東京工業大学 理学院 物理学系 2019年8月実施 午前 [3]

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• 东京科学大学
• 海森堡绘景
• 产生与湮灭算符
• 谐振子基态
• 谐振子第一激发态
• 量子可观测量的期望与方差

Author

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description

以下の文章の空欄に当てはまる適切な数または数式を答えよ。解答には、プランク定数 $h$ ではなく、換算プランク定数 $\hbar=h/(2\pi)$ を用いること。

[A]

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子のラグランジアンは以下のように与えられる。

$$L=\frac{m}{2}\dot{x}^{2}-\frac{m\omega^{2}}{2}x^{2}$$

(1) 上のラグランジアンに対応するハミルトニアンは $H(p,x)=\dfrac{p^{2}}{2m}+\dfrac{m\omega^{2}}{2}x^{2}$ である。正準量子化により $x$、$p$ を演算子 $\hat{x}$、$\hat{p}$ に置き換える。$\hat{x}$、$\hat{p}$ は、正準交換関係 $[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$ を満たす。生成演算子 $\hat{a}^{\dagger}$ 及び消滅演算子 $\hat{a}$ を以下のように導入する。

$$\begin{aligned} \hat{a}^{\dagger} &=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,\hat{x}-\frac{i}{\sqrt{m\omega}}\hat{p}\right),\\ \hat{a} &=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,\hat{x}+\frac{i}{\sqrt{m\omega}}\hat{p}\right) \end{aligned}$$

このとき $[\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]=\boxed{\text{あ}}$ であり、$\hat{H}$ を $\hat{a}^{\dagger}$、$\hat{a}$ を用いて表すと $\hat{H}=\boxed{\text{い}}$ となる。また、$\hat{a}^{\dagger}$、$\hat{a}$ の交換関係を用いると、$[\hat{H},\hat{a}^{\dagger}]=\boxed{\text{う}}$、$[\hat{H},\hat{a}]=\boxed{\text{え}}$ となる。

(2) $\hat{a}^{\dagger}_{H}(t)$、$\hat{a}_{H}(t)$ をハイゼンベルク描像での生成演算子、消滅演算子とする。ここでハイゼンベルク描像での演算子 $\hat{O}_{H}(t)$ とは、シュレーディンガー描像の演算子 $\hat{O}_{S}$ を、

$$\hat{O}_{H}(t) =\exp\left(\frac{i}{\hbar}\hat{H}t\right) \hat{O}_{S} \exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{H}t\right)$$

のように時間発展させたものである。生成・消滅演算子に対するハイゼンベルク方程式は

$$\frac{d}{dt}\hat{a}^{\dagger}_{H}(t) =\boxed{\text{お}}\,\hat{a}^{\dagger}_{H}(t), \qquad \frac{d}{dt}\hat{a}_{H}(t) =\boxed{\text{か}}\,\hat{a}_{H}(t)$$

となる。初期条件 $\hat{a}^{\dagger}_{H}(0)=\hat{a}^{\dagger}$、$\hat{a}_{H}(0)=\hat{a}$ を使うと、この方程式の解は

$$\hat{a}^{\dagger}_{H}(t)=\boxed{\text{き}}, \qquad \hat{a}_{H}(t)=\boxed{\text{く}}$$

となる。したがって、ハイゼンベルク描像での位置演算子 $\hat{x}_{H}(t)$ は

$$\hat{x}_{H}(t)=\boxed{\text{け}}\,\hat{a}^{\dagger} +\boxed{\text{こ}}\,\hat{a}$$

となる。

[B]

上の調和振動子に時刻 $t=0$ で外部から撃力を加えたとする。対応するラグランジアンは以下のように与えられる。

$$L=\frac{m}{2}\dot{x}^{2}-\frac{m\omega^{2}}{2}x^{2}+F(t)x, \qquad F(t)=F_{0}\delta(t)$$

ここで $F_{0}$ は定数、$\delta(t)$ はディラックのデルタ関数である。

(3) ハイゼンベルク描像での位置演算子 $\hat{x}_{H}(t)$、運動量演算子 $\hat{p}_{H}(t)$ に対するハイゼンベルク方程式から $\hat{p}_{H}(t)$ を消去すると、

$$\frac{d^{2}}{dt^{2}}\hat{x}_{H}(t)=\boxed{\text{さ}}$$

となる。

(4) $t=0$ を境にして、$\hat{x}_{H}(t)$ は

$$\begin{aligned} \lim_{\epsilon\to+0} \left(\hat{x}_{H}(\epsilon)-\hat{x}_{H}(-\epsilon)\right) &=\boxed{\text{し}},\\ \lim_{\epsilon\to+0} \left(\frac{d}{dt}\hat{x}_{H}(\epsilon) -\frac{d}{dt}\hat{x}_{H}(-\epsilon)\right) &=\boxed{\text{す}} \end{aligned}$$

を満たす。

(5) $t<0$ では、ハイゼンベルク方程式の解は問 (2) で求めたように

$$\hat{x}_{H}(t)=\boxed{\text{け}}\,\hat{a}^{\dagger} +\boxed{\text{こ}}\,\hat{a}$$

と書くことができる。同様にして $t>0$ でのハイゼンベルク方程式の解は $t>0$ での生成・消滅演算子 $\hat{b}^{\dagger}$、$\hat{b}$ を用いて

$$\hat{x}_{H}(t)=\boxed{\text{け}}\,\hat{b}^{\dagger} +\boxed{\text{こ}}\,\hat{b}$$

と書くことができる。このとき問 (4) で求めた条件を $\hat{b}^{\dagger}$、$\hat{b}$ について解くと

$$\hat{b}^{\dagger}=\boxed{\text{せ}}, \qquad \hat{b}=\boxed{\text{そ}}$$

が得られる。

(6) $t<0$ で考えている系が基底状態 $|0\rangle$ であったとする（即ち $\hat{a}|0\rangle=0$）。このとき $t>0$ では

$$\begin{aligned} \langle0|\hat{x}_{H}(t)|0\rangle&=\boxed{\text{た}},\\ \left\langle0\left| \left(\hat{x}_{H}(t)-\boxed{\text{た}}\right)^{2} \right|0\right\rangle&=\boxed{\text{ち}} \end{aligned}$$

となる。ここで、$|0\rangle$ は $\langle0|0\rangle=1$ と規格化されているものとする。

(7) $t<0$ で考えている系が第 1 励起状態 $|1\rangle$ であったとする。このとき $t>0$ では

$$\begin{aligned} \langle1|\hat{x}_{H}(t)|1\rangle&=\boxed{\text{つ}},\\ \left\langle1\left| \left(\hat{x}_{H}(t)-\boxed{\text{つ}}\right)^{2} \right|1\right\rangle&=\boxed{\text{て}} \end{aligned}$$

となる。ここで、$|1\rangle$ は $\langle1|1\rangle=1$ と規格化されているものとする。

题目描述

在下文的空白处填入适当的数值或表达式。答案中须使用约化普朗克常数 $\hbar=h/(2\pi)$，而不使用普朗克常数 $h$。

[A]

质量为 $m$、角频率为 $\omega$ 的一维谐振子的拉格朗日量为

$$L=\frac{m}{2}\dot x^2-\frac{m\omega^2}{2}x^2.$$

(1) 上述拉格朗日量对应的哈密顿量为 $H(p,x)=p^2/(2m)+m\omega^2x^2/2$。通过正则量子化，将 $x,p$ 替换为算符 $\hat x,\hat p$，它们满足正则对易关系 $[\hat x,\hat p]=i\hbar$。如下引入产生算符 $\hat a^\dagger$ 和湮灭算符 $\hat a$：

$$\begin{aligned} \hat a^\dagger&=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}} \left(\sqrt{m\omega}\hat x-\frac{i}{\sqrt{m\omega}}\hat p\right),\\ \hat a&=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}} \left(\sqrt{m\omega}\hat x+\frac{i}{\sqrt{m\omega}}\hat p\right). \end{aligned}$$

此时 $[\hat a,\hat a^\dagger]=\boxed{\text{あ}}$；用 $\hat a^\dagger,\hat a$ 表示 $\hat H$，可得 $\hat H=\boxed{\text{い}}$。此外，利用 $\hat a^\dagger,\hat a$ 的对易关系可得

$$[\hat H,\hat a^\dagger]=\boxed{\text{う}},\qquad [\hat H,\hat a]=\boxed{\text{え}}.$$

(2) 设 $\hat a_H^\dagger(t),\hat a_H(t)$ 分别为海森堡绘景中的产生算符和湮灭算符。这里，海森堡绘景中的算符 $\hat O_H(t)$ 由薛定谔绘景中的算符 $\hat O_S$ 按照

$$\hat O_H(t)=\exp\left(\frac{i}{\hbar}\hat Ht\right) \hat O_S\exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat Ht\right)$$

作时间演化得到。产生、湮灭算符满足的海森堡方程为

$$\begin{aligned} \frac{d}{dt}\hat a_H^\dagger(t)&=\boxed{\text{お}}\hat a_H^\dagger(t),\\ \frac{d}{dt}\hat a_H(t)&=\boxed{\text{か}}\hat a_H(t). \end{aligned}$$

利用初始条件 $\hat a_H^\dagger(0)=\hat a^\dagger$、$\hat a_H(0)=\hat a$，这些方程的解为

$$\hat a_H^\dagger(t)=\boxed{\text{き}},\qquad \hat a_H(t)=\boxed{\text{く}}.$$

因此，海森堡绘景中的位置算符 $\hat x_H(t)$ 为

$$\hat x_H(t)=\boxed{\text{け}}\hat a^\dagger +\boxed{\text{こ}}\hat a.$$

[B]

设上述谐振子在时刻 $t=0$ 受到外部冲击力。相应的拉格朗日量为

$$\begin{aligned} L&=\frac{m}{2}\dot x^2-\frac{m\omega^2}{2}x^2+F(t)x,\\ F(t)&=F_0\delta(t). \end{aligned}$$

其中 $F_0$ 是常数，$\delta(t)$ 是狄拉克 delta 函数。

(3) 从海森堡绘景中位置算符 $\hat x_H(t)$、动量算符 $\hat p_H(t)$ 所满足的海森堡方程中消去 $\hat p_H(t)$，可得

$$\frac{d^2}{dt^2}\hat x_H(t)=\boxed{\text{さ}}.$$

(4) 在 $t=0$ 两侧，$\hat x_H(t)$ 满足

$$\begin{aligned} \lim_{\epsilon\to+0}\bigl(\hat x_H(\epsilon)-\hat x_H(-\epsilon)\bigr) &=\boxed{\text{し}},\\ \lim_{\epsilon\to+0}\left(\frac{d}{dt}\hat x_H(\epsilon) -\frac{d}{dt}\hat x_H(-\epsilon)\right) &=\boxed{\text{す}}. \end{aligned}$$

(5) 当 $t<0$ 时，如第 (2) 问所求，海森堡方程的解可写为

$$\hat x_H(t)=\boxed{\text{け}}\hat a^\dagger +\boxed{\text{こ}}\hat a.$$

同样，$t>0$ 时海森堡方程的解可用 $t>0$ 的产生、湮灭算符 $\hat b^\dagger,\hat b$ 写为

$$\hat x_H(t)=\boxed{\text{け}}\hat b^\dagger +\boxed{\text{こ}}\hat b.$$

此时，将第 (4) 问得到的条件对 $\hat b^\dagger,\hat b$ 求解，得到

$$\hat b^\dagger=\boxed{\text{せ}},\qquad \hat b=\boxed{\text{そ}}.$$

(6) 设 $t<0$ 时所考虑的系统处于基态 $|0\rangle$（即 $\hat a|0\rangle=0$）。那么在 $t>0$ 时，

$$\begin{aligned} \langle0|\hat x_H(t)|0\rangle&=\boxed{\text{た}},\\ \langle0|\bigl(\hat x_H(t)-\boxed{\text{た}}\bigr)^2|0\rangle &=\boxed{\text{ち}}. \end{aligned}$$

其中 $|0\rangle$ 已归一化，即 $\langle0|0\rangle=1$。

(7) 设 $t<0$ 时所考虑的系统处于第一激发态 $|1\rangle$。那么在 $t>0$ 时，

$$\begin{aligned} \langle1|\hat x_H(t)|1\rangle&=\boxed{\text{つ}},\\ \langle1|\bigl(\hat x_H(t)-\boxed{\text{つ}}\bigr)^2|1\rangle &=\boxed{\text{て}}. \end{aligned}$$

其中 $|1\rangle$ 已归一化，即 $\langle1|1\rangle=1$。

Kai

(1)

正準交換関係 $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ より、

$$\begin{aligned} [\hat a,\hat a^\dagger] &=\frac{1}{2\hbar}\left(-i[\hat x,\hat p]+i[\hat p,\hat x]\right)=1,\\ \hat x&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a^\dagger+\hat a),\\ \hat p&=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat a^\dagger-\hat a). \end{aligned}$$

これらをハミルトニアンに代入すると、

$$\hat H=\frac{\hbar\omega}{2}(\hat a^\dagger\hat a+\hat a\hat a^\dagger) =\hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\right).$$

さらに $[AB,C]=A[B,C]+[A,C]B$ を用いて、

$$[\hat H,\hat a^\dagger]=\hbar\omega\hat a^\dagger, \qquad [\hat H,\hat a]=-\hbar\omega\hat a.$$

したがって、

$$\boxed{\begin{aligned} \text{(あ)}&=1,\\ \text{(い)}&=\hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\right),\\ \text{(う)}&=\hbar\omega\hat a^\dagger,\\ \text{(え)}&=-\hbar\omega\hat a. \end{aligned}}$$

(2)

ハイゼンベルク方程式 $\dot{\hat O}_H=(i/\hbar)[\hat H,\hat O_H]$ と (1) より、

$$\frac{d\hat a_H^\dagger}{dt}=i\omega\hat a_H^\dagger, \qquad \frac{d\hat a_H}{dt}=-i\omega\hat a_H.$$

初期条件を満たす解は

$$\hat a_H^\dagger(t)=e^{i\omega t}\hat a^\dagger, \qquad \hat a_H(t)=e^{-i\omega t}\hat a$$

なので、

$$\hat x_H(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(e^{i\omega t}\hat a^\dagger+e^{-i\omega t}\hat a\right).$$

よって、

$$\boxed{\begin{aligned} \text{(お)}&=i\omega,&\text{(か)}&=-i\omega,\\ \text{(き)}&=e^{i\omega t}\hat a^\dagger,& \text{(く)}&=e^{-i\omega t}\hat a,\\ \text{(け)}&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}e^{i\omega t},& \text{(こ)}&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}e^{-i\omega t}. \end{aligned}}$$

(3)

$p=\partial L/\partial\dot x=m\dot x$ より、外力を含むハミルトニアンは

$$\hat H'(t)=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}\hat x^2-F(t)\hat x.$$

これに対応するハイゼンベルク方程式は

$$\dot{\hat x}_H=\frac{\hat p_H}{m}, \qquad \dot{\hat p}_H=-m\omega^2\hat x_H+F(t).$$

$\hat p_H$ を消去して、

$$\boxed{\text{(さ)}=-\omega^2\hat x_H(t)+\frac{F_0}{m}\delta(t)}.$$

(4)

$t=0$ における位置と速度の跳びを、それぞれ $J=\hat x_H(0^+)-\hat x_H(0^-)$、$K=\dot{\hat x}_H(0^+)-\dot{\hat x}_H(0^-)$ とおく。分布微分では $\ddot{\hat x}_H$ に $J\delta'(t)+K\delta(t)$ が現れる。一方、(3) の右辺には $\delta'$ の項がなく、$\delta$ の係数は $F_0/m$ である。係数比較から

$$\boxed{\text{(し)}=0,\qquad\text{(す)}=\frac{F_0}{m}}.$$

すなわち、位置は連続であり、運動量は $\hat p_H(0^+)-\hat p_H(0^-)=F_0$ だけ増加する。

(5)

$c=\sqrt{\hbar/(2m\omega)}$ とおく。(4) の位置の連続性と速度の跳びより、

$$\begin{aligned} \hat b^\dagger+\hat b&=\hat a^\dagger+\hat a,\\ i\omega c\left[(\hat b^\dagger-\hat b)-(\hat a^\dagger-\hat a)\right] &=\frac{F_0}{m}. \end{aligned}$$

これらを連立して、

$$\boxed{\begin{aligned} \text{(せ)}&=\hat a^\dagger-\frac{iF_0}{\sqrt{2m\hbar\omega}},\\ \text{(そ)}&=\hat a+\frac{iF_0}{\sqrt{2m\hbar\omega}}. \end{aligned}}$$

定数のずれなので $[\hat b,\hat b^\dagger]=1$ も保たれる。これを位置演算子に代入すると、$t>0$ では

$$\begin{aligned} \hat x_H(t)&=\hat X(t)+x_{\mathrm{cl}}(t),\\ \hat X(t)&=c\left(e^{i\omega t}\hat a^\dagger+e^{-i\omega t}\hat a\right),\\ x_{\mathrm{cl}}(t)&=\frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t. \end{aligned}$$

(6)

$\hat a|0\rangle=0$ とそのエルミート共役より $\langle0|\hat X(t)|0\rangle=0$ なので、

$$\boxed{\text{(た)}=\frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t}.$$

平均値を引くと定数項 $x_{\mathrm{cl}}$ が消える。また、

$$\begin{aligned} \hat X(t)^2=c^2\bigl(&e^{2i\omega t}(\hat a^\dagger)^2 +e^{-2i\omega t}\hat a^2\\ &+\hat a^\dagger\hat a+\hat a\hat a^\dagger\bigr). \end{aligned}$$

基底状態では最後の項の期待値だけが $1$ となるため、

$$\boxed{\text{(ち)}=\langle0|\hat X(t)^2|0\rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}}.$$

(7)

$\hat a|1\rangle=|0\rangle$、$\hat a^\dagger|1\rangle=\sqrt2|2\rangle$ および異なる数状態の直交性から、$\langle1|\hat X(t)|1\rangle=0$。したがって、

$$\boxed{\text{(つ)}=\frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t}.$$

さらに

$$\begin{aligned} \langle1|\hat a^2|1\rangle &=\langle1|(\hat a^\dagger)^2|1\rangle=0,\\ \langle1|\hat a^\dagger\hat a|1\rangle&=1,\\ \langle1|\hat a\hat a^\dagger|1\rangle&=2 \end{aligned}$$

を (6) の式に用いると、

$$\boxed{\text{(て)}=\langle1|\hat X(t)^2|1\rangle =\frac{3\hbar}{2m\omega}}.$$

撃力は位置の平均値に古典的振動 $x_{\mathrm{cl}}(t)$ を加えるが、これらの状態における位置の分散は変えない。

Reference

• 東京工業大学 2020年度入学試験 物理学（午前）問題3、6–7ページ