両側から接続して整合させる

2026年10月15日7分で読めますAI生成教科書『基礎理論』第7部第5章束縛状態：Bohr–Sommerfeld 量子化

AI 生成・木下が未勉強

量子力学入門　第7部第5章 §7.5.2　★★ 位相補正 $+1/2$ の導出（典型計算）

回帰点 $a$ で「 $-$ 」型 (7.4.2) を使うと、領域 II で

$\varphi_{\mathrm{II}}(x)=\frac{2A}{\sqrt p}\cos\Bigl(\frac1\hbar\int_a^x p\,\mathrm{d} x'-\frac\pi4\Bigr).$

回帰点 $b$ で「 $+$ 」型 (7.4.3) を使うと、同じ領域 II で

$\tilde\varphi_{\mathrm{II}}(x)=\frac{2C}{\sqrt p}\cos\Bigl(\frac1\hbar\int_x^b p\,\mathrm{d} x'-\frac\pi4\Bigr) =\frac{2C}{\sqrt p}\cos\Bigl(\frac1\hbar\int_a^x p\,\mathrm{d} x'-\frac\pi4-\eta\Bigr), \qquad \eta:=\frac1\hbar\int_a^b p\,\mathrm{d} x-\frac\pi2$

（第2の等号は $\int_x^b=\int_a^b-\int_a^x$ と $\cos(-\theta)=\cos\theta$ による書き換え）。同じ波動関数が2通りに書けたのだから、両者は恒等的に一致しなければならない。 $\cos(\theta)=\pm\cos(\theta-\eta)$ がすべての $\theta$ で成り立つのは $\eta=n\pi$ （ $n$ 整数；符号は $A=(-1)^nC$ ）のときだけである。さらに領域 II では $p>0$ ゆえ $\int_a^b p\,\mathrm{d} x>0$ 、すなわち $\eta>-\pi/2$ だから $n=0,1,2,\dots$ に限られる。まとめると

$\boxed{\ 2\int_a^b p(x)\,\mathrm{d} x=\Bigl(n+\frac12\Bigr)\,2\pi\hbar,\qquad n=0,1,2,\dots\ }\tag{7.5.1}$

左辺には力学的な意味がある。閉軌道 $p^2/2m+V(x)=E$ を位相空間 $(x,p)$ に描くと、 $2\int_a^b p\,\mathrm{d} x=\oint p\,\mathrm{d} x$ は閉軌道が囲む面積である。(7.5.1) は「位相空間の面積が $2\pi\hbar=h$ 刻みで量子化され、1状態が面積 $h$ を占める」と読める。作用変数の言葉（§7.2.7）では $J=(n+\tfrac12)\hbar$ ——量子化されるのは断熱不変量であるという古い直観が、WKB によって定理に昇格した形である。これは前期量子論の Bohr–Sommerfeld 量子化条件 $\oint p\,\mathrm{d} x=nh$ に、零点振動を表す $\tfrac12$ の補正を付けたものになっており、「なぜ前期量子論があれほど成功したか」の答え（＝WKB の0次＋1次が正しいから）を与える。条件 (7.5.1) は $n$ が大きい（波長が短く WKB が良い）ほど正確だが、次の例題が示すように、低い準位でも驚くほど良い。

例題 5.1（調和振動子——WKB が厳密になる例 ★★）

オリジナル $V(x)=\frac12m\omega^2x^2$ に量子化条件 (7.5.1) を適用し、エネルギー準位を求めよ。

解答

閉軌道 $p^2/2m+\frac12m\omega^2x^2=E$ は、位相空間で半軸 $\sqrt{2mE}$ （ $p$ 方向）と $\sqrt{2E/m\omega^2}$ （ $x$ 方向）の楕円である。その面積は

$\oint p\,\mathrm{d} x=\pi\sqrt{2mE}\sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}=\frac{2\pi E}{\omega}$

（直接積分 $2\int_{-x_0}^{x_0}\sqrt{2m(E-\frac12m\omega^2x^2)}\,\mathrm{d} x=2\pi E/\omega$ でも同じ；SymPy で確認済み）。(7.5.1) に入れると

$\frac{2\pi E}{\omega}=\Bigl(n+\frac12\Bigr)2\pi\hbar \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\ E_n=\hbar\omega\Bigl(n+\frac12\Bigr)\ }$

——代数的方法で得た厳密なスペクトルに完全に一致する。零点エネルギー $\hbar\omega/2$ まで正しく出るのは、接続公式の位相 $\pi/4$ （2つの回帰点で計 $\pi/2$ ）が担った $\tfrac12$ のおかげである。調和振動子で WKB が厳密になるのは偶然ではなく、 $\hbar$ 展開の高次補正がこの系ではエネルギーに寄与しないためである（一般のポテンシャルでは $n$ の小さい準位に補正が残る）。 $\blacksquare$

例題 5.2（硬い壁がある場合——位相補正の変更 ★★）

オリジナル壁 $x=0$ （ $x<0$ で $V=\infty$ ）と線形ポテンシャル $V(x)=Fx$ （ $x>0$ 、 $F>0$ ）に閉じ込められた粒子（「跳ねるボール」）の準位を WKB で求め、厳密解（Airy 関数の零点）と比較せよ。

解答

硬い壁では接続公式が変わることにまず注意する。滑らかな回帰点では波動関数は $\cos\bigl(\frac1\hbar\int p\,\mathrm{d} x-\frac\pi4\bigr)$ と「位相 $\pi/4$ の損失」で折り返すが、 $V=\infty$ の壁では境界条件が $\varphi(0)=0$ そのものなので、壁側の解は

$\varphi\propto\sin\Bigl(\frac1\hbar\int_0^x p\,\mathrm{d} x'\Bigr)=\cos\Bigl(\frac1\hbar\int_0^x p\,\mathrm{d} x'-\frac\pi2\Bigr)$

——位相の損失が $\pi/4$ ではなく $\pi/2$ になる。右側の回帰点 $b=E/F$ は滑らかなので $\pi/4$ のまま。例題5.1と同じ整合の議論を繰り返すと、量子化条件は

$\frac1\hbar\int_0^b p\,\mathrm{d} x-\frac\pi2-\frac\pi4=n\pi \qquad\Longleftrightarrow\qquad \int_0^b p\,\mathrm{d} x=\Bigl(n+\frac34\Bigr)\pi\hbar,\qquad n=0,1,2,\dots$

（一般則：滑らかな回帰点1つあたり $\pi/4$ 、硬い壁1つあたり $\pi/2$ の位相損失。両側が壁の無限井戸なら $\int_0^a p\,\mathrm{d} x=(n+1)\pi\hbar$ となり、 $p=\mathrm{const}$ から厳密スペクトル $E_n\propto(n+1)^2$ がそのまま出る。）

積分を実行する（ $b=E/F$ ）：

$\int_0^{b}\sqrt{2m(E-Fx)}\,\mathrm{d} x=\frac{2\sqrt{2m}}{3F}E^{3/2}$

（SymPy 確認済み）。よって

$E_n=\Bigl[\frac{3\pi(n+\tfrac34)}{2}\Bigr]^{2/3}\Bigl(\frac{\hbar^2F^2}{2m}\Bigr)^{1/3}.$

厳密解は $\varphi\propto\mathrm{Ai}\bigl((2mF/\hbar^2)^{1/3}(x-E/F)\bigr)$ に $\varphi(0)=0$ を課したもので、 $E_n^{\text{exact}}=|a_{n+1}|\,(\hbar^2F^2/2m)^{1/3}$ （ $a_k$ は $\mathrm{Ai}$ の第 $k$ 零点）。数値比較（無次元係数）：

$\begin{array}{c|ccccc} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4\\\hline \text{WKB} & 2.320 & 4.082 & 5.517 & 6.784 & 7.942\\ \text{厳密} & 2.338 & 4.088 & 5.521 & 6.787 & 7.944 \end{array}$

基底状態ですら誤差 $0.8\%$ 、 $n=4$ で $0.02\%$ ——「 $n$ 大で良い近似」の実感が得られる（数値は SciPy の Airy 零点で検算済み）。 $\blacksquare$

Bohr–Sommerfeld 量子化のまとめ

束縛状態の条件は $\oint p\,\mathrm{d} x=2\int_a^b p\,\mathrm{d} x=(n+\frac12)2\pi\hbar$ ——位相空間の面積 $h$ につき1状態。 $\frac12$ は滑らかな回帰点2つの位相損失 $\pi/4\times2$ の反映で、硬い壁では $\pi/4\to\pi/2$ に変わる（無限井戸は $(n+1)$ 、壁＋滑らかは $(n+\frac34)$ ）。調和振動子では厳密、一般には $n$ 大で漸近的に正確。

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