Problem 4-1
Show that for a single particle moving in three dimensions in a potential energy V(x,t)V(x,t)
the Schrödinger equation is
−ℏi∂ψ∂t=−ℏ22m∇2ψ+Vψ−ℏi∂ψ∂t=−ℏ22m∇2ψ+Vψ(4.13)
This equation was discovered by Schrödinger in 1925 and formed the central feature of the development of quantum mechanics thereafter.
(解答) これは本文の1次元での議論を3次元に拡張するだけでよい.3次元でのポテンシャル V(x,t)V(x,t) の中を運動する粒子に対するラグランジアンは
L=m2˙x2−V(x,t)L=m2˙x2−V(x,t)
であり, 式(4.5)に対応する式は yy をベクトル化して y=x+θy=x+θ を考えると( θθ はゴシック体にうまく表示できていないが3次元ベクトルである), 次である:
ψ(x,t+ε)=∫∞−∞d3θ1Aexp{im2ℏεθ2}exp{−iεℏV(x+θ2,t)}ψ(x+θ,t)ψ(x,t+ε)=∫∞−∞d3θ1Aexp{im2ℏεθ2}exp{−iεℏV(x+θ2,t)}ψ(x+θ,t)(1)
そして式(4.6)に対応する式は, 次となる:
ψ(x,t)+ε∂ψ∂t=∫∞−∞d3θ1Aexp{im2ℏεθ2}[1−iεℏV(x,t)]×[ψ(x,t)+θ⋅∇ψ+12(θ⋅∇)2ψ]ψ(x,t)+ε∂ψ∂t=∫∞−∞d3θ1Aexp{im2ℏεθ2}[1−iεℏV(x,t)]×[ψ(x,t)+θ⋅∇ψ+12(θ⋅∇)2ψ](2)
この右辺を展開したときの主要項は次の積分となる:
1A∫∞−∞d3θexp{im2ℏεθ2}=1A(2πiℏεm)3/2=11A∫∞−∞d3θexp{im2ℏεθ2}=1A(2πiℏεm)3/2=1(3)
従って,
A=(2πiℏεm)3/2A=(2πiℏεm)3/2(4)
また, 式(4.9)に対応する式を考えると,
∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)θ⋅∇ψ=∭dθxdθydθz1Aexp{im2ℏε(θ2x+θ2y+θ2z)}(θx∂ψ∂x+θy∂ψ∂y+θz∂ψ∂z)∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)θ⋅∇ψ=∭dθxdθydθz1Aexp{im2ℏε(θ2x+θ2y+θ2z)}(θx∂ψ∂x+θy∂ψ∂y+θz∂ψ∂z)(5)
この3重積分は変数分離が可能である.そこで, 例えば θxθx についての積分部分を考えると,
1A∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθx∂ψ∂x+1Aeim(θ2y+θ2z)/2ℏε∂ψ∂x∫∞−∞θxdθx=1A∂ψ∂x∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθx+1Aeim(θ2y+θ2z)/2ℏε∂ψ∂x∫∞−∞θxdθx=01A∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθx∂ψ∂x+1Aeim(θ2y+θ2z)/2ℏε∂ψ∂x∫∞−∞θxdθx=1A∂ψ∂x∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθx+1Aeim(θ2y+θ2z)/2ℏε∂ψ∂x∫∞−∞θxdθx=0(6)
このとき, 第1項は式(4.9)よりゼロであるし, 第2項は積分の被積分関数が奇関数であることより明らかにゼロとなるので, 式全体がゼロとなる.残りの変数 θyθy とθzθz についても全く同様なことになるので, 結局は上述の式はゼロとなる:
∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)θ⋅∇ψ=0∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)θ⋅∇ψ=0(7)
また, 式(4.10)に対応する式を考えると,
∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)12(θ⋅∇)2ψ=12A∭dθxdθydθzexp{im2ℏε(θ2x+θ2y+θ2z)}(θx∂ψ∂x+θy∂ψ∂y+θz∂ψ∂z)2∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)12(θ⋅∇)2ψ=12A∭dθxdθydθzexp{im2ℏε(θ2x+θ2y+θ2z)}(θx∂ψ∂x+θy∂ψ∂y+θz∂ψ∂z)2(8)
前と同様に, θxθx についての積分部分を考えると,
1Ax∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθ2x∂2ψ∂x2+eim(θ2y+θ2z)/2ℏεAx∫∞−∞dθx2θx(θy∂2ψ∂x∂y+θz∂2ψ∂x∂z)=∂2ψ∂x21Ax∫∞−∞dθxeimθ2x/2ℏεθ2x+2eim(θ2y+θ2z)/2ℏεAx(θy∂2ψ∂x∂y+θz∂2ψ∂x∂z)∫∞−∞θxdθx⏟=0=iℏεm∂2ψ∂x2
残りの変数 θy と θz についても全く同様なことになるので, 結局は上述の式(8)は次となる:
∫∞−∞d3θ1Aexp(im2ℏεθ2)12(θ⋅∇)2ψ=iℏε2m(∂2ψ∂x2+∂2ψ∂y2+∂2ψ∂z2)=iℏε2m∇2ψ
すると式(4.6)に対応する式(2)の右辺は次となる:
∫∞−∞d3θ1Aexp{im2ℏεθ2}[1−iεℏV(x,t)]×[ψ(x,t)+θ⋅∇ψ+12(θ⋅∇)2ψ]=ψ+iℏε2m∇2ψ−iεℏV{ψ+iℏε2m∇2ψ}=ψ+iℏε2m∇2ψ−iεℏVψ+ε22m∇2ψ
ただし最後の項は ε について2次であるので無視する.この結果から式(4.6)に対応する式は次となる:
ψ+ε∂ψ∂t=ψ+iℏε2m∇2ψ−iεℏVψ
この式中で ε の1次の項を集めた式は,
∂ψ∂t=iℏ2m∇2ψ−iℏVψ,
これの両辺に −ℏ/i を掛け合わせるならば, 問題文のシュレディンガー方程式(4.13)を得る:
−ℏi∂ψ∂t=−ℏ22m∇2ψ+Vψ