【量子力学】三次元での定常状態の一粒子系①～球殻に閉じ込められた自由粒子～

　前回

にて、一次元での定常状態の一粒子系については一旦閉めることにした。

　次は調和振動子か角運動量かと思いながら大学時代のノートを見返していたところ、以前解いた面白い問題を見つけたので解き直してみた。

問題

　三次元空間に存在する質量\(m\)の自由粒子を考える。このとき、定常状態のシュレディンガー方程式は

\begin{align}
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\triangle\varphi(x,y,z)=E\varphi(x,y,z) \tag{1}\label{3dshc}
\end{align}

となる。

　このシュレディンガー方程式の解、すなわち定常状態の波動関数が

\begin{align}
\varphi(x,y,z)=\frac{\sin(k\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}} \qquad(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leq R) \tag{2}\label{wavekai}
\end{align}

で与えられ、境界条件が\(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\geq R\)で\(\varphi(x,y,z)=0\)である場合、定数\(k\)を求めた上で\(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leq R\)のときのエネルギー固有値\(E\)を求めよ。

　ただし\(r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\)としたとき、任意の一変数関数\(f(r)\)について下記関係式が成立することを利用してよい。

\begin{align}
\triangle f(r)=\frac{d^{2}f(r)}{dr^{2}}+\left.\frac{2}{r}\frac{df(r)}{dr}\right|_{r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}} \tag{3}\label{bibunsiki}
\end{align}

解答

　境界条件より、自由粒子は半径\(R\)の球殻に閉じ込められていることがわかる。

　

　まず\(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leq R\)のときの\(\triangle\varphi(x,y,z)\)を求める。

　(\ref{bibunsiki})を利用するために\(\displaystyle{\varphi(x,y,z)=\varphi(r)=\frac{\sin(kr)}{r}}\)として、\(\displaystyle{\frac{d\varphi(r)}{dr},\,\frac{d^{2}\varphi(r)}{dr^{2}}}\)を計算する。

\begin{align}
\frac{d\varphi(r)}{dr}&=\frac{d}{dr}\frac{\sin(kr)}{r}=\frac{k\cos(kr)}{r}-\frac{\sin(kr)}{r^{2}} \tag{4}\label{dpdr}\\
\frac{d^{2}\varphi(r)}{dr^{2}}&=\frac{d}{dr}\left\{\frac{k\cos(kr)}{r}-\frac{\sin(kr)}{r^{2}}\right\}=-\frac{k^{2}\sin(kr)}{r}-2\frac{k\cos(kr)}{r^{2}}+2\frac{\sin(kr)}{r^{3}} \tag{5}\label{dpdr2}
\end{align}

　よって(\ref{bibunsiki})、(\ref{dpdr})、(\ref{dpdr2})を利用すると、\(\triangle \varphi(x,y,z)\)は

\begin{align}
\triangle \varphi(x,y,z)&=\frac{d^{2}\varphi(r)}{dr^{2}}+\left.\frac{2}{r}\frac{d\varphi(r)}{dr}\right|_{r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\notag \\
&=-\frac{k^{2}\sin(kr)}{r}-2\frac{k\cos(kr)}{r^{2}}+2\frac{\sin(kr)}{r^{3}}\notag\\
&\quad+\left.\frac{2}{r}\left\{\frac{k\cos(kr)}{r}-\frac{\sin(kr)}{r^{2}}\right\}\right|_{r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\notag \\
&=\left.-\frac{k^{2}\sin(kr)}{r}\right|_{r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\notag \\
&=-\frac{k^{2}\sin(k\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\notag \\
&=-k^{2}\varphi(x,y,z) \tag{6}\label{lapphi}
\end{align}

と計算できる。

　この(\ref{lapphi})を(\ref{3dshc})に代入すると、

\begin{gather}
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\{-k^{2}\varphi(x,y,z)\}=E\varphi(x,y,z) \notag \\
\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\varphi(x,y,z)=E\varphi(x,y,z)\notag \\
E=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m} \tag{7}\label{ek}
\end{gather}

となる。

　

　後は\(k\)を求めればよく、これは境界条件から求められる。

　\(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=R\)のとき\(\varphi(x,y,z)=0\)となるため

\begin{align}
\frac{\sin(kR)}{R}=0\qquad \therefore k=\frac{n\pi}{R}\quad(n\in\mathbb{Z}) \tag{8}\label{kz}
\end{align}

となる。

　ここで、解の絞り込みをする。

　まず、\(n=0\)のときは全領域で\(\varphi(x,y,z)=0\)となり、規格化条件を満たさないため物理的に不適である。

　さらに\(n>0\)のとき、

\begin{align}
\varphi_{-n}(x)&=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\sin\left(-\frac{n\pi\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}{R}\right) \notag \\
&=-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\sin\left(\frac{n\pi\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}{R}\right)=-\varphi_{n}(x) \tag{9}\label{pmkenho}
\end{align}

となり、定数倍のルールから\(\pm n\)では物理的状態が同じであることがわかる。

　よって\(n\)の範囲は自然数までで十分である。

　よって\(k\)は最終的に

\begin{align}
k=\frac{n\pi}{R}\quad(n\in\mathbb{N}) \tag{10}\label{kn}
\end{align}

となる。

　

　以上より、(\ref{kn})を(\ref{ek})に代入すれば求めるエネルギー固有値は

\begin{align}
\boxed{E=\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mR^{2}}n^{2}\quad(n\in\mathbb{N})}
\end{align}

と求められる。

　

　ともすれば(\ref{ek})まで求めて終わらせたくなると思う。

　しかし実際はそれだけでは終わらず、境界条件から\(k\)を求め、かつ物理的状態を考慮して\(k\)を絞り込まなければならないことに気づくことが完答へのカギになる。

補足

　(\ref{bibunsiki})は次のようにして証明できる。

　まず\(\displaystyle{\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial x^{2}}}\)を計算する。

\begin{align}
\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial x^{2}}&=\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f(r)}{\partial x}\\
&=\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{\partial r}{\partial x}\frac{d f(r)}{d r}\right\}\notag \\
&=\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{x}{r}\frac{d f(r)}{d r}\right\} \notag \\
&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}+x\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}\right\} \notag \\
&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}+x\frac{d f(r)}{d r}\frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{r}+x\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial x}\frac{d f(r)}{d r} \notag \\
&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}+x\frac{d f(r)}{d r}\left(\frac{\partial r}{\partial x}\frac{d}{dr}\frac{1}{r}\right)+x\frac{1}{r}\left\{\frac{\partial r}{\partial x}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}}\right\}\notag \\
&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}+x\frac{d f(r)}{d r}\left(-\frac{x}{r^{3}}\right)+x\frac{1}{r}\left\{\frac{x}{r}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}}\right\}\notag \\
&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}-\frac{x^{2}}{r^{3}}\frac{d f(r)}{d r}+\frac{x^{2}}{r^{2}}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}} \tag{11}\label{x2}
\end{align}

　同様に\(\displaystyle{\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial y^{2}}, \frac{\partial^{2} f(r)}{\partial z^{2}}}\)を計算すると

\begin{align}
\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial y^{2}}&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}-\frac{y^{2}}{r^{3}}\frac{d f(r)}{d r}+\frac{y^{2}}{r^{2}}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}} \tag{12}\label{y2}\\
\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial z^{2}}&=\frac{1}{r}\frac{d f(r)}{d r}-\frac{z^{2}}{r^{3}}\frac{d f(r)}{d r}+\frac{z^{2}}{r^{2}}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}} \tag{13}\label{z2}
\end{align}

となる。

　よって(\ref{x2})～(\ref{z2})を利用すると

\begin{align}
\triangle f(r)&=\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} f(r)}{\partial z^{2}} \notag\\
&=\frac{3}{r}\frac{d f(r)}{d r}-\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{r^{3}}\frac{d f(r)}{d r}+\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{r^{2}}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}} \notag \\
&=\frac{3}{r}\frac{d f(r)}{d r}-\frac{r^{2}}{r^{3}}\frac{d f(r)}{d r}+\frac{r^{2}}{r^{2}}\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}} \notag \\
&=\frac{d^{2} f(r)}{d r^{2}}+\frac{2}{r}\frac{d f(r)}{d r}
\end{align}

となり、(\ref{bibunsiki})を導くことができる。

終わりに

　半分が計算問題だが、計算力と量子力学の考え方の両方をしっかり身につけているか試される問題であり、個人的には気に入っている。

　他にも過去に解いた問題で面白いものがあれば挙げていこうと思う。

　

　END