跳到主要内容

東北大学 工学研究科 電気・情報系 2018年3月実施 専門科目 問題6 物理専門

标签：

Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

Description​

日本語版​

ハミルトニアンが次式で与えられる、一様な静電場 FF の中にある電荷 ee を持った 11 次元調和振動子を考える。

H^=H^0−eFx^.(6A)\hat H=\hat H_0-eF\hat x.\tag{6A}

ただし、

H^0=p^22m+12mω2x^2(6B)\hat H_0=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac12m\omega^2\hat x^2\tag{6B}

である。mm と ω\omega はそれぞれ粒子の質量、角振動数である。x^\hat x と p^\hat p はそれぞれ位置演算子、運動量演算子であり、次の関係式を満たす。

x^p^−p^x^=iℏ.(6C)\hat x\hat p-\hat p\hat x=i\hbar.\tag{6C}

ここで、ii と ℏ\hbar はそれぞれ虚数単位とプランク定数を 2π2\pi で割った数である。さらに、消滅演算子 a^\hat a と生成演算子 a^†\hat a^\dagger は次のように定義される。

a^=mω2ℏ(x^+ip^mω),(6D)\hat a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x+i\frac{\hat p}{m\omega}\right),\tag{6D}
a^†=mω2ℏ(x^−ip^mω).(6E)\hat a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x-i\frac{\hat p}{m\omega}\right).\tag{6E}

ここで、次の関係式が成立する。

a^∣n⟩=n∣n−1⟩,(6F)\hat a|n\rangle=\sqrt n|n-1\rangle,\tag{6F}
a^†∣n⟩=n+1∣n+1⟩.(6G)\hat a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle.\tag{6G}

ただし、∣n⟩|n\rangle（n=0,1,2,…n=0,1,2,\ldots）はハミルトニアン H^0\hat H_0 の規格化された固有ベクトルとする。以下の問に答えよ。

(1) H^0\hat H_0 を ω,ℏ,a^,a^†\omega,\hbar,\hat a,\hat a^\dagger を用いて表せ。

(2) ∣n⟩|n\rangle に対する H^0\hat H_0 の固有値 E0E_0 を ω,ℏ,n\omega,\hbar,n を用いて表せ。

(3) 次の関係式が成り立つことを示せ。

⟨n∣x^∣n′⟩=ℏ2mω(n′δn,n′−1+nδn′,n−1).(6H)\langle n|\hat x|n'\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\sqrt{n'}\delta_{n,n'-1}+\sqrt n\delta_{n',n-1}\right).\tag{6H}

ただし、n′,δn,n′n',\delta_{n,n'} はそれぞれ非負の整数、クロネッカーのデルタである。

(4) −eFx^-eF\hat x を摂動ハミルトニアンとして、∣n⟩|n\rangle に対する 11 次の摂動エネルギー E1E_1 を求めよ。

(5) −eFx^-eF\hat x を摂動ハミルトニアンとして、∣n⟩|n\rangle に対する 22 次の摂動エネルギー E2E_2 を求めよ。

题目描述​

一维带电谐振子处于均匀静电场 FF 中，Hamiltonian 为

H^=H^0−eFx^,H^0=p^22m+12mω2x^2,[x^,p^]=iℏ.\hat H=\hat H_0-eF\hat x,\qquad \hat H_0=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac12m\omega^2\hat x^2,\qquad[\hat x,\hat p]=i\hbar.

定义

a^=mω2ℏ(x^+ip^mω),a^†=mω2ℏ(x^−ip^mω),\hat a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x+\frac{i\hat p}{m\omega}\right),\quad \hat a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat x-\frac{i\hat p}{m\omega}\right),

并给定归一化态 ∣n⟩|n\rangle 满足 a∣n⟩=n∣n−1⟩a|n\rangle=\sqrt n|n-1\rangle、a†∣n⟩=n+1∣n+1⟩a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle。

  1. 用 ω,ℏ,a,a†\omega,\hbar,a,a^\dagger 表示 H0H_0。
  2. 求 ∣n⟩|n\rangle 对应的未扰动能量 E0E_0。
  3. 证明
⟨n∣x^∣n′⟩=ℏ2mω(n′δn,n′−1+nδn′,n−1).\langle n|\hat x|n'\rangle=\sqrt{\frac\hbar{2m\omega}}\left(\sqrt{n'}\delta_{n,n'-1}+\sqrt n\delta_{n',n-1}\right).
  1. 将 −eFx^-eF\hat x 作为微扰，求一阶能量修正 E1E_1。
  2. 求二阶能量修正 E2E_2。

Kai​

(1)、(2)​

由对易关系直接展开，

a†a=H0ℏω−12,a^\dagger a=\frac{H_0}{\hbar\omega}-\frac12,

所以

H0=ℏω(a†a+12),E0=ℏω(n+12).\boxed{H_0=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac12\right)},\qquad \boxed{E_0=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)}.

(3)​

x=ℏ2mω(a+a†).x=\sqrt{\frac\hbar{2m\omega}}(a+a^\dagger).

将升降算符作用于 ∣n′⟩|n'\rangle，再与 ⟨n∣\langle n| 取内积，得到

⟨n∣x∣n′⟩=ℏ2mω(n′δn,n′−1+n′+1δn,n′+1).\langle n|x|n'\rangle=\sqrt{\frac\hbar{2m\omega}} \left(\sqrt{n'}\delta_{n,n'-1}+\sqrt{n'+1}\delta_{n,n'+1}\right).

第二项在非零时 n=n′+1n=n'+1，所以等于题示形式。

(4)、(5)​

对角矩阵元 ⟨n∣x∣n⟩=0\langle n|x|n\rangle=0，故 E1=0\boxed{E_1=0}。

二阶仅有 k=n±1k=n\pm1 贡献：

E2=e2F2∑k≠n∣⟨k∣x∣n⟩∣2En(0)−Ek(0)=e2F2ℏ2mω(nℏω−n+1ℏω)=−e2F22mω2.\begin{aligned} E_2&=e^2F^2\sum_{k\ne n}\frac{|\langle k|x|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}\\ &=\frac{e^2F^2\hbar}{2m\omega}\left(\frac n{\hbar\omega}-\frac{n+1}{\hbar\omega}\right) =\boxed{-\frac{e^2F^2}{2m\omega^2}}. \end{aligned}

n=0n=0 时第一项为零，公式仍成立。

本页目录