東北大学 理学研究科 物理学専攻 2018年8月実施 問題4（量子力学）

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• 一维无限深方势阱
• 量子测量
• 全同费米子的自旋与空间对称性
• 谐振子的简并态
• 泡利矩阵

Author

Miyake

Description

問題の要約（日本語）

題意の要約。出典：東北大学公式サイトの保存版。

[1] 無限深井戸（原問題「量-1/3」）

質量 $m$ の粒子を $0<x<L$ に閉じ込める。この区間では $V(x)=0$、外では $V(x)=\infty$ であり、$\mathcal H=-\hbar^2d^2/(2m\,dx^2)+V(x)$、$\hbar=h/(2\pi)$ とする。井戸内のエネルギー固有関数は $A\sin kx+B\cos kx$（$k>0$）と表せる。

1. 正整数 $n$ を用いて規格化された固有関数 $\psi_n(x)$ と固有エネルギー $E_n$ を求める。
2. 第二励起状態 $n=3$ の井戸内の確率密度を図示し、最大値・最小値とそれらを取る位置を示す。
3. 井戸内で $\varphi(x)=C\sin^3(\pi x/L)$、外では0となる状態を考える。これを $n=1,3$ の重ね合わせで表し、規格化定数と各状態の確率を求める。三倍角公式と異なる固有状態の直交性を用いてよい。
4. $\varphi$ におけるエネルギーの期待値を求める。

[2] 同種のスピン $1/2$ フェルミ粒子2個（原問題「量-2/3、量-3/3」）

重心運動を除き、相対座標を $\mathbf r=\mathbf r_1-\mathbf r_2=(x,y,z)$、換算質量を $\mu$ とする。$\omega>0$ とし、波動関数とハミルトニアンを

$$\Psi=\psi(\mathbf r)\Phi_{\rm spin},\qquad \mathcal H=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2+\frac12\mu\omega^2r^2$$

とする。1粒子の $s_z$ 固有状態は $|\uparrow\rangle,|\downarrow\rangle$ であり、三重項状態は $|11\rangle=|\uparrow\uparrow\rangle$、$|10\rangle=(|\uparrow\downarrow\rangle+|\downarrow\uparrow\rangle)/\sqrt2$、$|1\ {-1}\rangle=|\downarrow\downarrow\rangle$ である。

1. 一重項状態 $|00\rangle$ を表す。
2. 1次元調和振動子の規格化された関数 $\phi_0(x)=\left(\frac{\mu\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}e^{-\mu\omega x^2/(2\hbar)},\qquad \phi_1(x)=\sqrt{\frac{2\mu\omega}{\hbar}}\,x\phi_0(x)$ を使い、3次元の基底状態と第一励起状態の空間波動関数をすべて求める。
3. 上の空間波動関数が反転 $\mathbf r\mapsto-\mathbf r$ によってどう変わるか答える。
4. 同種フェルミ粒子の交換反対称性を考慮し、基底状態の空間部分とスピン部分を理由とともに示す。
5. 第一励起状態の縮退度を理由とともに求める。
6. 基底状態に $\Delta V=-g(\mathbf r\cdot\mathbf s_1)(\mathbf r\cdot\mathbf s_2)$（$g$ は定数）を加える。a) $(\mathbf r\cdot\mathbf s)|\uparrow\rangle$ を上下スピン状態の線形結合で示す。$\mathbf s=\hbar\boldsymbol\sigma/2$ を用いてよい。b) 一次摂動によるエネルギー変化を求める。積分公式 $\int_0^\infty r^{2n}e^{-\alpha r^2}dr=(2n-1)!!\sqrt\pi/(2^{n+1}\alpha^{n+1/2})$（$\alpha>0$）を用いてよい。

题目描述

【一维无限深势阱】

质量为 $m$ 的粒子被限制在 $0<x<L$ 内，阱内势能为零，阱外为无穷大，Hamiltonian 与常数定义见上方日文题目。

1. 由阱内形式 $A\sin kx+B\cos kx$ 求归一化本征函数 $\psi_n$ 及能量 $E_n$。
2. 对第二激发态 $n=3$，画出概率密度，标出最大、最小值及相应位置。
3. 对阱内为 $C\sin^3(\pi x/L)$、阱外为零的状态，写成 $n=1,3$ 两态的叠加，求归一化常数和各态的概率。可使用三倍角公式及正交性。
4. 求该状态的能量期望。

【两个相同的自旋 $1/2$ 费米粒子】

去除质心运动，取相对坐标 $\boldsymbol r=\boldsymbol r_1-\boldsymbol r_2$ 和约化质量 $\mu$，空间部分为三维各向同性谐振子，角频率 $\omega>0$。总波函数为 $\Psi=\psi(\boldsymbol r)\Phi_{\rm spin}$，自旋三重态及一维谐振子的 $\phi_0,\phi_1$ 如上方公式。

1. 写出自旋单重态 $|00\rangle$。
2. 用 $\phi_0,\phi_1$ 写出三维基态和全部第一激发态的空间波函数。
3. 判断这些空间态在 $\boldsymbol r\mapsto-\boldsymbol r$ 下的变化。
4. 利用费米粒子交换反对称性，确定基态的空间和自旋部分，并说明理由。
5. 求第一激发能级的简并度，并说明理由。
6. 加入微扰 $\Delta V=-g(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_1)(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_2)$。先用上下自旋态表示 $(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s)|\uparrow\rangle$，再求基态的一阶能量修正。可使用 $\boldsymbol s=\hbar\boldsymbol\sigma/2$ 以及题给的 Gaussian 积分公式。

Kai

[1]

1)

$\psi(0)=0$ であるから、

$$\begin{aligned} \psi(0) = B = 0 \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} \psi(x) = A \sin kx \end{aligned}$$

また、 $\psi(L)=0$ であるから、

$$\begin{aligned} \psi(L) = A \sin kL = 0 \end{aligned}$$

よって、 $k$ は、正の整数 $n$ を使って、

$$\begin{aligned} k_n L = \pi n , \ \ \ \ \therefore \ k_n = \frac{\pi}{L} n \end{aligned}$$

と書かれる。 よって、固有状態の波動関数は、

$$\begin{aligned} \psi_n(x) = A \sin k_n x = A \sin \frac{n \pi x}{L} \end{aligned}$$

である。

波動関数の規格化条件から $A$ を求める：

$$\begin{aligned} 1 &= \int_0^L | \psi_n(x) |^2 dx = |A|^2 \int_0^L \sin^2 k_n x dx = |A|^2 \int_0^L \frac{1 - \cos 2k_nx}{2} dx \\ &= \frac{|A|^2}{2} \left[ x - \frac{1}{2k_n} \sin 2k_nx \right]_0^L = \frac{|A|^2 L}{2} \end{aligned}$$

よって、 $A = \sqrt{2/L}$ とすればよく、

$$\begin{aligned} \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin k_n x = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{n \pi x}{L} \end{aligned}$$

を得る。

最後に、エネルギー固有値 $E_n$ を求めるため、次のように計算する：

$$\begin{aligned} - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \psi_n(x) &= - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} A \sin \frac{n \pi x}{L} = \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} A \sin \frac{n \pi x}{L} \\ &= \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} \psi_n(x) \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} E_n = \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} \end{aligned}$$

を得る。

2)

$$\begin{aligned} \psi_3(x) &= \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{3 \pi x}{L} \\ \left| \psi_3(x) \right|^2 &= \frac{2}{L} \sin^2 \frac{3 \pi x}{L} \end{aligned}$$

最大値は $2/L$ で、$x=L/6,L/2,5L/6$ において取る。最小値は0で、区間内では $x=L/3,2L/3$ において取る（境界 $x=0,L$ でも0）。

3)

$$\begin{aligned} \varphi(x) &= C \sin^3 \frac{\pi x}{L} = C \left( \frac{3}{4} \sin \frac{\pi x}{L} - \frac{1}{4} \sin \frac{3 \pi x}{L} \right) \\ &= \frac{C}{4} \sqrt{\frac{L}{2}} \left( 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right) \end{aligned}$$

したがって、 $\varphi(x)$ は $\psi_1(x)$ と $\psi_3(x)$ の重ね合わせで表された。

次に、 $\varphi(x)$ の規格化条件から $C$ を求める：

$$\begin{aligned} 1 &= \int_0^L \left| \varphi(x) \right|^2 dx = \frac{|C|^2 L}{32} \int_0^L \left( 9 \psi_1^2(x) - 6 \psi_1(x) \psi_3(x) + \psi_3^2(x) \right) dx \\ &= \frac{|C|^2 L}{32} \cdot 10 = \frac{5 L |C|^2}{16} \end{aligned}$$

よって、 $C = 4/\sqrt{5L}$ とすればよく、

$$\begin{aligned} \varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{10}} \left( 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right) \end{aligned}$$

を得る。

最後に、 $\psi_1(x), \psi_3(x)$ に存在する確率は、それぞれ、

$$\begin{aligned} \left( \frac{3}{\sqrt{10}} \right)^2 = \frac{9}{10} , \ \ \left( \frac{-1}{\sqrt{10}} \right)^2 = \frac{1}{10} \end{aligned}$$

である。

4)

$\varphi(x)$ におけるエネルギー期待値は、次のように計算できる：

$$\begin{aligned} \int_0^L \varphi^*(x) \mathcal{H} \varphi(x)\,dx &= \frac{1}{10} \int_0^L \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} \mathcal{H} \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} dx \\ &= \frac{1}{10} \int_0^L \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} \left\{ 3 E_1 \psi_1(x) - E_3 \psi_3(x) \right\} dx \\ &= \frac{1}{10} \left( 9 E_1 + E_3 \right) \\ &= \frac{1}{10} \frac{\hbar^2 \pi^2}{2m L^2} \cdot 18 \\ &= \frac{9 \hbar^2 \pi^2}{10 m L^2} \end{aligned}$$

[2]

1)

$$\begin{aligned} \left| 00 \right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \left| \uparrow \right\rangle \left| \downarrow \right\rangle - \left| \downarrow \right\rangle \left| \uparrow \right\rangle \right] \end{aligned}$$

2)

固有値方程式

$$\begin{aligned} \mathcal{H} \psi(\vec{r}) = \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \nabla^2 + \frac{1}{2} \mu \omega^2 r^2 \right) \psi(\vec{r}) = E \psi(\vec{r}) \end{aligned}$$

に $\psi(\vec{r}) = X(x)Y(y)Z(z)$ を代入して整理すると、

$$\begin{aligned} \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2 \right) + \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Y''(y)}{Y(y)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 y^2 \right) + \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Z''(z)}{Z(z)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 z^2 \right) = E \end{aligned}$$

となるので、 $x,y,z$ 成分がそれぞれ独立に 質量 $\mu$ , 角振動数 $\omega$ の 1次元調和振動子とみなせることがわかる。

したがって、このハミルトニアン $\mathcal{H}$ の基底状態の空間部分の波動関数は

$$\begin{aligned} \psi_{000} (\vec{r}) = \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \end{aligned}$$

であり、第1励起状態の空間部分の波動関数は

$$\begin{aligned} \psi_{100} (\vec{r}) &= \phi_1(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \\ \psi_{010} (\vec{r}) &= \phi_0(x) \phi_1(y) \phi_0(z) \\ \psi_{001} (\vec{r}) &= \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_1(z) \end{aligned}$$

である。

3)

$\phi_0(-x)=\phi_0(x), \ \ \phi_1(-x) = - \phi_1(x)$ であるから、

$$\begin{aligned} \psi_{000} (-\vec{r}) &= \psi_{000} (\vec{r}) \\ \psi_{100} (-\vec{r}) &= - \psi_{100} (\vec{r}) \\ \psi_{010} (-\vec{r}) &= - \psi_{010} (\vec{r}) \\ \psi_{001} (-\vec{r}) &= - \psi_{001} (\vec{r}) \end{aligned}$$

である。

4)

考えている2粒子は同種フェルミ粒子であるから、 粒子の入れ替えに対して波動関数の符号が変わる。 基底状態の波動関数の空間部分は $\psi_{000} (\vec{r})$ で 符号が変わらないので、 これと組み合わせられるスピン部分は、 $\left| 00 \right\rangle$ である。 つまり、基底状態の波動関数は、

$$\begin{aligned} \psi_{000} (\vec{r}) \left| 00 \right\rangle = \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \left| 00 \right\rangle \end{aligned}$$

である。

5)

第1励起状態の波動関数の空間部分は $\psi_{100} (\vec{r}), \psi_{010} (\vec{r}), \psi_{001} (\vec{r})$ であり、 これと組み合わせられるスピン部分は $\left| 11 \right\rangle, \left| 10 \right\rangle, \left| 1 \ -1 \right\rangle$ である。 これらのすべての組み合わせが第1励起状態なので、 縮退度は $3 \times 3 = 9$ である。

6)

a)

$$\begin{aligned} \left( \vec{r} \cdot \vec{s} \right) \left| \uparrow \right\rangle &= \left( x s_x + y s_y + z s_z \right) \left| \uparrow \right\rangle \\ &= \frac{\hbar}{2} \left\{ x \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \right\} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} z & x-iy \\ x+iy & -z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} z \\ x+iy \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \end{aligned}$$

b)

a) と同様にして、

$$\begin{aligned} \left( \vec{r} \cdot \vec{s} \right) \left| \downarrow \right\rangle = \frac{\hbar}{2} \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} \end{aligned}$$

である。 よって、

$$\begin{aligned} \Delta V \left| 00 \right\rangle &= - \frac{g}{\sqrt{2}} \left( \vec{r} \cdot \vec{s}_1 \right) \left( \vec{r} \cdot \vec{s}_2 \right) \left( \left| \uparrow \right\rangle \left| \downarrow \right\rangle - \left| \downarrow \right\rangle \left| \uparrow \right\rangle \right) \\ &= - \frac{g}{\sqrt{2}} \frac{\hbar^2}{4} \left[ \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} - \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \right] \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right) \left| 00 \right\rangle \\ \therefore \ \ \left\langle 00 \right| \Delta V \left| 00 \right\rangle &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right) \end{aligned}$$

よって、求めるエネルギー変化は、

$$\begin{aligned} & \iiint \psi_{000}(\vec{r}) \left\langle 00 \right| \Delta V \left| 00 \right\rangle \psi_{000}(\vec{r}) dx dy dz \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \iiint \left( x^2+y^2+z^2 \right) \phi_0^2(x) \phi_0^2(y) \phi_0^2(z) dx dy dz \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{6/4} \int_0^\infty r^2 e^{-\frac{\mu \omega}{\hbar} r^2} \cdot 4 \pi r^2 dr \\ &= \pi g \hbar^2 \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{3/2} \int_0^\infty r^4 e^{-\frac{\mu \omega}{\hbar} r^2} dr \\ &= \pi g \hbar^2 \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{3/2} \frac{3!!}{2^3} \sqrt{\pi \left( \frac{\hbar}{\mu \omega} \right)^5} \\ &= \frac{3}{8} \frac{g \hbar^3}{\mu \omega} \end{aligned}$$

である。