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量子力学（1 次元の問題）の問題

難易度 1教科書の例題レベル大学物理量子力学（1 次元の問題）

質量 $m$ の粒子が、1 次元の井戸型ポテンシャル
$V (x) = {- V_{0} 0 (∣ x ∣ < a) (∣ x ∣ \geq a) (V_{0} > 0, a > 0)$
の中にある。束縛状態（ $- V_{0} < E < 0$ ）について
$k = \frac{2 m ( E + V _{0} )}{ℏ}, κ = \frac{- 2 m E}{ℏ}, ξ = k a, η = κa (ξ > 0, η > 0)$
とおくと、 $x = \pm a$ での接続条件から、偶関数の解は $ξ tan ξ = η$ 、奇関数の解は $- ξ cot ξ = η$ を満たし、さらに $ξ^{2} + η^{2} = \frac{2 m V _{0} a ^{2}}{ℏ ^{2}}$ が成り立つ（ $ℏ$ はディラック定数）。井戸の深さが $V_{0} = \frac{25 π ^{2} ℏ ^{2}}{32 m a ^{2}}$ のとき、この井戸の束縛状態の数を求めよ。

この問題で使うもの

有限の深さの井戸型ポテンシャルの束縛状態（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（108 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

技能「有限の深さの井戸型ポテンシャルの束縛状態」を使います。 $ξ η$ 平面で、円 $ξ^{2} + η^{2} = R^{2}$ と曲線 $η = ξ tan ξ$ 、 $η = - ξ cot ξ$ の交点を数えます。

ヒント 2

$R^{2} = \frac{2 m V _{0} a ^{2}}{ℏ ^{2}}$ を計算すると $R = \frac{5 π}{4}$ です。各曲線の枝は $η = 0$ の点から出発して増加するので、出発点が $R$ より左にある枝だけが円と交わります。

ヒント 3

偶関数の枝の出発点は $ξ = 0, π, 2 π, \dots$ 、奇関数の枝の出発点は $ξ = \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}, \dots$ です。これらのうち $\frac{5 π}{4}$ より小さいものを数えます。

答えと解説

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3

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円の半径　 $R^{2} = ξ^{2} + η^{2} = \frac{2 m V _{0} a ^{2}}{ℏ ^{2}}$ に $V_{0} = \frac{25 π ^{2} ℏ ^{2}}{32 m a ^{2}}$ を代入すると
$R^{2} = \frac{2 m a ^{2}}{ℏ ^{2}} \cdot \frac{25 π ^{2} ℏ ^{2}}{32 m a ^{2}} = \frac{25 π ^{2}}{16}, R = \frac{5 π}{4}$
よって $(ξ, η)$ は、 $ξ η$ 平面の第 1 象限にある半径 $\frac{5 π}{4}$ の円周上にある。束縛状態の数は、この円弧と曲線 $η = ξ tan ξ$ 、 $η = - ξ cot ξ$ （ $η > 0$ の部分）との交点の数に等しい。

偶関数の解 $η = ξ tan ξ$ 　 $η > 0$ となるのは $nπ \leq ξ < nπ + \frac{π}{2}$ （ $n = 0, 1, 2, \dots$ ）の部分で、各部分で曲線は $ξ = nπ$ の点 $(nπ, 0)$ から出発し、 $ξ \to nπ + \frac{π}{2}$ で $+ \infty$ に増加する。一方、円弧は $ξ$ が増えると $η$ が減るので、円の半径 $R$ が出発点 $nπ$ より大きければちょうど 1 回交わり、そうでなければ交わらない。
- $n = 0$ : $0 < \frac{5 π}{4}$ → 交わる
- $n = 1$ : $π < \frac{5 π}{4}$ → 交わる
- $n = 2$ : $2 π > \frac{5 π}{4}$ → 交わらない

よって偶関数の解は 2 個。

奇関数の解 $η = - ξ cot ξ$ 　 $η > 0$ となるのは $nπ + \frac{π}{2} < ξ < (n + 1) π$ の部分で、各部分で曲線は $(nπ + \frac{π}{2}, 0)$ から出発し $+ \infty$ に増加する。同様に、 $R > nπ + \frac{π}{2}$ のときだけ 1 回交わる。
- $n = 0$ : $\frac{π}{2} < \frac{5 π}{4}$ → 交わる
- $n = 1$ : $\frac{3 π}{2} > \frac{5 π}{4}$ → 交わらない

よって奇関数の解は 1 個。

束縛状態の数　 $2 + 1 = 3$ 個。

（一般に、半径 $R$ が $\frac{π}{2}$ 増えるごとに束縛状態が 1 つずつ増え、 $\frac{π}{2} \cdot 2 < R < \frac{π}{2} \cdot 3$ のとき 3 個になる。）

別解

$ξ^{2} + η^{2} = \frac{2 m V _{0} a ^{2}}{ℏ ^{2}} = \frac{25 π ^{2}}{16}$ より円の半径は $R = \frac{5 π}{4} = 1.25 π$ 。
偶関数解は曲線 $η = ξ tan ξ$ と円の交点で、 $ξ \in (0, \frac{π}{2})$ , $(π, \frac{3 π}{2}), \dots$ の各区間に最大 1 個。円が $ξ = 0$ から $R$ まで届く範囲では、 $R > 0$ で 1 個目、 $R > π$ で 2 個目の解が存在する。
奇関数解は $η = - ξ cot ξ$ （ $ξ \in (\frac{π}{2}, π)$ , $(\frac{3 π}{2}, 2 π), \dots$ ）と円の交点で、 $R > \frac{π}{2}$ で 1 個目、 $R > \frac{3 π}{2}$ で 2 個目が現れる。
$R = 1.25 π$ では
- 偶: $R > 0$ と $R > π$ を満たすので 2 個
- 奇: $R > π /2$ を満たし $R > 3 π /2$ は満たさないので 1 個

合計 $3$ 個。
検算: 束縛状態の数は $⌈ \frac{2 R}{π} ⌉ = ⌈ 2.5 ⌉ = 3$ で一致する。 $R$ が $π /2$ の整数倍にぴったり一致しない（ $2 R / π = 2.5$ ）ので境界の場合の曖昧さはない。

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