摂動論（調和振動子）の動画はコチラ
問１
時間に依存しないシュレディンガー方程式：
$$ \left(-\frac{\hbar ^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + V(x) \right)\psi(x) = E\psi(x) $$
エネルギー固有値：
$$E_n = \hbar\omega \left(n + \frac{1}{2} \right)$$
ただし\(n\)は非負の整数である。
問２
$$\begin{align}V(x) + V'(x)&= \frac{1}{2}m\omega^2 x^2 + \lambda x^2\\ &= \frac{1}{2}m\left( \omega^2 + \frac{2\lambda}{m}\right)x^2 \\ &= \frac{1}{2}m\omega’^2 x^2\end{align}$$
と変形でき、調和振動子ポテンシャルと同じ形である（ただし\(\omega’ = \sqrt{\omega^2 + \frac{2\lambda}{m}}\)）。よって
$$E_n’ = \hbar \omega’ \left(n + \frac{1}{2} \right)$$
問３
$$\phi_n (x) = \left(\frac{\nu}{2^n n! \sqrt{\pi}} \right)^{1/2} H_n (\nu x) e^{-(1/2)\nu^2 x^2}$$
漸化式
$$H_{n+1}(\xi) = 2\xi H_n(\xi) – 2n H_{n-1}(\xi)$$
まず、
$$\begin{align} H_n (\nu x) &=\left( \frac{\nu}{2^n n! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_n (x) e^{(1/2)\nu^2 x^2}\end{align}$$
と変形でき、\(\nu x = \xi\)として
$$H_{n}(\xi) = \left(\frac{\nu}{2^n n! \sqrt{\pi}} \right)^{-1/2} \phi_n \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}$$
が得られる。これを用いて
$$\begin{align}
H_{n+1} (\xi) &=\left( \frac{\nu}{2^{n+1} (n+1)! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n+1} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}\\
&= \sqrt{2(n+1)}\left( \frac{\nu}{2^{n} n! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n+1} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}\\
H_{n-1} (\xi) &=\left( \frac{\nu}{2^{n-1} (n-1)! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n-1} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}\\
&=\sqrt{\frac{1}{2n}} \left( \frac{\nu}{2^{n} n! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n-1} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}
\end{align}$$
が得られる。これらを漸化式に代入し、整理すると
$$\begin{align}
H_{n}(\xi) &= \frac{1}{2\xi}H_{n+1}(\xi) + \frac{n}{\xi}H_{n-1}(\xi) \\
\phi_{n}\left(\frac{\xi}{\nu} \right)&= \frac{1}{2\xi}\sqrt{2(n+1)} \phi_{n+1}\left(\frac{\xi}{\nu} \right)+ \frac{n}{\xi}\sqrt{\frac{1}{2n}} \phi_{n-1}\left(\frac{\xi}{\nu} \right)\\
&= \sqrt{\frac{n+1}{2}} \frac{1}{\xi}\phi_{n+1}\left(\frac{\xi}{\nu} \right)+ \sqrt{\frac{n}{2}} \frac{1}{\xi}\phi_{n-1}\left(\frac{\xi}{\nu} \right)
\end{align}$$
となり、\(\nu x = \xi\)を戻すと
$$ x\phi_{n}(x) = \sqrt{\frac{n}{2}} \frac{1}{\nu} \phi_{n-1}(x)+\sqrt{\frac{n+1}{2}} \frac{1}{\nu}\phi_{n+1}(x)$$
が証明される。
次に、
$$\begin{align}
H_{n+2} (\xi) &= \sqrt{4(n+1)(n+2)}\left( \frac{\nu}{2^{n} n! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n+2} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}\\
H_{n-2} (\xi) &=\sqrt{\frac{1}{4n(n-1)}} \left( \frac{\nu}{2^{n} n! \sqrt{\pi}}\right)^{-1/2}\phi_{n-2} \left(\frac{\xi}{\nu} \right) e^{(1/2)\xi^2}
\end{align}$$
が得られる。ここで、漸化式から
$$\begin{align}
H_{n+2}(\xi) &= 2\xi H_{n+1}(\xi) – 2(n+1) H_{n}(\xi)\\
H_{n}(\xi) &= 2\xi H_{n-1}(\xi) – 2(n-1) H_{n-2}(\xi)
\end{align}$$
が成り立ち、（上式）- （下式）\(\times 2n\) を行うと
$$\begin{align}
H_{n+2}(\xi) + 2n H_{n}(\xi) &= 2\xi (H_{n+1}(\xi) + 2nH_{n+1}(\xi)) – 2(n+1) H_{n-2}(\xi) – 4n(n-1) H_{n-2}(\xi)\\
&= 4\xi^2 H_{n}(\xi) – 2(n+1) H_{n-2}(\xi) – 4n(n-1) H_{n-2}(\xi)
\end{align}$$
となる。よって、
$$
4\xi^2 H_{n}(\xi) = H_{n+2}(\xi) + 2(2n+1)H_{n}(\xi) + 4n(n-1)H_{n-2}(\xi)
$$
が成り立つ。この式に代入して整理すると
$$\begin{align}
4\xi^2 \phi_{n}(\xi) &= \sqrt{4(n+1)(n+2)} \phi_{n+2}(\xi) + 2(2n+1)H_{n}(\xi) + 4n(n-1) \sqrt{\frac{1}{4n(n-1)}} \phi_{n-2}(\xi)\\
&= \sqrt{4(n+1)(n+2)} \phi_{n+2}(\xi) + 2(2n+1)H_{n}(\xi) + \sqrt{4n(n-1)} \phi_{n-2}(\xi)
\end{align}$$
となる。従って
$$
x^2 \phi_n (x) = \frac{\sqrt{n(n-1)}}{2} \frac{1}{\nu^2} \phi_{n-2}(x) + \frac{2n+1}{2}\frac{1}{\nu^2} \phi_{n}(x) + \frac{\sqrt{(n+1)(n+2)}}{2} \frac{1}{\nu^2} \phi_{n+2}(x)
$$
が成り立つ。
問４
1次摂動は
$$E_n^{(1)} = \int \phi_n (x) V'(x)\phi_n (x) dx$$
で求められる。ここで、波動関数の規格直交性より
$$ \int \phi_n (x) \phi_m (x) dx = \delta_{nm}$$
である。これらと前問の関係式を用いて
$$\begin{align}
E_n^{(1)} &= \int \phi_n (x) V'(x)\phi_n (x) dx \\
&= \lambda\int \phi_n (x) x^2 \phi_n (x) dx\\
&= \lambda \frac{2n+1}{2}\frac{1}{\nu^2} \int \phi_n (x) \phi_n (x) dx\\
&= \frac{\lambda \hbar}{m\omega} \left(n + \frac{1}{2} \right)
\end{align}$$
と計算できる。これが解である。
また、問2の結果より、
$$\sqrt{1 + x} \simeq 1 + \frac{1}{2}x$$
を用いて
$$\begin{align}
E_n’ &= \hbar \omega’ \left(n + \frac{1}{2} \right)\\
&= \hbar \left(n + \frac{1}{2} \right)\sqrt{\omega^2 + \frac{2\lambda}{m}}\\
&= \hbar\omega \left(n + \frac{1}{2} \right)\sqrt{1 + \frac{2\lambda}{m\omega^2}} \\
&\simeq \hbar\omega \left(n + \frac{1}{2} \right) \left(1 + \frac{\lambda}{m\omega^2}\right)\\
&= E_n + \frac{\lambda \hbar}{m\omega} \left(n + \frac{1}{2} \right)
\end{align}$$
となり、解は一致する。
問５
$$V(x,y) = \frac{1}{2}m (\omega^2 x^2 + \omega’^2 y^2)$$
$$ \left(-\frac{\hbar ^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} -\frac{\hbar ^2}{2m}\frac{d^2}{dy^2} + V(x,y) \right)\psi(x,y) = E\psi(x,y) $$
\(\psi(x,y) = X(x)Y(y)\)などとおいて変数分離法を用いる（計算は省く）。すると一次元調和振動子と同じ形の微分方程式が\(x,y\)でそれぞれ得られる。よって
$$E_n = \hbar \omega \left( n_x + \frac{1}{2}\right ) + \hbar\omega’ \left(n_y + \frac{1}{2} \right)$$
ただし\(n_x,n_y\)は非負の整数である。
（コチラの2次元調和振動子参照）
問６
$$E_n = \hbar \omega \left( n_x + n_y + 1\right )$$
\(n = n_x + n_y\)とすると、縮退度は\(n+1\)である。例えば第1励起状態(\(n=1\))では
$$(n_x,n_y) = (0,1),(1,0)$$
の2状態をとるので縮退度は2である。 第2励起状態(\(n=2\))では
$$(n_x,n_y) = (0,2),(1,1),(2,0)$$
の3状態をとるので縮退度は3である。
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