2(U1−E)\begin{equation} \psi = \left\{ \begin{array}{lll} c_2 e^{-\kappa_2 x} & x >a, & \kappa_2 = \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} (U_2 - E)}\\ c_1 e^{+\kappa_1 x} & x < 0, & \kappa_1 = \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} (U_1 - E)} \end{array} \right. \end{equation}
ψ′={−c2κ2e−κ2xx>a+c1κ1e+κ1xx<0\begin{equation} \psi' = \left\{ \begin{array}{ll} -c_2 \kappa_2 e^{-\kappa_2 x} & x > a \\ +c_1 \kappa_1 e^{+\kappa_1 x} & x < 0 \end{array} \right. \end{equation}
ψ′/ψ={−κ2x>a+κ1x<0\begin{equation} \psi'/\psi = \left\{ \begin{array}{ll} - \kappa_2 & x > a \\ + \kappa_1 & x < 0 \end{array} \right. \end{equation}

井戸の中に関しては解を以下のように仮定する．ただし，位相を−π<δ≤π-\pi < \delta \le \piの範囲で考えて，定数ccは正の実数としておく．

ψ=csin⁡(kx+δ),  k=2mEℏ2\begin{equation} \psi = c \sin (kx + \delta), ~~ k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \end{equation}
ψ′=ckcos⁡(kx+δ)\begin{equation} \psi' = c k\cos (kx + \delta) \end{equation}
ψ′/ψ=ktan⁡(kx+δ)=kcot⁡(kx+δ)\begin{equation} \psi'/\psi = \frac{k}{\tan (kx + \delta)} = k \cot(kx + \delta) \end{equation}

ψ,ψ′\psi, \psi'はいずれも連続であるべきで，ψ′/ψ\psi'/\psiも連続である．x=0,ax=0, aでの接続条件から次の関係が得られる．

ktan⁡δ=κ1\begin{equation} % \label{eq:boundary_0} \frac{k}{\tan \delta} = \kappa_1 \end{equation}
ktan⁡(ka+δ)=−κ2\begin{equation} % \label{eq:boundary_a} \frac{k}{\tan (ka + \delta)} = -\kappa_2 \end{equation}

以下の関係を用いて，接続条件をsin⁡\sinの関係式に書き直しておこう．

1tan⁡2θ=1−sin⁡2θsin⁡2θ\begin{equation} \frac{1}{\tan^2 \theta} = \frac{1-\sin^2 \theta}{\sin^2 \theta} \end{equation}

(18)は以下のように書き換えられる．

k2(1−sin⁡2δ)=κ12sin⁡2δ(k2+κ12)sin⁡2δ=k22mU1ℏ2sin⁡2δ=k2 sin⁡δ=±kℏ2mU1\begin{gather*} k^2 (1 - \sin^2 \delta) = \kappa_1^2 \sin^2 \delta \\ (k^2 + \kappa_1^2) \sin^2 \delta = k^2 \\ \frac{2m U_1}{\hbar^2} \sin^2 \delta = k^2 \\ \sin \delta = \pm \frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_1}} \end{gather*}

ただし(18)の条件から

sin⁡δ= {+kℏ2mU1,0≤δ<π2−kℏ2mU1,−π<δ<−π2\begin{equation} \sin \delta =  \left\{ \begin{array}{lc} +\frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_1}}, & 0 \le \delta < \frac{\pi}{2} \\ -\frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_1}}, & -\pi < \delta < -\frac{\pi}{2} \end{array} \right. \end{equation}

同様に(19)は以下のように書き換えられる．

sin⁡(ka+δ)={+kℏ2mU2,+π2<ka+δ−2nπ≤π −kℏ2mU2,−π2<ka+δ−2nπ≤0\begin{equation} \sin (ka + \delta) = \left\{ \begin{array}{lc} +\frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_2}}, & +\frac{\pi}{2} < ka+\delta-2n\pi \le \pi \\  - \frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_2}}, & -\frac{\pi}{2} < ka+\delta-2n\pi \le 0 \end{array} \right. \end{equation}

そもそものψ,ψ′\psi, \psi'の接続条件から，位相に関する条件を整理しておこう．

c1=csin⁡δc1κ1=ckcos⁡δ \begin{gather*} c_1 = c \sin \delta \\ c_1 \kappa_1 = ck \cos \delta  \end{gather*}
c2e−κ2a=csin⁡(ka+δ)−c2κ2e−κ2a=ckcos⁡(ka+δ) \begin{gather*} c_2 e^{-\kappa_2 a}= c \sin (ka + \delta) \\ -c_2 \kappa_2 e^{-\kappa_2 a} = ck \cos (ka + \delta)  \end{gather*}
c1>0c_1 > 0 c1<0c_1 < 0
c2>0c_2 > 0 0<δ<π2, +π2<ka+δ−2nπ<π0<\delta<\frac{\pi}{2},~+\frac{\pi}{2}<ka+\delta-2n\pi<\pi −π<δ<−π2, +π2<ka+δ−2nπ<π-\pi<\delta<-\frac{\pi}{2},~+\frac{\pi}{2}<ka+\delta-2n\pi<\pi
c2<0c_2 < 0 0<δ<π2, −π2<ka+δ−2nπ<00<\delta<\frac{\pi}{2},~-\frac{\pi}{2}<ka+\delta-2n\pi<0 −π<δ<−π2, −π2<ka+δ−2nπ<0-\pi<\delta<-\frac{\pi}{2},~-\frac{\pi}{2}<ka+\delta-2n\pi<0

全体の正負は関係ないのでc1>0c_1>0に限って考えればよい．このときc2c_2は正負どちらもアリだが，普通arcsin⁡\arcsinの値域が−π2≤θ≤π2-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}なので，sin⁡(ka+δ)=−kℏ2mU2\sin(ka+\delta) = -\frac{k\hbar}{\sqrt{2mU_2}}の場合を採用して，そこから±π\pm \piずれた解もOKとする．これよりδ\deltaを消去して，kkの満たすべき式を作る．

ka=−arcsin⁡(kh2mU2)−arcsin⁡(kh2mU1)+nπ\begin{gather} ka = -\arcsin \left( \frac{kh}{\sqrt{2mU_2}} \right) - \arcsin \left( \frac{kh}{\sqrt{2mU_1}} \right) + n\pi \end{gather}
where n=1,2,3,⋯\begin{equation*} \mathrm{where}~ n= 1,2,3, \cdots \end{equation*}

系のエネルギーE=k2ℏ22mE=\frac{k^2 \hbar^2}{2m}は離散的であることがわかる．