## 2. 準備：1 次元定常状態の一般論
以下、質量 $m$ の粒子が実数値ポテンシャル $V(x)$ の中を動くとします。ハミルトニアンは
$$
\hat H = \frac{\hat p^{2}}{2m} + V(\hat x), \qquad \hat p = -i\hbar\frac{d}{dx}
$$
で、定常状態は固有値方程式 $\hat H\lvert\psi\rangle = E\lvert\psi\rangle$、すなわち
の解です。位置表示 $\psi(x) = \langle x\vert\psi\rangle$ で書くと
$$
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\psi''(x) + V(x)\psi(x) = E\psi(x),
\qquad\text{すなわち}\qquad
\psi''(x) = \frac{2m}{\hbar^{2}}\bigl(V(x) - E\bigr)\psi(x)
$$
となります。これは 2 階の線形常微分方程式です。ここで重要なのは、**$E$ をどんな実数に取っても解は必ず存在する**という事実です。解の存在だけでは何も量子化されません。量子化を生むのは次の区別です。
定常状態 $\psi$ が $\int_{-\infty}^{\infty}\lvert\psi(x)\rvert^{2}\,dx < \infty$ を満たす、すなわち $\psi \in L^{2}(\mathbb{R})$ であるとき、$\psi$ を**束縛状態**と呼び、その $E$ を**離散スペクトル**（束縛エネルギー準位）の点と呼ぶ。
一方 $\psi$ が有界ではあるが二乗可積分でなく、$x \to \pm\infty$ で振動して残るとき、$\psi$ を**散乱状態**と呼ぶ。散乱状態は単独では状態ベクトルではなく、波束を作るための重ね合わせの部品として使う。
束縛状態を要求すると、$E$ は一般には特別な値しか許されません。これが離散スペクトルの正体です。散乱状態のほうは $E$ が連続的に走り、代わりに透過率・反射率という別の量が主役になります。無限井戸と調和振動子は前者、障壁は後者の話です。
### 2.1. ポテンシャルが不連続な点での接続条件
現実のポテンシャルは滑らかですが、模型としては段差や $\delta$ 関数を使うと計算が劇的に楽になります。そのとき波動関数をどうつなぐかを決めておきます。
$\psi$ を定常シュレーディンガー方程式の解とし、$\psi$ は連続であるとする。点 $x_0$ について次が成り立つ。
1. $V$ が $x_0$ のある近傍で有界（有限の跳びは許す）ならば、$\psi'$ は $x_0$ で連続である。
2. $V(x) = \lambda\,\delta(x - x_0) + W(x)$（$W$ は $x_0$ の近傍で有界、$\lambda$ は実定数）ならば、
$$
\psi'(x_0^{+}) - \psi'(x_0^{-}) = \frac{2m\lambda}{\hbar^{2}}\,\psi(x_0)
$$
が成り立つ。
方程式 $\psi'' = \dfrac{2m}{\hbar^{2}}(V - E)\psi$ を区間 $[x_0-\varepsilon,\ x_0+\varepsilon]$ 上で積分します。左辺は微分積分学の基本定理より $\psi'(x_0+\varepsilon) - \psi'(x_0-\varepsilon)$ です。したがって
$$
\psi'(x_0+\varepsilon) - \psi'(x_0-\varepsilon)
= \frac{2m}{\hbar^{2}}\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon}\bigl(V(x) - E\bigr)\psi(x)\,dx .
$$
(1) の場合、$x_0$ の近傍で $\lvert V - E\rvert \le M$、$\lvert\psi\rvert \le M'$ と押さえられるので、右辺の絶対値は $\dfrac{2m}{\hbar^{2}}\cdot 2\varepsilon M M'$ 以下です。$\varepsilon \to 0$ でこれは $0$ に収束するので、$\psi'$ の左右の極限は一致します。
(2) の場合、$\delta$ 関数の部分だけが $\varepsilon \to 0$ で残ります。$\displaystyle\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon}\lambda\delta(x-x_0)\psi(x)\,dx = \lambda\psi(x_0)$ であり、残りの $W - E$ の寄与は (1) と同じ評価で $0$ に収束します。よって主張の跳びの式を得ます。
### 2.2. 1 次元束縛状態は縮退しない
次の命題は、この記事の三つの系すべてで繰り返し使います。
区間 $I = (\alpha, \beta)$（$\alpha = -\infty$、$\beta = +\infty$ を許す）上で $V$ は実数値かつ局所有界とする。$\psi_1, \psi_2$ を同じ実数 $E$ に対する定常シュレーディンガー方程式の $C^{2}$ 級の解で、どちらも恒等的に $0$ ではなく、さらに
- $x \to \alpha^{+}$ で $\psi_1(x) \to 0$ かつ $\psi_2(x) \to 0$、
- $\psi_1', \psi_2'$ は $\alpha$ の近傍で有界
を満たすとする。このとき定数 $c$ が存在して $\psi_2 = c\,\psi_1$ が $I$ 全体で成り立つ。すなわち、この境界条件を満たす解の空間は 1 次元であり、束縛状態のエネルギー準位は縮退しない。
ロンスキアン $W(x) = \psi_1(x)\psi_2'(x) - \psi_1'(x)\psi_2(x)$ を考えます。微分すると $\psi_1'\psi_2'$ の項が相殺して
$$
W' = \psi_1\psi_2'' - \psi_1''\psi_2
= \frac{2m}{\hbar^{2}}(V-E)\bigl(\psi_1\psi_2 - \psi_1\psi_2\bigr) = 0
$$
となります。ここで両方の解に**同じ** $E$ を用いたこと、および $V$ が実数値であることを使いました。よって $W$ は $I$ 上で定数です。
仮定より $x \to \alpha^{+}$ で $\psi_1, \psi_2 \to 0$ かつ $\psi_1', \psi_2'$ は有界なので、$W(x) \to 0$ です。定数なのですから $W \equiv 0$ です。
次に $\psi_1$ の零点を調べます。ある $x_0$ で $\psi_1(x_0) = \psi_1'(x_0) = 0$ とすると、2 階線形常微分方程式の解の一意性（コーシー・リプシッツの定理）より $\psi_1 \equiv 0$ となり仮定に反します。したがって $\psi_1$ の零点 $x_0$ では必ず $\psi_1'(x_0) \ne 0$ です。
$\psi_1$ が $I$ 上で零点を持たない場合は、$\left(\dfrac{\psi_2}{\psi_1}\right)' = \dfrac{\psi_1\psi_2' - \psi_1'\psi_2}{\psi_1^{2}} = \dfrac{W}{\psi_1^{2}} = 0$ より $\psi_2/\psi_1$ は定数 $c$ で、結論を得ます。
$\psi_1$ が零点 $x_0$ を持つ場合は、$W(x_0) = 0$ と $\psi_1(x_0) = 0$ から $-\psi_1'(x_0)\psi_2(x_0) = 0$、すなわち $\psi_2(x_0) = 0$ です。そこで $c = \psi_2'(x_0)/\psi_1'(x_0)$ と置き、$\varphi = \psi_2 - c\psi_1$ とすると、$\varphi$ は同じ方程式の解で $\varphi(x_0) = \varphi'(x_0) = 0$ を満たします。再び解の一意性より $\varphi \equiv 0$、すなわち $\psi_2 = c\psi_1$ です。
上の仮定に加えて $V$ が偶関数（$V(-x) = V(x)$）で、$I = \mathbb{R}$ とする。このとき束縛状態 $\psi$ は $\psi(-x) = \psi(x)$（偶）か $\psi(-x) = -\psi(x)$（奇）のいずれかである。
$\tilde\psi(x) := \psi(-x)$ と置きます。$\tilde\psi''(x) = \psi''(-x) = \dfrac{2m}{\hbar^{2}}\bigl(V(-x)-E\bigr)\psi(-x) = \dfrac{2m}{\hbar^{2}}\bigl(V(x)-E\bigr)\tilde\psi(x)$ なので、$V$ が偶関数であることから $\tilde\psi$ も同じ $E$ に対する解です。$\psi$ が束縛状態なら $\tilde\psi$ も束縛状態なので、
## 3. 無限に深い井戸型ポテンシャル
もっとも単純な閉じ込めから始めます。
$$
V(x) = \begin{cases} 0 & (0 < x < L) \\ +\infty & (\text{それ以外}) \end{cases}
$$
壁の外では $V = \infty$ なので、有限のエネルギーを持つ状態はそこに存在できません。$\psi(x) = 0$（$x \le 0$ または $x \ge L$）とし、$\psi$ の連続性から境界条件
$$
\psi(0) = \psi(L) = 0
$$
を課します。これが「弦の両端が固定されている」に対応する条件です。
上のポテンシャルに対する定常シュレーディンガー方程式の、$\psi(0)=\psi(L)=0$ を満たす恒等的に $0$ でない解は、正の整数 $n$ で番号付けられ、
$$
E_n = \frac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2mL^{2}}\,n^{2}, \qquad
\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}\,\sin\frac{n\pi x}{L} \quad (0 \le x \le L), \qquad n = 1, 2, 3, \ldots
$$
で尽くされる。$\{\psi_n\}_{n\ge1}$ は $L^{2}(0,L)$ の完全正規直交系をなす。すなわち $\langle\psi_n\vert\psi_{n'}\rangle = \delta_{nn'}$ であり、任意の $f \in L^{2}(0,L)$ は $f = \sum_{n\ge1}\langle\psi_n\vert f\rangle\,\psi_n$ と展開できる。
**手順 1：$E > 0$ でなければならない。** まず $E < 0$ とし $\kappa = \sqrt{-2mE}/\hbar > 0$ と置くと、井戸の内部で $\psi'' = \kappa^{2}\psi$ なので $\psi = A\sinh\kappa x + B\cosh\kappa x$ です。$\psi(0)=0$ より $B = 0$。$\psi(L) = A\sinh\kappa L = 0$ で、$\kappa L > 0$ では $\sinh \kappa L \ne 0$ なので $A = 0$、つまり $\psi \equiv 0$ です。$E = 0$ のときは $\psi'' = 0$ より $\psi = A + Bx$ で、$\psi(0)=0 \Rightarrow A = 0$、$\psi(L)=0 \Rightarrow B = 0$ となり、やはり $\psi \equiv 0$ です。よって $E > 0$ です。
**手順 2：一般解と境界条件。** $k = \sqrt{2mE}/\hbar > 0$ と置くと内部で $\psi'' = -k^{2}\psi$、一般解は $\psi = A\sin kx + B\cos kx$ です。$\psi(0) = B = 0$ より $\psi = A\sin kx$。$\psi(L) = A\sin kL = 0$ で $A \ne 0$ が必要なので $\sin kL = 0$、すなわち $kL = n\pi$（$n$ は整数）。$k > 0$ より $n \ge 1$ です。$n$ と $-n$ は $\psi$ の符号を変えるだけで同じ状態を表すので、$n = 1, 2, \ldots$ で尽きます。$k_n = n\pi/L$ を $E = \hbar^{2}k^{2}/(2m)$ に代入して $E_n$ を得ます。
**手順 3：規格化。** $\displaystyle\int_{0}^{L}\sin^{2}\frac{n\pi x}{L}\,dx = \int_{0}^{L}\frac{1 - \cos(2n\pi x/L)}{2}\,dx = \frac{L}{2} - \frac{L}{4n\pi}\bigl[\sin(2n\pi x/L)\bigr]_{0}^{L} = \frac{L}{2}$ なので、$A^{2}\cdot L/2 = 1$ より $A = \sqrt{2/L}$（位相は正に取る）です。
**手順 4：直交性。** 積和公式 $\sin\alpha\sin\beta = \tfrac12\bigl[\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)\bigr]$ より、$n \ne n'$ のとき
$$
\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\sin\frac{n\pi x}{L}\sin\frac{n'\pi x}{L}\,dx
= \frac{1}{L}\int_{0}^{L}\left[\cos\frac{(n-n')\pi x}{L} - \cos\frac{(n+n')\pi x}{L}\right]dx .
$$
$0$ でない整数 $j$ に対して $\displaystyle\int_{0}^{L}\cos\frac{j\pi x}{L}\,dx = \frac{L}{j\pi}\sin(j\pi) = 0$ なので、両方の項が消えて $0$ になります。$n = n'$ のときは第 1 項が $\int_0^L 1\,dx = L$、第 2 項は $0$ なので値は $1$ です。
**手順 5：完全性。** $\{\sqrt{2/L}\sin(n\pi x/L)\}$ が $L^{2}(0,L)$ の完全系であることはフーリエ正弦級数の完全性そのものです。$\hat H$ が自己共役であることから固有関数系が完全になる、という一般論（
エネルギー間隔は $E_{n+1} - E_n = \dfrac{\hbar^{2}\pi^{2}}{2mL^{2}}(2n+1)$ で、$n$ とともに開いていきます。ここで押さえるべき点は二つです。第一に、井戸が狭い（$L$ が小さい）ほど準位間隔が広がります。閉じ込めが強いほど量子効果が顕著になる、という一般則の最初の例です。第二に、$n = 0$ が禁じられているため最低エネルギーが $E_1 > 0$ です。これを**零点エネルギー**と呼びます。古典力学では箱の中で静止した粒子（$E=0$）が許されますが、量子力学では許されません。
$L = 1.0\ \mathrm{nm}$、$m = m_e$ とします。$\hbar c = 197.3\ \mathrm{eV\,nm}$、$m_e c^{2} = 5.110\times10^{5}\ \mathrm{eV}$ を使うと、光速を含む形に書き直せて計算が楽になります。
$$
E_1 = \frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2m_e L^{2}} = \frac{\pi^{2}(\hbar c)^{2}}{2\,(m_e c^{2})\,L^{2}}
= \frac{9.8696 \times (197.3)^{2}}{2 \times 5.110\times10^{5} \times (1.0)^{2}}\ \mathrm{eV}
= \frac{3.842\times10^{5}}{1.022\times10^{6}}\ \mathrm{eV} = 0.376\ \mathrm{eV}.
$$
したがって $E_n = 0.376\,n^{2}\ \mathrm{eV}$ です。$n=2$ から $n=1$ への遷移で放出される光子のエネルギーは $E_2 - E_1 = 3 \times 0.376 = 1.13\ \mathrm{eV}$、波長は $\lambda = 1240/1.13 \approx 1.1\times10^{3}\ \mathrm{nm}$ で近赤外です。半導体量子井戸のレーザーがこの程度の波長帯にあるのは偶然ではありません。
対照的に、質量 $1\ \mathrm{g}$ の玉を $10\ \mathrm{cm}$ の箱に入れると
$$
E_1 = \frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}} = \frac{9.8696 \times (1.055\times10^{-34})^{2}}{2 \times 10^{-3} \times (10^{-1})^{2}}\ \mathrm{J} \approx 5.5\times10^{-63}\ \mathrm{J}
$$
です。室温の熱エネルギー $k_B T \approx 4\times10^{-21}\ \mathrm{J}$ に対応する量子数は $n = \sqrt{4\times10^{-21}/5.5\times10^{-63}} \approx 8.5\times10^{20}$ で、隣り合う準位の相対的な間隔は $\Delta E/E \approx 2/n \approx 2\times10^{-21}$ です。離散性が原理的には残っていても観測にかからない、これが対応原理の具体的な姿です。
定常状態そのものでは $\lvert\psi_n(x)\rvert^{2}$ が時間に依らないので、何も「動き」ません。運動が現れるのは重ね合わせのときです。$t=0$ で
$$
\lvert\psi(0)\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\bigl(\lvert 1\rangle + \lvert 2\rangle\bigr)
$$
とすると、時間発展は各固有状態に位相を付けるだけなので
$$
\lvert\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt2}\Bigl(e^{-iE_1 t/\hbar}\lvert 1\rangle + e^{-iE_2 t/\hbar}\lvert 2\rangle\Bigr).
$$
位置の期待値を計算します。$\omega_{21} := (E_2-E_1)/\hbar = \dfrac{3\pi^{2}\hbar}{2mL^{2}}$ と置くと、$\psi_n$ が実関数であることから
$$
\lvert\psi(x,t)\rvert^{2} = \tfrac12\Bigl[\psi_1(x)^{2} + \psi_2(x)^{2} + 2\psi_1(x)\psi_2(x)\cos\omega_{21}t\Bigr].
$$
対称性より $\displaystyle\int_0^L x\,\psi_n(x)^{2}dx = \frac{L}{2}$ です。交差項の積分を実行します。積和公式で $\sin\dfrac{\pi x}{L}\sin\dfrac{2\pi x}{L} = \tfrac12\left[\cos\dfrac{\pi x}{L} - \cos\dfrac{3\pi x}{L}\right]$ なので
$$
\int_{0}^{L}x\,\psi_1\psi_2\,dx = \frac{1}{L}\int_{0}^{L}x\left[\cos\frac{\pi x}{L} - \cos\frac{3\pi x}{L}\right]dx .
$$
部分積分より $\displaystyle\int_{0}^{L}x\cos\frac{j\pi x}{L}dx = \left[\frac{Lx}{j\pi}\sin\frac{j\pi x}{L} + \frac{L^{2}}{j^{2}\pi^{2}}\cos\frac{j\pi x}{L}\right]_{0}^{L} = \frac{L^{2}}{j^{2}\pi^{2}}\bigl(\cos j\pi - 1\bigr)$ で、奇数 $j$ では $\cos j\pi = -1$ ですから、$j=1$ で $-2L^{2}/\pi^{2}$、$j=3$ で $-2L^{2}/(9\pi^{2})$ です。よって
$$
\int_{0}^{L}x\,\psi_1\psi_2\,dx = \frac{1}{L}\left(-\frac{2L^{2}}{\pi^{2}} + \frac{2L^{2}}{9\pi^{2}}\right) = -\frac{16L}{9\pi^{2}} \approx -0.180\,L .
$$
まとめると
$$
\langle \hat x\rangle_t = \frac{L}{2} - \frac{16L}{9\pi^{2}}\cos\omega_{21}t .
$$
粒子の「重心」は井戸の中を $0.320L$ と $0.680L$ の間で往復します。振動の角振動数は個々の準位のエネルギーではなく**差** $E_2 - E_1$ で決まります。ボーアの振動数条件が、ここでは仮定ではなく計算結果として現れています。
無限井戸では $\psi_n'(0^{+}) = \sqrt{2/L}\,(n\pi/L) \ne 0$ なのに、壁の外では $\psi \equiv 0$ なので $\psi'$ は $x=0$ で不連続です。これは
## 4. ポテンシャル障壁とトンネル効果
次は束縛されない状態、つまり散乱の問題です。ポテンシャルを
$$
V(x) = \begin{cases} V_0 & (0 < x < a) \\ 0 & (\text{それ以外}) \end{cases}
\qquad (V_0 > 0)
$$
とし、左から粒子を入射させます。古典力学では、$E < V_0$ なら粒子は $x=0$ で必ず跳ね返されます。障壁の中では運動エネルギー $E - V_0$ が負になり、実数の速度が存在しないからです。量子力学の答えは違います。
### 4.1. 透過率と反射率の定義
散乱状態は規格化できないので、$\lvert\psi\rvert^{2}$ の積分ではなく**確率流**で議論します。確率流は
で導入したものと同じ量です。
波動関数 $\psi$ に対する確率流を
$$
j(x) = \frac{\hbar}{m}\,\mathrm{Im}\bigl[\overline{\psi(x)}\,\psi'(x)\bigr]
$$
で定める。エネルギー $E > 0$ の散乱解を、$x < 0$ で $\psi = e^{ikx} + r\,e^{-ikx}$、$x > a$ で $\psi = t\,e^{ikx}$（$k = \sqrt{2mE}/\hbar$）の形に取る。このとき**透過率**を $T = \lvert t\rvert^{2}$、**反射率**を $R = \lvert r\rvert^{2}$ と定義する。
$x > a$ に左向きの波を置かないのは、「左から入射させる」という物理的状況の指定です。$T$ と $R$ が確率の比として意味を持つことは、次から分かります。
### 4.2. 透過率の計算
上の矩形障壁に対し $0 < E < V_0$ とし、
$$
k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, \qquad \kappa = \frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}
$$
と置く。このとき透過率は
$$
T = \left[1 + \frac{V_0^{2}\,\sinh^{2}(\kappa a)}{4E(V_0-E)}\right]^{-1}
$$
で与えられる。特に $a > 0$、$V_0 < \infty$ である限り $T > 0$ である。
三つの領域で一般解を書きます。$V$ はどの領域でも定数なので $\psi'' = \dfrac{2m}{\hbar^{2}}(V-E)\psi$ は定数係数の方程式です。
$$
\psi_{\mathrm{I}}(x) = e^{ikx} + r e^{-ikx}\ (x<0), \qquad
\psi_{\mathrm{II}}(x) = C e^{\kappa x} + D e^{-\kappa x}\ (0a).
$$
障壁内で指数関数になるのは $V_0 - E > 0$ だからです。ここが古典的に禁止された領域に対応します。
$V$ は各境界で有限の跳びしか持たないので、
トンネル効果は珍しい現象ではありません。ガモフは 1928 年に、原子核の $\alpha$ 崩壊をクーロン障壁のトンネル透過として説明しました。半減期が核種によって $10^{-7}$ 秒から $10^{17}$ 年まで 24 桁も散らばるのは、指数 $e^{-2\kappa a}$ の肩がわずかに変わるだけで確率が桁で動くからです。太陽の中心で水素核融合が起きるのも、古典的には跳ね返されるはずのクーロン障壁を陽子がトンネルするからです。
古典力学との食い違いは逆向きにも起こります。$E > V_0$ のとき古典粒子は必ず通過しますが、量子力学では一般に反射が残ります。
## 5. 1 次元調和振動子：生成・消滅演算子による解法
最後は $V(x) = \tfrac12 m\omega^{2}x^{2}$、すなわち
$$
\hat H = \frac{\hat p^{2}}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^{2}\hat x^{2}, \qquad [\hat x, \hat p] = i\hbar
$$
です。この系が特別扱いされるのは、任意のポテンシャルの安定な平衡点まわりを $V(x) \simeq V(x_0) + \tfrac12 V''(x_0)(x-x_0)^{2}$ と展開すれば必ず現れるからです。分子振動、結晶格子のフォノン、電磁場の各モード、どれも出発点は調和振動子です。
微分方程式（エルミートの方程式）を級数解法で解くこともできますが、ここでは**代数的解法**を取ります。使うのは交換関係だけです。
$$
\hat a := \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x + \frac{i}{m\omega}\hat p\right), \qquad
\hat a^{\dagger} := \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x - \frac{i}{m\omega}\hat p\right), \qquad
\hat N := \hat a^{\dagger}\hat a
$$
と定める。$\hat a$ を**消滅演算子**、$\hat a^{\dagger}$ を**生成演算子**、$\hat N$ を**数演算子**と呼ぶ。$\hat x, \hat p$ が自己共役なので $\hat a^{\dagger}$ は確かに $\hat a$ の随伴であり、$\hat N$ は自己共役である。逆に解くと
$$
\hat x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bigl(\hat a + \hat a^{\dagger}\bigr), \qquad
\hat p = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\bigl(\hat a^{\dagger} - \hat a\bigr)
$$
となる。
$$
[\hat a, \hat a^{\dagger}] = 1, \qquad
\hat H = \hbar\omega\left(\hat N + \frac{1}{2}\right), \qquad
[\hat N, \hat a] = -\hat a, \qquad [\hat N, \hat a^{\dagger}] = \hat a^{\dagger}.
$$
$\hat a\hat a^{\dagger}$ を展開します。$\hat x$ と $\hat p$ は交換しないので順序に注意します。
$$
\hat a\hat a^{\dagger} = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat x + \frac{i\hat p}{m\omega}\right)\left(\hat x - \frac{i\hat p}{m\omega}\right)
= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat x^{2} + \frac{\hat p^{2}}{m^{2}\omega^{2}} - \frac{i}{m\omega}[\hat x,\hat p]\right)
= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat x^{2} + \frac{\hat p^{2}}{m^{2}\omega^{2}} + \frac{\hbar}{m\omega}\right)
$$
（$-i[\hat x,\hat p]/(m\omega) = -i(i\hbar)/(m\omega) = \hbar/(m\omega)$ を使いました）。同様に順序を逆にすると符号だけ変わって
$$
\hat a^{\dagger}\hat a = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat x^{2} + \frac{\hat p^{2}}{m^{2}\omega^{2}} - \frac{\hbar}{m\omega}\right).
$$
差を取れば $[\hat a,\hat a^{\dagger}] = \dfrac{m\omega}{2\hbar}\cdot\dfrac{2\hbar}{m\omega} = 1$ です。
次に $\hat H = \dfrac{m\omega^{2}}{2}\left(\hat x^{2} + \dfrac{\hat p^{2}}{m^{2}\omega^{2}}\right)$ と書けることに注意すると、上の第 2 式から
$$
\hat N = \hat a^{\dagger}\hat a = \frac{m\omega}{2\hbar}\cdot\frac{2}{m\omega^{2}}\hat H - \frac{1}{2} = \frac{\hat H}{\hbar\omega} - \frac{1}{2},
$$
すなわち $\hat H = \hbar\omega(\hat N + 1/2)$ です。
最後に、$[AB, C] = A[B,C] + [A,C]B$ を使うと $[\hat N, \hat a] = [\hat a^{\dagger}\hat a, \hat a] = \hat a^{\dagger}[\hat a,\hat a] + [\hat a^{\dagger},\hat a]\hat a = 0 + (-1)\hat a = -\hat a$、同様に $[\hat N,\hat a^{\dagger}] = \hat a^{\dagger}[\hat a,\hat a^{\dagger}] = \hat a^{\dagger}$ です。
$\hat H$ を対角化する問題が $\hat N$ を対角化する問題に化けました。$[\hat N,\hat a^{\dagger}] = \hat a^{\dagger}$ は、$\hat a^{\dagger}$ が $\hat N$ の固有値を $1$ だけ上げる「はしご」であることを意味します。同じ構造は角運動量の昇降演算子 $\hat J_{\pm}$ にも現れます（[角運動量とスピン](/physics/quantum-mechanics/angular-momentum-and-spin) の
を参照）。
$\hat N = \hat a^{\dagger}\hat a$ の固有値の全体は $\{0, 1, 2, \ldots\}$ に一致する。各固有値は非縮退であり、規格化された固有ベクトル $\lvert n\rangle$（$\hat N\lvert n\rangle = n\lvert n\rangle$）は位相を除いて一意に定まり、
$$
\hat a\lvert n\rangle = \sqrt{n}\,\lvert n-1\rangle, \qquad
\hat a^{\dagger}\lvert n\rangle = \sqrt{n+1}\,\lvert n+1\rangle, \qquad
\lvert n\rangle = \frac{(\hat a^{\dagger})^{n}}{\sqrt{n!}}\lvert 0\rangle
$$
と取れる。したがってハミルトニアンの固有値は
$$
E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega, \qquad n = 0, 1, 2, \ldots
$$
であり、準位は間隔 $\hbar\omega$ で等間隔に並ぶ。
**手順 1：$\hat N$ の固有値は非負。** $\hat N\lvert\nu\rangle = \nu\lvert\nu\rangle$、$\langle\nu\vert\nu\rangle = 1$ とすると
$$
\nu = \langle\nu\vert\hat N\vert\nu\rangle = \langle\nu\vert\hat a^{\dagger}\hat a\vert\nu\rangle = \bigl\lVert\hat a\lvert\nu\rangle\bigr\rVert^{2} \ge 0 .
$$
しかもこの式は「$\nu = 0 \iff \hat a\lvert\nu\rangle = 0$」も同時に述べています。
**手順 2：$\hat a$ は固有値を 1 下げる。**
### 5.1. 期待値と不確定性
行列要素の計算は、
の $\hat x, \hat p$ の表式に
のはしご関係を代入するだけで済みます。$\hat a\lvert n\rangle \propto \lvert n-1\rangle$、$\hat a^{\dagger}\lvert n\rangle \propto \lvert n+1\rangle$ で $\lvert n\rangle$ と直交するので、
$$
\langle n\vert\hat x\vert n\rangle = 0, \qquad \langle n\vert\hat p\vert n\rangle = 0 .
$$
2 次の量では、$(\hat a + \hat a^{\dagger})^{2} = \hat a^{2} + (\hat a^{\dagger})^{2} + \hat a\hat a^{\dagger} + \hat a^{\dagger}\hat a$ のうち $\hat a^{2}$ と $(\hat a^{\dagger})^{2}$ は $\lvert n\pm2\rangle$ に飛ばすので対角成分に効かず、$\hat a\hat a^{\dagger} + \hat a^{\dagger}\hat a = 2\hat N + 1$ だけが残ります。よって
$$
\langle n\vert\hat x^{2}\vert n\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1) = \frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right),
\qquad
\langle n\vert\hat p^{2}\vert n\rangle = \frac{m\hbar\omega}{2}(2n+1) = m\hbar\omega\left(n+\frac12\right).
$$
（$\hat p$ の側では $(\hat a^{\dagger}-\hat a)^{2}$ の対角部分が $-(2\hat N+1)$ となり、前の $i^{2} = -1$ と打ち消し合って符号が正になります。）ここから二つの帰結が読めます。
第一に、$\langle\hat T\rangle = \dfrac{\langle\hat p^{2}\rangle}{2m} = \dfrac{\hbar\omega}{2}\left(n+\tfrac12\right)$、$\langle\hat V\rangle = \dfrac{m\omega^{2}}{2}\langle\hat x^{2}\rangle = \dfrac{\hbar\omega}{2}\left(n+\tfrac12\right)$ で、運動エネルギーとポテンシャルエネルギーの期待値が等しくなります。古典的な調和振動子で 1 周期平均した結果（[ハミルトン形式の力学](/physics/mechanics/hamiltonian-mechanics) のビリアル定理）と同じです。
第二に、$\langle\hat x\rangle = \langle\hat p\rangle = 0$ なので $\Delta x = \sqrt{\langle\hat x^{2}\rangle}$、$\Delta p = \sqrt{\langle\hat p^{2}\rangle}$ であり、
$$
\Delta x\,\Delta p = \left(n+\frac12\right)\hbar .
$$
基底状態 $n=0$ では $\Delta x\Delta p = \hbar/2$ で、不確定性関係 $\Delta x\Delta p \ge \hbar/2$（
）の等号を実現します。逆に零点エネルギーの存在は不確定性関係から予言できます。$\langle\hat x\rangle=\langle\hat p\rangle=0$ の状態でエネルギーは $E = \dfrac{(\Delta p)^{2}}{2m} + \dfrac{m\omega^{2}}{2}(\Delta x)^{2}$ ですから、$\Delta x \ge \hbar/(2\Delta p)$ を代入して $u = (\Delta p)^{2}$ の関数
$$
f(u) = \frac{u}{2m} + \frac{m\omega^{2}\hbar^{2}}{8u}
$$
を最小化します。$f'(u) = \dfrac{1}{2m} - \dfrac{m\omega^{2}\hbar^{2}}{8u^{2}} = 0$ より $u = \dfrac{m\hbar\omega}{2}$、このとき $f = \dfrac{\hbar\omega}{4} + \dfrac{\hbar\omega}{4} = \dfrac{\hbar\omega}{2}$ です。代数的解法が与えた $E_0 = \hbar\omega/2$ と正確に一致します。
塩化水素分子の振動の吸収は波数 $\tilde\nu \approx 2886\ \mathrm{cm^{-1}}$ に現れます。対応する波長は $\lambda = 1/\tilde\nu = 3.465\times10^{-6}\ \mathrm{m} = 3465\ \mathrm{nm}$ なので、$hc = 1240\ \mathrm{eV\,nm}$ を使って
$$
\hbar\omega = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240}{3465}\ \mathrm{eV} = 0.358\ \mathrm{eV}.
$$
零点エネルギーは $\hbar\omega/2 = 0.179\ \mathrm{eV}$ です。これは分子の結合が「完全に静止した状態」を取れないことを意味し、結合エネルギーの実測値を解釈するときに必ず差し引かれます。
室温 $T = 300\ \mathrm{K}$ では $k_BT = 0.0259\ \mathrm{eV}$ なので $\hbar\omega/(k_BT) = 13.8$ です。ボルツマン因子は
$$
\frac{P(n=1)}{P(n=0)} = e^{-\hbar\omega/k_BT} = e^{-13.8} \approx 1.0\times10^{-6}
$$
で、100 万個に 1 個しか励起していません。理想気体の定積比熱に振動の自由度が寄与しない（等分配則が破れる）のは、準位間隔 $\hbar\omega$ が $k_BT$ より桁で大きく、振動が「凍結」しているからです。エネルギーが連続なら、どんなに小さい熱エネルギーでも振動を励起できたはずです。離散性の観測可能な帰結として、これはきわめて明快な例です。
## 6. 三つの系を見比べる
| | 無限井戸 | 矩形障壁（$E < V_0$） | 調和振動子 |
|---|---|---|---|
| 状態の型 | 束縛状態 | 散乱状態 | 束縛状態 |
| スペクトル | 離散、$E_n \propto n^{2}$ | 連続（$E > 0$ すべて） | 離散、等間隔 $\hbar\omega$ |
| 離散化の理由 | 壁での境界条件 | 離散化しない | 二乗可積分性 |
| 古典的に許される領域 | 井戸の内側全体 | 障壁の外側のみ | $\lvert x\rvert \le \sqrt{2E/(m\omega^{2})}$ |
| 古典との主な違い | 零点エネルギー、離散性 | $T > 0$（透過） | 零点エネルギー、禁止領域への浸み出し |
| 解き方 | 境界条件を課す | 接続条件で係数を決める | はしご演算子の代数 |
三つを並べると、離散性を生むのが方程式ではなく**要求**であることがはっきりします。無限井戸では $\psi(0)=\psi(L)=0$、調和振動子では $\psi \in L^{2}(\mathbb{R})$。どちらも「解が状態として意味を持つための条件」です。障壁の問題ではこの種の要求がないため、$E$ は連続のままで、代わりに透過率という別の量が量子性を担いました。
同じ論理は水素原子でも働きます。動径方程式の解が原点で発散せず無限遠で二乗可積分であるという要求から、主量子数 $n$ が整数に絞られます（[水素原子](/physics/quantum-mechanics/hydrogen-atom) を参照）。
もう一つ強調しておきたいのは、これらが**厳密に解ける数少ない系**だという点です。現実の系は多くの場合これらの厳密解からのずれとして扱われます。非調和項 $\lambda x^{4}$ を持つ振動子、傾いた井戸、周期ポテンシャル。いずれも厳密解を出発点にして補正を系統的に計算します。その手続きが [摂動論](/physics/quantum-mechanics/perturbation-theory) の
です。本章で得た $\lvert n\rangle$ と行列要素は、そこでそのまま使われます。
## 7. 演習
無限井戸（$0 \le x \le L$）の基底状態 $\psi_1$ について $\Delta x$ と $\Delta p$ を求め、積 $\Delta x\,\Delta p$ を $\hbar$ の単位で数値評価し、不確定性関係 $\Delta x\Delta p \ge \hbar/2$ と比較してください。
対称性より $\langle\hat x\rangle = L/2$ です。$\langle\hat x^{2}\rangle$ を計算します。
$$
\int_{0}^{L}x^{2}\sin^{2}\frac{\pi x}{L}dx = \int_{0}^{L}x^{2}\,\frac{1 - \cos(2\pi x/L)}{2}dx = \frac{L^{3}}{6} - \frac{1}{2}\int_{0}^{L}x^{2}\cos\frac{2\pi x}{L}dx .
$$
$a = 2\pi/L$ と置くと、2 回の部分積分で $\displaystyle\int_{0}^{L}x^{2}\cos ax\,dx = \left[\frac{x^{2}\sin ax}{a} + \frac{2x\cos ax}{a^{2}} - \frac{2\sin ax}{a^{3}}\right]_{0}^{L}$ です。$aL = 2\pi$ より $\sin aL = 0$、$\cos aL = 1$ なので、値は $\dfrac{2L}{a^{2}} = \dfrac{L^{3}}{2\pi^{2}}$ です。よって
$$
\langle\hat x^{2}\rangle = \frac{2}{L}\left(\frac{L^{3}}{6} - \frac{L^{3}}{4\pi^{2}}\right) = L^{2}\left(\frac13 - \frac{1}{2\pi^{2}}\right),
\qquad
(\Delta x)^{2} = L^{2}\left(\frac{1}{12} - \frac{1}{2\pi^{2}}\right).
$$
数値では $1/12 = 0.08333$、$1/(2\pi^{2}) = 0.05066$ なので $(\Delta x)^{2} = 0.03267\,L^{2}$、$\Delta x = 0.1808\,L$ です。
運動量は、$\psi_1$ が実関数なので $\langle\hat p\rangle = -i\hbar\int\psi_1\psi_1'dx = -i\hbar\bigl[\psi_1^{2}/2\bigr]_0^L = 0$ です（境界で $\psi_1 = 0$）。また $\langle\hat p^{2}\rangle = 2m\langle\hat T\rangle = 2mE_1 = \dfrac{\pi^{2}\hbar^{2}}{L^{2}}$ なので $\Delta p = \dfrac{\pi\hbar}{L}$ です。
$$
\Delta x\,\Delta p = 0.1808\,L \times \frac{\pi\hbar}{L} = 0.568\,\hbar > 0.5\,\hbar .
$$
不確定性関係を満たしており、しかも下限にかなり近い値です。等号が実現しないのは、下限を与えるのはガウス型の波動関数であり、$\sin$ 型はそれと違うからです。
$V(x) = -\alpha\,\delta(x)$（$\alpha > 0$）に対する束縛状態（$E < 0$）をすべて求め、規格化まで実行してください。
$E < 0$ とし $\kappa = \sqrt{-2mE}/\hbar > 0$ と置きます。$x \ne 0$ では $V = 0$ なので $\psi'' = \kappa^{2}\psi$、一般解は $e^{\pm\kappa x}$ です。二乗可積分性から $x > 0$ では $e^{\kappa x}$ の項が、$x < 0$ では $e^{-\kappa x}$ の項が禁じられるので
$$
\psi(x) = \begin{cases} A e^{\kappa x} & (x<0) \\ B e^{-\kappa x} & (x>0) \end{cases}
$$
です。$\psi$ の連続性より $A = B$。よって $\psi(x) = A e^{-\kappa\lvert x\rvert}$ です。
## 参考文献
- J. J. Sakurai, J. Napolitano, *Modern Quantum Mechanics*, 3rd ed., Cambridge University Press, 2020 — 第 2 章（調和振動子の代数的解法と時間発展）。
- D. J. Griffiths, D. F. Schroeter, *Introduction to Quantum Mechanics*, 3rd ed., Cambridge University Press, 2018 — 第 2 章（無限井戸・調和振動子・デルタ関数ポテンシャル・有限井戸と障壁）。
- 猪木慶治・川合光『量子力学 I』講談社、1994 — 第 3 章・第 4 章（1 次元ポテンシャル問題と調和振動子）。
- L. D. Landau, E. M. Lifshitz, *Quantum Mechanics: Non-Relativistic Theory*, 3rd ed., Pergamon Press, 1977 — 第 III 章（1 次元運動）、第 VII 章（準古典近似とトンネル）。
- G. Gamow, "Zur Quantentheorie des Atomkernes", *Zeitschrift für Physik* **51** (1928), 204–212 — $\alpha$ 崩壊のトンネル理論の原論文。
- G. Binnig, H. Rohrer, Ch. Gerber, E. Weibel, "Surface Studies by Scanning Tunneling Microscopy", *Physical Review Letters* **49** (1982), 57–61. [DOI: 10.1103/PhysRevLett.49.57](https://doi.org/10.1103/PhysRevLett.49.57)
## Appendix: 有限の深さの井戸
で触れた「無限井戸は極限である」という点を確かめておきます。
$$
V(x) = \begin{cases} -V_0 & (\lvert x\rvert < a) \\ 0 & (\lvert x\rvert > a)\end{cases}
\qquad (V_0 > 0)
$$
に対し $-V_0 < E < 0$ の束縛状態を探します。$k = \sqrt{2m(E+V_0)}/\hbar$、$\kappa = \sqrt{-2mE}/\hbar$ と置くと、内部では振動解、外部では減衰解になります。$V$ は偶関数なので
より偶解と奇解に分けて考えられます。
偶解は $\psi = A\cos kx$（内部）、$\psi = Be^{-\kappa\lvert x\rvert}$（外部）です。
(1) より $x=a$ で $\psi$ と $\psi'$ が連続なので、両者の比（対数微分）を取ると $A$ と $B$ が消えて
$$
-k\tan ka = -\kappa, \qquad\text{すなわち}\qquad k\tan ka = \kappa
$$
を得ます。奇解 $\psi = A\sin kx$ からは同様に $-k\cot ka = \kappa$ が出ます。
ここで $z = ka$、$z_0 = \dfrac{a\sqrt{2mV_0}}{\hbar}$ と置くと $k^{2}+\kappa^{2} = 2mV_0/\hbar^{2}$ から $\kappa a = \sqrt{z_0^{2}-z^{2}}$ なので、偶解の条件は
$$
\tan z = \frac{\sqrt{z_0^{2}-z^{2}}}{z}, \qquad 0 < z < z_0
$$
という超越方程式になります。左辺は $z \to 0^{+}$ で $0$、$z \to (\pi/2)^{-}$ で $+\infty$ に発散し、右辺は $z \to 0^{+}$ で $+\infty$、$z = z_0$ で $0$ に単調減少します。中間値の定理より、$z_0$ がどれほど小さくても $0 < z < \min(z_0, \pi/2)$ に解が必ず一つ存在します。**1 次元の引力ポテンシャルは、どんなに浅くても必ず束縛状態を持つ**わけです。3 次元では成り立たない、1 次元に特有の性質です。
束縛状態の個数は $\lceil 2z_0/\pi\rceil$ 個で、$V_0 \to \infty$（すなわち $z_0 \to \infty$）で無限個になります。またこの極限で $\kappa \to \infty$ となり、外部への浸み出しの深さ $1/\kappa$ が $0$ に潰れます。こうして
の状況が回復します。