摂動法を用いて電場をかけた調和振動子問題を解く

縮退がない場合の摂動論における基本問題として，電場がかけられた調和振動子の問題についてまとめます。

問題設定

電場がかけられた調和振動子問題として次のような設定を考えます。

この設定は摂動ハミルトニアンが $\hat{H}’=eE\hat{x}$ であることを示しています。以下，摂動法を用いて1次，2次の摂動法を適用してエネルギー固有値を求めてみましょう。

尚，時間依存しない1次の摂動，2次の摂動のエネルギー固有値はそれぞれ以下で与えられます。\[
E_n^{(1)}=\langle n |\hat{H}| n \rangle,\quad E_n^{(2)} =\sum_{\substack{ m=0 \\ m \neq n}}^{\infty} \frac{|\langle n |\hat{H}| m \rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}
\]

調和振動子問題の復習

摂動の問題を解く前に調和振動子における基本事項を簡単にまとめます。調和振動子においては生成消滅演算子 \[
\hat{a}^{\dagger}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left(\hat{x}-\frac{i \hat{p}}{m\omega} \right),\quad \hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left(\hat{x}+\frac{i \hat{p}}{m\omega} \right)
\] を用いて \[
\hat{x} =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} ( \hat{a} +\hat{a}^{\dagger})
\] のように書けます。また，生成消滅演算子の性質として \[
\begin{align}
\hat{a} | n \rangle &=\sqrt{n} \, | \, n-1 \rangle \\
\hat{a}^{\dagger} | n \rangle &=\sqrt{n+1} \, | \, n+1 \rangle
\end{align}\] これを用いると \[\begin{align}
\langle n | \hat{x} | m \rangle &=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle n \, |\,( \hat{a} +\hat{a}^{\dagger}) \,| \, m \rangle \\
&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\langle n \, | \sqrt{m}\,| \, m-1 \rangle + \langle n | \sqrt{m+1} \, | \, m+1 \rangle ) \\
&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\sqrt{m}\, \delta_{n,m-1} +\sqrt{m+1} \, \delta_{n,m+1})
\end{align} \] と表すことが出来ます。また，無摂動状態の固有エネルギー$E_n^{(0)}$は\[
E_n^{(0)}=\hbar \omega \left(n+\frac{1}{2} \right)
\]です。

1次の摂動

1次の摂動を求めてみましょう。1次摂動は $n$ のブラケットで摂動ハミルトニアンを挟めば良く \[\begin{align}
E_n^{(1)} &=\langle n | \hat{H} | n \rangle =\langle n | eE\hat{x} | n \rangle \\
&=eE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle n \, |\,( \hat{a} +\hat{a}^{\dagger}) \,| \, n \rangle \\
&=eE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\sqrt{m}\, \delta_{n,n-1} +\sqrt{n+1}\, \delta_{n,n+1}) \\
&=0
\end{align}\] となりますね。ここでクロネッカーのデルタの添字は $n$ に依らず一致しないので常に0であることを使っています。

2次の摂動

2次の摂動も同様に求めてみましょう。上記から \[
\langle n | \hat{x} | m \rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\sqrt{m}\, \delta_{n,m-1} +\sqrt{m+1} \, \delta_{n,m+1})
\] となりますが，$m$ の総和を取るに際しては $n=m-1,n=m+1$ すなわち $m=n \pm 1$ の場合だけを考え，残りは0として良いですね。$m=n-1$ のとき \[\begin{align}
\langle n | \hat{x} | n-1 \rangle &=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\sqrt{n-1}\, \delta_{n,n-2} +\sqrt{n} \, \delta_{n,n}) \\
&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \sqrt{n}
\end{align} \] $m=n+1$のとき \[
\begin{align}
\langle n | \hat{x} | n+1 \rangle &=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\sqrt{n+1}\, \delta_{n,n} +\sqrt{n+2} \, \delta_{n,n+2}) \\
&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \sqrt{n+1}
\end{align} \] となるので，$E_n^{(2)}$ は \[\begin{align}
E_n^{(2)} &= \sum_{\substack{ m=0 \ m \neq n}}^{\infty} \frac{|\langle n |\hat{H}| m \rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}} \\
&=\frac{|\langle n |\hat{H}| n-1 \rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}} +\frac{|\langle n |\hat{H}| n+1 \rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}} \\
&= \frac{e^2 E^2 \hbar}{2m\omega} \left(\frac{n}{\hbar \omega} -\frac{n+1}{\hbar \omega} \right) \\
&=-\frac{e^2 E^2}{2m\omega^2}
\end{align}\] となります。以上より2次の摂動によって求めた系の固有エネルギーは

\[E_n =\hbar \omega \left(n+\frac{1}{2} \right)-\frac{e^2 E^2}{2m\omega^2}\]

と求まります。

固有エネルギーの厳密解の求め方

本問では固有エネルギーを2次の摂動を用いて求めましたが，この問題は厳密に求めることも出来ます。いま，系のハミルトニアン $\hat{H}$ は\[
\hat{H} =-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} +\frac{1}{2}m\omega^2 x^2 +eEx
\] で書けたので，これを平方完成すると \[
\hat{H} =-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} +\frac{1}{2}m\omega^2 \left(x+\frac{eE}{m\omega^2} \right)^2 -\frac{e^2 E^2}{2m\omega^2}
\] $\displaystyle X =x+\frac{eE}{m\omega^2}$ とおくと \[
\hat{H} =-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dX^2} +\frac{1}{2}m\omega^2 X^2 -\frac{e^2 E^2}{2m\omega^2}
\] となり，これは振動中心がずれただけの調和振動子ポテンシャルの問題として扱うことが出来ます。これより固有エネルギーは \[
E_n =\hbar \omega \left(n+\frac{1}{2} \right)-\frac{e^2 E^2}{2m\omega^2}
\] となり，2次の摂動と一致することがわかりますね。