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本ページでは…
本ページでは、超ポテンシャルを用いて、調和振動子の超対称パートナーが調和振動子自身であることをみる。
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前々ページでは、超対称パートナーである2つのハミルトニアン\(\hat H_{\scriptsize +}\),\(\hat H_{\scriptsize -}\)は超ポテンシャル\(W(x)\)を用いて次の形になることを見た。
\begin{align*}\hat H_{\scriptsize +}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V_{\scriptsize +}(x)\tag{1}\\\hat H_{\scriptsize -}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V_{\scriptsize -}(x)\tag{2}\end{align*}
\begin{align*}V_{\scriptsize +}(x)=\frac{1}{2m}(W'(x))^2-\frac{\hbar}{2m}W^{”}(x)+\epsilon\tag{3}\\V_{\scriptsize -}(x)=\frac{1}{2m}(W'(x))^2+\frac{\hbar}{2m}W^{”}(x)+\epsilon\tag{4}\end{align*}
また、前ページでは、超対称パートナーハミルトニアンのエネルギースペクトルは励起状態では完全に一致し、基底状態ではどちらかまたはどちらも消失することを見た。そして、基底状態の消失は超ポテンシャルの形によって決定され、超ポテンシャルが
\begin{align*}W(x)=a_{\scriptsize 0}+a_{\scriptsize 1}x+a_{\scriptsize 2}x^2+\cdots+a_{\scriptsize n}x^n\tag{5}\end{align*}
の形のとき、ウィッテン指数\(\varDelta _W\)は
\begin{align*}(\text i)&nが偶数,a_{\scriptsize n}＜\ 0\rightarrow \varDelta _W=-1\\(\text {ii})&nが偶数,a_{\scriptsize n}＞\ 0\rightarrow \varDelta _W=+1\\(\text {iii})&nが奇数,a_{\scriptsize n}＜\ 0\rightarrow \varDelta _W=0\\(\text {iv})&nが奇数,a_{\scriptsize n}＞\ 0\rightarrow \varDelta _W=0\end{align*}
となることを確認した。ここで、ウィッテン指数は、基底状態における波動関数\(\psi_{\scriptsize {E,+}}\)の数を表す\(\mathcal N^+_{\scriptsize E=\epsilon}\)から、波動関数\(\psi_{\scriptsize {E,-}}\)の数を表す\(\mathcal N^-_{\scriptsize E=\epsilon}\)を引いた数である。
内容
超ポテンシャルが次の形で与えられているとする。
\begin{align*}W(x)=\frac{1}{2}m\omega x^2\tag{6}\end{align*}
すると、超ポテンシャルの1階微分と2回微分は
\begin{align*}W'(x)&=m\omega x\tag{7}\\W^{”}(x)&=m\omega\tag{8}\end{align*}
で与えられ、超対称パートナーの関係にあるポテンシャルは
\begin{align*}V_{\scriptsize +}=-\frac{m\omega^2}{2}-\frac{\hbar\omega}{2}\tag{9}\\V_{\scriptsize -}=\frac{m\omega^2}{2}+\frac{\hbar\omega}{2}\tag{10}\end{align*}
となる。よって、ハミルトニアンは
\begin{align*}\hat H_{\scriptsize +}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{m\omega^2}{2}-\frac{\hbar\omega}{2}\tag{11}\\\hat H_{\scriptsize -}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{m\omega^2}{2}+\frac{\hbar\omega}{2}\tag{12}\end{align*}
という形になる(積分定数\(\epsilon\)はゼロとした)。また、超ポテンシャルの形は\(\frac{1}{2}m\omega x^2\)であるため、ウィッテン指数は\(+1\)であり、\(\hat H_{\scriptsize -}\)の基底状態は消失していることが分かる。調和振動子のハミルトニアンは
\begin{align*}\hat H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+\frac{m\omega^2}{2}\tag{13}\end{align*}
であるため、ハミルトニアン\(\hat H_{\scriptsize +}\),\(\hat H_{\scriptsize -}\)は調和振動子ハミルトニアン\(\hat H\)を\(\frac{\hbar\omega}{2}\)だけ昇降したものになっている。調和振動子のエネルギー準位は
\begin{align*}E_{\scriptsize n}=n\hbar\omega+\frac{1}{2}\hbar\omega\ \ \ n=0,1,2,\cdots\tag{14}\end{align*}
であるため、超対称パートナーハミルトニアンのエネルギー準位は
\begin{align*}E_{\scriptsize +}&=n\hbar\omega\ \ \ n=0,1,2,\cdots\tag{15}\\E_{\scriptsize -}&=n\hbar\omega\ \ \ n=1,2,3,\cdots\tag{16}\end{align*}
であることがわかり、ここからも\(\hat H_{\scriptsize -}\)の基底状態が消失していることが分かる。
以上より、調和振動子の超対称パートナーは調和振動子自身であり、\(\hat H{\scriptsize -}\)は\(\hat H_{\scriptsize +}\)にエネルギー\(\hbar\omega\)を加えたものである。このように、超対称パートナーがそれ自身となるのは、そのエネルギー準位が等間隔だからである。(実際には、これ以外にも非自明な超対称パートナーが無数に存在するが、その事については後の記事で紹介する。)
調和振動子の超対称パートナーが調和振動子自身である結果を使うと、調和振動子の波動関数を簡単に求めることができる。求める流れとしては次のようになる。前提として\(\hat H_{\scriptsize +}\)と\(\hat H_{\scriptsize +}\)はエネルギー準位が\(\hbar\omega\)異なるだけなので、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属するあるエネルギー準位\(E\)の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E,+}}\)と、\(\hat H_{\scriptsize -}\)に属する1つエネルギー準位の高い波動関数\(\psi_{\scriptsize {E+\hbar\omega,-}}\)は一致する。
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E,+}}=\psi_{\scriptsize {E+\hbar\omega,-}}\tag{17}\end{align*}
そのため、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する基底状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=0,+}}\)と、\(\hat H_{\scriptsize -}\)に属する1励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\)は一致する。
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=0,+}}=\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\tag{18}\end{align*}
そして、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する1励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}\)は、波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\)に繋絡演算子\(\hat A^\dagger\)を作用させれば求めることができる。
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}=\frac{1}{\sqrt{\hbar\omega}}\hat A^\dagger\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\tag{19}\end{align*}
また、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する1励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}\)と、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する2励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,-}}\)は一致する。
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}=\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,-}}\tag{20}\end{align*}
以上を繰り返すと全ての準位の波動関数を求めることが出来る。
それでは具体的に求めてみよう。\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する基底状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize{E=0,+}}\)は
\begin{align*}\psi_{\scriptsize{E=0,+}}&=N_{\scriptsize 0}\exp\left(-\frac{1}{\hbar}W(x)\right)\\&=N_{\scriptsize 0}\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2\right)\\&=N_{\scriptsize 0}\exp\left(-\frac{1}{2}\xi ^2\right)\tag{21}\end{align*}
であるため(\(\xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\)とおいた)、\(\hat H_{\scriptsize -}\)に属する1励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\)も
\begin{align*}\psi_{\scriptsize{E=\hbar\omega,-}}&=N_{\scriptsize 0}\exp\left(-\frac{1}{2}\xi ^2\right)\tag{22}\end{align*}
となる。繋絡演算子\(\hat A^\dagger\)は
\begin{align*}\hat A^\dagger&=\frac{1}{\sqrt{2m}}\left(-i\hbar\frac{d}{dx}+iW'(x)\right)\\&=\frac{1}{\sqrt{2m}}\left(-i\hbar\frac{d}{dx}+im\omega x\right)\\&=\frac{1}{\sqrt{2m}}\left(-i\sqrt{\hbar m\omega}\frac{d}{d\xi}+i\sqrt{\hbar m\omega}\xi\right)\\&=-\sqrt{\frac{\hbar\omega}{2}}i\left(\frac{d}{d\xi}-\xi\right)\tag{23}\end{align*}
であるため、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する1励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}\)は
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,+}}&=\frac{1}{\sqrt{\hbar\omega}}\hat A^\dagger\psi_{\scriptsize {E=\hbar\omega,-}}\\&=\sqrt{\frac{1}{2}}iN_{\scriptsize 0}2\xi\exp\left(-\frac{1}{2}\xi ^2\right)\tag{24}\end{align*}
求まる(\(i\)は位相因子\(e^{i\theta}\)であり、任意性があるため無視して構わない)。そして、\(\hat H_{\scriptsize -}\)に属する2励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,-}}\)も
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,-}}&=\sqrt{\frac{1}{2}}iN_{\scriptsize 0}2\xi\exp\left(-\frac{1}{2}\xi ^2\right)\tag{25}\end{align*}
となる。そして、繋絡演算子\(\hat A^\dagger\)を作用させると、\(\hat H_{\scriptsize +}\)に属する2励起状態の波動関数\(\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,+}}\)
\begin{align*}\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,+}}&=\frac{1}{\sqrt{2\hbar\omega}}\hat A^\dagger\psi_{\scriptsize {E=2\hbar\omega,-}}\\&=(-1)\sqrt{\frac{1}{8}}N_{\scriptsize 0}(4\xi^2-2)\exp\left(-\frac{1}{2}\xi ^2\right)\tag{26}\end{align*}
が求まる(\(-1\)は位相因子\(e^{i\theta}\)であり、任意性があるため無視して構わない)。
以上を繰り返せば次々と波動関数を求めることが出来る。
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