現代の量子力学の行間埋め　第２章

\begin{eqnarray} \bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}}V(\boldsymbol{\text{x}}) &=& \int d{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}\bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}}V(\boldsymbol{\text{x}})\ketbra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \int d{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}\bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}}V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime})\ketbra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \int d{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}\braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}|{\boldsymbol{\text{x} }^{\prime\prime} } }V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime})\bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}&...&V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime})\text{は演算子ではないため} \\ \\ &=& \int d{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}\delta{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}-{\boldsymbol{\text{x} }^{\prime\prime} } }V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime})\bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}}&...&\text{式(1.184a)より}\\ \\ &=& V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\bra{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}}&...&\text{デルタ関数の積分より}\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}=\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(2.191)に示された\(\boldsymbol{j}(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\)が式(2.190)を満たすことを示し、その後、式(2.191)の式変形をする。
式(2.189)と式(2.183)を用いる。確率密度の時間微分を計算すると \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial t}\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) &=& \frac{\partial}{\partial t}|\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)|^2 \\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial t}\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) \\ \\ &=& \frac{\partial\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\partial t}\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)+\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\frac{\partial\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\partial t} \\ \\ &=& \frac{1}{-i\hbar}\left(-\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\nabla^{\prime 2}\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)+V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\right)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)+\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\frac{1}{i\hbar}\left(-\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\nabla^{\prime 2}\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)+V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\right)&...&(1)\text{式(2.183)より} \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2m}\left(\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\nabla^{\prime 2}\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)-(\nabla^{\prime 2}\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t))\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\right)+ \frac{1}{i\hbar}\left(\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)-V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\right) \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2m}\left(\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\nabla^{\prime 2}\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)-(\nabla^{\prime 2}\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t))\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\right)+ \frac{V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)}{i\hbar}\left(\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)-\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\right)&...&V(\boldsymbol{\text{x}}^\prime)\text{は演算子ではないため} \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2m}\left(\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)\nabla^{\prime 2}\psi(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t)-(\nabla^{\prime 2}\psi^*(\boldsymbol{\text{x}}^\prime,t))\psi(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\right)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

1. (1)\(\frac{\partial \psi^*}{\partial t}\)の変換を利用
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式(2.183)の両辺の複素共役をとる。 \begin{eqnarray} &&i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi&=&-\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\Delta^{\prime 2}\psi+V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\psi \\ \\ &\Rightarrow& -i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi^*&=&-\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\nabla^{\prime 2}\psi^*+V^*(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\psi^*& \\ \\ &&&=& -\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\nabla^{\prime 2}\psi^*+V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\psi^*&...&V(\boldsymbol{\text{x}})\text{はエルミート演算子だったため、p.114下部より}V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\text{を実数としている。} \\ \\ \end{eqnarray} となる。 これを用いて、 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial t}\psi^*&=&\frac{1}{-i\hbar}\left(-\left(\frac{\hbar^2}{2m}\right)\nabla^{\prime 2}\psi^*+V(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\psi^*\right)& \\ \\ \end{eqnarray} を代入している。

一方で式(2.191)を用いて計算すると \begin{eqnarray} \nabla\cdot\boldsymbol{j}(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) &=& \nabla\cdot\left(-\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\psi^*\nabla\psi-(\nabla\psi^*)\psi]\right) \\ \\ &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\nabla\cdot(\psi^*\nabla\psi)-\nabla\cdot((\nabla\psi^*)\psi)] \\ \\ &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[(\nabla\psi^*\cdot\nabla\psi+\psi^*\nabla^{\prime 2}\psi)-((\nabla^{\prime 2}\psi^*)\psi+(\nabla\psi^*)\cdot\nabla\psi)] \\ \\ &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\psi^*\nabla^{\prime 2}\psi-(\nabla^{\prime 2}\psi^*)\psi] \\ \\ \end{eqnarray} となり、 \begin{eqnarray} \frac{\partial}{\partial t}\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)+\nabla\cdot\boldsymbol{j}(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) &=& \left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\psi^*\nabla^{\prime 2}\psi-(\nabla^{\prime 2}\psi^*)\psi]-\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\psi^*\nabla^{\prime 2}\psi-(\nabla^{\prime 2}\psi^*)\psi] \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} で式(2.190)を満たすことが分かった。 また、\(\psi=\psi_{Re}+i\psi_{Im}\)と書けるとすると \begin{eqnarray} (\psi^*\nabla\psi)^* \\ \\ &=& ((\psi_{Re}+i\psi_{Im})^*\nabla(\psi_{Re}+i\psi_{Im}))^{*} \\ \\ &=& (\psi_{Re}-i\psi_{Im})^*\nabla(\psi_{Re}-i\psi_{Im}) \\ \\ &=& (\psi_{Re}+i\psi_{Im})\nabla(\psi_{Re}-i\psi_{Im}) \\ \\ &=& \psi\nabla\psi^* \\ \\ &=& (\nabla\psi^*)\psi &...&\psi=\braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}|\alpha,t_0;t}\text{はp.16の記述より複素数になり、積は交換可能である}\\ \\ \end{eqnarray} となることから、\(\psi^*\nabla\psi=a+bi\)とすると \begin{eqnarray} \boldsymbol{j}(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[\psi^*\nabla\psi-(-\nabla\psi^*)\psi] \\ \\ &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[a+bi-(a+bi)^*] \\ \\ &=& -\left(\frac{i\hbar}{2m}\right)[2bi] \\ \\ &=& \left(\frac{\hbar}{m}\right)b \\ \\ &=& \left(\frac{\hbar}{m}\right)\text{Im}(\psi^*\nabla\psi) \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} \int d^3x\boldsymbol{\text{j}}(\boldsymbol{\text{x}},t) &=& \int d^3x\left(\frac{\hbar}{m}\right)\text{Im}(\psi^*\nabla\psi) \\ \\ &=& \int d^3x\left(\frac{\hbar}{m}\right)\text{Im}(\psi^*\nabla\psi) \\ \\ &=& \int d^3x\left(\frac{1}{m}\right)\text{Re}(\psi^*(-i\hbar\nabla)\psi)&...&(1) \\ \\ &=& \int d^3x\left(\frac{1}{m}\right)\text{Re}(\psi^*\boldsymbol{p}\psi)& \\ \\ &=& \text{Re}\int d^3x\left(\frac{1}{m}\right)(\psi^*\boldsymbol{p}\psi)&...&\text{微小区間の実部の和は総和の実部に置換できるため(要議論)} \\ \\ &=& \text{Re}\frac{1}{m}\braket{\boldsymbol{p}}& \\ \\ &=& \frac{\braket{\boldsymbol{p}}}{m}&...&\boldsymbol{p}\text{はエルミート的であり、p.42補題2より期待値は実数になる。} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

1. (1)\(\text{Im}z=\text{Re}(-iz)\)を利用
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\(z=a+ib\)とする。\(iz=-b+ia\)であるから、 \begin{eqnarray} b=\text{Im}z=-\text{Re}(iz) \end{eqnarray} となる。

\begin{eqnarray} \psi^*\nabla\psi &=& \sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{-iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]\nabla(\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]) \\ \\ &=& \sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{-iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]((\nabla\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)})\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]+\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\nabla\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]) \\ \\ &=& \sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{-iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]((\nabla\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)})\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]+\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]\nabla\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}) \\ \\ &=& \sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{-iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]((\nabla\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)})\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]+\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\exp\left[\frac{iS(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla S(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)) \\ \\ &=& \sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\nabla\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}+\frac{i}{\hbar}\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\nabla S(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} \boldsymbol{j}(\boldsymbol{\text{x}},t) &=& \left(\frac{\hbar}{m}\right)\text{Im}(\psi^*\nabla\psi) \\ \\ &=& \left(\frac{\hbar}{m}\right)\text{Im}(\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}\nabla\sqrt{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}+\frac{i}{\hbar}\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\nabla S(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)) \\ \\ &=& \left(\frac{\hbar}{m}\right)\frac{1}{\hbar}\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\nabla S(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t) \\ \\ &=& \frac{\rho(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)\nabla S(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime},t)}{m} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\left(\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\right)+V\left(\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\right) \\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla\left((\nabla\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla S\right)+V\left(\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\right) \\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]+(\nabla\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla S+(\nabla\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\left(\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\right) \\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]+2(\nabla\sqrt{\rho})\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\left(\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\right) \\ \\ &=& \left[-\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})+2(\nabla\sqrt{\rho})\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\sqrt{\rho}\right]\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]&...&(i) \\ \\ \\ i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t} &=& i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right] \\ \\ &=& i\hbar\left(\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]+\sqrt{\rho}\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]\frac{i}{\hbar}\frac{\partial S}{\partial t}\right) \\ \\ &=& i\hbar\left(\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\frac{\partial S}{\partial t}\right)\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]&...&(ii) \\ \\ \end{eqnarray} \((i)\)と\((ii)\)が等しいことから、 \begin{eqnarray} &&\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})+2(\nabla\sqrt{\rho})\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\sqrt{\rho}\right]\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right]&=&i\hbar\left(\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\frac{\partial S}{\partial t}\right)\exp\left[\frac{iS}{\hbar}\right] \\ \\ &\Rightarrow& -\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})+2(\nabla\sqrt{\rho})\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\sqrt{\rho}&=&i\hbar\left(\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\frac{\partial S}{\partial t}\right) \end{eqnarray} と式(2.200)が導出できる。また、式中で\(\hbar\)の項が小さいものとすると \begin{eqnarray} &&-\frac{\hbar^2}{2m}\left((\nabla^2\sqrt{\rho})+2(\nabla\sqrt{\rho})\frac{i}{\hbar}\nabla S+\sqrt{\rho}\frac{i^2}{\hbar^2}(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\nabla^2 S\right)+V\sqrt{\rho}&=&i\hbar\left(\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}+\sqrt{\rho}\frac{i}{\hbar}\frac{\partial S}{\partial t}\right) \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{1}{2m}\left(\hbar^2(\nabla^2\sqrt{\rho})+2(\nabla\sqrt{\rho})i\hbar\nabla S+\sqrt{\rho}i^2(\nabla S)^2+\sqrt{\rho}i\hbar\nabla^2 S\right)+V\sqrt{\rho}&=&i\left(\hbar\frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}+\sqrt{\rho}i\frac{\partial S}{\partial t}\right) \\ \\ &\Rightarrow& -\frac{1}{2m}\sqrt{\rho}i^2(\nabla S)^2+V\sqrt{\rho}&=&i\sqrt{\rho}i\frac{\partial S}{\partial t}&...&\hbar\text{を含む項を0とした} \\ \\ &\Rightarrow& \frac{1}{2m}(\nabla S)^2+V+\frac{\partial S}{\partial t}&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ただし

式(2.205)に式(2.206)を代入し、(2.207)を解とすると \begin{eqnarray} && \nabla^2u_E(\boldsymbol{\text{x}})&=&-\frac{2mE}{\hbar^2}u_E(\boldsymbol{\text{x}}) \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)u_E(\boldsymbol{\text{x}})&=&-(k_x^2+k_y^2+k_z^2)u_E(\boldsymbol{\text{x}})&...&\text{式(2.206)より} \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)u_x(x)u_y(y)u_z(z)&=&-(k_x^2+k_y^2+k_z^2)u_x(x)u_y(y)u_z(z)&...&\text{式(2.207)より} \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{\partial^2 u_x(x)}{\partial x^2}u_y(y)u_z(z)+\frac{\partial^2 u_y(y)}{\partial y^2}u_x(x)u_z(z)+\frac{\partial^2 u_z(z)}{\partial z^2}u_x(x)u_y(y)&=&-(k_x^2+k_y^2+k_z^2)u_x(x)u_y(y)u_z(z)& \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{u_x(x)}\frac{\partial^2 u_x(x)}{\partial x^2}+\frac{1}{u_y(y)}\frac{\partial^2 u_y(y)}{\partial y^2}+\frac{1}{u_z(z)}\frac{\partial^2 u_z(z)}{\partial z^2}&=&-(k_x^2+k_y^2+k_z^2)&...&u_x(x)u_y(y)u_z(z)\text{で両辺を割った} \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{u_x(x)}\frac{\partial^2 u_x(x)}{\partial x^2}+k_x^2+\frac{1}{u_y(y)}\frac{\partial^2 u_y(y)}{\partial y^2}+k_y^2+\frac{1}{u_z(z)}\frac{\partial^2 u_z(z)}{\partial z^2}+k_z^2&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\(x,y,z\)がそれぞれ独立しているとすると、 \begin{eqnarray} \frac{1}{u_x(x)}\frac{\partial^2 u_x(x)}{\partial x^2}+k_x^2&=&0\\ \frac{1}{u_y(y)}\frac{\partial^2 u_y(y)}{\partial y^2}+k_y^2&=&0\\ \frac{1}{u_z(z)}\frac{\partial^2 u_z(z)}{\partial z^2}+k_z^2&=&0 \end{eqnarray} が成立すればよいことがわかる。ここで、式(2.208)下より、 \begin{eqnarray} \frac{1}{u_w(w)}\frac{\partial^2 u_x(w)}{\partial w^2}+k_w^2&=&0\\ \end{eqnarray} を考える。\(u_w(w)=c_we^{ik_ww}\)とすると \begin{eqnarray} \frac{1}{u_w(w)}\frac{\partial^2 u_x(w)}{\partial w^2}+k_w^2 &=& \frac{1}{c_we^{ik_ww}}\frac{\partial^2 }{\partial w^2}c_we^{ik_ww}+k_w^2\\ &=& \frac{1}{e^{ik_ww}}(ik_w)^2e^{ik_ww}+k_w^2\\ &=& -k_w^2+k_w^2\\ &=& 0 \end{eqnarray} となり、式を満たすことがわかる。

\begin{eqnarray} u_x(x+L) &=& c_xe^{ik_x(x+L)} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_x(x+L)} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_xx}e^{i\frac{2\pi}{L}n_xL} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_xx}e^{i2\pi n_x} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_xx}(e^{i2\pi })^{n_x} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_xx}(1)^{n_x} \\ \\ &=& c_xe^{i\frac{2\pi}{L}n_xx} \\ \\ &=& u_x(x) \\ \\ \end{eqnarray} が得られ、境界条件を満たしていることがわかる。

\begin{eqnarray} \int_0^Ldx\int_0^Ldy\int_0^Ldzu_E^*(\boldsymbol{\text{x}})u_E(\boldsymbol{\text{x}}) &=& \int_0^Ldx\int_0^Ldy\int_0^LdzC^*e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\text{x}}}Ce^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\text{x}}}&...&\text{式(2.209)より} \\ \\ &=& \int_0^Ldx\int_0^Ldy\int_0^LdzC^*Ce^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\text{x}}+i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{\text{x}}} \\ \\ &=& |C|^2\int_0^Ldx\int_0^Ldy\int_0^Ldz\\ \\ &=& |C|^2L\cdot L\cdot L\\ \\ &=& |C|^2L^3 \end{eqnarray}

\(N(k)\)を求めると式(2.210)より \begin{eqnarray} \boldsymbol{k}^2 &=& k_x^2+k_y^2+k_z^2 \\ \\ &=& \left(\frac{2\pi}{L}\right)^2n_x^2+\left(\frac{2\pi}{L}\right)^2n_y^2+\left(\frac{2\pi}{L}\right)^2n_z^2 \\ \\ &=& \left(\frac{2\pi}{L}\right)^2(n_x^2+n_y^2+n_z^2) \\ \\ &=& \left(\frac{2\pi}{L}\right)^2\boldsymbol{n}^2 \\ \\ \Rightarrow |\boldsymbol{n}|&=&|\boldsymbol{k}|\frac{L}{2\pi} \end{eqnarray} となる。状態数\(dN(k)\)を求めるにあたって、半径\(|\boldsymbol{n}|\)の球の厚さ\(d|\boldsymbol{n}|\)の部分の体積は表面積と\(d|\boldsymbol{n}|\)の積で求められるため、 \begin{eqnarray} dN=4\pi \boldsymbol{n}^2d|\boldsymbol{n}| \end{eqnarray} と書ける。これを\(\boldsymbol{k}\)を用いて表すと \begin{eqnarray} dN(\boldsymbol{k}) &=& 4\pi \boldsymbol{n}^2d|\boldsymbol{n}| \\ \\ &=& 4\pi (|\boldsymbol{k}|\frac{L}{2\pi})^2d(|\boldsymbol{k}|\frac{L}{2\pi}) \\ \\ &=& \frac{L^3}{2\pi^2} |\boldsymbol{k}|^2d|\boldsymbol{k}| \\ \\ \end{eqnarray} と書ける。この中の状態はすべて \begin{eqnarray} E=\frac{\hbar^2|\boldsymbol{k}|^2}{2m} \end{eqnarray} のエネルギーであると考えるため、式(2.214)を求めると \begin{eqnarray} \frac{dN(k)}{dE(k)} &=& \frac{\frac{L^3}{2\pi^2} |\boldsymbol{k}|^2d|\boldsymbol{k}|}{d\frac{\hbar^2|\boldsymbol{k}|^2}{2m}} \\ \\ &=& \frac{\frac{L^3}{2\pi^2} |\boldsymbol{k}|^2d|\boldsymbol{k}|}{\frac{\hbar^2|\boldsymbol{k}|}{2m}2d|\boldsymbol{k}|} \\ \\ &=& \frac{\frac{L^3}{2\pi^2} |\boldsymbol{k}|^2}{\frac{\hbar^2|\boldsymbol{k}|}{2m}2} \\ \\ &=& \frac{|\boldsymbol{k}|mL^3}{2\pi^2\hbar^2} \\ \\ &=& \frac{\sqrt{\frac{\hbar^2|\boldsymbol{k}|^2}{2m}}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}}mL^3}{2\pi^2\hbar^2} \\ \\ &=& \frac{\sqrt{E}m^{3/2}L^3}{\sqrt{2}\pi^2\hbar^3} \\ \\ &=& \frac{E^{1/2}m^{3/2}L^3}{\sqrt{2}\pi^2\hbar^3} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

規格化によって書き直す式は式(2.196)になると思われる。
\(\boldsymbol{p}\)に制約が明記されている場合は式(2.206)のように\(\boldsymbol{p}=\hbar\boldsymbol{k}\)として書き換えて式(2.212)が得られることを加味すると 式(2.196)の規格化定数は式(2.212)と同様に \begin{eqnarray} \psi=\frac{1}{L^{3/2}}\exp\left(\frac{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}{\hbar}-\frac{iEt}{\hbar}\right) \end{eqnarray} となる。

式(2.217)を式変形する。この際、 \begin{eqnarray} \frac{d}{dx}&=&\frac{dy}{dx}\frac{d}{dy}&=&\frac{1}{x_0}\frac{d}{dy}\\ \\ \frac{d^2}{dx^2}&=&\frac{dy}{dx}\frac{d}{dy}\frac{dy}{dx}\frac{d}{dy}&=&\frac{1}{x_0^2}\frac{d^2}{dy^2}\\ \\ \end{eqnarray} となることを用いる。 \begin{eqnarray} &&-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}u_E(x)+\frac{1}{2}m\omega^2x^2u_E(x)&=&Eu_E(x) \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{x_0^2}\frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+\frac{1}{2}m\omega^2(x_0y)^2u_E(y)&=&\frac{\varepsilon \hbar\omega}{2}u_E(y)&...&\varepsilon=\frac{2E}{\hbar\omega},y=\frac{x}{x_0}\text{を利用。} \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{m\omega}{\hbar}\frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+\frac{1}{2}m\omega^2\frac{\hbar}{m\omega}y^2u_E(y)&=&\frac{\varepsilon \hbar\omega}{2}u_E(y)&...&x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\text{を利用。} \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{\hbar\omega}{2}\frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+\frac{\hbar\omega}{2}y^2u_E(y)&=&\frac{\varepsilon \hbar\omega}{2}u_E(y)& \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+y^2u_E(y)&=&\varepsilon u_E(y)& \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+(\varepsilon-y^2)u_E(y)&=&0& \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(2.218)に式(2.219)を代入する。 \begin{eqnarray} \frac{d^2}{dy^2}u_E(y)+(\varepsilon-y^2)u_E(y) &=& \frac{d^2}{dy^2}h(y)e^{-y^2/2}+(\varepsilon-y^2)h(y)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& \frac{d}{dy}(\frac{dh(y)}{dy}e^{-y^2/2}+h(y)\frac{d}{dy}e^{-y^2/2})+(\varepsilon-y^2)h(y)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& \frac{d}{dy}(\frac{dh(y)}{dy}e^{-y^2/2}-h(y)ye^{-y^2/2})+(\varepsilon-y^2)h(y)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& (\frac{d^2h(y)}{dy^2}e^{-y^2/2}+\frac{dh(y)}{dy}\frac{d}{dy}e^{-y^2/2}-\frac{dh(y)}{dy}ye^{-y^2/2}-h(y)\frac{dy}{dy}e^{-y^2/2}-h(y)y\frac{d }{dy}e^{-y^2/2})+(\varepsilon-y^2)h(y)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& (\frac{d^2h(y)}{dy^2}e^{-y^2/2}-\frac{dh(y)}{dy}ye^{-y^2/2}-\frac{dh(y)}{dy}ye^{-y^2/2}-h(y)e^{-y^2/2}+h(y)yy e^{-y^2/2})+(\varepsilon-y^2)h(y)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& \left(\frac{d^2h(y)}{dy^2}-2\frac{dh(y)}{dy}y-h(y)+h(y)y^2 +(\varepsilon-y^2)h(y)\right)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& \left(\frac{d^2h(y)}{dy^2}-2\frac{dh(y)}{dy}y+(\varepsilon-1) h(y)\right)e^{-y^2/2} \\ \\ &=& 0 \\ \\ \\ \Leftrightarrow \frac{d^2h(y)}{dy^2}-2\frac{dh(y)}{dy}y+(\varepsilon-1) h(y)&=&0 \end{eqnarray} となる。

\begin{eqnarray} &&\varepsilon-1&=&2n \\ \\ &\Leftrightarrow&\frac{2E}{\hbar\omega}-1&=&2n \\ \\ &\Leftrightarrow&2E&=&\hbar\omega(2n+1) \\ \\ &\Leftrightarrow&E&=&\hbar\omega(n+\frac{1}{2}) \\ \\ \end{eqnarray} となる。

一般的に \begin{eqnarray} e^{x} &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n} \end{eqnarray} と書けることを利用して、\(x=-t^2\)を代入すると \begin{eqnarray} e^{-t^2} &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(-t^2)^{n} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}(t^2)^{n} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}t^{2n} \\ \\ \end{eqnarray} となる。

一般的に \begin{eqnarray} e^{k} &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}k^{n} \end{eqnarray} と書けることを利用して、\(k=-t^2\)と\(k=2tx\)を代入すると式(2.221a)は \begin{eqnarray} e^{-t^2+2tx} &=& e^{-t^2}e^{2tx} \\ \\ &=& \left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(-t^2)^{n}\right)\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(2tx)^{n}\right) \\ \\ &=& \left(1-\frac{1}{1!}t^2+\frac{1}{2!}t^4-\frac{1}{3!}t^6+\ldots\right)\left(1+\frac{1}{1!}2tx+\frac{1}{2!}(2tx)^2+\frac{1}{3!}(2tx)^3+\ldots\right) \\ \\ \end{eqnarray} となる。ここで\(g(-x,t)\)を同様に展開すると \begin{eqnarray} e^{-t^2-2tx} &=& e^{-t^2}e^{-2tx} \\ \\ &=& \left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(-t^2)^{n}\right)\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(-2tx)^{n}\right) \\ \\ &=& \left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(-t^2)^{n}\right)\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}(2tx)^{n}\right) \\ \\ &=& \left(1-\frac{1}{1!}t^2+\frac{1}{2!}t^4-\frac{1}{3!}t^6+\ldots\right)\left(1-\frac{1}{1!}2tx+\frac{1}{2!}(2tx)^2-\frac{1}{3!}(2tx)^3+\ldots\right) \\ \\ \end{eqnarray} となる。ここで、\(e^{-t^2}\)の部分は共通であるため残りの部分に着目すると、\(e^{-2tx}\)には\((-1)^n\)が含まれている。従って\(e^{-2tx}\)を展開した際の\(t\)の指数\(n\)が奇数の時は、\(e^{2tx}\)を展開したときの\(t^n\)の係数と\(-1\)倍の違いがあり、符号が異なることがわかる。
\(e^{-t^2}\)を加味すると、この関数には\(t\)の偶数のべきしか含まない。奇数のべきは奇数と偶数のべき同士の積でしか生じないため、式全体としても奇数のべきの時、符号が逆になると言える。

\begin{eqnarray} \frac{dg}{dx} &=& \frac{d}{dx}e^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& 2te^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& 2tg(x,t) \\ \\ \end{eqnarray} と書ける。

\begin{eqnarray} \frac{dg}{dt} &=& \frac{d}{dt}e^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& \frac{d}{dt}(-t^2+2tx)e^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& (-2t+2x)e^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& -2te^{-t^2+2tx}+ 2xe^{-t^2+2tx} \\ \\ &=& -2tg(x,t)+2xg(x,t) \\ \\ &=& -(2tg(x,t))+2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H(x)\frac{t^n}{n!}x&...&\text{式(2.221b)より} \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H^{\prime}_n(x)\frac{t^{n}}{n!}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)\frac{t^n}{n!}x&...&\text{式(2.225)より} \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}2nH_{n-1}(x)\frac{t^{n}}{n!}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)\frac{t^n}{n!}x&...&\text{式(2.226)より} \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}2nH_{n-1}(x)\frac{t^{n}}{n!}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}2xH_n(x)\frac{t^n}{n!}&\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} \frac{dg}{dt} &=& \frac{d}{dt}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)\frac{t^n}{n!}&...&\text{式(2.221b)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)\frac{d}{dt}\frac{t^n}{n!}&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)n\frac{t^{n-1}}{n!}&\\ \\ &=& H_0(x)0\frac{t^{0-1}}{0!}+H_1(x)1\frac{t^{1-1}}{1!}+H_2(x)2\frac{t^{2-1}}{2!}+H_3(x)3\frac{t^{3-1}}{3!}+\ldots&\\ \\ &=& 0+H_1(x)\frac{t^{1-1}}{(1-1)!}+H_2(x)\frac{t^{2-1}}{(2-1)!}+H_3(x)\frac{t^{3-1}}{(3-1)!}+\ldots&\\ \\ &=& H_1(x)\frac{t^{0}}{0!}+H_2(x)\frac{t^{1}}{1!}+H_3(x)\frac{t^{2}}{2!}+\ldots&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_{n+1}(x)\frac{t^{n}}{n!}&\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} H_n^{\prime\prime}(x) &=& (H_n^{\prime}(x))^{\prime} \\ \\ &=& (2nH_{n-1}(x))^{\prime}&...&\text{式(2.226)より} \\ \\ &=& 2nH^{\prime}_{n-1}(x) \\ \\ &=& 2n2(n-1)H_{n-2}(x)&...&\text{式(2.226)より} \\ \\ &=& 2n[2xH_{n-1}(x)-H_{n}(x)]&...&(1)\text{式(2.229)より} \\ \\ &=& 2x\cdot (2nH_{n-1}(x))-2nH_{n}(x) \\ \\ &=& 2xH^{\prime}_{n}(x)-2nH_{n}(x)&...&\text{式(2.226)より} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

1. (1)式(2.229)の変換を利用
▼ 詳細を開く…2024/8/20作成
\begin{eqnarray} &&H_{n+1}(x)&=&2xH_n(x)-2nH_{n-1}(x)...\text{式(2.229)} \\ \\ &\Leftrightarrow& 2nH_{n-1}(x)&=&-H_{n+1}(x)+2xH_{n}(x) \\ \\ &\Leftrightarrow& 2(n-1)H_{n-2}(x)&=&-H_{n}(x)+2xH_{n-1}(x)&...&n\to n-1\text{に置換} \end{eqnarray} が得られ、これを代入した。

p.127下部に記載の通り、章末問題2.25から求めることができる。演習問題であるため簡易的に導出する。 \begin{eqnarray} I &=& \int_{-\infty}^{\infty}g(x,t)g(x,s)e^{-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2+2tx}e^{-s^2+2sx}e^{-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2+2tx-s^2+2sx-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x-s-t)^2+2ts}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x-s-t)^2}e^{2ts}dx \\ \\ &=& \sqrt{\pi}e^{2ts}&...&\text{ガウス積分より} \\ \\ &=& \sqrt{\pi}(\frac{1}{0!}(2ts)^0+\frac{1}{1!}(2st)^1+\frac{1}{2!}(2st)^2+\frac{1}{3!}(2st)^3+\ldots)&...&(1) \end{eqnarray} となる。また、 \begin{eqnarray} I &=& \int_{-\infty}^{\infty}g(x,t)g(x,s)e^{-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_{n}(x)\frac{t^n}{n!}\sum_{m=0}^{\infty}H_{m}(x)\frac{s^m}{m!}e^{-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_{n}(x)\frac{t^n}{n!}\sum_{m=0}^{\infty}H_{m}(x)\frac{s^m}{m!}e^{-x^2}dx \\ \\ \end{eqnarray} と書かれる。ここで、(1)より、\(t^n,s^m\)の指数は\(n=m\)のものしかないことがわかる。これを利用して \begin{eqnarray} I &=& \int_{-\infty}^{\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}H_{n}(x)\frac{t^n}{n!}H_{n}(x)\frac{s^n}{n!}e^{-x^2}dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n!)^2}H_{n}(x)H_{n}(x)(ts)^ne^{-x^2}dx \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n!)^2}\int_{-\infty}^{\infty}H_{n}(x)H_{n}(x)e^{-x^2}dx(ts)^n&...&(2)\text{極限と積分の入れ替えが生じている} \\ \\ \end{eqnarray} ここで、(1)(2)式中で同じ\(ts\)の指数\(n\)を持つ項の係数を比較すると \begin{eqnarray} &&\sqrt{\pi}2^n\frac{1}{n!}&=& \frac{1}{(n!)^2}\int_{-\infty}^{\infty}H_{n}(x)H_{n}(x)e^{-x^2}dx\\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}H_{n}(x)H_{n}(x)e^{-x^2}dx&=&\sqrt{\pi}2^nn! \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-\infty}^{\infty}H_{n}(x)H_{m}(x)e^{-x^2}dx&=&\delta_{n,m}\sqrt{\pi}2^nn!&...&n\neq m\text{の項に対しても拡張した} \\ \\ \end{eqnarray} と得られる。

\(u_E(-x)=u_E(x)\)のとき \begin{eqnarray} \text{(左辺)} &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}u_E(-x)+k|-x|u_E(-x) \\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}u_E(x)+k|x|u_E(x)&...&u_E(-x)=u_E(x)\text{と、}x\gt 0\text{の時に}|-x|=x\text{であるから} \\ \\ &=& Eu_E(x)&...&\text{式(2.235)より} \\ \\ \text{(右辺)} &=& Eu_E(-x) \\ \\ &=& Eu_E(x) \end{eqnarray} より、右辺と左辺が一致することから式(2.235)を満たすことがわかる。
\(u_E(-x)=-u_E(x)\)のとき \begin{eqnarray} \text{(左辺)} &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}u_E(-x)+k|-x|u_E(-x) \\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}(-u_E(x))+k|x|(-u_E(x))&...&u_E(-x)=-u_E(x)\text{と、}x\gt 0\text{の時に}|-x|=x\text{であるから} \\ \\ &=& -Eu_E(x)&...&\text{式(2.235)より} \\ \\ \text{(右辺)} &=& Eu_E(-x) \\ \\ &=& -Eu_E(x) \end{eqnarray} より、右辺と左辺が一致することから式(2.235)を満たすことがわかる。

\begin{eqnarray} \frac{d}{dy} &=& \frac{dz}{dy}\frac{d}{dz} \\ \\ &=& 2^{1/3}\frac{d}{dz} \\ \\ \\ \frac{d^2}{dy^2} &=& \frac{dz}{dy}\frac{d}{dz}\frac{dz}{dy}\frac{d}{dz} \\ \\ &=& 2^{2/3}\frac{d^2}{dz^2} \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} &&\frac{d^2}{dy^2}u_E(y)-2(y-\varepsilon)u_E(y)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& 2^{2/3}\frac{d^2}{dz^2}u_E(z)-2\cdot 2^{-1/3}zu_E(z)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& 2^{2/3}\frac{d^2}{dz^2}u_E(z)-2^{-2/3}zu_E(z)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2}{dz^2}u_E(z)-zu_E(z)&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(2.243)に式(2.244)を代入する。 \begin{eqnarray} &&\frac{d^2 u_E}{dx^2}+[k(x)]^2u_E(x)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2}{dx^2}\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]+[k(x)]^2\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d}{dx}\frac{i}{\hbar}\frac{dW(x)}{dx}\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]+[k(x)]^2\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{i}{\hbar}\frac{d^2W(x)}{dx^2}\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]+\left(\frac{i}{\hbar}\frac{dW(x)}{dx}\right)^2\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]+[k(x)]^2\exp\left[\frac{iW(x)}{\hbar}\right]&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{i}{\hbar}\frac{d^2W(x)}{dx^2}-\frac{1}{\hbar^2}\left(\frac{dW(x)}{dx}\right)^2+[k(x)]^2&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& i\hbar\frac{d^2W(x)}{dx^2}-\left(\frac{dW(x)}{dx}\right)^2+\hbar^2[k(x)]^2&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(2.245)に式(2.246)を適用する。 \begin{eqnarray} &&i\hbar\frac{d^2W(x)}{dx^2}-\left(\frac{dW(x)}{dx}\right)^2+\hbar^2[k(x)]^2 &\simeq& -\left(\frac{dW_0(x)}{dx}\right)^2+\hbar^2[k(x)]^2&...&\text{近似として}W(x)\to W_0(x)\text{とした。} \\ \\ &&&=& 0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \left(\frac{dW_0(x)}{dx}\right)^2 &=& \hbar^2[k(x)]^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{dW_0(x)}{dx} &=& \pm \hbar k(x) \end{eqnarray} と導出できる。

ここでは \begin{eqnarray} \left(\frac{dW_1}{dx}\right)^2 &=& i\hbar\frac{d^2W_0}{dx^2}+\hbar^2[k(x)]^2 \\ \\ &=& i\hbar\frac{d}{dx}W_0^{\prime}(x)+W_0^{\prime 2}(x) \\ \\ &=& W_0^{\prime 2}(x)+i\hbar W_0^{\prime\prime}(x) \\ \\ \end{eqnarray} となることを用いると \begin{eqnarray} W(x) &\simeq& W_1(x) \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} \frac{dW_1(x^{\prime})}{dx^{\prime}}&...&(1)\text{平方根のうち、正の方を用いた。} \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} \left(W_0^{\prime 2}(x^{\prime})+i\hbar W_0^{\prime\prime}(x^{\prime})\right)^{1/2} \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})\left(1+i\hbar \frac{W_0^{\prime\prime}(x^{\prime})}{W_0^{\prime 2}(x^{\prime})}\right)^{1/2} \\ \\ &\simeq& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})\left(1+i\hbar \frac{W_0^{\prime\prime}(x^{\prime})}{2W_0^{\prime 2}(x^{\prime})}\right)&...&x\text{が小さいとき、}(1+x^{\prime})^n\simeq 1+nx \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})+i\hbar\int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})\frac{W_0^{\prime\prime}(x^{\prime})}{2W_0^{\prime 2}(x^{\prime})}& \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})+i\hbar\int^x dx^{\prime} \frac{W_0^{\prime\prime}(x^{\prime})}{2W_0^{\prime}(x^{\prime})}& \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})+\frac{i\hbar}{2}\int^x dx^{\prime} \frac{\pm\hbar k^{\prime}(x^{\prime})}{\pm\hbar k(x^{\prime})}& \\ \\ &=& \int^x dx^{\prime} W_0^{\prime}(x^{\prime})+\frac{i\hbar}{2}\int^x dx^{\prime} \frac{k^{\prime}(x^{\prime})}{k(x^{\prime})}&...&\text{複号同順であるため、正になる} \\ \\ &=& \pm\int^x dx^{\prime} \hbar k^{\prime}(x^{\prime})+\frac{i\hbar}{2}[\ln k(x^{\prime})]^{x}& \\ \\ &=& \pm\int^x dx^{\prime} \hbar k^{\prime}(x^{\prime})+\frac{i\hbar}{2}\ln k(x)&...&\text{積分区間の下端について、積分の結果が}\ln k(x)\text{の関数になるように調整されたものになっている} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。
(1)について、よくある導出では \begin{eqnarray} W(x)=W_0(x)+\frac{\hbar}{i}W_1(x)+\left(\frac{\hbar}{i}\right)^2W_2(x)+\ldots \end{eqnarray} と展開して求めていく(今回の導出とは異なる展開になっている)。その際に、W_1(x)は負号になる。そこで、展開係数に代入した時を鑑みて(1)では正の方を用いた。

式(2.243)において\([k(x)]^2=\alpha x+\beta\)とする。\(y=-\sqrt[3]{\alpha}(x+\frac{\beta}{\alpha})\)と置換すると \begin{eqnarray} \frac{d u}{dx} &=& \frac{d u}{dy}\frac{dy}{dx} \\ \\ &=& -\frac{d u}{dy}\sqrt[3]{\alpha} \\ \\ \\ \frac{d^2 u}{dx^2} &=& \frac{d}{dx}\frac{d u}{dx} \\ \\ &=& -\frac{d}{dx}\frac{d u}{dy}\sqrt[3]{\alpha} \\ \\ &=& -\frac{d}{dy}\frac{dy}{dx}\frac{d u}{dy}\sqrt[3]{\alpha} \\ \\ &=& \frac{d}{dy}\sqrt[3]{\alpha}\frac{d u}{dy}\sqrt[3]{\alpha} \\ \\ &=& \sqrt[3]{\alpha^2}\frac{d^2 u}{dy^2} \\ \\ \end{eqnarray} となることを用いると \begin{eqnarray} &&\frac{d^2u}{dx^2}+[k(x)]^2u&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2u}{dx^2}+(\alpha x+\beta)u&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2u}{dx^2}+\sqrt[3]{\alpha^2}\sqrt[3]{\alpha}(x+\frac{\beta}{\alpha})u&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \sqrt[3]{\alpha^2}\frac{d^2 u}{dy^2}-\sqrt[3]{\alpha^2}yu&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& \frac{d^2 u}{dy^2}-yu&=&0 \\ \\ \end{eqnarray} となる。この式の解は式(2.237)より、エアリー関数になることが知られている。

式(2.252)(2.253)の余弦関数の中身が\(\pi\)の整数倍の違いになることを考えると \begin{eqnarray} \text{式(2.252)余弦関数の中身}-\text{式(2.253)余弦関数の中身} &=& \frac{1}{\hbar}\int_{x_1}^xdx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]}-\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{1}{\hbar}\int_{x}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]}+\frac{\pi}{4}\right) \\ \\ &=& \frac{1}{\hbar}\left(\int_{x_1}^xdx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]}+\int_{x}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]}\right)-\frac{\pi}{2} \\ \\ &=& \frac{1}{\hbar}\left(\int_{x_1}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]}\right)-\frac{\pi}{2} \\ \\ &=& n\pi \\ \\ \Leftrightarrow \frac{1}{\hbar}\int_{x_1}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]} &=& (n+\frac{1}{2})\pi \\ \\ \Leftrightarrow \int_{x_1}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-V(x^{\prime})]} &=& (n+\frac{1}{2})\hbar\pi \\ \\ \end{eqnarray} となる。

式(2.252)(2.253)の余弦関数の中身を考える。p.135上部より、奇パリティであることから\(x=0\)の時に\(0\)になるため、 \begin{eqnarray} \text{式(2.252)右辺の余弦関数の中身} &=& \frac{1}{\hbar}\int_{x_1}^{x}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-(-mgx^{\prime})]}-\frac{\pi}{4}&...&x\lt 0\text{より}|x|=-x \\ \\ &=& \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{0}dx^{\prime}\sqrt{2m[E+mgx^{\prime}]}-\frac{\pi}{4}&...&x=0,x_1=-\frac{mg}{E}\text{を代入した} \\ \\ &=& (n+\frac{1}{2})\pi&...&(1)\text{余弦関数が0になるための条件でnは0以上の整数} \\ \\ \\ \text{式(2.253)右辺の余弦関数の中身} &=& -\frac{1}{\hbar}\int_{x}^{x_2}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-(mgx^{\prime})]}+\frac{\pi}{4}&...&x\geq 0\text{より}|x|=x \\ \\ &=& -\frac{1}{\hbar}\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]}+\frac{\pi}{4}&...&x=0,x_2=\frac{mg}{E}\text{を代入した} \\ \\ &=& (m+\frac{1}{2})\pi&...&\text{余弦関数が0になるための条件でmは0以上の整数} \\ \\ \end{eqnarray} となる。ここで、ポテンシャルが原点対象であることを鑑みると、同じエネルギー\(E\)に対して \begin{eqnarray} \int_{-mg/E}^{0}dx^{\prime}\sqrt{2m[E+mgx^{\prime}]}&=&\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]} \end{eqnarray} になることがわかる。これらが同じ値をとるとみなすと、 \begin{eqnarray} \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{0}dx^{\prime}\sqrt{2m[E+mgx^{\prime}]}-\frac{\pi}{4} &=& -\left[-\frac{1}{\hbar}\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]}+\frac{\pi}{4}\right] \end{eqnarray} になることから、 \begin{eqnarray} -\frac{1}{\hbar}\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]}+\frac{\pi}{4} &=& -(n+\frac{1}{2})\pi&...&(2)\text{nで書き直した} \end{eqnarray} が導ける。\((1)-(2)\)を計算すると \begin{eqnarray} (1)-(2)\text{左辺} &=& \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{0}dx^{\prime}\sqrt{2m[E+mgx^{\prime}]}-\frac{\pi}{4}-\left[-\frac{1}{\hbar}\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]}+\frac{\pi}{4}\right] \\ \\ &=& \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{0}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{\hbar}\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}-\frac{\pi}{4} \\ \\ &=& \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}-\frac{\pi}{2}&...&\text{積分区間を結合した} \\ \\ \\ (1)-(2)\text{右辺} &=& (n+\frac{1}{2})\pi-\left[-(n+\frac{1}{2})\pi\right] \\ \\ &=& (2n+1)\pi \end{eqnarray} が得られるため、 \begin{eqnarray} && \frac{1}{\hbar}\int_{-mg/E}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}-\frac{\pi}{2}& &=& (2n+1)\pi \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-mg/E}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (2n+1+\frac{1}{2})\hbar\pi \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{-mg/E}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (n_{odd}+\frac{1}{2})\hbar\pi \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。また、偶関数であることを用いると \begin{eqnarray} && \int_{-mg/E}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (n_{odd}+\frac{1}{2})\hbar\pi \\ \\ &\Leftrightarrow& 2\int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mgx^{\prime}]}& &=& (2n+1+\frac{1}{2})\hbar\pi&...&x\geq 0\text{より}|x|=x\text{と、偶関数であるため}\int_{-a}^af(x)dx=2\int_0^af(x)dx\text{を用いた。} \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (n+\frac{3}{4})\hbar\pi \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (n+1-\frac{1}{4})\hbar\pi& \\ \\ &\Leftrightarrow& \int_{0}^{mg/E}dx^{\prime}\sqrt{2m[E-mg|x^{\prime}|]}& &=& (n^{\prime}-\frac{1}{4})\hbar\pi&...&n^{\prime}\text{は1以上の整数} \\ \\ \end{eqnarray} と導出することができる。

\begin{eqnarray} &&\int_0^{mg/E}dx\sqrt{2m(E-mgx)} &=& \sqrt{2m}\int_0^{mg/E}dx(E-mgx)^{1/2} \\ \\ &&&=& \sqrt{2m}\left[\frac{-2}{3mg}(E-mgx)^{3/2}\right]_0^{mg/E} \\ \\ &&&=& -\sqrt{2m}\frac{-2}{3mg}E^{3/2} \\ \\ &&&=& \left(n-\frac{1}{4}\right)\pi\hbar&...&\text{式(2.261)より} \\ \\ &\Leftrightarrow& E^{3/2} &=& \frac{3\sqrt{m}g}{2\sqrt{2}}\left(n-\frac{1}{4}\right)\pi\hbar \\ \\ &\Leftrightarrow& E^{3} &=& \frac{3^2mg^2}{2^3}\left(n-\frac{1}{4}\right)^2\pi^2\hbar^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& E^3 &=& \frac{3^2\left(n-\frac{1}{4}\right)^2\pi^2}{2^3}mg^2\hbar^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& E^3 &=& \frac{(3\left(n-\frac{1}{4}\right)\pi)^2}{2^3}mg^2\hbar^2 \\ \\ &\Leftrightarrow& E &=& \frac{(3\left(n-\frac{1}{4}\right)\pi)^{2/3}}{2}(mg^2\hbar^2)^{1/3} \\ \\ \end{eqnarray} と導出することができる。