名古屋大学情報学研究科数理情報学専攻 2019年8月実施問題6 量子力学

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実ベクトル $\boldsymbol v=(x,y,z)$ は $x^2+y^2+z^2=1$ を満たす。 $\boldsymbol\sigma=(X,Y,Z)$ とし、次の行列を用いる。

I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\quad X=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad Y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad Z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad i^2=-1.

$\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma=xX+yY+zZ$ が観測量であることを示せ。
任意の非負整数 $n$ について、 $(\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma)^{2n}=I$ 、 $(\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma)^{2n+1}=\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma$ を示せ。
実数 $t$ に対し、 $e^{it\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma}=\cos t\,I+i\sin t\,\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma$ を導け。
$U_t=e^{it\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma}$ がユニタリーであることを示せ。
$Z$ の固有値 $+1$ に対応する正規化状態を $|\psi\rangle$ とする。 $|\psi_t\rangle=U_t|\psi\rangle$ における分散 $\sigma(Z,t)^2=\langle\psi_t|Z^2|\psi_t\rangle-\langle\psi_t|Z|\psi_t\rangle^2$ を $z,t$ の式で求めよ。

令

\vec v=(x,y,z),\qquad x^2+y^2+z^2=1,

并以 Pauli 矩阵向量 $\vec\sigma=(X,Y,Z)$ 定义

\vec v\cdot\vec\sigma= \begin{pmatrix}z&x-iy\\x+iy&-z\end{pmatrix}, \qquad U_t=e^{it\vec v\cdot\vec\sigma}.

证明 $\vec v\cdot\vec\sigma$ 是 Hermitian 矩阵，可表示可观测量。
证明 $(\vec v\cdot\vec\sigma)^2=I$ ，并求其任意偶数次幂与奇数次幂。
展开矩阵指数，证明 $U_t=(\cos t)I+(i\sin t)\vec v\cdot\vec\sigma.$
对任意实数 $t$ ，证明 $U_t$ 是酉矩阵。
初态为 $|\psi\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},$ 演化后 $|\psi_t\rangle=U_t|\psi\rangle$ 。求 $|\psi_t\rangle$ ，并求可观测量 $Z$ 在该态下的期望及方差 $\sigma(Z,t)^2$ 。

$x,y,z$ が実数で、 $X,Y,Z$ はエルミート行列なので、 $(xX+yY+zZ)^\dagger=xX+yY+zZ$ が成り立つ。有限次元量子系ではエルミート行列が観測量を表すので、求める性質が従う。

\begin{aligned} \left( \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right)^2 &= \begin{pmatrix} z & x-iy \\ x+iy & -z \end{pmatrix}^2 \\ &= \begin{pmatrix} x^2+y^2+z^2 & 0 \\ 0 & x^2+y^2+z^2 \end{pmatrix} \\ &= I \end{aligned}

であるから、すべての $n \in \mathbb{N}$ に対して、

\begin{aligned} \left( \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right)^{2n} = I , \ \ \ \ \left( \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right)^{2n+1} = \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \end{aligned}

が成り立つ。

\begin{aligned} e^{i t \vec{v} \cdot \vec{\sigma}} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \left( it \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right)^k \\ &= \left( 1 - \frac{1}{2!} t^2 + \frac{1}{4!} t^4 - \cdots \right) I + i \left( t - \frac{1}{3!} t^3 + \frac{1}{5!} t^5 - \cdots \right) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \\ &= (\cos t) I + (i \sin t) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \end{aligned}

$(\vec{v} \cdot \vec{\sigma})^\dagger = \vec{v} \cdot \vec{\sigma}$ であるから、すべての $t \in \mathbb{R}$ に対して、

\begin{aligned} U_t^\dagger &= (\cos t) I - (i \sin t) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \end{aligned}

であり、

\begin{aligned} U_t U_t^\dagger &= \left\{ (\cos t) I + (i \sin t) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right\} \left\{ (\cos t) I - (i \sin t) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right\} \\ &= I \end{aligned}

であるから、 $U_t$ はユニタリー行列である。

\begin{aligned} \left| \psi \right\rangle &= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \left| \psi_t \right\rangle &= U_t \left| \psi \right\rangle \\ &= \left\{ (\cos t) I + (i \sin t) \vec{v} \cdot \vec{\sigma} \right\} \left| \psi \right\rangle \\ &= \cos t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + i \sin t \begin{pmatrix} z \\ x+iy \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \cos t + iz \sin t \\ (ix-y) \sin t \end{pmatrix} \end{aligned}

であるから、

\begin{aligned} \left\langle \psi_t \right| Z \left| \psi_t \right\rangle &= \left\langle \psi_t \right| \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos t + iz \sin t \\ (ix-y) \sin t \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \cos t - iz \sin t & (-ix-y) \sin t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos t + iz \sin t \\ (-ix+y) \sin t \end{pmatrix} \\ &= \cos^2 t + z^2 \sin^2 t - (x^2 + y^2) \sin^2 t \\ &= \cos^2 t + (2z^2-1) \sin^2 t \end{aligned}

である。また、 $Z^2=I$ であるから、

\begin{aligned} \left\langle \psi_t \right| Z^2 \left| \psi_t \right\rangle &= \left\langle \psi \right| U_t^\dagger U_t \left| \psi \right\rangle \\ &= \langle \psi | \psi \rangle \\ &= 1 \end{aligned}

である。よって、

\begin{aligned} \sigma(Z,t)^2 &= 1 - \left\{ \cos^2 t + (2z^2-1) \sin^2 t \right\}^2 \end{aligned}

を得る。