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問１：１次元調和振動子、２次元調和振動子
1-1.
\(\hat{H}_0\)の固有値は、固有状態を\(|n\rangle\)として
\begin{align*}
\langle n | \hat{H} | n \rangle &= \frac{1}{2}\hbar\omega\langle n | n \rangle \ + \ \langle n | \dagger{\hat{a}}\hat{a} | n \rangle\\
&= \frac{1}{2}\hbar\omega + \|\hat{a} | n \rangle\|
\end{align*}
となるが、第2項はベクトルのノルムであるから、\(\|\hat{a} | n \rangle\| \ge 0 \ …(1)\)である。
すなわち、
$$\langle n | \hat{H} | n \rangle \gt 0$$
が成り立つ。また、基底状態は、(1)の等号が成り立つ場合に相当するから、
$$\hat{a} | 0 \rangle\| = 0$$
を満たす状態\(| 0 \rangle\|\)で与えられる。
1-2.
$$\hat{H}(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle = \frac{1}{2}\hbar\omega(\dagger{\hat{a}})^n \ + \ \hbar\omega\hat{a}^\dagger\hat{a}(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle$$
ここで、
\begin{align*}
\hat{a}^\dagger\hat{a}(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle &= \hat{a}^\dagger(\hat{a}\hat{a}^\dagger)(\hat{a}^\dagger)^{n-1}|0\rangle\\
&= {\hat{a}^\dagger(\hat{a}^\dagger\hat{a}+1)(\hat{a}^\dagger)^{n-1}}|0\rangle\\
&= …\\
&= {n(\dagger{\hat{a}})^n + (\hat{a}^\dagger)^n\hat{a}^\dagger\hat{a}}|0\rangle\\
&= n(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle
\end{align*}
すなわち
$$\hat{H}(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle = \hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle$$
となる。よって、\((\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle\)は\(\hat{H}\)の固有状態である。
1-3.
$$\hat{H} = \left(\frac{\hat{p}_x^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega x^2\right) \ + \ \left(\frac{\hat{p}_y^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega y^2\right)$$
と分けることができるので、固有値は
\begin{align*}
E_n &= (n_x + \frac{1}{2})\hbar\omega + (n_y + \frac{1}{2})\hbar\omega \\
&= (n_x + n_y + 1)\hbar\omega \\
&= (n + 1)\hbar\omega
\end{align*}
ここで、\(n_x + n_y = n\)とおいた。
また、１つの\(n\)に対し、取りうる\((n_x, n_y)\)の組は\(n+1\)個存在するため、\(E_n\)は\(n+1\)に縮退している。
1-4.
\begin{align*}
\hat{H} &= \frac{\left(\hat{p}_x + \frac{qB}{2}\hat{y}\right)^2 + \left(\hat{p}_y + \frac{qB}{2}\hat{x}\right)^2}{2m} \ + \ \frac{1}{2}m\omega^2(\hat{x}^2 + \hat{y}^2)\\
&= \frac{\hat{p}_x^2 + \hat{p}_y^2}{2m} \ + \ \frac{1}{2}m\left(\omega^2 + \frac{q^2B^2}{4m}\right)(\hat{x}^2+\hat{y}^2) \ – \ \frac{qB}{2m}(\hat{x}\hat{p}_y -\hat{y}\hat{p}_x)
\end{align*}
よって、
\begin{cases}
\omega_L = \frac{qB}{2m}\\
C = \hat{x}\hat{p}_y -\hat{y}\hat{p}_x
\end{cases}
であることが分かる。ここで\(C\)は角運動量のz成分に相当する。
1-5.
\begin{align*}
\hat{a}_x\hat{a}_y\dagger &= \frac{m\Omega}{2\hbar}\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}_x}{m\omega}\right)\left(\hat{y} – \frac{i\hat{p}_y}{m\omega}\right)\\
\hat{a}_x\dagger\hat{a}_y &= \frac{m\Omega}{2\hbar}\left(\hat{x} – \frac{i\hat{p}_x}{m\omega}\right)\left(\hat{y} + \frac{i\hat{p}_y}{m\omega}\right)
\end{align*}
であるから
$$\hat{a}_x\dagger\hat{a}_y – \hat{a}_x\hat{a}_y\dagger = \frac{i}{\hbar}(\hat{x}\hat{p}_y -\hat{y}\hat{p}_x)$$
よって
$$C = i\hbar( \hat{a}_x\hat{a}_y\dagger – \hat{a}_x\dagger\hat{a}_y)$$
と表すことができる。
\begin{align*}
\hat{a}_+ &= \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{a}_x – i\hat{a}_y)\\
\hat{a}_- &= \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{a}_x + i\hat{a}_y)
\end{align*}
であるから、
$$C = \hbar(\hat{a}_+\hat{a}_+\dagger – \hat{a}_- \hat{a}_- \dagger)$$
と表すことができる。
1-6. , 1-7. 未解答
問２：角運動量演算子
\begin{align*}
[\hat{J}_z, \hat{J}_{\pm}] &= \hat{J}_z(\hat{J}_x \pm i\hat{J}_y) – (\hat{J}_x \pm i\hat{J}_y)\hat{J}_z\\
&= [\hat{J}_z, \hat{J}_x] \pm i[\hat{J}_z, \hat{J}_y]\\
&= \pm i(-i\hat{J}_x) + i\hat{J}_y\\
&= \pm(\hat{J}_x\pm i\hat{J}_y)\\
&= \pm \hat{J}_{\pm}
\end{align*}
\begin{align*}
\hat{J}_{+}\hat{J}_{-} &= (\hat{J}_x + i\hat{J}_y)(\hat{J}_x – i\hat{J}_y)\\
&= \hat{J}_x^2 + \hat{J}_y^2 – i[\hat{J}_x, \hat{J}_y]\\
&= \hat{J}^2 – \hat{J}_z^2 – i(i\hat{J}_z)\\
&= \hat{J}^2 – \hat{J}_z^2 + \hat{J}_z)
\end{align*}
\begin{align*}
\hat{J}_{-}\hat{J}_{+} &= (\hat{J}_x – i\hat{J}_y)(\hat{J}_x + i\hat{J}_y)\\
&= \hat{J}_x^2 + \hat{J}_y^2 + i[\hat{J}_x, \hat{J}_y]\\
&= \hat{J}^2 – \hat{J}_z^2 + i(i\hat{J}_z)\\
&= \hat{J}^2 – \hat{J}_z^2 – \hat{J}_z)
\end{align*}
2-2.
$$\hat{J}_+|J,M\rangle = C|J, M+1\rangle$$
とおいて、このベクトルのノルムをとると
$$\langle J,M|\hat{J}_-\hat{J}_+|J,M\rangle = |C|^2$$
2-1より
$$J(J+1) – M^2 – M = |C|^2$$
であり、\(C\)は正の定数だとすれば、\(C=\sqrt{(J-M)(J+M+1)}\)だから
$$\hat{J}_+|J,M\rangle = \sqrt{(J-M)(J+M+1)}|J, M+1\rangle \ …(1)$$
また、
$$\hat{J}_=|J,M\rangle = C_-|J, M-1\rangle$$
とおけば
$$J(J+1) – M^2 + M = |C_-|^2$$
$$\hat{J}_-|J,M\rangle = \sqrt{(J+M)(J-M+1)}|J, M-1\rangle \ …(2)$$
(1), (2) より、
$$\hat{J}_\pm|J,M\rangle = \sqrt{(J\mp M)(J\pm M+1)}|J, M\pm1\rangle $$
が示せる。
2-3.
系の全角運動量は
$$\hat{\mathbf{J}} = \hat{\mathbf{J}}_1 + \hat{\mathbf{J}}_2$$
であるから、
$$\hat{\mathbf{J}}_1\cdot\hat{\mathbf{J}}_2 = \frac{\hat{\mathbf{J}}^2 – \hat{\mathbf{J}}_1^2 – \hat{\mathbf{J}}_2^2}{2}$$
と表すことができる。よって、エネルギー固有値は、全角運動量の大きさ及び、粒子１、粒子２それぞれの角運動量の大きさによって変化する。
2-4.
今、\(\hat{H}’\)の固有値は、全角運動量の大きさ\(J\)を用いて
$$\frac{J(J+1) – 1(1+1) – 1(1+1)}{2} = \frac{J(J+1)}{2}$$
で表すことができる。
i) \(J = 2\)に対して、\(\hat{H}’\)の固有値は、\(\alpha\)である。この時、取りうる固有状態は
\begin{align*}
|J, M \rangle &= |2, 2\rangle\\
&= |1, 1\rangle|1, 1\rangle
\end{align*}
\begin{align*}
\hat{J}_-|2, 2\rangle &= 2|2, 1\rangle\\
&= \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, 1\rangle \ + \ \sqrt{2}|1, 1\rangle|1, 0\rangle \ …(1)
\end{align*}
(1)より
$$|2, 1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 0\rangle|1, 1\rangle \ + \ \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 1\rangle|1, 0\rangle$$
\begin{align*}
\hat{J}_-|2, 1\rangle &= \sqrt{6}|2, 0\rangle\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}\left\{\sqrt{2}|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ + \ \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ + \ \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ +\ \sqrt{2}|1, 1\rangle|1, -1\rangle\right\} \\
&= |1, -1\rangle|1, 1\rangle \ + \ 2|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ + \ |1, 1\rangle|1, -1\rangle \ …(2)
\end{align*}
(2)より
$$|2, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ + \ \sqrt{\frac{2}{3}}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ + \ \frac{1}{\sqrt{6}}|1, 1\rangle|1, -1\rangle$$
$$|2, -2\rangle = |1, -1\rangle |1,-1\rangle$$
\begin{align*}
\hat{J}_+|2, -2\rangle &= 2|2, -1\rangle\\
&= \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, -1\rangle \ + \ \sqrt{2}|1, -1\rangle|1, 0\rangle \ …(3)
\end{align*}
(3)より
$$|2, -1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 0\rangle|1, -1\rangle \ + \ \frac{1}{\sqrt{2}}|1, -1\rangle|1, 0\rangle$$
ii) \(J = 1\)に対して、\(\hat{H}’\)の固有値は、\(-\alpha\)である。この時、取りうる固有状態を
\begin{align*}
|J, M\rangle &= |1, 1\rangle\\
&= a|1, 0\rangle|1, 1\rangle \ + \ b|1, 1\rangle|1, 0\rangle
\end{align*}
とおくと
$$\langle 2,1|1, 1\rangle = \frac{a}{\sqrt{2}} + \frac{b}{\sqrt{2}} = 0$$
であるから、\(a = -b\)。また、規格化条件\(|a|^2 + |b|^2=1\)より\(a=\frac{1}{\sqrt{2}}, b=-\frac{1}{\sqrt{2}}\)
以上より
$$|1, 1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 0\rangle|1, 1\rangle \ – \ \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 1\rangle|1, 0\rangle$$
\begin{align*}
\hat{J}_-|1, 1\rangle &= \sqrt{2}|1, 0\rangle\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}\left\{\sqrt{2}|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ + \ \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ – \ \sqrt{2}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ -\ \sqrt{2}|1, 1\rangle|1, -1\rangle\right\} \\
&= |1, -1\rangle|1, 1\rangle \ – \ |1, 1\rangle|1, -1\rangle \ …(4)
\end{align*}
(4)より
$$|1, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ – \ \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 1\rangle|1, -1\rangle$$
$$|1, -1\rangle = c|1, 0\rangle|1, -1\rangle + b|1, -1\rangle|1, 0\rangle$$
とおくと、規格直交性を用いて
$$|1, -1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|1, 0\rangle|1, -1\rangle \ – \ \frac{1}{\sqrt{2}}|1, -1\rangle|1, 0\rangle$$
が得られる。
ii) \(J = 0\)に対して、\(\hat{H}’\)の固有値は、\(-2\alpha\)である。この時、取りうる固有状態を
$$|0, 0\rangle = A|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ + \ B|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ + \ C|1, 1\rangle|1, -1\rangle $$
とおくと、直交性により
$$\langle 2,0|0, 0\rangle = \frac{A}{\sqrt{6}} + \sqrt{\frac{2}{3}}B + \frac{C}{\sqrt{6}} = 0$$
$$A + 2B + C = 0 \ …(5)$$
$$\langle 1,0|0, 0\rangle = A – C = 0 \ …(6)$$
(5), (6)と、規格化条件\(|a|^2 + |b|^2 + |C|^2=1\)により
$$|0, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|1, -1\rangle|1, 1\rangle \ – \ \frac{1}{\sqrt{3}}|1, 0\rangle|1, 0\rangle \ + \ \frac{1}{\sqrt{3}}|1, 1\rangle|1, -1\rangle $$
が得られる。
感想
前半は調和振動子の典型的な問題であり、生成消滅演算子に関する計算だったため、参照できる参考書もあったため、多分正答できていると思われる。後半、２次元の調和振動子については、最後の問題を解き切ることができなかった。どこかに類似の問題が掲載されていないだろうか。
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