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問１：井戸型ポテンシャル・時間に依存する摂動ポテンシャル
1-1.
２つの異なる波動関数\(\psi_1(x) \neq \psi_2(x)\)に対して、シュレーディンガー方程式
$$- \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi_1(x) + V(x)\psi_1(x) = E\psi_1(x) …(1)$$
$$- \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi_2(x) + V(x)\psi_2(x) = E\psi_2(x) …(2)$$
が成り立つと仮定する。\((1)\times\psi_2(x) – (2)\times\psi_1(x)\)より
$$\psi_2\frac{d^2}{dx^2}\psi_1 – \psi_1\frac{d^2}{dx^2}\psi_2 = 0$$
$$\frac{d}{dx}\left(\psi_2\frac{d}{dx^2}\psi_1 – \psi_1\frac{d}{dx^2}\psi_2\right) = 0$$
$$\psi_2\frac{d}{dx^2}\psi_1 – \psi_1\frac{d}{dx^2}\psi_2 = C (Cは任意定数)$$
\(x \rightarrow \pm \infty\)で\(\psi_1 = \psi_2 = 0\)となることを課すと、\(C = 0\)。よって
$$\frac{1}{\psi_1}\frac{d}{dx}\psi_1 = \frac{1}{\psi_2}\frac{d}{dx}\psi_2$$
両辺を\(x\)について積分して
$$log\psi_1 = log\psi_2 + C_1$$
$$\psi_1 = C’\psi_2 (C_1, C’ は任意定数)$$
この結果は、仮定と矛盾する。したがって、縮退は生じない。
1-2.
$$- \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x) + V(x)\psi(x) = E\psi(x) …(3)$$
と、(3)において\(x \rightarrow – x\)とした（\(V(-x) = V(x)\)であることを利用）
$$- \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(-x) + V(x)\psi(-x) = E\psi(-x) …(4)$$
に対して、
$$\psi(x) = C\psi(-x) (Cは任意定数)$$
が成り立つ。また
$$\psi(-x) = C\psi(x)$$
も成り立つので
$$\psi(x) = C^2\psi(x) \rightarrow C = \pm 1 $$
以上より、
$$
\psi(x) = \begin{cases}
\psi(-x) & (偶関数)\\
– \psi(-x) & (奇関数)
\end{cases}
$$
1-3.
\(|x| < a\)でのシュレーディンガー方程式は
$$- \frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x) = E\psi(x) …(3)$$
ここで、\(k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar ^2}}\)とおいて、これを解くと、一般解は
$$\psi(x) = Asinkx + Bcoskx (A, Bは任意定数)$$
i)奇パリティの時
$$\psi(x) = Asinkx$$
境界条件は\(\psi(\pm a) = 0\)である。すなわち、
$$ka = n\pi (n = 1, 2, …)$$
$$\psi(x) = Asin\frac{n\pi}{a}x$$
規格化条件より、
\begin{align*}
1 &= |A|^2\int_{-a}^asin^2\frac{n\pi}{a}xdx\\
&= 2|A|^2\int_o^a\frac{1 – cos\frac{2n\pi}{a}x}{2}dx\\
&= |A|^2\cdot a \rightarrow |A| = \sqrt{\frac{1}{a}}
\end{align*}
$$\psi_n(x) = \sqrt{\frac{1}{a}}sin\left(\frac{n\pi}{a}x\right), E_n = \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2 (n = 1, 2, …)$$
ii)偶パリティの時
$$\psi(x) = Bcoskx$$
境界条件は\(\psi(\pm a) = 0\)である。すなわち、
$$ka = \frac{2n -1}{2}\pi (n= 1, 2, …)$$
i)同様、規格化条件より、\(B = \sqrt{\frac{1}{a}} \)
1-4.
エネルギー固有値の変化の\(\lambda\)の１次の項は
$$\lambda\langle\psi_n(x)|x|\psi_n(x)\rangle$$
で与えられる。ここで、1-2の結果より、\(|\psi(x)|^2\)は奇関数同士または偶関数同士の積なので、いづれにしてもぐう関数である。すなわち、これに\(x\)をかけて全空間で積分すると、奇関数の積分となり、必ず0になる。よって、\(\Delta E_n\)は、\(\lambda\)の１次の項は0となり\(\lambda\)の２次以上の量となる。
1-5.
\(\psi(x, t)\)はシュレーディンガー方程式
$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi(x, t) = \hat{H}\psi(x, t)$$
を満たす。すなわち、
\begin{align*}
(左辺) &= i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)}(t) + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x)\\
&= i\hbar\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\frac{\partial C_n^{(0)}(t)}{\partial t} + \lambda\frac{\partial C_n^{(1)}(t) }{\partial t}\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x) \\
&+ i\hbar\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)}(t) + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\left(-\frac{iE_nt}{\hbar}\right)\psi_n(x) …(5)
\end{align*}
\begin{align*}
(右辺) &= (H_0 + \lambda V_2(x))\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)}(t) + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x)\\
&= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)}(t) + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}E_n\psi_n(x)\\
&+ \lambda\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}V_2(x)\left\{C_n^{(0)}(t) + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x) …(6)
\end{align*}
ここで\(C_n^{(0)}(t)\)は摂動を加えないときの展開係数に等しい。すなわち、時間変化しないので
$$i\hbar \frac{d C_n^{(0)}(t)}{dt} = 0$$
(5), (6)より
\begin{align*}
i\hbar\lambda\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d C_n^{(1)}(t)}{dt}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x)
&+ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)} + \lambda C_n^{(1)}(t)E_ne^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x)\right\}\\
&= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)} + \lambda C_n^{(1)}(t)E_ne^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x)\right\}\\
&+ \lambda\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left\{C_n^{(0)} + \lambda C_n^{(1)}(t)\right\}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}V_2(x)\psi_n(x)
\end{align*}
上の結果について、\(\lambda ^2\)の項は無視することで、次式が得られる。
$$i\hbar\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{d C_n^{(1)}(t)}{dt}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}\psi_n(x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}C_n^{(0)}e^{-\frac{iE_nt}{\hbar}}V_2(x)\psi_n(x)$$
ここで\(n \rightarrow l\)と置き換える。
$$i\hbar\displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}\frac{d C_l^{(1)}(t)}{dt}e^{-\frac{iE_lt}{\hbar}}\psi_l(x) = \displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}C_l^{(0)}e^{-\frac{iE_lt}{\hbar}}V_2(x)\psi_l(x)$$
この両辺に\(\psi_n^*(x)\)をかけて\((-a, a)\)の区間で積分すると
$$\int_{-a}^{a}\psi_n^*(x)\psi_l(x)dx = \delta_{nl}$$
である。よって、
$$i\hbar\displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}\frac{d C_l^{(1)}(t)}{dt}e^{-\frac{iE_lt}{\hbar}}\delta_{nl} = \displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}C_l^{(0)}\int_{-a}^{a}\psi_n^*(x)V_2(x, t)\psi_l(x)dxe^{-\frac{iE_lt}{\hbar}}$$
以上より、
$$i\hbar\frac{d C_n^{(1)}(t)}{dt} = \displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}C_l^{(0)}\int_{-a}^{a}\psi_n^*(x)V_2(x, t)\psi_l(x)dxe^{\frac{i(E_n – E_l)t}{\hbar}} …(7)$$
が示された。
1-6.
\(t = 0\)において、基底状態\(n = 1\)をとるので\(C_n^{(0)} = \delta_{n1}\)
よって、(7)において\(n = 2\)とおくと
\begin{align*}
i\hbar\frac{d C_2^{(1)}(t)}{dt} &= \displaystyle\sum_{l=1}^{\infty}\delta_{l1}\int_{-a}^{a}\psi_2^*(x)V_2(x, t)\psi_l(x)dxe^{\frac{i(E_2 – E_l)t}{\hbar}}\\
&= \int_{-a}^{a}\psi_2^*(x)V_2(x, t)\psi_1(x)dxe^{\frac{i(E_2 – E_1)t}{\hbar}} …(8)
\end{align*}
ここで、
$$C_2(t) = \delta_{21} + \lambda C_2^{(1)}(t) = \lambda C_2^{(1)}(t)$$
であるから、求める確率は次のように表せる。
$$|C_2(t=\infty)|^2 = \lambda ^2|C_2^{(1)}(t=\infty)|^2$$
1-3の結果を整理すると、次のようにまとめることができる。
\[
\psi_n(x) =
\begin{cases}
\sqrt{\frac{1}{a}}cos\left(\frac{n\pi}{2a}x\right), E_n = \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{2a}\right)^2 & (n = 1, 3, 5 …)\\
\sqrt{\frac{1}{a}}sin\left(\frac{n\pi}{2a}x\right), E_n = \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{2a}\right)^2 & (n = 2, 4, 6 …)
\end{cases}
\]
よって、
$$\psi_1(x) = \sqrt{\frac{1}{a}}cos\left(\frac{\pi}{2a}x\right), E_1 = \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{\pi}{2a}\right)^2$$
$$\psi_2(x) = \sqrt{\frac{1}{a}}sin\left(\frac{\pi}{a}x\right), E_n2 \frac{\hbar ^2}{2m}\left(\frac{\pi}{a}\right)^2$$
である。(8)へこれらを代入して、
$$i\hbar\frac{d C_2^{(1)}(t)}{dt} = \frac{1}{a}\int_{-a}^{a}sin\frac{\pi}{a}x\cdot x\cdot cos\frac{\pi}{2a}x\cdot e^{-\alpha t + \frac{i(E_2 – E_1)t}{\hbar}}$$
が得られる。両辺を\(t\)について積分すると
$$i\hbar\int_0^{\infty}\frac{d C_2^{(1)}(t)}{dt}dt = \frac{2}{a}\int_0^axsin\frac{\pi x}{a}cos\frac{\pi x}{2a}dx\int_0^{\infty} e^{-\alpha t + \frac{i(E_2 – E_1)t}{\hbar}}dt …(9)$$
\(t = 0\)では基底状態にあるので、第一励起状態の係数である\(C_2(t)\)について、\(C_2(t = 0) = 0\)である。
(9)の左辺は\(i\hbar C_2^{(1)}(\infty) – i\hbar C_2^{(1)}(0) = i\hbar C_2^{(1)}(\infty)\)なので、(9)は以下のように計算できる。
\begin{align*}
i\hbar C_2^{(1)}(\infty) &=
\frac{2}{a}\int_0^{a}\frac{x}{2}\left(sin\frac{3\pi}{2a} + sin\frac{\pi}{2a}\right)dx \times \left[\frac{1}{-\alpha + \frac{\hbar}{2m}\left(\frac{3\pi ^2}{4a^2}\right)i}e^{-\alpha t + \frac{i(E_2 – E_1)t}{\hbar}}\right]_0^{\infty}\\
&= (途中省略)
\end{align*}
上の計算より、次の結果が得られる。
$$C_2^{(1)}(\infty) = \frac{1}{i\hbar a}\left[\frac{1}{\alpha – \frac{\hbar}{2m}\left(\frac{3\pi ^2}{4a^2}\right)i}\right]\left\{\left(\frac{2a}{\pi}\right)^2 – \left(\frac{2a}{3\pi}\right)^2\right\}$$
よって、
$$\lambda ^2|C_2^{(1)}(\infty)|^2 = \frac{\lambda ^2}{\hbar ^2a^2}\frac{1}{\alpha ^2 + \frac{\hbar ^2}{4m^2}\left(\frac{3\pi ^2}{4a^2}\right)^2}\left(\frac{32a^2}{9\pi ^2}\right)^2$$
問２：磁気双極子モーメントとスピンの相互作用
2-1.
\begin{align*}
[\hat{\mathbf{S}}^2, \hat{S_z}] &= [(\hat{\mathbf{S}_e} + \hat{\mathbf{S}_p})^2, \hat{S_{ez}} + \hat{S_{pz}}]\\
&= [\hat{S_e}^2 + 2\hat{\mathbf{S}_e}\cdot\hat{\mathbf{S}_p} + \hat{S_p}^2, \hat{S_{ez}} + \hat{S_{pz}}]
\end{align*}
ここで、\(\hat{S_e}^2, \hat{S_p}^2, \hat{S_{ez}}, \hat{S_{pz}}\)はそれぞれ、互いに可換であるから、
\begin{align*}
[\hat{\mathbf{S}}^2, \hat{S_z}] &= 2[\hat{\mathbf{S}_e}\cdot\hat{\mathbf{S}_p}, \hat{S_{ez}} + \hat{S_{pz}}]\\
&= 2[\hat{S_{ex}}\hat{S_{px}}+\hat{S_{ey}}\hat{S_{py}}+\hat{S_{ez}}\hat{S_{pz}}, \hat{S_{ez}} + \hat{S_{pz}}]\\
&= 2[\hat{S_{ex}}\hat{S_{px}}, \hat{S_{ez}}] + 2[\hat{S_{ex}}\hat{S_{px}}, \hat{S_{pz}}] + 2[\hat{S_{ey}}\hat{S_{py}}, \hat{S_{ez}}] + 2[\hat{S_{ey}}\hat{S_{py}}, \hat{S_{pz}}]\\
&= 2\hat{S_{px}}[\hat{S_{ex}}, \hat{S_{ez}}] + 2\hat{S_{ex}}[\hat{S_{px}}, \hat{S_{pz}}] + 2\hat{S_{py}}[\hat{S_{ey}}, \hat{S_{ez}}] + 2\hat{S_{ey}}[\hat{S_{py}}, \hat{S_{pz}}]\\
&= 2\hat{S_{px}}(-i\hat{S_{ey}}) + 2\hat{S_{ex}}(-i\hat{S_{py}}) + 2\hat{S_{py}}(i\hat{S_{ex}}) + 2\hat{S_{ey}}(i\hat{S_{px}})\\
&= 0
\end{align*}
よって、\(\hat{\mathbf{S}}^2, \hat{S_z}\)は可換である。
2-2.
全スピンの大きさは\(S = 0, 1\)のいづれかの値をとる。
i)S = 1のとき、\(\hat{\mathbf{S}}^2の固有値 = 1(1+1) = 2\)である。
また、取りうる固有状態は以下のようになる。
\begin{align*}
|S, S_z\rangle &= |1, 1\rangle\\
&= |\uparrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p …(1) & ,\hat{S_z}の固有値は1
\end{align*}
\begin{align*}
\hat{S_-}|1, 1\rangle &= (\hat{S_{e-}} + \hat{S_{p-}})|\uparrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p\\
&= |\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p + |\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p\\
&= \sqrt{2} |1, 0\rangle\\
|S, S_z\rangle &= |1, 0\rangle\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}(|\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p + |\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p) …(2)& ,\hat{S_z}の固有値は0
\end{align*}
\begin{align*}
|S, S_z\rangle &= |1, -1\rangle\\
&= |\downarrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p …(1) & ,\hat{S_z}の固有値は-1
\end{align*}
ii)S = 0のとき、\(\hat{\mathbf{S}}^2の固有値 = 0\)である。
また、取りうる固有状態は以下のようになる。
$$|0, 0\rangle= A|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p + B|\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p$$
ここで、直交性を利用して
$$\langle 1, 0|0, 1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(A + B) = 0 \rightarrow A = -B$$
規格化条件を用いて、上の結果と合わせると
$$|A|^2 + |B|^2 = 2|A|^2 \rightarrow A =\frac{1}{\sqrt{2}}, B =- \frac{1}{\sqrt{2}}$$
よって
\begin{align*}
|S, S_z\rangle &= |0, 0\rangle\\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p – \frac{1}{\sqrt{2}}|\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p& ,\hat{S_z}の固有値は0
\end{align*}
2-3.
\begin{align*}
\hat{H_m} &= – C(- A\hat{\mathbf{S}_e})\cdot A\hat{\mathbf{S}_p}
\\&= CA^2\hat{\mathbf{S}_e}\cdot \hat{\mathbf{S}_p}\\
&= CA^2\cdot{\hat{S}^2 – \hat{S_e}^2 – \hat{S_p}^2}{2}
\end{align*}
すなわち、\(S = 1\)のときのエネルギーの変化は
\begin{align*}
\Delta E &= \frac{CA^2}{2}\left\{1(1+1) – \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2}) – \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2})\right\}\\
&= \frac{CA^2}{4}
\end{align*}
一方、\(S = 0\)のときのエネルギーの変化は
\begin{align*}
\Delta E &= \frac{CA^2}{2}\left\{0 – \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2}) – \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2})\right\}\\
&= – \frac{3CA^2}{4}
\end{align*}
2-4.
\begin{align*}
\hat{H_B} &= – \mathbf{B}\cdot (- A\hat{\mathbf{S}_e}) + A\hat{\mathbf{S}_p}
\\&= AB(\hat{S_{ez}} – \hat{S_{pz}})
\end{align*}
i)S = 1のとき
i)-1 \(\hat{S}_z\)の固有値\(= 1\)の場合
\begin{align*}
\hat{H_B}|1, 1\rangle &= AB(\hat{S_{ez}} – \hat{S_{pz}})|\uparrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p\\
&= 0|1, 1\rangle
\end{align*}
i)-2 \(\hat{S}_z\)の固有値\(= 0\)の場合
\begin{align*}
\hat{H_B}|1, 0\rangle &= AB\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{S_{ez}} – \hat{S_{pz}})(|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p + |\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p)\\
&= \frac{AB}{\sqrt{2}}(|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p – |\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p)\\
&= AB|0, 0\rangle
\end{align*}
i)-2 \(\hat{S}_z\)の固有値\(= -1\)の場合
\begin{align*}
\hat{H_B}|1, -1\rangle &= AB(\hat{S_{ez}} – \hat{S_{pz}})|\downarrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p\\
&= 0|1, -1\rangle
\end{align*}
ii)S = 0のとき
\begin{align*}
\hat{H_B}|0, 0\rangle &= AB\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{S_{ez}} – \hat{S_{pz}})(|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p – |\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p)\\
&= \frac{AB}{\sqrt{2}}(|\uparrow\rangle _e|\downarrow\rangle _p + |\downarrow\rangle _e|\uparrow\rangle _p)\\
&= AB|1, 0\rangle
\end{align*}
以上、2-3, 2-4を踏まえ、\(\hat{H_m} + \hat{H_B}\)の固有値行列は次のようになる。
$$\langle\hat{H_m} + \hat{H_B}\rangle =
\begin{pmatrix}
\frac{CA^2}{4} & 0 & 0 & 0 \\
0 & \frac{CA^2}{4} & 0 & 0 \\
0 & 0 & \frac{CA^2}{4} & AB \\
0 & 0 & AB & -\frac{3CA^2}{4}
\end{pmatrix}$$
行列の右下の2*2行列部分について、以下の固有値方程式を解く。
$$\begin{vmatrix}
\frac{CA^2}{4} – \lambda & AB \\
AB & -\frac{3CA^2}{4} \lambda
\end{vmatrix} = 0$$
すると、\(\lambda = – \frac{CA^2}{4} \pm A\sqrt{C^2 + 16B^2}\)が得られる。
これらより、\(\hat{H_m} + \hat{H_B}\)の固有値は以下の３つ（うち１つは２重根）
$$\frac{CA^2}{4} (2重根), – \frac{CA^2}{4} + A\sqrt{C^2 + 16B^2}, – \frac{CA^2}{4} – A\sqrt{C^2 + 16B^2}$$
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