表の方程式だけで振動子を解く

量子力学の様々な構成方法　第2部 第1章 §2.1.5　★★★ Heisenberg が1925年に実際に解いた問題。運動方程式から隣どうしの遷移だけが残り、総和則と最低の状態の存在から $E_n=\hbar\omega(n+\frac12)$ が出る（共通例題①）

運動方程式から遷移の選択則が出る

調和振動子 $V=\frac12m\omega^2x^2$ を、ここまでの要請だけで解く。この巻の共通例題①である。運動方程式 (2.1.13) から$\ddot{\mathbf x}=-\omega^2\mathbf x$ で、表の要素では $\ddot x_{nm}=-\omega_{nm}^2x_{nm}$ なので

$$(\omega_{nm}^2-\omega^2)\,x_{nm}=0\tag{2.1.23}$$

を得る。$x_{nm}\neq0$ になれるのは $\omega_{nm}=\pm\omega$、すなわち $E_n-E_m=\pm\hbar\omega$ の組だけである。古典の調和振動子が基本振動 $\alpha=\pm1$ しか持たないことに対応する。

総和則 (2.1.20) によると、どの状態 $n$ にも $x_{kn}\neq0$ となる相手 $k$ がある（なければ左辺が0になる）。その相手のエネルギーは $E_n\pm\hbar\omega$ なので、準位は間隔 $\hbar\omega$ で並ぶ。さらにエネルギーの対角要素は

$$H_{nn}=\frac{1}{2m}\sum_k\lvert p_{nk}\rvert ^2+\frac{m\omega^2}{2}\sum_k\lvert x_{nk}\rvert ^2\ge0$$

で下に有界だから、最も低い状態がある。最低の状態から番号を $n=0,1,2,\dots$ と振り、$E_{n+1}-E_n=\hbar\omega$ とする。最低の状態 $n=0$ にはそれより下の相手がないので、$x_{0,-1}=0$ と書く。

総和則で振幅を決める

状態 $n$ の相手は $n\pm1$ だけで、$\omega_{n+1,n}=\omega$、$\omega_{n-1,n}=-\omega$ である。総和則 (2.1.20) は

$$\omega\lvert x_{n+1,n}\rvert ^2-\omega\lvert x_{n-1,n}\rvert ^2=\frac{\hbar}{2m}$$

となり、$\lvert x_{n,n-1}\rvert ^2$ についての漸化式になる。$x_{0,-1}=0$ から始めて順に足すと

$$\lvert x_{n+1,n}\rvert ^2=\frac{(n+1)\hbar}{2m\omega}\tag{2.1.24}$$

を得る。位相は表の定義の中で選べるので、$x_{n+1,n}=x_{n,n+1}=\sqrt{(n+1)\hbar/(2m\omega)}$ と実数に取ってよい。

エネルギーの表

運動量の表は式 (2.1.10) から $p_{n+1,n}=\mathrm{i} m\omega\,x_{n+1,n}$、$p_{n,n+1}=-\mathrm{i} m\omega\,x_{n,n+1}$ である。エネルギーの表の対角要素は、例題 2.1.2 の結果を $\mathbf x$ と $\mathbf p$ に当てはめて

$$(\mathbf p^2)_{nn}=m^2\omega^2\bigl(\lvert x_{n,n-1}\rvert ^2+\lvert x_{n,n+1}\rvert ^2\bigr),\qquad (\mathbf x^2)_{nn}=\lvert x_{n,n-1}\rvert ^2+\lvert x_{n,n+1}\rvert ^2$$

なので、

$$H_{nn}=\frac{(\mathbf p^2)_{nn}}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}(\mathbf x^2)_{nn} =m\omega^2\Bigl(\frac{n\hbar}{2m\omega}+\frac{(n+1)\hbar}{2m\omega}\Bigr)=\hbar\omega\Bigl(n+\frac12\Bigr)\tag{2.1.25}$$

となる。非対角要素も確かめておく。$(\mathbf p^2)_{n,n+2}=p_{n,n+1}p_{n+1,n+2}=(-\mathrm{i} m\omega)^2x_{n,n+1}x_{n+1,n+2}=-m^2\omega^2x_{n,n+1}x_{n+1,n+2}$、$(\mathbf x^2)_{n,n+2}=x_{n,n+1}x_{n+1,n+2}$ なので、$H_{n,n+2}=\bigl(-\frac{m\omega^2}{2}+\frac{m\omega^2}{2}\bigr)x_{n,n+1}x_{n+1,n+2}=0$ で、$\mathbf H$ は確かに対角である。最初に置いた $E_{n+1}-E_n=\hbar\omega$ とも矛盾しない。

古い量子論の $J=n\hbar$ からは $E=J\omega=n\hbar\omega$ が出て、零点エネルギー $\frac12\hbar\omega$ は出なかった。行列力学では、量子化条件を微分の形 (2.1.18) にしたことで定数の選択が要らなくなり、$\frac12$ は最低の状態の条件 $x_{0,-1}=0$ と総和則の組み合わせから出てくる。

スペクトル $E_n=\hbar\omega(n+\frac12)$ が分かると、熱平衡の分配関数と平均の量子数もこの段階で計算できる。等比級数の和から

$$Z=\sum_{n=0}^\infty\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega(n+\frac12)}=\frac{\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega/2}}{1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}}=\frac{1}{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)},\qquad \langle n \rangle =-\frac{1}{\hbar\omega}\frac{\partial \ln Z}{\partial \beta}-\frac12=\frac{1}{\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1}\tag{2.1.26}$$

で、共通例題①の3つの答えがそろう。熱平衡の状態そのもの（密度行列 $\hat\rho=\mathrm{e}^{-\beta\hat H}/Z$）は第4部の対象で、第4部第4章で同じ $Z$ を密度行列の言葉で出す。同じスペクトルを生成消滅演算子の代数で出す方法は第2部第4章で扱う。