1次元調和振動子のエネルギー固有関数の関数型（エルミート多項式）
ハミルトニアン
\(H=\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}2x^2\)
消滅演算子
\[
a=\mu x+i\nu p
\]
\(\mu=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}},\ \nu=\frac 1{\sqrt{2\hbar m\omega}}\)
基底状態\(\psi_0\)
\(a\psi_0=0\)より\(\psi_0'(x)=-\alpha x\psi_0(x)\)
（\(\alpha=\frac\mu{\hbar\nu}=\frac{m\omega}\hbar\)）なので
\[
\psi_0(x)=c_0\exp\left(-\frac\alpha 2x^2\right)
\]
\(\langle\psi_0,\psi_0\rangle=1\)より\(|c_0|^2\sqrt{\frac\pi\alpha}=1\)
だから\(c_0\)を正の実数に取れば
\[
\psi_0(x)=\left(\frac\alpha\pi\right)^{\frac 14}\exp\left(-\frac\alpha 2x^2\right)
\]
第1励起状態\(\psi_1\)
\(a^\dagger=2\mu x-a\)
\(\psi_1=a^\dagger\psi_0=2\mu x\psi_0\)
第\(n\)励起状態\(\psi_n\)
\(\psi_n=\frac 1{\sqrt n}a^\dagger\,\psi_{n-1}\)
\([a,f(x)]=\hbar\nu f'(x)\)
\(\psi_n(x)=\frac 1{\sqrt{2^n\cdot n!}}H_n(\beta x)\psi_0(x)\)
と置く（\(H_n(\xi)\)は\(\xi\)の（\(n\)次の）多項式、\(\beta\)はあとで決めるがとりあえず
複素数としておく）。
\[
\begin{array}{rl}
H_n(\beta x)\psi_0(x)&=\sqrt{2^n\cdot n!}\psi_n(x)\\
&=\sqrt{2^n\cdot n!}\frac 1{\sqrt n}a^\dagger\psi_{n-1}(x)\\
&=\sqrt 2\sqrt{2^{n-1}\cdot(n-1)!}\,a^\dagger\psi_{n-1}(x)\\
&=\sqrt 2(2\mu x-a)H_{n-1}(\beta x)\psi_0(x)\\
&=\sqrt 2(2\mu xH_{n-1}(\beta x)-\hbar\nu\beta H'_{n-1}(\beta x))\psi_0(x)\\
\end{array}
\]
\(\sqrt 2\hbar\nu\beta=1\)、つまり\(\beta=\sqrt{\frac{m\omega}\hbar}=\sqrt 2\mu=\sqrt\alpha\)とすると
\[
H_n(\beta x)\psi_0(x)
=(2\beta xH_{n-1}(\beta x)-H'_{n-1}(\beta x))\psi_0(x)
\]
となり漸化式
\[
H_n(\xi)
=2\xi H_{n-1}(\xi)-H'_{n-1}(\xi)
\]
を得る（エルミート多項式）。
\[
\begin{array}{rl}
H_0(\xi)&=1\\
H_1(\xi)&=2\xi\\
H_2(\xi)&=4\xi^2-2\\
H_3(\xi)&=8\xi^3-12\xi\\
&...
\end{array}
\]
\[
\psi_n(x)=\left(\frac\alpha\pi\right)^{\frac 14}
H_n(\sqrt\alpha x)
\exp\left(-\frac\alpha 2x^2\right)\hspace{1.5cm}\left(\alpha=\frac{m\omega}\hbar\right)
\]
蛇足
\[
a=\mu x+\hbar\nu\frac d{dx}=\frac 1{\sqrt 2}\left(\beta x+\frac 1\beta\frac d{dx}\right)
=\frac 1{\sqrt 2}\left(\xi+\frac d{d\xi}\right)
\]
ここで\(\xi=\beta x\)。
\(a\psi_n=\sqrt n\psi_{n-1}\)に\(\sqrt{2^n\cdot n!}\)をかけると左辺は
\[
\sqrt{2^n\cdot n!}a\psi_n=aH_n\psi_0
=[a,H_n]\psi_0
=\frac 1{\sqrt 2}H'_n\psi_0
\]
右辺は
\[
\sqrt{2^n\cdot n!}\sqrt n\psi_{n-1}=\sqrt 2nH_{n-1}\psi_0
\]
であるから
\[
H'_n(\xi)=2nH_{n-1}(\xi)
\]
を得る。これと以前得た\(H'_n(\xi)=2\xi H_n(\xi)-H_{n+1}(\xi)\)を組み合わせると
\[
H_{n+1}(\xi)=2\xi H_n(\xi)-2nH_{n-1}(\xi)
\]
が導かれる。
2019.07
2019/07/19 12:27:29
更新