この章のまとめ

(1) $\hat H=\frac{\hbar\omega}{2}\bigl(-\partial_\xi^2+\xi^2\bigr)$ と書ける（$\partial_q=\sqrt{m\omega/\hbar}\,\partial_\xi$ を使った）。$\varphi_0\propto\mathrm{e}^{-\xi^2/2}$ では $\partial_\xi^2\mathrm{e}^{-\xi^2/2}=(\xi^2-1)\mathrm{e}^{-\xi^2/2}$ なので $\hat H\varphi_0=\frac{\hbar\omega}{2}\varphi_0$、$E_0=\frac12\hbar\omega$。$\varphi_1\propto\xi\mathrm{e}^{-\xi^2/2}$ では $\partial_\xi^2(\xi\mathrm{e}^{-\xi^2/2})=(\xi^3-3\xi)\mathrm{e}^{-\xi^2/2}$ なので $\hat H\varphi_1=\frac{3\hbar\omega}{2}\varphi_1$、$E_1=\frac32\hbar\omega$。$N_0$ は $\int\lvert \varphi_0\rvert ^2\mathrm{d} q=1$ から決めたもので、$\varphi_1$ も規格化され、$\varphi_0$ と直交する（被積分関数が奇関数）。

(2) エネルギー $E$ の軌道は相空間の楕円 $p^2/(2m)+m\omega^2q^2/2=E$ で、半軸は $\sqrt{2mE}$ と $\sqrt{2E/(m\omega^2)}$。面積は $\pi\sqrt{2mE}\sqrt{2E/(m\omega^2)}=2\pi E/\omega$ なので $J=E/\omega$。$J=(n+\frac12)\hbar$ から $E_n=(n+\frac12)\hbar\omega$ で、$n=0,1$ は (1) の $\frac12\hbar\omega$, $\frac32\hbar\omega$ と一致する。調和振動子では、Bohr–Sommerfeld の条件から厳密な準位が得られる。

(3) $\langle \varphi_0 | \hat q | \varphi_1 \rangle =\sqrt2N_0^2\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\int\xi^2\mathrm{e}^{-\xi^2}\,\mathrm{d} q=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}$（$\mathrm{d} q=\sqrt{\hbar/(m\omega)}\,\mathrm{d}\xi$、$\int\xi^2\mathrm{e}^{-\xi^2}\mathrm{d}\xi=\sqrt\pi/2$）。$\langle \varphi_n | \hat q | \varphi_n \rangle =0$（奇関数）なので、式 (4.2.13) で残るのは $n\ne n'$ の2項で

$$\langle \hat q \rangle (t)=\frac12\cdot2\operatorname{Re}\Bigl(\langle \varphi_0 | \hat q | \varphi_1 \rangle \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(E_1-E_0)t/\hbar}\Bigr)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos\omega t.$$

角振動数は $(E_1-E_0)/\hbar=\omega$ で、古典の振動子の角振動数（エネルギーに依らない）と一致する。$H=\omega J$ が $J$ の1次式なので、式 (4.2.14) の差分と微分が等しい。

(4) 式 (4.2.16) の1本目から $\langle \hat p \rangle =m\,\frac{\mathrm{d} \langle \hat q \rangle }{\mathrm{d} t}=-\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\sin\omega t$。これを微分すると $\frac{\mathrm{d} \langle \hat p \rangle }{\mathrm{d} t}=-\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cos\omega t=-m\omega^2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos\omega t=-m\omega^2\langle \hat q \rangle$ で、2本目 $\frac{\mathrm{d} \langle \hat p \rangle }{\mathrm{d} t}=-\langle V'(\hat q) \rangle =-m\omega^2\langle \hat q \rangle$ と合う。$V'$ が1次式なので $\langle V'(\hat q) \rangle =V'(\langle \hat q \rangle )$ で、期待値は古典の Hamilton 方程式に厳密に従う。$\langle \hat p \rangle$ を $\langle \varphi_0 | \hat p | \varphi_1 \rangle =\mathrm{i}\sqrt{m\hbar\omega/2}$ から直接計算しても同じ値になる。$\langle \hat H \rangle =\frac12(E_0+E_1)=\hbar\omega$ で、時間に依らない。

(5) 4.2.5節の式から $\sigma(t)^2=\sigma_0^2\cos^2\omega t+(\sigma_p/(m\omega))^2\sin^2\omega t$ で、幅が一定である条件は $\sigma_p=m\omega\sigma_0$。$\sigma_p=\hbar/(2\sigma_0)$ と合わせると $\sigma_0^2=\dfrac{\hbar}{2m\omega}$ で、このとき $\sigma_0\sigma_p=\hbar/2$。これは (1) の $\varphi_0$ の幅（$\lvert \varphi_0\rvert ^2\propto\mathrm{e}^{-m\omega q^2/\hbar}$ の分散 $\hbar/(2m\omega)$）と同じである。相空間で見ると、分布の楕円が等エネルギー線と同じ形の円（$q$ と $p/(m\omega)$ の尺度で）になり、回転しても形が変わらない。数値は $\sigma_0=\sqrt{1.055\times10^{-34}/(2\times1.443\times10^{-25}\times2\pi\times10^5)}\,\mathrm m=2.41\times10^{-8}\,\mathrm m=24.1\,\mathrm{nm}$ である。