GSO003 問題10

1. 波動関数の決定

3次元等方調和振動子の定常状態シュレーディンガー方程式を解くと、基底状態の空間依存性は $e^{-\alpha^2 r^2 / 2}$e−α2r2/2 に比例する。ここで $\alpha = \sqrt{m^*\omega/\hbar}$α=m∗ω/ℏ​ である。 第一励起状態（主量子数 $N=1$N=1）はエネルギー準位が縮退しており、デカルト座標系では以下の3つの独立な状態が存在する。

$$\psi_x = N_1 x e^{-\alpha^2 r^2 / 2}, \quad \psi_y = N_1 y e^{-\alpha^2 r^2 / 2}, \quad \psi_z = N_1 z e^{-\alpha^2 r^2 / 2}$$ψx​=N1​xe−α2r2/2,ψy​=N1​ye−α2r2/2,ψz​=N1​ze−α2r2/2

軌道角運動量の $z$z 成分の演算子は $\hat{L}_z = \frac{\hbar}{i}\left(x\frac{\partial}{\partial y} - y\frac{\partial}{\partial x}\right)$L^z​=iℏ​(x∂y∂​−y∂x∂​) であり、極座標系 $(r, \theta, \phi)$(r,θ,ϕ) では $\hat{L}_z = \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial \phi}$L^z​=iℏ​∂ϕ∂​ と表される。 $\hat{L}_z$L^z​ の固有値が $+\hbar$+ℏ となる固有状態を作るため、$\psi_x$ψx​ と $\psi_y$ψy​ の線形結合をとる。極座標変換 $x+iy = r\sin\theta e^{i\phi}$x+iy=rsinθeiϕ を用いると、

$$\psi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\psi_x + i\psi_y) \propto (x+iy) e^{-\alpha^2 r^2 / 2} = r\sin\theta e^{i\phi} e^{-\alpha^2 r^2 / 2}$$ψ=2​1​(ψx​+iψy​)∝(x+iy)e−α2r2/2=rsinθeiϕe−α2r2/2

となる。この状態は $\hat{L}_z \psi = +\hbar \psi$L^z​ψ=+ℏψ を満たす。規格化定数を $N$N とおき、波動関数を以下のように定める。

$$\psi(r, \theta, \phi) = N r\sin\theta e^{i\phi} e^{-\alpha^2 r^2 / 2}$$ψ(r,θ,ϕ)=Nrsinθeiϕe−α2r2/2

2. 規格化定数の導出

全空間での存在確率が1となるように $N$N を定める。

$$\int |\psi|^2 dV = \int_0^\infty dr \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \, r^2\sin\theta \left| N r\sin\theta e^{i\phi} e^{-\alpha^2 r^2 / 2} \right|^2 = 1$$∫∣ψ∣2dV=∫0∞​dr∫0π​dθ∫02π​dϕr2sinθ​Nrsinθeiϕe−α2r2/2​2=1 $$|N|^2 \left( \int_0^\infty r^4 e^{-\alpha^2 r^2} dr \right) \left( \int_0^\pi \sin^3\theta d\theta \right) \left( \int_0^{2\pi} d\phi \right) = 1$$∣N∣2(∫0∞​r4e−α2r2dr)(∫0π​sin3θdθ)(∫02π​dϕ)=1

各積分を計算する。ガウス積分の公式より、

$$\int_0^\infty e^{-ax^2} dx = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$$∫0∞​e−ax2dx=21​aπ​​

これを $a$a について2回偏微分することで次式を得る。

$$\int_0^\infty x^4 e^{-ax^2} dx = \frac{\partial^2}{\partial a^2} \left( \frac{\sqrt{\pi}}{2} a^{-1/2} \right) = \frac{3\sqrt{\pi}}{8} a^{-5/2}$$∫0∞​x4e−ax2dx=∂a2∂2​(2π​​a−1/2)=83π​​a−5/2

$a = \alpha^2$a=α2 を代入すると、動径方向の積分は $\frac{3\sqrt{\pi}}{8\alpha^5}$8α53π​​ となる。 角度部分の積分は、

$$\int_0^\pi \sin^3\theta d\theta = \int_0^\pi (1-\cos^2\theta)\sin\theta d\theta = \left[ -\cos\theta + \frac{\cos^3\theta}{3} \right]_0^\pi = \frac{4}{3}$$∫0π​sin3θdθ=∫0π​(1−cos2θ)sinθdθ=[−cosθ+3cos3θ​]0π​=34​

方位角の積分は $2\pi$2π である。すべてを代入すると、

$$|N|^2 \left( \frac{3\sqrt{\pi}}{8\alpha^5} \right) \left( \frac{4}{3} \right) (2\pi) = |N|^2 \frac{\pi^{3/2}}{\alpha^5} = 1 \implies |N|^2 = \frac{\alpha^5}{\pi^{3/2}}$$∣N∣2(8α53π​​)(34​)(2π)=∣N∣2α5π3/2​=1⟹∣N∣2=π3/2α5​

3. 確率流れの密度と電流密度の導出

確率流れの密度 $\boldsymbol{j}$j は次式で定義される。

$$\boldsymbol{j} = \frac{\hbar}{2m^* i} (\psi^* \nabla \psi - \psi \nabla \psi^*) = \frac{\hbar}{m^*} \text{Im}(\psi^* \nabla \psi)$$j=2m∗iℏ​(ψ∗∇ψ−ψ∇ψ∗)=m∗ℏ​Im(ψ∗∇ψ)

波動関数を $\psi = |\psi| e^{i\phi}$ψ=∣ψ∣eiϕ と表すと、$\nabla \psi = (\nabla |\psi|)e^{i\phi} + |\psi|(i\nabla\phi)e^{i\phi}$∇ψ=(∇∣ψ∣)eiϕ+∣ψ∣(i∇ϕ)eiϕ となる。 したがって $\psi^* \nabla \psi = |\psi|\nabla|\psi| + i|\psi|^2 \nabla\phi$ψ∗∇ψ=∣ψ∣∇∣ψ∣+i∣ψ∣2∇ϕ となり、虚数部をとると、

$$\boldsymbol{j} = \frac{\hbar}{m^*} |\psi|^2 \nabla\phi$$j=m∗ℏ​∣ψ∣2∇ϕ

極座標における勾配演算子より $\nabla\phi = \frac{1}{r\sin\theta}\hat{\phi}$∇ϕ=rsinθ1​ϕ^​ であるから、

$$\boldsymbol{j} = \frac{\hbar}{m^*} \frac{|N|^2 r^2 \sin^2\theta e^{-\alpha^2 r^2}}{r\sin\theta} \hat{\phi} = \frac{\hbar}{m^*} |N|^2 r\sin\theta e^{-\alpha^2 r^2} \hat{\phi}$$j=m∗ℏ​rsinθ∣N∣2r2sin2θe−α2r2​ϕ^​=m∗ℏ​∣N∣2rsinθe−α2r2ϕ^​

これに電荷 $-q$−q を乗じると、軌道運動による定常電流密度 $\boldsymbol{i}(\boldsymbol{r})$i(r) が得られる。

$$\boldsymbol{i} = -q\boldsymbol{j} = -q \frac{\hbar}{m^*} |N|^2 r\sin\theta e^{-\alpha^2 r^2} \hat{\phi}$$i=−qj=−qm∗ℏ​∣N∣2rsinθe−α2r2ϕ^​

4. 原点における磁束密度の計算

ビオ・サバールの法則により、体積要素 $dV$dV の電流密度 $\boldsymbol{i}$i が原点に作る微小磁束密度 $d\boldsymbol{B}(0)$dB(0) は、源泉から原点への方向ベクトルが $-\hat{r}$−r^ であることに注意して、次のように表される。

$$d\boldsymbol{B}(0) = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{\boldsymbol{i} \times (-\hat{r})}{r^2} dV = \frac{\mu_0}{4\pi r^2} (-\boldsymbol{i} \times \hat{r}) dV$$dB(0)=4πμ0​​r2i×(−r^)​dV=4πr2μ0​​(−i×r^)dV

電流は $\hat{\phi}$ϕ^​ 方向成分のみを持つ（$\boldsymbol{i} = i_\phi \hat{\phi}$i=iϕ​ϕ^​）。外積の公式 $\hat{\phi} \times \hat{r} = \hat{\theta}$ϕ^​×r^=θ^ を用いると、

$$d\boldsymbol{B}(0) = -\frac{\mu_0}{4\pi r^2} i_\phi \hat{\theta} \, dV$$dB(0)=−4πr2μ0​​iϕ​θ^dV

極座標の基底ベクトル $\hat{\theta} = \cos\theta\cos\phi \hat{x} + \cos\theta\sin\phi \hat{y} - \sin\theta \hat{z}$θ^=cosθcosϕx^+cosθsinϕy^​−sinθz^ を $\phi$ϕ について $0$0 から $2\pi$2π まで積分すると、$\hat{x}$x^ 成分および $\hat{y}$y^​ 成分は消去され、$-2\pi\sin\theta \hat{z}$−2πsinθz^ のみが残る。

$$B_z = \int_0^\infty dr \int_0^\pi d\theta \left( -\frac{\mu_0}{4\pi r^2} i_\phi \right) (-2\pi\sin\theta \hat{z} \text{ の係数}) r^2\sin\theta$$Bz​=∫0∞​dr∫0π​dθ(−4πr2μ0​​iϕ​)(−2πsinθz^ の係数)r2sinθ $$B_z = \frac{\mu_0}{2} \int_0^\infty dr \int_0^\pi d\theta \, i_\phi \sin^2\theta$$Bz​=2μ0​​∫0∞​dr∫0π​dθiϕ​sin2θ

$i_\phi = -q \frac{\hbar}{m^*} |N|^2 r\sin\theta e^{-\alpha^2 r^2}$iϕ​=−qm∗ℏ​∣N∣2rsinθe−α2r2 を代入すると、

$$B_z = -\frac{\mu_0 q \hbar |N|^2}{2m^*} \left( \int_0^\infty r e^{-\alpha^2 r^2} dr \right) \left( \int_0^\pi \sin^3\theta d\theta \right)$$Bz​=−2m∗μ0​qℏ∣N∣2​(∫0∞​re−α2r2dr)(∫0π​sin3θdθ)

動径方向の積分は $\int_0^\infty r e^{-\alpha^2 r^2} dr = \left[ -\frac{1}{2\alpha^2} e^{-\alpha^2 r^2} \right]_0^\infty = \frac{1}{2\alpha^2}$∫0∞​re−α2r2dr=[−2α21​e−α2r2]0∞​=2α21​ である。これを代入し、磁束密度の大きさ $B = |B_z|$B=∣Bz​∣ を計算する。

$$B = \frac{\mu_0 q \hbar |N|^2}{2m^*} \left( \frac{1}{2\alpha^2} \right) \left( \frac{4}{3} \right) = \frac{\mu_0 q \hbar}{3m^* \alpha^2} |N|^2$$B=2m∗μ0​qℏ∣N∣2​(2α21​)(34​)=3m∗α2μ0​qℏ​∣N∣2

$|N|^2 = \frac{\alpha^5}{\pi^{3/2}}$∣N∣2=π3/2α5​ と $\alpha^3 = \left(\frac{m^*\omega}{\hbar}\right)^{3/2}$α3=(ℏm∗ω​)3/2 を用いて整理すると、最終的な解析解が得られる。

$$B = \frac{\mu_0 q \hbar}{3m^* \alpha^2} \frac{\alpha^5}{\pi^{3/2}} = \frac{\mu_0 q \hbar}{3m^* \pi^{3/2}} \left( \frac{m^*\omega}{\hbar} \right)^{3/2} = \frac{\mu_0 q}{3\pi^{3/2}} \sqrt{\frac{m^* \omega^3}{\hbar}}$$B=3m∗α2μ0​qℏ​π3/2α5​=3m∗π3/2μ0​qℏ​(ℏm∗ω​)3/2=3π3/2μ0​q​ℏm∗ω3​​

5. 数値の代入と最終解答

制約として与えられた数値を代入する。まず平方根の中身を計算する。

$$\frac{m^*\omega^3}{\hbar} = \frac{2.0 \times 10^{-31} \times (1.0 \times 10^{15})^3}{1.0 \times 10^{-34}} = \frac{2.0 \times 10^{-31} \times 1.0 \times 10^{45}}{1.0 \times 10^{-34}} = 2.0 \times 10^{48}$$ℏm∗ω3​=1.0×10−342.0×10−31×(1.0×1015)3​=1.0×10−342.0×10−31×1.0×1045​=2.0×1048

よって $\sqrt{\frac{m^*\omega^3}{\hbar}} = \sqrt{2} \times 10^{24}$ℏm∗ω3​​=2​×1024 となる。次に $B$B を計算する。

$$B = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times (3.0 \times 10^{-19})}{3\pi^{3/2}} \times \sqrt{2} \times 10^{24} = \frac{12\pi \times 10^{-26}}{3\pi\sqrt{\pi}} \times \sqrt{2} \times 10^{24} = \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} \times 10^{-2} \text{ [T]}$$B=3π3/2(4π×10−7)×(3.0×10−19)​×2​×1024=3ππ​12π×10−26​×2​×1024=π​42​​×10−2 [T]

要求されている値は $\pi B^2 \times 10^4$πB2×104 であるため、$B$B を2乗する。

$$B^2 = \frac{32}{\pi} \times 10^{-4}$$B2=π32​×10−4

したがって、

$$\pi B^2 \times 10^4 = \pi \left( \frac{32}{\pi} \times 10^{-4} \right) \times 10^4 = 32$$πB2×104=π(π32​×10−4)×104=32

以上より、求める自然数は 32 である。