京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2015年9月実施 III-1

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• 洛伦兹力与带电粒子运动
• 正则对易关系
• 产生与湮灭算符

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

下図の I、II、III は軸対称な電極であり、系全体には $z$ 方向に大きさ $B\;(>0)$ の一様な磁場がかけられている。この装置の原点付近の空間に質量 $m$、電荷 $q\;(>0)$ の非相対論的な粒子をトラップすることを考える。原点付近のスカラーポテンシャルとベクトルポテンシャルは、それぞれ、$\phi=-\frac12\kappa(x^2+y^2-2z^2)$ および $\boldsymbol A=(-\frac12By,\frac12Bx,0)$ で与えられると仮定して、以下の問に答えよ。重力は無視してよい。

まず、古典論的に運動を解析する。

(1)(a) 粒子の位置座標 $x,y,z$ に対する運動方程式を書け。

(b) $\zeta=x+iy$ を用いて、$x$ 方向と $y$ 方向の運動方程式を1つにまとめると、$m\ddot\zeta=-iqB\dot\zeta+q\kappa\zeta$ となる。これは2階の定数係数線形微分方程式なので、一般解は積分定数 $C_1,C_2$ を用いて

$$\zeta=C_1e^{-i\omega_1t}+C_2e^{-i\omega_2t}\tag{A}$$

と書ける。ここで、$\omega_1=\frac12\omega_c+\Delta,\ \omega_2=\frac12\omega_c-\Delta$ と書いたときの $\omega_c$ と $\Delta$ を $m,q,B,\kappa$ で表わせ。

(c) 粒子を原点付近に閉じ込めるためには、$\kappa$ はどのような条件を満たせばよいか。以下、$\kappa$ はその条件を満たしていると仮定する。また、以下では $\Delta>0$ と仮定する。

(2) 一般に、ラグランジアン $L=\frac12m\dot{\boldsymbol x}^{,2}-q\phi+q\boldsymbol A\cdot\dot{\boldsymbol x}$ から、正準運動量と速度の関係が求められる。このことを利用して以下の問に答えよ。

(a) $x,y$ の正準共役量 $p_x,p_y$ を $\dot x,\dot y,x,y$ で表わせ。

(b) 上で求めた $p_x$ と $p_y$ に関する2式を、$\eta=p_x+ip_y$ と $\zeta$ を用いて1つの式にまとめよ。（答えは $m$ と $\omega_c$ を使って表わせ。）

その結果に式 (A) を代入すると、次式がえられる。

$$\eta=-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t}).\tag{B}$$

つぎに、量子論を考える。

(3) ハミルトニアンを $xy$ 方向（$z$ 軸に垂直な方向）の運動に関する部分 $H_{xy}$ と $z$ 方向の運動に関する部分 $H_z$ の和の形に書け。

$H_{xy}$ を対角化するために、ハイゼンベルク描像における $x,y,p_x,p_y$ の時間発展を考える。今の場合、ハミルトニアンが位置と運動量の2次式であるため、位置と運動量に対するハイゼンベルク方程式は、古典的な正準方程式と同じ形となる。このことから直ちに、上の式 (A) と式 (B) が $x,y,p_x,p_y$ の時間発展を与えていることがわかる。ただし、今の場合は、$C_1,C_2$ は演算子である。

(4) まず、$H_{xy}$ と $C_1$ および $C_2$ の交換関係を求める。式 (A) の $\zeta$ がハイゼンベルク方程式を満たすことから、$[H_{xy},C_1],[H_{xy},C_2]$ はそれぞれ $C_1,C_2$ の定数倍であることがわかる。それらの定数を $\omega_1,\omega_2$ で表わせ。導出も示せ。

(5) つぎに、$C_1,C_1^\dagger,C_2,C_2^\dagger$ の間の交換関係を求める。

(a) 式 (A) と式 (B) より、$C_1,C_2$ を $\zeta,\eta$ の線形結合で表わせ。

(b) 上の結果と正準交換関係から、$C_1,C_1^\dagger,C_2,C_2^\dagger$ の間の交換子が計算できる。その結果、交換子のうち、$[C_1,C_1^\dagger]=\hbar/(m\Delta)$ と $[C_2,C_2^\dagger]=-\hbar/(m\Delta)$ 以外はすべてゼロであることがわかる。例として、$[C_1,C_1^\dagger]$ の計算過程を示せ。

(c) 上のことは、適当な正の定数 $\kappa_1,\kappa_2$ を用いて、$C_1=\kappa_1a,C_2=\kappa_2b^\dagger$ とおくと、$a,a^\dagger,b,b^\dagger$ は2組の生成消滅演算子となることを意味している。$\kappa_1,\kappa_2$ を求めよ。ただし、$a,a^\dagger,b,b^\dagger$ は、$[a,a^\dagger]=1,[b,b^\dagger]=1$、他の交換子 $=0$ を満たすものとする。

(6) 以上の結果から、$H_{xy}$ が対角化できる。

(a) 問 (5)(c) と問 (4) の結果を利用すると、$[H_{xy},a]=-\hbar\omega_1a,[H_{xy},b]=\hbar\omega_2b$ であることがわかる。そのような $H_{xy}$ は定数項をのぞき、$H_{xy}=ra^\dagger a+sb^\dagger b$ の形にきまる。係数 $r,s$ を $\omega_1,\omega_2$ で表わせ。

(b) $H_{xy}$ の固有値を求めよ。エネルギー固有値に最小値は存在するか。

(c) $a|0\rangle=0,b|0\rangle=0$ で定義される状態 $|0\rangle$ と $a^\dagger,b^\dagger$ を用いて、各エネルギー固有値に対する規格化された固有状態を書け。

题目描述

上图中的 I、II、III 为轴对称电极，整个系统处于沿 $z$ 方向、大小为 $B\;(>0)$ 的均匀磁场中。考虑在装置原点附近俘获质量为 $m$、电荷为 $q\;(>0)$ 的非相对论粒子。假设原点附近的标量势和矢量势分别为 $\phi=-\frac12\kappa(x^2+y^2-2z^2)$ 和 $\boldsymbol A=(-\frac12By,\frac12Bx,0)$，回答下列问题。可以忽略重力。

先用经典理论分析运动。

(1)(a) 写出粒子位置坐标 $x,y,z$ 的运动方程。

(b) 令 $\zeta=x+iy$，可将 $x,y$ 方向的运动方程合并为 $m\ddot\zeta=-iqB\dot\zeta+q\kappa\zeta$。这是二阶常系数线性微分方程，其通解可用积分常数 $C_1,C_2$ 写为

$$\zeta=C_1e^{-i\omega_1t}+C_2e^{-i\omega_2t}.\tag{A}$$

记 $\omega_1=\frac12\omega_c+\Delta,\ \omega_2=\frac12\omega_c-\Delta$，用 $m,q,B,\kappa$ 表示 $\omega_c,\Delta$。

(c) 为将粒子限制在原点附近，$\kappa$ 应满足什么条件？以下假设 $\kappa$ 满足该条件，并取 $\Delta>0$。

(2) 一般可由拉格朗日量 $L=\frac12m\dot{\boldsymbol x}^{,2}-q\phi+q\boldsymbol A\cdot\dot{\boldsymbol x}$ 求得正则动量与速度的关系。利用这一事实回答下列问题。

(a) 用 $\dot x,\dot y,x,y$ 表示 $x,y$ 的正则共轭动量 $p_x,p_y$。

(b) 利用 $\eta=p_x+ip_y$ 和 $\zeta$，将上述关于 $p_x,p_y$ 的两个式子合并为一个式子。答案使用 $m,\omega_c$ 表示。

将式 (A) 代入所得结果，得到

$$\eta=-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t}).\tag{B}$$

接着考虑量子理论。

(3) 将哈密顿量写为关于 $xy$ 方向（垂直于 $z$ 轴）的运动部分 $H_{xy}$ 与关于 $z$ 方向的运动部分 $H_z$ 之和。

为对角化 $H_{xy}$，考虑海森堡绘景中 $x,y,p_x,p_y$ 的时间演化。由于此处哈密顿量是位置和动量的二次式，位置及动量的海森堡方程与经典正则方程具有相同形式。因此，式 (A)、(B) 也给出 $x,y,p_x,p_y$ 的时间演化。但此时 $C_1,C_2$ 是算符。

(4) 首先求 $H_{xy}$ 与 $C_1,C_2$ 的对易关系。由式 (A) 的 $\zeta$ 满足海森堡方程可知，$[H_{xy},C_1],[H_{xy},C_2]$ 分别为 $C_1,C_2$ 的常数倍。用 $\omega_1,\omega_2$ 表示这些常数，并写出推导。

(5) 接着求 $C_1,C_1^\dagger,C_2,C_2^\dagger$ 之间的对易关系。

(a) 由式 (A)、(B)，将 $C_1,C_2$ 表示为 $\zeta,\eta$ 的线性组合。

(b) 利用上述结果和正则对易关系，可计算 $C_1,C_1^\dagger,C_2,C_2^\dagger$ 之间的对易子。结果为除 $[C_1,C_1^\dagger]=\hbar/(m\Delta)$、$[C_2,C_2^\dagger]=-\hbar/(m\Delta)$ 之外均为零。以 $[C_1,C_1^\dagger]$ 为例，写出计算过程。

(c) 上述结果意味着：取适当的正常数 $\kappa_1,\kappa_2$，令 $C_1=\kappa_1a,C_2=\kappa_2b^\dagger$，则 $a,a^\dagger,b,b^\dagger$ 构成两组产生、湮灭算符。求 $\kappa_1,\kappa_2$。设 $[a,a^\dagger]=1,[b,b^\dagger]=1$，其余对易子为零。

(6) 利用以上结果可将 $H_{xy}$ 对角化。

(a) 根据问 (5)(c) 和问 (4)，有 $[H_{xy},a]=-\hbar\omega_1a,[H_{xy},b]=\hbar\omega_2b$。这样的 $H_{xy}$ 除去常数项后具有 $H_{xy}=ra^\dagger a+sb^\dagger b$ 的形式。用 $\omega_1,\omega_2$ 表示系数 $r,s$。

(b) 求 $H_{xy}$ 的本征值。能量本征值是否存在最小值？

(c) 利用由 $a|0\rangle=0,b|0\rangle=0$ 定义的状态 $|0\rangle$ 及 $a^\dagger,b^\dagger$，写出各能量本征值对应的归一化本征态。

Kai

(1a)

$\boldsymbol E=-\nabla\phi=(\kappa x,\kappa y,-2\kappa z)$、$\boldsymbol B=B\boldsymbol e_z$ より

$$\boxed{m\ddot x=q\kappa x+qB\dot y,\quad m\ddot y=q\kappa y-qB\dot x,\quad m\ddot z=-2q\kappa z}.$$

(1b)

$\zeta\propto e^{-i\omega t}$ を代入すると $m\omega^2-qB\omega+q\kappa=0$ なので

$$\boxed{\omega_c=\frac{qB}{m},\qquad \Delta=\sqrt{\frac{\omega_c^2}{4}-\frac{q\kappa}{m}}}.$$

(1c)

$z$ 方向の束縛には $\kappa>0$、$xy$ 方向の一般解が有界であるには異なる実根が必要なので

$$\boxed{0<\kappa<\frac{qB^2}{4m}}.$$

上端では重根に伴う $t e^{-i\omega_ct/2}$ が現れるため除外する。

(2a)

$$\boxed{p_x=m\dot x-\frac{qB}{2}y,\qquad p_y=m\dot y+\frac{qB}{2}x}.$$

(2b)

$$\boxed{\eta=m\dot\zeta+\frac i2m\omega_c\zeta =-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t})}.$$

(3)

$H=(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2/(2m)+q\phi$ より

$$\boxed{H_{xy}=\frac{(p_x+qBy/2)^2+(p_y-qBx/2)^2}{2m} -\frac{q\kappa}{2}(x^2+y^2)},$$

$$\boxed{H_z=\frac{p_z^2}{2m}+q\kappa z^2}.$$

(4)

$\dot\zeta=(i/\hbar)[H_{xy},\zeta]$ に時間依存性を入れて異なる指数関数の係数を比較すると

$$\boxed{[H_{xy},C_1]=-\hbar\omega_1C_1,\qquad [H_{xy},C_2]=-\hbar\omega_2C_2}.$$

(5a)

$$\boxed{C_1=\frac12\left(\zeta+\frac{i\eta}{m\Delta}\right)e^{i\omega_1t},\qquad C_2=\frac12\left(\zeta-\frac{i\eta}{m\Delta}\right)e^{i\omega_2t}}.$$

(5b)

正準関係から $[\zeta,\eta^\dagger]=2i\hbar$、$[\eta,\zeta^\dagger]=-2i\hbar$、$[\zeta,\zeta^\dagger]=[\eta,\eta^\dagger]=0$。よって

$$[C_1,C_1^\dagger]=\frac14\left[-\frac i{m\Delta}[\zeta,\eta^\dagger] +\frac i{m\Delta}[\eta,\zeta^\dagger]\right] =\boxed{\frac\hbar{m\Delta}}.$$

(5c)

$$\boxed{\kappa_1=\kappa_2=\sqrt{\frac\hbar{m\Delta}}}.$$

$C_2$ の交換関係が負なので、$C_2$ は $b$ でなく $b^\dagger$ に比例する。

(6a)

$[H_{xy},a]=-\hbar\omega_1a$、$[H_{xy},b]=+\hbar\omega_2b$ なので

$$\boxed{r=\hbar\omega_1,\qquad s=-\hbar\omega_2}.$$

(6b)

問題の指定通り定数項を省いたエネルギーは

$$\boxed{E_{n_1n_2}=\hbar\omega_1n_1-\hbar\omega_2n_2, \qquad n_1,n_2=0,1,2,\ldots}.$$

$0<\omega_2<\omega_1$ なので $n_2\to\infty$ で $E\to-\infty$、最小値は存在しない。元のハミルトニアンでは定数 $\hbar(\omega_1-\omega_2)/2$ を戻すが、この結論は変わらない。

(6c)

$$\boxed{|n_1,n_2\rangle=\frac{(a^\dagger)^{n_1}(b^\dagger)^{n_2}}{\sqrt{n_1!n_2!}}|0\rangle}.$$

共通真空は基底エネルギー状態を意味しない。

Reference

• 京都大学公式問題（2016年度、PDF 16–17ページ）