調和振動子まとめ

May 28, 2024; draft

ポテンシャルが

V(x)=\frac12mω^2x^2

で与えられる1次元粒子を調和振動子という¹. ここでは, 調和振動子および非調和項を含むポテンシャル

V(x) = \frac12mω^2x^2+λx^4

中の粒子の古典論とその量子化を考える.

古典論

調和振動子の Lagrangian は

L(x,\.x,t) = \frac12m\.x^2 - \frac12mω^2x^2

である. Euler-Lagrange 方程式

\pdv{L}{x} - \dv{}{t}\pdv{L}{\.x} = 0

に代入すれば

-mω^2x - m\"x = 0

が得られ, $x$ に関する運動方程式

\"x = -ω^2x

が得られる. 初期条件 $x(0)=a$ , $\.x(0)=0$ として $x$ の解を求めよう. 一般解は

x(t) = A \cos ωt + B \sin ω t

であるが, 初期条件 $a = x(0) = A$ , $0 = \.x(0) = ωB$ より, $A=a$ , $B=0$ . したがって, $x$ の解は

x(t) = a \cos ωt

と求まる. この解を $x_0(t)$ と書くことにする. つまり,

\qty(\dv[2]{}{t}+ω^2)x_0(t)=0

を満たす.

非調和項を含むときの Lagrangian は

L(x,\.x,t) = \frac12m\.x^2 - \frac12mω^2x^2 - λx^4

である. Euler-Lagrangian 方程式に代入すれば,

- mω^2x - 4λx^3 - m\"x=0

が得られ, $x$ に関する運動方程式

\"x = - ω^2x - \frac{4λ}{m} x^3

が得られる. 先程と同様, 初期条件 $x(0)=a$ , $\.x(0)=0$ として $x$ の解を求めるが, 今回の場合では厳密に解くことができない. そこで, $x(t)$ を $λ$ について展開することを考える. すなわち,

x(t) = x_0(t) + λx_1(t) + λ^2 x_2(t) + \cdots

とする. 運動方程式の右辺第一項を左辺へ移項すれば

\qty(\dv[2]{}{t}+ω^2)x(t) = -\frac{4λ}{m}x^3 = \frac{4λ}{m}∫_0^∞\d{t'}[-δ(t-t')]x^3(t')

であるから, 時間 $t$ の関数 $G_R(t)$ (遅延 Green 関数と呼ばれる)を

\qty(\dv[2]{}{t}+ω^2)G_R(t)=-δ(t)

と定義すれば, 解はこの $G_R(t)$ を使って

x(t) = x_0(t) + \frac{4λ}{m}∫_0^∞\d{t'}G_R(t-t')x^3(t')

と書ける. この式の右辺にこの式自身を繰り返し代入することで, 帰納的に $λ$ による展開係数が求まる. すなわち,

\begin{aligned} x_1(t) &= \frac4m ∫_0^∞\d{t'} G_R(t-t') x_0^3(t'), \\ x_2(t) &= \frac{12}m ∫_0^∞\d{t'} G_R(t-t') x_0^2(t')x_1(t') \\ &= \frac{48}{m^2} ∫_0^∞\d{t'}∫_0^∞\d{t''} G_R(t-t') x_0^2(t') G_R(t'-t'') x_0(t'') \\ \end{aligned}

と計算できる.