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京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2016年度 III-1

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Author​

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description​

下図の軸対称な電極 I、II、III と +z+z 方向の一様磁場 B>0B>0 を用いて、質量 mm、電荷 q>0q>0 の非相対論的粒子を原点付近に閉じ込める。原点近傍のポテンシャルは

ϕ=−κ2(x2+y2−2z2),A=(−By2,Bx2,0).\phi=-\frac\kappa2(x^2+y^2-2z^2),\qquad \boldsymbol A=\left(-\frac{By}{2},\frac{Bx}{2},0\right).

重力は無視する。

軸対称な電極 I・II・III と座標（原題）

  1. 古典運動を考える。
    • (a) x,y,zx,y,z の運動方程式を書け。
    • (b) ζ=x+iy\zeta=x+iy とすると mζ¨=−iqBζ˙+qκζm\ddot\zeta=-iqB\dot\zeta+q\kappa\zeta。解を ζ=C1e−iω1t+C2e−iω2t\zeta=C_1e^{-i\omega_1t}+C_2e^{-i\omega_2t}、ω1,2=ωc/2±Δ\omega_{1,2}=\omega_c/2\pm\Delta と書き、ωc,Δ\omega_c,\Delta を求めよ。
    • (c) 閉じ込めのための κ\kappa の条件を求めよ。以後この条件と Δ>0\Delta>0 を仮定する。
  2. L=mr˙2/2−qϕ+qA⋅r˙L=m\dot{\boldsymbol r}^{2}/2-q\phi+q\boldsymbol A\cdot\dot{\boldsymbol r} を用いる。
    • (a) 正準運動量 px,pyp_x,p_y を求めよ。
    • (b) η=px+ipy\eta=p_x+ip_y を ζ,ζ˙\zeta,\dot\zeta で表せ。上の解を入れると η=−imΔ(C1e−iω1t−C2e−iω2t)\eta=-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t}) となる。
  3. ハミルトニアンを Hxy+HzH_{xy}+H_z に分けて書け。

以後量子論を考える。ハミルトニアンが二次式なので、ハイゼンベルク表示の ζ,η\zeta,\eta の時間依存性は上式と同じであり、C1,C2C_1,C_2 は演算子となる。

  1. ハイゼンベルク方程式を用い、[Hxy,C1][H_{xy},C_1]、[Hxy,C2][H_{xy},C_2] を求めよ。
  2. (a) C1,C2C_1,C_2 を ζ,η\zeta,\eta の線形結合で表せ。(b) 正準交換関係から [C1,C1†]=ℏ/(mΔ)[C_1,C_1^\dagger]=\hbar/(m\Delta) を示せ。他に [C2,C2†]=−ℏ/(mΔ)[C_2,C_2^\dagger]=-\hbar/(m\Delta)、残りはゼロとしてよい。(c) C1=κ1a,C2=κ2b†C_1=\kappa_1a,C_2=\kappa_2b^\dagger、[a,a†]=[b,b†]=1[a,a^\dagger]=[b,b^\dagger]=1 となる正定数 κ1,κ2\kappa_1,\kappa_2 を求めよ。
  3. (a) 定数項を省き Hxy=ra†a+sb†bH_{xy}=ra^\dagger a+sb^\dagger b と書くときの r,sr,s を求めよ。(b) 固有値と最小値の有無を答えよ。(c) a∣0⟩=b∣0⟩=0a|0\rangle=b|0\rangle=0 で定義される状態から規格化固有状態を書け。

题目描述​

使用上图中的轴对称电极 I、II、III 及沿 +z+z 的均匀磁场 B>0B>0 俘获质量 mm、正电荷 qq 的非相对论粒子。忽略重力，近原点有

ϕ=−κ(x2+y2−2z2)/2,A=(−By/2,Bx/2,0).\phi=-\kappa(x^2+y^2-2z^2)/2,\qquad \boldsymbol A=(-By/2,Bx/2,0).
  1. (a) 写经典运动方程；(b) 令 ζ=x+iy\zeta=x+iy，其解为 C1e−iω1t+C2e−iω2tC_1e^{-i\omega_1t}+C_2e^{-i\omega_2t}，ω1,2=ωc/2±Δ\omega_{1,2}=\omega_c/2\pm\Delta，求 ωc,Δ\omega_c,\Delta；(c) 求可稳定闭合运动的 κ\kappa 范围，后续取 Δ>0\Delta>0。
  2. 由 L=mr˙2/2−qϕ+qA⋅r˙L=m\dot{\boldsymbol r}^{2}/2-q\phi+q\boldsymbol A\cdot\dot{\boldsymbol r}：(a) 求 px,pyp_x,p_y；(b) 用 ζ,ζ˙\zeta,\dot\zeta 表示 η=px+ipy\eta=p_x+ip_y，并得到 η=−imΔ(C1e−iω1t−C2e−iω2t)\eta=-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t})。
  3. 将哈密顿量分为 Hxy+HzH_{xy}+H_z。

量子化后，海森堡表示仍有上述时间形式，但 C1,C2C_1,C_2 为算符。

  1. 求 [Hxy,Ci][H_{xy},C_i]。
  2. (a) 用 ζ,η\zeta,\eta 表示 CiC_i；(b) 验证 [C1,C1†]=ℏ/(mΔ)[C_1,C_1^\dagger]=\hbar/(m\Delta)，可用 [C2,C2†]=−ℏ/(mΔ)[C_2,C_2^\dagger]=-\hbar/(m\Delta)、其余为零；(c) 令 C1=κ1a,C2=κ2b†C_1=\kappa_1a,C_2=\kappa_2b^\dagger，两组玻色算符满足标准对易关系，求正数 κ1,κ2\kappa_1,\kappa_2。
  3. (a) 忽略常数将 HxyH_{xy} 写成 ra†a+sb†bra^\dagger a+sb^\dagger b；(b) 求能级及是否有最小值；(c) 从两湮灭算符的共同真空写出归一化本征态。

Kai​

(1a)​

E=−∇ϕ=(κx,κy,−2κz)\boldsymbol E=-\nabla\phi=(\kappa x,\kappa y,-2\kappa z)、B=Bez\boldsymbol B=B\boldsymbol e_z より

mx¨=qκx+qBy˙,my¨=qκy−qBx˙,mz¨=−2qκz.\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)​

ζ∝e−iωt\zeta\propto e^{-i\omega t} を代入すると mω2−qBω+qκ=0m\omega^2-qB\omega+q\kappa=0 なので

ωc=qBm,Δ=ωc24−qκm.\boxed{\omega_c=\frac{qB}{m},\qquad \Delta=\sqrt{\frac{\omega_c^2}{4}-\frac{q\kappa}{m}}}.

(1c)​

zz 方向の束縛には κ>0\kappa>0、xyxy 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

0<κ<qB24m.\boxed{0<\kappa<\frac{qB^2}{4m}}.

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

(2a)​

px=mx˙−qB2y,py=my˙+qB2x.\boxed{p_x=m\dot x-\frac{qB}{2}y,\qquad p_y=m\dot y+\frac{qB}{2}x}.

(2b)​

η=mζ˙+i2mωcζ=−imΔ(C1e−iω1t−C2e−iω2t).\boxed{\eta=m\dot\zeta+\frac i2m\omega_c\zeta =-im\Delta(C_1e^{-i\omega_1t}-C_2e^{-i\omega_2t})}.

(3)​

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

Hxy=(px+qBy/2)2+(py−qBx/2)22m−qκ2(x2+y2),\boxed{H_{xy}=\frac{(p_x+qBy/2)^2+(p_y-qBx/2)^2}{2m} -\frac{q\kappa}{2}(x^2+y^2)},
Hz=pz22m+qκz2.\boxed{H_z=\frac{p_z^2}{2m}+q\kappa z^2}.

(4)​

ζ˙=(i/ℏ)[Hxy,ζ]\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

[Hxy,C1]=−ℏω1C1,[Hxy,C2]=−ℏω2C2.\boxed{[H_{xy},C_1]=-\hbar\omega_1C_1,\qquad [H_{xy},C_2]=-\hbar\omega_2C_2}.

(5a)​

C1=12(ζ+iηmΔ)eiω1t,C2=12(ζ−iηmΔ)eiω2t.\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 [ζ,η†]=2iℏ[\zeta,\eta^\dagger]=2i\hbar、[η,ζ†]=−2iℏ[\eta,\zeta^\dagger]=-2i\hbar、[ζ,ζ†]=[η,η†]=0[\zeta,\zeta^\dagger]=[\eta,\eta^\dagger]=0。よって

[C1,C1†]=14[−imΔ[ζ,η†]+imΔ[η,ζ†]]=ℏmΔ.[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)​

κ1=κ2=ℏmΔ.\boxed{\kappa_1=\kappa_2=\sqrt{\frac\hbar{m\Delta}}}.

C2C_2 の交換関係が負なので、C2C_2 は bb でなく b†b^\dagger に比例する。

(6a)​

[Hxy,a]=−ℏω1a[H_{xy},a]=-\hbar\omega_1a、[Hxy,b]=+ℏω2b[H_{xy},b]=+\hbar\omega_2b なので

r=ℏω1,s=−ℏω2.\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

En1n2=ℏω1n1−ℏω2n2,n1,n2=0,1,2,….\boxed{E_{n_1n_2}=\hbar\omega_1n_1-\hbar\omega_2n_2, \qquad n_1,n_2=0,1,2,\ldots}.

0<ω2<ω10<\omega_2<\omega_1 なので n2→∞n_2\to\infty で E→−∞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 ℏ(ω1−ω2)/2\hbar(\omega_1-\omega_2)/2 を戻すが、この結論は変わらない。

(6c)​

∣n1,n2⟩=(a†)n1(b†)n2n1!n2!∣0⟩.\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​

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