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問１：調和振動子
1-1.
\begin{align*}
[\hat{a}, \hat{a}^{\dagger}] &= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\left(\hat{x} – \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right) – \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat{x} – \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\\
&= \frac{m\omega}{2\hbar}\cdot\frac{-i}{m\omega}[\hat{x}, \hat{p}] – \frac{m\omega}{2\hbar}\cdot\frac{i}{m\omega}[\hat{x}, \hat{p}]\\
&= 1
\end{align*}
1-2.
$$\hat{a}|n\rangle = \alpha|n – 1\rangle$$
のノルムをとると
$$\langle n|\hat{a}^{\dagger} \hat{a}|n\rangle = \langle n|\hat{N}|n\rangle = n = \alpha ^2$$
であるから、\(\alpha = \sqrt{n}\)が得られる。
また、同様に
$$\hat{a}^{\dagger}|n\rangle = \beta|n – 1\rangle$$
のノルムをとると
$$\langle n|\hat{a}\hat{a}^{\dagger}|n\rangle = \langle n|\hat{N} + 1|n\rangle = n + 1 = \beta ^2$$
であるから、\(\beta = \sqrt{n + 1}\)が得られる。
1-3.
\begin{align*}
\hat{a}^{\dagger}\hat{a} &= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega ^2} + \frac{i}{m\omega}[\hat{x}, \hat{p}]\right)\\
&= \frac{1}{\hbar \omega}\left(\frac{1}{2}m\omega ^2\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{2m}\right) – \frac{1}{2}\\
&= \frac{1}{\hbar \omega}\hat{H} – \frac{1}{2}
\end{align*}
よって、ハミルトニアンは
$$\hat{H} = \left(\hat{N} + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega$$
1-4.
1-2.で示した\(\hat{a}^{\dagger}|n\rangle = \sqrt{n + 1}|n – 1\rangle\)により
$$(\hat{a}^{\dagger})^n|0\rangle = \sqrt{n!}|n\rangle$$
が成り立つ。したがって、
$$|n\rangle = \frac{(\hat{a}^{\dagger})^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle$$
1-5.
まず、調和振動子の場合
\begin{align*}
&\langle n|\hat{x}|n\rangle = 0\\
&\langle n|\hat{p}|n\rangle = 0
\end{align*}
が成り立つ。また、
\begin{align*}
&\hat{x} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat{a} + \hat{a}^{\dagger})}\\
&\hat{p} = \frac{1}{i}\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(\hat{a} – \hat{a}^{\dagger})
\end{align*}
と書くことができる。よって、
\begin{align*}
\langle n|(\hat{x} – \overline{x})^2|n\rangle &= \langle n|\hat{x}^2|n\rangle\\
&= \frac{\hbar}{2m\omega}\langle n|(\hat{a})^2 + (\hat{a}^{\dagger})^2 + \hat{a}\hat{a}^{\dagger} + \hat{a}^{\dagger}\hat{a}|n\rangle\\
&= \frac{\hbar}{2m\omega}\langle n|2\hat{a}\hat{a}^{\dagger} + 1|n\rangle\\
&= \frac{\hbar}{2m\omega}(2n + 1)
\end{align*}
\begin{align*}
\langle n|(\hat{p} – \overline{p})^2|n\rangle &= \langle n|\hat{p}^2|n\rangle\\
&= – \frac{\hbar m\omega}{2}\langle n|(\hat{a})^2 + (\hat{a}^{\dagger})^2 – \hat{a}\hat{a}^{\dagger} – \hat{a}^{\dagger}\hat{a}|n\rangle\\
&= – \frac{\hbar m\omega}{2}\langle n| – 2\hat{a}\hat{a}^{\dagger} – 1|n\rangle\\
&= \frac{\hbar m\omega}{2}(2n + 1)
\end{align*}
よって
\begin{align*}
\Delta x\Delta p &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}(2n + 1)\cdot\frac{\hbar m\omega}{2}(2n + 1)}\\
&= \frac{\hbar}{2}(2n + 1)
\end{align*}
1-6.
\(\hat{a}|0\rangle = 0\)より
$$\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)|0\rangle = 0$$
左から\(\langle x|\)をかけて
$$\left( x + \frac{i}{m\omega}\left( – i\hbar\frac{d}{dx}\right)\right)\psi _0(x) = 0$$
が得られる。これを変形すると
\begin{align*}
\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\psi_0(x) &= 0\\
\rightarrow \frac{1}{\psi_0(x)}\frac{d}{dx}\psi_0(x) &= – \frac{n\omega}{\hbar}x
\end{align*}
積分すると
\begin{align*}
log\psi_0(x) &= – \frac{m\omega}{2\hbar}x^2 + C\\
\psi_0(x) &= Ce^{- \frac{m\omega}{2\hbar}x^2} &(Cは任意定数)
\end{align*}
規格化すると
\begin{align*}
1 &= |C|^2\int_{-\infty}^{\infty}e^{- \frac{m\omega}{\hbar}x^2}\\
&= |C|^2\left(\frac{\hbar\pi}{m\omega}\right)^{\frac{1}{2}},\\
C &= \left(\frac{m\omega}{\hbar\pi}\right)^{\frac{1}{4}}
\end{align*}
$$\psi_0(x) = \left(\frac{m\omega}{\hbar\pi}\right)^{\frac{1}{4}}e^{- \frac{m\omega}{2\hbar}x^2}$$
問２：箱型ポテンシャル障壁に入射する粒子
2-1.
ポテンシャル障壁を透過した粒子の確率密度の流れを\(j_t\)として
\begin{align*}
j_t &= \frac{\hbar}{2im}[F^*\cdot ike^{ikx}F – F^*(-ik)e^{-ikx}\cdot Fe{ikx}]\\
&= \frac{\hbar}{2im}|F|^2\cdot 2ik\\
&= \frac{\hbar k}{m}|F|^2
\end{align*}
2-2.
領域Ⅰでのポテンシャルに入射する波と、反射される波の確率密度の流れを2-1同様に求める。
$$j_{in} = \frac{\hbar k}{m}|A|^2$$
$$j_r = \frac{\hbar k}{m}|B|^2$$
すなわち、反射される確率、透過する確率は
$$R = \frac{j_r}{j_{in}} = \frac{|B|^2}{|A|^2}$$
$$T = \frac{j_t}{j_{in}} = \frac{|B|^2}{|A|^2}$$
2-3.
\(x = 0, a\)における境界条件は以下のようになる。
i)\(x = 0\)での境界条件
\begin{align*}
A + B &= C + D …(1)\\
kA – kB &= qC – qD …(2)
\end{align*}
ii)\(x = a\)での境界条件
\begin{align*}
Ce^{iqa} + De^{-iqa} = Fe^{ika} …(3)\\
qCe^{iqa} – qDe^{-iqa} = kFe^{ika} …(4)
\end{align*}
(3)×(4) + (4)より
\begin{align*}
2qCe^{iqa} &= (k – q)Fe^{ika}\\
C &= \frac{k + q}{2q}Fe^{ika – iqa}
\end{align*}
(3)×(4) – (4)より
\begin{align*}
2qDe^{-iqa} &= (q – k)Fe^{ika}\\
D &= \frac{q – k}{2q}Fe^{ika – iqa}
\end{align*}
(1)×k + (2)より
\begin{align*}
2kA &= (k + q)C + (k – q)D\\
&= \frac{(k + q)^2}{2q}Fe^{ika – iqa} – \frac{(k – q)^2}{2q}Fe^{ika + iqa}\\
\end{align*}
ここで、上式の両辺に\(2q\)をかけて、
オイラーの公式：\(e^{i\theta} = cos\theta + isin\theta\) を用いると
$$4kq = Fe^{ika}\left\{4kqcosqa – 2i(k^2 + q^2)sinqa\right\}$$
$$\frac{F}{A} = \frac{4kqe^{-ika}}{4kqcosqa – 2i(k^2 + q^2)sinqa}$$
したがって、透過する確率は
\begin{align*}
T &= \left|\frac{F}{A}\right|\\
&= \frac{(4kq)^2}{(4kq)^2 + 4(k^2 – q^2)^2sin^2qa}
\end{align*}
ここで、\(k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar ^2}}, q= \sqrt{\frac{2m(E – V_0)}{\hbar ^2}}\)を代入して整理すると
$$T = \frac{4E(E – V_0)}{4E(E – V_0) + V_0^2sin^2qa}$$
が得られる。
2-4.
透過率\(T = 1\)となる時、2-3の結果から
$$qa = n\pi (n = 1, 2, …)$$
が成り立つ。すなわち、
\begin{align*}
\frac{2m(E – V_0)}{\hbar ^2} &= \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2\\
E &= V_0 + \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2
\end{align*}
2-5.
角周波数\(q\)と波長\(\lambda\)の間には\(q = \frac{2\pi}{\lambda}\)の関係が成り立つ。
よって、\(T = 1\)を与える\(\lambda\)は
$$\lambda = \frac{2\pi}{q}$$
である(ただし、\(q\)は2-4の条件を満たす)。
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