# 量子調和振動子｜生成消滅演算子・エネルギー準位・エルミート多項式

> 量子調和振動子のエネルギー準位 ħω(n+1/2) を生成消滅演算子で導く手順、基底状態のガウス関数とエルミート多項式による固有関数、x や x² の期待値の計算例と、答案でよくある誤りを載せています。

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- 科目: [量子力学](https://inshihub.com/basics/quantum-mechanics)（大学基礎課程の数学・物理・化学・生物・情報）
- 最終更新: 2026-11-16
- 先に読む単元: [シュレディンガー方程式と井戸型ポテンシャル](https://inshihub.com/basics/quantum-mechanics/schrodinger-equation-potential-wells)

量子調和振動子 $\hat H = \hat p^2/2m + m\omega^2\hat x^2/2$ のエネルギー固有値は $E_n = \hbar\omega(n + \frac{1}{2})$（$n = 0, 1, 2, \dots$）で、準位は等間隔に並び、最も低い状態にも零点エネルギー $\hbar\omega/2$ が残る。固有値は、消滅演算子 $\hat a$ と生成演算子 $\hat a^\dagger$ の交換関係 $[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$ だけから求まる。固有関数はガウス関数にエルミート多項式を掛けた形で、基底状態は $\psi_0 \propto e^{-m\omega x^2/2\hbar}$ である。

## ハミルトニアンと無次元化

### 定義：量子調和振動子

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の1次元調和振動子のハミルトニアンは

$$\hat H = \frac{\hat p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat x^2, \qquad [\hat x, \hat p] = i\hbar$$

である。長さの単位 $x_0 = \sqrt{\hbar/(m\omega)}$ を使って $\xi = x/x_0$ とおくと、時間に依存しないシュレディンガー方程式は

$$\frac{d^2\psi}{d\xi^2} + (\varepsilon - \xi^2)\psi = 0, \qquad \varepsilon = \frac{2E}{\hbar\omega}$$

になる。古典的な振動は[振動の単元](https://inshihub.com/basics/mechanics/oscillations)で扱う。

## 生成消滅演算子による固有値の求め方

### 定義：生成演算子と消滅演算子

$$\hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x + \frac{i}{m\omega}\hat p\right), \qquad \hat a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x - \frac{i}{m\omega}\hat p\right)$$

と定めると、$[\hat x, \hat p] = i\hbar$ から $[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$、$\hat H = \hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a + \frac{1}{2}\right)$ が出る。$\hat N = \hat a^\dagger\hat a$ を数演算子という。

### 定理・法則：調和振動子のエネルギー固有値

条件：

$[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$ が成り立ち、状態のノルムが負にならない（$\langle\psi|\hat a^\dagger\hat a|\psi\rangle = \|\hat a\psi\|^2 \ge 0$）。1次元の系を考える。

主張：

$\hat N$ の固有値は $n = 0, 1, 2, \dots$ で、

$$E_n = \hbar\omega\left(n + \frac{1}{2}\right)$$

各準位は縮退せず、固有状態は $|n\rangle = \frac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle$ と書ける。

要点：

$[\hat N, \hat a] = -\hat a$ から、$\hat a$ は $\hat N$ の固有値を $1$ 下げる。固有値は負になれないので、下げる操作は $\hat a|0\rangle = 0$ で止まり、固有値は非負の整数に限られる。$\hat a\psi_0 = 0$ は1階の微分方程式で、解は定数倍を除いて1つなので縮退はない。

### はしご演算子の公式

- はしご演算子の作用

  $$\hat a|n\rangle = \sqrt{n}\,|n - 1\rangle, \qquad \hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n + 1}\,|n + 1\rangle$$

- 位置と運動量

  $$\hat x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a + \hat a^\dagger), \qquad \hat p = i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat a^\dagger - \hat a)$$

- 期待値

  $$\langle n|\hat x|n\rangle = 0, \qquad \langle n|\hat x^2|n\rangle = \frac{\hbar}{m\omega}\left(n + \frac{1}{2}\right)$$

  運動エネルギーと位置エネルギーの期待値はどちらも $E_n/2$（ビリアル定理）。

- 不確定性

  $$\Delta x\,\Delta p = \hbar\left(n + \frac{1}{2}\right)$$

  基底状態 $n = 0$ で最小値 $\hbar/2$ をとる。

## 固有関数とエルミート多項式

### 固有関数の公式

- 基底状態

  $$\psi_0(x) = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\exp\left(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}\right)$$

  $\hat a\psi_0 = 0$、つまり $\left(x + \frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\psi_0 = 0$ を解いて規格化したもの。

- 一般の固有関数

  $$\psi_n(x) = \frac{1}{\sqrt{2^nn!}}\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}H_n(\xi)\,e^{-\xi^2/2}, \qquad \xi = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x$$

- エルミート多項式

  $$H_n(\xi) = (-1)^ne^{\xi^2}\frac{d^n}{d\xi^n}e^{-\xi^2}, \qquad H_0 = 1,\ H_1 = 2\xi,\ H_2 = 4\xi^2 - 2,\ H_3 = 8\xi^3 - 12\xi$$

- 偶奇性

  $$\psi_n(-x) = (-1)^n\psi_n(x)$$

  ポテンシャルが偶関数なので、固有関数は偶関数か奇関数になる。$\psi_n$ は $n$ 個の節をもつ。

級数解の方法では、$\psi = h(\xi)e^{-\xi^2/2}$ とおいて $h'' - 2\xi h' + (\varepsilon - 1)h = 0$ をべき級数で解く。級数が無限に続くと $h$ は $e^{\xi^2}$ のように増えて規格化できないので、級数が有限で切れる条件 $\varepsilon = 2n + 1$ が必要になる。これがエネルギーの量子化 $E_n = \hbar\omega(n + \frac{1}{2})$ を与え、切れた多項式がエルミート多項式 $H_n$ である。

## はしご演算子と波動関数の計算例

### 計算例：基底状態の確かめ

$\psi_0(x) = Ce^{-\alpha x^2}$ がシュレディンガー方程式を満たす $\alpha$ と、そのときのエネルギー、規格化定数 $C$ を求めよ。

解答：

$\psi_0'' = (4\alpha^2x^2 - 2\alpha)\psi_0$ なので

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\psi_0'' + \frac{1}{2}m\omega^2x^2\psi_0 = \left[\left(\frac{1}{2}m\omega^2 - \frac{2\hbar^2\alpha^2}{m}\right)x^2 + \frac{\hbar^2\alpha}{m}\right]\psi_0$$

右辺が $E\psi_0$ になるには $x^2$ の係数が $0$、つまり $\alpha = m\omega/2\hbar$ であればよく、$E_0 = \hbar^2\alpha/m = \hbar\omega/2$。規格化は $C^2\int e^{-2\alpha x^2}dx = C^2\sqrt{\pi/(2\alpha)} = 1$ から $C = (m\omega/\pi\hbar)^{1/4}$。

検算：

$E_0 = \hbar\omega/2$ は $E_n$ の式の $n = 0$ と一致する。$\langle x^2\rangle = 1/(4\alpha) = \hbar/(2m\omega)$ で、はしご演算子で求めた期待値の $n = 0$ とも一致する。

### 計算例：第1励起状態の波動関数

$\psi_1 = \hat a^\dagger\psi_0$ を計算し、$\psi_0$ と直交することを確かめよ。

解答：

座標表示では $\hat a^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\xi - \frac{d}{d\xi}\right)$。$e^{-\xi^2/2}$ に作用させると $\frac{1}{\sqrt{2}}(\xi + \xi)e^{-\xi^2/2} = \sqrt{2}\,\xi e^{-\xi^2/2}$ なので

$$\psi_1(x) = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\sqrt{2}\,\xi\,e^{-\xi^2/2}$$

$\psi_0\psi_1$ は奇関数なので $\int\psi_0\psi_1\,dx = 0$。

検算：

$H_1(\xi) = 2\xi$ を一般の式に入れると $\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 2\xi = \sqrt{2}\,\xi$ で一致する。$\hat a^\dagger$ の係数 $\sqrt{0 + 1} = 1$ から、$\psi_0$ が規格化されていれば $\psi_1$ も規格化されている。

### 計算例：重ね合わせ状態の位置の期待値

時刻 $0$ に $\Psi = (\psi_0 + \psi_1)/\sqrt{2}$ だった振動子について、$\langle x\rangle(t)$ を求めよ。

解答：

$\Psi(t) = (\psi_0e^{-i\omega t/2} + \psi_1e^{-3i\omega t/2})/\sqrt{2}$。$\hat x$ の行列要素は $\langle 0|\hat x|1\rangle = \langle 1|\hat x|0\rangle = \sqrt{\hbar/2m\omega}$ で、対角要素は $0$ なので

$$\langle x\rangle(t) = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(e^{-i\omega t} + e^{i\omega t}\right) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos\omega t$$

検算：

$\langle x\rangle$ は古典的な振動子と同じ角振動数 $\omega$ で振動し、エーレンフェストの定理 $\frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle = -\omega^2\langle x\rangle$ を満たす。$t = 0$ の値 $\sqrt{\hbar/2m\omega}$ は $\int x\,\psi_0\psi_1\,dx$ を直接計算しても得られる。

## 調和振動子でよくある誤り

1. 零点エネルギーを落として $E_n = n\hbar\omega$ とする。基底状態でも $E_0 = \hbar\omega/2$ が残り、不確定性関係 $\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2$ からエネルギーを $0$ にはできない。
2. $\hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n}\,|n + 1\rangle$ と係数を取り違える。上げるときは $\sqrt{n + 1}$、下げるときは $\sqrt{n}$ で、$\hat a^\dagger\hat a|n\rangle = n|n\rangle$ になるかで確かめる。
3. $\hat x$ を $\hat a$、$\hat a^\dagger$ で書くときの係数 $\sqrt{\hbar/2m\omega}$ の $2$ を落とす。$\langle 0|\hat x^2|0\rangle = \hbar/(2m\omega)$ になるかで確かめる。
4. 規格化定数の $1/\sqrt{2^nn!}$ を忘れる。$\int H_n^2e^{-\xi^2}d\xi = 2^nn!\sqrt{\pi}$ なので、この分を割る必要がある。
5. $\psi_n$ の偶奇を逆に覚える。基底状態 $n = 0$ は偶関数のガウス関数で、$\psi_n(-x) = (-1)^n\psi_n(x)$ である。

## 量子調和振動子が出た院試の過去問

### [調和振動子](https://inshihub.com/exam-themes/harmonic-oscillator)（18大学・138問）

- [九州大学大学院 物理学 2026年度 第1問](https://inshihub.com/exam-solutions/kyushu-university/graduate-school-of-science/physics/2026#problem-1): 物理学I：ねじりばかりと回転系上の球面振り子
- [京都大学 専門科目（物理学） 2026年度 第6問](https://inshihub.com/exam-solutions/kyoto-university/graduate-school-of-science/physics-and-astronomy/2026#problem-6): I-6 統計力学(N 個の量子調和振動子)
- [北海道大学大学院 情報科学専攻 システム情報科学コース 専門科目 2026年度 第4問](https://inshihub.com/exam-solutions/hokkaido-university/graduate-school-of-information-science-and-technology/system-information-science/2026#problem-4): 力学
- [北海道大学大学院 情報科学専攻 情報エレクトロニクスコース 専門科目 2026年度 第7問](https://inshihub.com/exam-solutions/hokkaido-university/graduate-school-of-information-science-and-technology/information-electronics/2026#problem-7): 量子力学
- [名古屋大学大学院 物理学 2026年度 第3問](https://inshihub.com/exam-solutions/nagoya-university/graduate-school-of-science/physics/2026#problem-3): 量子力学
- [名古屋大学大学院 複雑系科学 2026年度 第4問](https://inshihub.com/exam-solutions/nagoya-university/graduate-school-of-informatics/complex-systems-science/2026#problem-4): 物2：円柱電流の磁場とランダウ準位

解答まで無料で読める演習問題:

- [九州大学大学院 物理学 2026年度 第1問](https://inshihub.com/exam-solutions/kyushu-university/graduate-school-of-science/physics/2026#problem-1): 物理学I：ねじりばかりと回転系上の球面振り子
- [九州大学大学院 物理学 2025年度 第1問](https://inshihub.com/exam-solutions/kyushu-university/graduate-school-of-science/physics/2025#problem-1): 物理学I：剛体立方体の転倒と水平移動する振り子
- [北海道大学大学院 情報科学専攻 システム情報科学コース 専門科目 2025年度 第4問](https://inshihub.com/exam-solutions/hokkaido-university/graduate-school-of-information-science-and-technology/system-information-science/2025#problem-4): 力学
- [東京科学大学 物理 2025年度 第1問](https://inshihub.com/exam-solutions/institute-of-science-tokyo/school-of-science/physics/2025#problem-1): 剛体コマの歳差と章動