ガウス型の波束モデル
座標の不確定性が正規分布に従う１次元の自由状態のシュレディンガー方程式
\[ \small \begin{align*} &i \hbar\frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} =-\frac{1}{2} \frac{\hbar^2}{m} \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} \\ &\psi(x,0) = \frac{1}{\sigma^{1/2}\pi^{1/4}} \exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right) \exp \left( \frac{i}{\hbar} \bar{p} x \right) \end{align*} \]
の解が
\[ \small \begin{align*} \psi(x,t) \; & = \frac{1}{\pi^{1/4}\sigma^{1/2}} \frac{1}{\left( 1+\frac{i \hbar t}{m\sigma^2} \right)^{1/2}} \small \exp \left(-\frac{\left( x-\frac{\bar{p}}{m}t \right)^2}{2 \sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{ \frac{\bar{p}}{\hbar}x-\frac{\bar{p}^2 t}{2m \hbar} + \frac{\hbar t \left( x-\frac{\bar{p}}{m}t \right)^2}{2 m \sigma^4 \left(1 + \left( \frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right\} \right) \ \end{align*} \]
で与えられることは以前の投稿で述べた。ここで、\(\small \sigma\)は座標の不確定性を表すパラメータである。これを３次元の場合に拡張しようというのが本稿の趣旨である。ただ、一般的な量子力学の教科書の中には、3次元になった途端になぜか不思議な解（球面波解やクーロンポテンシャルがある場合の類推から球面調和関数を用いた解）を提出し始めるものが少なくないが、適切な境界条件を設定していないことに原因があると考えられる。本稿では１次元の場合同様にガウス型の波束モデル（ホワイトノイズモデル）を考えた場合の解を導出することにする。
それぞれの座標軸方向に関する座標の不確定性が独立で同程度のものであると仮定できる場合（確率分布が球対称であると仮定できる場合）、各座標軸方向の境界条件は
\[ \small \psi(q_\mu,0) = \frac{1}{\sigma^{1/2}\pi^{1/4}} \exp\left(-\frac{q_\mu^2}{2\sigma^2}\right) \exp \left( \frac{i}{\hbar} \bar{p}_\mu x \right), \quad \mu=x,y,z \]
と置くことができる。座標は独立であると仮定したのであったから、３次元の境界条件はこれらの波動関数の積で表現することができて
\[ \small \begin{align*} \psi(x,y,z,0) &= \psi(x, 0)\:\psi(y, 0)\:\psi(z, 0) \\ &=\frac{1}{\sigma^{3/2}\pi^{3/4}} \exp\left(-\frac{x^2+y^2+z^2}{2\sigma^2}\right) \exp \left( \frac{i}{\hbar} \left(\bar{p}_x x+\bar{p}_y y+\bar{p}_z z \right) \right) \end{align*} \]
となる。自由状態のシュレディンガー方程式は\(\small V=0\)であったから
\[ \small \begin{align*} &i \hbar\frac{\partial \psi(x,y,z,t)}{\partial t} = – \frac{1}{2}\frac{\hbar^2}{m} \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 }{\partial y^2}+\frac{\partial^2 }{\partial z^2} \right)\psi(x,y,z,t) \\ &\psi(x,y,z,0) = \frac{1}{\sigma^{3/2}\pi^{3/4}} \exp\left(-\frac{x^2+y^2+z^2}{2\sigma^2}\right) \exp \left( \frac{i}{\hbar} \left(\bar{p}_x x+\bar{p}_y y+\bar{p}_z z \right) \right) \end{align*} \]
が３次元の自由状態のシュレディンガー方程式となる。ポテンシャルがないのであるから、平均的には初期の座標にとどまるか、不確定性を伴った直進運動をするということであり、各座標方向における運動量の期待値は一定であるという仮定を置くことができるだろう。
問題設定は若干複雑になったものの解を求めることはそれほど難しいことではないだろう。各座標軸の確率分布は独立であると仮定したのであったから、
\[ \small \psi(x,y,z,t) = \psi(x,t)\:\psi(y,t)\:\psi(z,t) \]
であると考えられる。したがって、１次元の自由状態のシュレディンガー方程式の解を用いれば
\[ \small \begin{align*} \psi(x,y,z,t) \; & = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \frac{1}{\left( 1+\frac{i \hbar t}{m\sigma^2} \right)^{3/2}} \small \exp \left(- \frac{\left(x-\frac{\bar{p}_x}{m}t \right)^2+\left(y-\frac{\bar{p}_y}{m}t \right)^2+\left(z-\frac{\bar{p}_z}{m}t \right)^2}{2 \sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{ \frac{\bar{p}_xx+\bar{p}_yy+\bar{p}_zz}{\hbar}-\frac{(\bar{p}_x^2+\bar{p}_y^2+\bar{p}_z^2) t}{2m \hbar} \right\} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{\hbar t\frac{ \left(x-\frac{\bar{p}_x}{m}t \right)^2+\left(y-\frac{\bar{p}_y}{m}t \right)^2+\left(z-\frac{\bar{p}_z}{m}t \right)^2}{2 m \sigma^4 \left(1 + \left( \frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right\} \right) \end{align*} \]
が３次元のシュレディンガー方程式の解であると推測できるだろう。確率過程で表せば
\[ \small \begin{align*} & x(t) \sim N\left(\frac{\bar{p}_x}{m}t,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \\ & y(t) \sim N\left(\frac{\bar{p}_y}{m}t,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \\ & z(t) \sim N\left(\frac{\bar{p}_z}{m}t,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \end{align*} \]
となる。より一般的に、座標の不確定性\(\small \sigma\)を座標軸ごとに\(\small \sigma_x,\sigma_y,\sigma_z\)と分けて計算することも可能であるかもしれない。
極座標系の場合
一般的な量子力学の教科書では、３次元の場合極座標系を用いることが多いため、上記の問題設定や解を極座標系に変換することを考えよう。前節で述べた通り、自由状態では各座標軸方向の運動量の期待値が一定であると推測できるため、\(\small \bar{p}_x,\bar{p}_y,\bar{p}_z\)が定数であるという前提を維持して変換を行うことにする。クーロンポテンシャルがある場合などは角運動量の期待値\(\small \bar{l}_x,\bar{l}_y,\bar{l}_z\)に一定の制約がある（定数ではなさそうである）として境界条件を定めなければならないが、それとは異なる境界条件で計算しなければならないということである。クーロンポテンシャルがある場合の類推から球面調和関数を用いた解（\(\small e^2 \rightarrow 0\)として解を求める方法）を提示する教科書はおそらくここが間違っているということである。
極座標系\(\small (r,\theta,\varphi)\)では各座標\(\small (x,y,z)\)は
\[ \small \begin{align*} &x = r \sin \theta \cos \varphi \\ &y = r \sin \theta \sin \varphi \\ &z = r \cos \theta \ \end{align*} \]
で表される。極座標系における運動量を
\[ \small \begin{align*} &p_r = m\frac{dr}{dt} \\ &p_\theta = m\frac{d\theta}{dt} \\ &p_\varphi = m\frac{d\varphi}{dt} \ \end{align*} \]
と定義すると、
\[ \small \begin{align*} &\bar{p}_x = p_r\sin\theta \cos\varphi+p_\theta r\cos \theta \cos\varphi-p_\varphi r\sin \theta\sin\varphi \\ &\bar{p}_y = p_r\sin\theta \sin\varphi+p_\theta r\cos \theta \sin\varphi+p_\varphi r\sin \theta\cos\varphi \\
&\bar{p}_z = p_r\cos\theta -p_\theta r\sin \theta \end{align*} \]
が成り立つ。座標で置き換えれば
\[ \small \begin{align*} &\bar{p}_x = p_r\frac{x}{r}+p_\theta \frac{xz}{\sqrt{x^2+y^2}}-p_\varphi y \\ &\bar{p}_y = p_r\frac{y}{r}+p_\theta \frac{yz}{\sqrt{x^2+y^2}}+p_\varphi x \\ &\bar{p}_z = p_r\frac{z}{r} -p_\theta \sqrt{x^2+y^2} \end{align*} \]
である。最初に注意したように自由状態において定数であるのは\(\small \bar{p}_x,\bar{p}_y,\bar{p}_z\)であり、\(\small p_r,p_\theta, p_\varphi\)は一定ではないということである。連立方程式を解いて、式を反転することもできて
\[ \small \begin{align*} &p_r = \frac{\bar{p}_xx+\bar{p}_yy+\bar{p}_zz}{r} = \bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta \\ &p_\theta = \frac{(x\bar{p}_x+y\bar{p}_y)z-(x^2+y^2)\bar{p}_z}{r^2\sqrt{x^2+y^2}}= \bar{p}_x \frac{\cos\theta\cos\varphi}{r}+\bar{p}_y\frac{\cos\theta\sin\varphi}{r}-\bar{p}_z\frac{\sin \theta}{r} \\ &p_\varphi = \frac{x\bar{p}_y-y\bar{p}_x}{x^2+y^2} = \frac{\bar{p}_y \cos \varphi-\bar{p}_x \sin \varphi }{r\sin\theta}
\end{align*} \]
が成り立つ。便利な関係式として
\[ \small \begin{align*} &\bar{p}_xx+\bar{p}_yy+\bar{p}_zz = p_rr \\ &\bar{p}_x^2+\bar{p}_y^2+\bar{p}_z^2 = p_r^2+p_\theta^2r^2+p_\varphi^2r^2\sin^2\theta \end{align*} \]
が成り立つことに注意する。これらの関係式を利用すると
\[ \small \begin{align*} &\left(x-\frac{\bar{p}_x}{m}t \right)^2+\left(y-\frac{\bar{p}_y}{m}t \right)^2+\left(z-\frac{\bar{p}_z}{m}t \right)^2 \\ & \quad =\left(r-\frac{p_r}{m}t \right)^2+\left(\frac{p_\theta r}{m}t\right)^2+\left(\frac{p_\varphi r\sin\theta}{m}t\right)^2 \\
& \quad =\left(r-\frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{m}t \right)^2 \\ & \qquad+\left(\frac{\bar{p}_x\cos\theta\cos\varphi+\bar{p}_y\cos\theta\sin\varphi-\bar{p}_z\sin \theta}{m}t\right)^2+\left(\frac{\bar{p}_y \cos \varphi-\bar{p}_x \sin \varphi}{m}t\right)^2 \end{align*} \]
を得る。
したがって、３次元の自由状態のシュレディンガー方程式の解を極座標系に変換すると
\[ \small \begin{align*} \psi(r,\theta,\varphi,t) \; & = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \frac{1}{\left( 1+\frac{i \hbar t}{m\sigma^2} \right)^{3/2}} \small \exp \left(- \frac{\left(r-\frac{p_r}{m}t \right)^2+\left(\frac{p_\theta r}{m}t\right)^2+\left(\frac{p_\varphi r\sin\theta}{m}t\right)^2}{2 \sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{ \frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{\hbar}r-\frac{(\bar{p}_x^2+\bar{p}_y^2+\bar{p}_z^2)}{2m \hbar}t \right\} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{\hbar t\frac{ \left(r-\frac{p_r}{m}t \right)^2+\left(\frac{p_\theta r}{m}t\right)^2+\left(\frac{p_\varphi r\sin\theta}{m}t\right)^2}{2 m \sigma^4 \left(1 + \left( \frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right\} \right) \end{align*} \]
となる。\(\small t=0\)を代入すれば、境界条件は
\[ \small \psi(r,\theta,\varphi,0) = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \exp \left(- \frac{r^2}{2 \sigma^2} \right) \exp \left(i \frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{\hbar}r\right) \]
である。最後にシュレディンガー方程式を極座標系に変換しよう。これは改めて計算しなくてもよく知られているだろうが、
\[ \small \psi(r, \theta, \varphi, t) = \exp \left(i \left\{ \frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{\hbar}r-\frac{(\bar{p}_x^2+\bar{p}_y^2+\bar{p}_z^2)}{2m \hbar}t \right\} \right) \]
から方程式を推測しよう。簡単な計算結果を列挙すると
\[ \small \begin{align*} &i\hbar\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial t} =\frac{p_r^2+p_\theta^2r^2+p_\varphi^2r^2\sin^2\theta}{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial r} =-ip_r\frac{\hbar }{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial r^2} =\frac{p_r^2}{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t)\\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial \theta} = -ip_\theta r^2\frac{\hbar}{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial \theta^2} = \left(ip_rr\frac{\hbar}{2m}+\frac{p_\theta^2r^4}{2m}\right)\psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial \varphi} = -ip_\varphi r^2\sin\theta^2 \frac{\hbar}{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial \varphi^2} = -\frac{\hbar}{2m} \frac{dp_\varphi}{d\varphi}r^2\sin^2\theta+\frac{p_\varphi^2r^4\sin\theta^4}{2m} \psi(r,\theta,\varphi,t) \end{align*} \]
となる。
\[ \small \frac{dp_\varphi}{d\varphi} =-\frac{p_\theta\cos\theta}{\sin\theta}-\frac{p_r}{r} \]
であることに注意する（運動量と極座標系の運動量の関係式をうまく使うと確認できる）と
\[ \small i\hbar\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left[\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r} +\frac{\cos\theta}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\right]\psi(r,\theta,\varphi,t) \]
と置けば等式が成り立つことが確認できる。この式は
\[ \small i\hbar\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\right]\psi(r,\theta,\varphi,t) \]
のように整理することもできる。
以上をまとめる、極座標系における３次元の自由状態のシュレディンガー方程式は基礎方程式と境界条件が
\[ \small \begin{align*} &i\hbar\frac{\partial \psi(r,\theta,\varphi,t)}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\left[\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\right]\psi(r,\theta,\varphi,t) \\ &\psi(r,\theta,\varphi,0) = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \exp \left(- \frac{r^2}{2 \sigma^2} \right) \exp \left(i \frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{\hbar}r\right) \ \end{align*} \]
であり、その解は
\[ \small \begin{align*} \psi(r,\theta,\varphi,t) \; & = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \frac{1}{\left( 1+\frac{i \hbar t}{m\sigma^2} \right)^{3/2}} \small \exp \left(- \frac{\left(r-\frac{p_r}{m}t \right)^2+\left(\frac{p_\theta r}{m}t\right)^2+\left(\frac{p_\varphi r\sin\theta}{m}t\right)^2}{2 \sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{ \frac{\bar{p}_x \sin \theta \cos \varphi +\bar{p}_y \sin \theta \sin \varphi+\bar{p}_z \cos \theta}{\hbar}r-\frac{(\bar{p}_x^2+\bar{p}_y^2+\bar{p}_z^2)}{2m \hbar}t \right\} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{\hbar t\frac{ \left(r-\frac{p_r}{m}t \right)^2+\left(\frac{p_\theta r}{m}t\right)^2+\left(\frac{p_\varphi r\sin\theta}{m}t\right)^2}{2 m \sigma^4 \left(1 + \left( \frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right\} \right) \end{align*} \]
であるということになる。以上が３次元の自由状態におけるシュレディンガー方程式の問題設定と解であるということになるだろう。
簡単な例
上記の解が妥当なものであるかを確かめるため、最も単純な例として\(\small \bar{p}_x=\bar{p}_y=\bar{p}_z=0\)である場合を考えよう。
\[ \small \begin{align*} x(t) \sim N\left(0,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \\
y(t) \sim N\left(0,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \\
z(t) \sim N\left(0,\; \frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2\right) \end{align*} \]
であるから、例えば半径\(\small r(t)\)は自由度３の\(\small \chi\)分布に従うことになる。すなわち、
\[ \small \begin{align*} &\phi_{\chi(n,\sigma^2)}(x) = \frac{1}{2^{\frac{n}{2}-1}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)\xi^n}x^{n-1}e^{-\frac{x^2}{2\xi^2}} \\ &\xi =\sqrt{\frac{\sigma^2}{2}+\frac{\hbar^2}{2m^2\sigma^2}t^2} \end{align*} \]
で\(\small n=3\)と置いた場合に相当する。波動関数は
\[ \small \begin{align*} \psi(r,\theta,\varphi, t) \; & = \frac{1}{\pi^{3/4}\sigma^{3/2}} \frac{1}{\left( 1+\frac{i \hbar t}{m\sigma^2} \right)^{3/2}} \small \exp \left(- \frac{r^2}{2 \sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \\ &\small \quad\;\times \exp \left(i \left\{\hbar t\frac{ r^2}{2 m \sigma^4 \left(1 + \left( \frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right\} \right) \end{align*} \]
であるから、複素共役を掛けて確率分布を計算できる。この際
\[ \small P(r,t)=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} |\psi(r,\theta,\varphi,t)|^2 r^2 \sin\theta d\theta d\varphi \]
と計算する必要があることに注意する。実際に計算すると
\[ \small \begin{align*} P(r, t) &= |\psi(r,\theta,\varphi,t)|^24\pi r^2 \\ &= \frac{4\pi}{\pi^{3/2}} \frac{1}{\sigma^{3}\left( 1+\left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2\right)^{3}} r^2 \small \exp \left(- \frac{r^2}{\sigma^2 \left(1 + \left(\frac{\hbar t}{m\sigma^2} \right)^2 \right)} \right) \end{align*} \]
を得る。定数部分を計算すると、これは確かに自由度３の\(\small \chi\)分布になっていることが分かる。同様にして、\(\small \theta,\varphi\)の確率分布も求めることができて
\[ \small \begin{align*} &P(\theta, t) = \frac{1}{2}\sin\theta, \quad \theta \in[0,\pi] \\
&P(\varphi, t) = \frac{1}{2\pi}, \quad \varphi \in[0,2\pi] \end{align*} \]
と求めることができる。これは球対称な確率分布における位相の確率分布であり、この例が球対称な確率分布であることに対応しているだろう。
以上により、上記の計算式が正しいものであるということは言えそうである。しかし、より一般的に\(\small \bar{p}_x,\bar{p}_y,\bar{p}_z\)を設定する場合は計算が容易ではないかもしれない。例えば、\(\small r(t)\)は非心\(\small \chi\)分布といわれる確率分布になるが、この確率分布は級数（修正ベッセル関数）として計算しなければならないだろう。このように考えると問題が一般的になるほどシュレディンガー方程式を解くことは困難になる。そのため、確率過程で表してモンテカルロシミュレーションで解いた方が圧倒的に容易であることは理解できることだろう。ただ、シュレディンガー方程式を一般的な状況（ポテンシャルがある場合）で確率過程で表現することは現時点ではかなり難しいし、これを何とか実現したいというのが量子力学に関する確率過程論の目標ということになるだろう。
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