調和振動子の波動関数

質問

調和振動子のポテンシャル中にある相互作用していない2つの電子において量子数nのエネルギー固有状態を記述する波動関数ψn(x),スピン波動関数をφ^{±}とする。
I基底状態Etot=2*E1を記述する2電子波動関数を全てもとめよ
II第一励起状態Etot=E1+E2を記述する2電子波動関数を全てもとめよ

上記の問題を考えているのですが,スレーター行列式に代入するとどちらも波動関数が0になって解が求まりません。
どのようにとけば2電子波動関数を求められますか？

回答No.5

eatern27 · ベストアンサー

#4の補足について。

OKです。

お礼

丁寧に解説していただきとてもわかりやすかったです。
本当にありがとうございました!!!

回答No.4

eatern27

#3の補足について。

I
前者を-1倍したものが後者なので、この２つは同じものです。

II
３つ目と４つ目の第一項にある、ψ2(x2)というのは、ψ1(x2)の誤植ですよね？
誤植であれば、１つ目を-1倍にしたのが３つ目、２つ目を-1倍したのが４つ目ですので、この２つは同じものです。従って、実質的に答えが2つしか挙がっていません。

もし、残りの２つが分からなければ、2つの電子が区別できると思った時に、どういう状態があり得るのか考えてみてください。

補足

>３つ目と４つ目の第一項にある、ψ2(x2)というのは、ψ1(x2)の誤植ですよね？
ごめんなさい。タイプミスしました。。
I
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)-ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
}
II
(1)
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ2(x2)φ^{+}(2)-ψ2(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
}
(2)
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ2(x2)φ^{-}(2)-ψ2(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
}
(3)
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ2(x2)φ^{-}(2)-ψ2(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
}
(4)
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ2(x2)φ^{+}(2)-ψ2(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
}
(3)と(4)を直しました。

回答No.3

eatern27

>なるほど,二つの電子を区別しなければいけなかったのですか。
誤解させたのならすいません。
#2は区別のできる電子が2つあった、という仮定での話です。現実の電子は区別できないので、#2の話は通用しません。

さて、式が長くなってしまうので、
1番の電子がαの状態にある時の波動関数ψ1(x1)φ^{+}(1)をα(1)とでも書きましょう。同様にα(2),β(1),β(2)という書き方を使います。
そうすると、電子が区別できる時の、全体の波動関数は、#2の補足に書いてくれた物も含めて、α(1)α(2),α(1)β(2),β(1)α(2),β(1)β(2)の4つという事になります。

しかし、現実の電子は区別できません。
これまでは、一方の電子に1番、他方の電子に2番という番号をつけていましたが、時と場合によっては、電子の番号の付け方を逆にする事があるかもしれません。電子が区別できない、というのは、こうやって番号の付け方を変えても、波動関数が「同じ状態」を表している、という意味です。
電子はフェルミオンなので、「同じ状態を表している」、というのは、波動関数が-1倍になる、という意味になります。

上に書いた4つの波動関数の番号の付け方を逆にすると、順に
α(1)α(2),β(1)α(2),α(1)β(2),β(1)β(2)
となります。(例えば、α(1)α(2)の番号を付け替えると、α(2)α(1)＝α(1)α(2)となります)

電子(の番号)を交換すると、波動関数が-1倍になる、という条件を満たしませんので、これらはいずれも、現実の波動関数を表してはいません。でも、2つ(以上)の状態の重ね合わせを考えてやれば、条件を満たすようにする事ができます。

例えば、
det
|α(1)　α(2)|
|β(1)　β(2)|
というスレーター行列式を考えてやりましょう(規格化は式が煩雑になるだけなので、ここでは考えません)。「1番の2番の番号を入れ替える」という操作を行うと、この操作は数学的には行列式の「1列目と2列目を入れ替える」という操作と等価なので、線形代数の知識から、波動関数が-1倍になっている事が分かります。従って、現実の2電子系を表し得る波動関数となっています。

この行列式を実際に計算してやると、
α(1)β(2)とβ(1)α(2)の重ねあわせになっているので、「一方の電子がα,他方の電子がβという状態」を表していると考える事ができます。

いいですかね。上記のスレーター行列式の1行目のαが一方の電子の状態を、2行目のβが他方の電子の状態を表しているんです。で、1列目に１番の添え字が、2列目に2番の添え字がついているんです。

そう考えると、「一方の電子がα、他方の電子もα」という状態の波動関数は、
det
|α(1)　α(2)|
|α(1)　α(2)|
ということになります。しかし、この行列式を計算すると０になってしまいますので、このような状態は存在しない事が分かります。パウリの排他律はこうやって、波動関数が０になってしまう、という事から来るんですね。

同様に考えれば、第一励起状態の波動関数も求められるはずですので、後はご自分で。(独立なものが)4つ出てくれば正解です。

補足

I
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)-ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
}
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)-ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
}
II
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ2(x2)φ^{+}(2)-ψ2(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
}
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ2(x2)φ^{-}(2)-ψ2(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
}
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ2(x1)φ^{+}(1) ψ2(x2)φ^{-}(2)-ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ2(x2)φ^{+}(2)
}
Ψ=(1/sqrt{2})*{
ψ2(x1)φ^{-}(1) ψ2(x2)φ^{+}(2)-ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ2(x2)φ^{-}(2)
}
これで大丈夫でしょうか？

回答No.2

eatern27

ん～、いきなり最後まで説明しても理解できないと思うので、少しずつ。。。

とりあえず、電子がフェルミオンである事(スレーター行列式)は忘れて、「区別のできる」電子が２つある場合を考えましょう。

1粒子の時には、電子の基底状態は、
ψ1(x)φ^{+}とψ1(x)φ^{-}
の２つあります。前者の状態をα,後者の状態をβと書くことにしましょう。

今は２電子系を考えているので、それぞれの電子がどっちの状態にあるのかを考える必要があります。
そうすると、１番の電子の状態はα,βの2通り、２番の電子の状態もα,βの2通りなので、全体としては全部で4通りある事になります。

で、例えば、1番の電子がα,2番の電子がβである状態を考えましょう。この状態の波動関数を
ψ1(x)φ^{+}ψ1(x)φ^{-}
のように書いてしまうと、どっちの電子がαで、どっちの電子がβなのかが分からなくなってしまうので、この書き方はダメなんです。
α,βの状態にいる電子がどっちの電子かが分かればどのように書いても構わないのですが、例えば、
ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
のように書かなければいけない、という事です。
何番の電子の座標なのかが分かるように、xにx1,x2のような添え字をつけています。また、φ^{+}の状態の電子が何番の電子なのかが分かるように、φ^{+}(1)のように番号をつけています。

さて、ここまでは理解できますか？

理解できれば、ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)以外にどういう状態があるか補足へ。
※冒頭にも書きましたが、スレーター行列式は考えない場合の話です。

※ちなみに、貴方のやり方でスレーター行列式がゼロになってしまうのは、上記の事を考えていないからです。

補足

なるほど,二つの電子を区別しなければいけなかったのですか。
(1)ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
(2)ψ1(x1)φ^{+}(1) ψ1(x2)φ^{+}(2)
(3)ψ1(x1)φ^{-}(1) ψ1(x2)φ^{-}(2)
(2),(3)はパウリの排他律から不適切なのでしょうか？？

回答No.1

eatern27

>上記の問題を考えているのですが,スレーター行列式に代入するとどちらも波動関数が0になって解が求まりません。

どうやったか具体的にどうぞ。

補足

I
Ψ(1;2)=1/\sqrt{2}*
det

ψ1(x)φ^{+} ψ1(x)φ^{+}
ψ1(x)φ^{-} ψ1(x)φ^{-}

=1/\sqrt{2}*
{ψ1(x)φ^{+}*ψ1(x)φ^{-}- ψ1(x)φ^{+}ψ1(x)φ^{-} }
=0

こんな風に考えました。