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東北大学 工学研究科 電気・情報系 2014年3月実施 専門科目 問題6 物理専門1

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Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

Description​

日本語原題​

関数 f(x)f(x) および g(x)g(x) の内積を ⟨f∣g⟩=∫f(x)∗g(x) dx\langle f\mid g\rangle=\int f(x)^*g(x)\,dx と定義する。また ⟨f∣g⟩=0\langle f\mid g\rangle=0 のとき，関数 f(x)f(x) と g(x)g(x) は直交すると呼ばれる。以下の問に答えよ。

(1) ⟨g∣f⟩=⟨f∣g⟩∗\langle g\mid f\rangle=\langle f\mid g\rangle^* を示せ。

(2) 演算子 A^\hat A に対し，⟨A^f∣g⟩=⟨f∣A^+g⟩\langle\hat Af\mid g\rangle=\langle f\mid\hat A^+ g\rangle を満たすような演算子 A^+\hat A^+ を，A^\hat A のエルミート共役演算子という。(iA^)+=−iA^+(i\hat A)^+=-i\hat A^+ を示せ。ここで ii は虚数単位である。

(3) 与えられた任意の演算子 A^\hat A および B^\hat B に対し，それらの積の演算子 A^B^\hat A\hat B のエルミート共役演算子が B^+A^+\hat B^+\hat A^+ となることを示せ。

(4) A^+=A^\hat A^+=\hat A となる演算子 A^\hat A をエルミート演算子という。エルミート演算子の固有値は実数となることを示せ。

(5) 任意の演算子 A^\hat A に対し，A^+A^+\hat A+\hat A^+ および i(A^−A^+)i(\hat A-\hat A^+) がエルミート演算子となることを示せ。

(6) エルミート演算子 A^\hat A に対する二つの固有値 λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2（λ1≠λ2\lambda_1\ne\lambda_2）とそれぞれに対する固有関数 ψ1,ψ2\psi_1,\psi_2 を考える。ψ1\psi_1 と ψ2\psi_2 が直交することを示せ。

题目描述​

定义函数内积 ⟨f∣g⟩=∫f(x)∗g(x) dx\langle f\mid g\rangle=\int f(x)^*g(x)\,dx。内积为零时称两函数正交。算符 AA 的伴随 A†A^\dagger 由

⟨Af∣g⟩=⟨f∣A†g⟩\langle Af\mid g\rangle=\langle f\mid A^\dagger g\rangle

定义。证明：

  1. ⟨g∣f⟩=⟨f∣g⟩∗\langle g\mid f\rangle=\langle f\mid g\rangle^*。
  2. (iA)†=−iA†(iA)^\dagger=-iA^\dagger。
  3. (AB)†=B†A†(AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger。
  4. 厄米算符 A=A†A=A^\dagger 的特征值为实数。
  5. A+A†A+A^\dagger 与 i(A−A†)i(A-A^\dagger) 均为厄米算符。
  6. 厄米算符对应不同特征值的特征函数相互正交。

Kai​

(1)​

⟨f∣g⟩∗=∫f(x)g(x)∗ dx=⟨g∣f⟩.\langle f\mid g\rangle^*=\int f(x)g(x)^*\,dx=\langle g\mid f\rangle.

(2)​

内积对第一变量共轭线性，故

⟨iAf∣g⟩=−i⟨Af∣g⟩=⟨f∣(−iA†)g⟩.\langle iAf\mid g\rangle=-i\langle Af\mid g\rangle =\langle f\mid(-iA^\dagger)g\rangle.

(3)​

⟨ABf∣g⟩=⟨Bf∣A†g⟩=⟨f∣B†A†g⟩.\langle ABf\mid g\rangle=\langle Bf\mid A^\dagger g\rangle =\langle f\mid B^\dagger A^\dagger g\rangle.

(4)​

设 Aψ=λψA\psi=\lambda\psi 且 ψ≠0\psi\ne0。则

λ∗∥ψ∥2=⟨Aψ∣ψ⟩=⟨ψ∣Aψ⟩=λ∥ψ∥2,\lambda^*\lVert\psi\rVert^2=\langle A\psi\mid\psi\rangle =\langle\psi\mid A\psi\rangle=\lambda\lVert\psi\rVert^2,

故 λ=λ∗\lambda=\lambda^*。

(5)​

利用 (A†)†=A(A^\dagger)^\dagger=A，

(A+A†)†=A†+A,(A+A^\dagger)^\dagger=A^\dagger+A,
[i(A−A†)]†=−i(A†−A)=i(A−A†).[i(A-A^\dagger)]^\dagger=-i(A^\dagger-A)=i(A-A^\dagger).

(6)​

若 Aψj=λjψjA\psi_j=\lambda_j\psi_j，则由 (4)

(λ1−λ2)⟨ψ1∣ψ2⟩=⟨Aψ1∣ψ2⟩−⟨ψ1∣Aψ2⟩=0.(\lambda_1-\lambda_2)\langle\psi_1\mid\psi_2\rangle =\langle A\psi_1\mid\psi_2\rangle-\langle\psi_1\mid A\psi_2\rangle=0.

λ1≠λ2\lambda_1\ne\lambda_2，故 ⟨ψ1∣ψ2⟩=0\boxed{\langle\psi_1\mid\psi_2\rangle=0}。

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