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

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Miyake

Description

[1]と[2]は別々の解答用紙に解答せよ．

[1]

$x$ 軸上において，$0<x<L$ では $V(x)=0$，それ以外の位置では $V(x)=\infty$ となるポテンシャル $V(x)$ の中に質量 $m$ の粒子が閉じ込められている．この系のハミルトニアンは，$\hbar=h/2\pi$（$h$：プランク定数）を用いて

$$\mathcal H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\tag{1}$$

で表される．上記のポテンシャルに束縛された粒子のエネルギー固有状態に対する波動関数 $\psi(x)$ は，$0<x<L$ の範囲で

$$\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)\tag{2}$$

と書ける．ここで，$A,B,k\ (k>0)$ は定数である．以下の問いに答えよ．

1. $n$ を量子数（正の整数）とし，固有状態の波動関数 $\psi_n(x)$ およびエネルギー固有値 $E_n$ を求めよ．ただし，波動関数は規格化すること．

2. 求めた固有状態のうち，第二励起状態 $(n=3)$ における粒子の確率密度の概形を $x$ の関数として図示せよ．その際，$0<x<L$ の範囲で描き，確率密度の最大値および最小値と，それらの値を取る位置 $x$ を明示すること．

3. この粒子の波動関数が

$$\varphi(x)=\begin{cases}C\sin^3\dfrac{\pi x}{L}&(0<x<L)\\0&(x\le0,x\ge L)\end{cases}\tag{3}$$

であったとする．式(3)の波動関数が基底状態 $(n=1)$ および第二励起状態 $(n=3)$ の重ね合わせで表されることを示し，規格化定数 $C$ を求めよ．さらに，それぞれの状態に存在する確率を求めよ．その際，以下の公式

$$\sin^3\theta=\frac34\sin\theta-\frac14\sin3\theta\tag{4}$$

を用いてよい．また，異なる固有状態の直交性を証明なしで利用してよい．

4. 問3)の波動関数 $\varphi(x)$ で表される状態に存在する粒子のエネルギー期待値を求めよ．

[2]

大きさ $\hbar/2$ のスピンを持つ同種フェルミ粒子からなる2粒子系を考える．それぞれの粒子の座標を $\boldsymbol r_1$ および $\boldsymbol r_2$ とし，この2つの粒子間に $v(r)$ で表される相互作用がはたらくとする．ここで，$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ は2粒子間の相対座標 $\boldsymbol r=\boldsymbol r_1-\boldsymbol r_2$ の大きさであり，相互作用 $v(r)$ は $\boldsymbol r$ の方向には依存しないとする．以下では，2粒子の重心運動は考えないことにし，この2粒子系の波動関数を

$$\Psi=\psi(\boldsymbol r)\Phi_{\mathrm{spin}}\tag{1}$$

と表す．ここで，$\Phi_{\mathrm{spin}}$ は2粒子系のスピンの状態を表す．$\mu$ を2粒子間の相対運動に対する換算質量，$\omega$ を正の定数として，相互作用が

$$v(r)=\frac12\mu\omega^2r^2\tag{2}$$

で与えられているとする．このとき，この系のハミルトニアンは

$$\mathcal H=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2+\frac12\mu\omega^2r^2\tag{3}$$

で与えられる．以下の問いに答えよ．

1. この2粒子系の合成スピン $\boldsymbol S$ の大きさとして $S=\hbar$ と $S=0$ が考えられる．合成スピンの大きさ $S$ およびその $z$ 成分 $S_z$ の同時固有状態は，$S=\hbar$ に対しては次の3つの状態が存在する．

$$\begin{aligned} |11\rangle&=|\uparrow\rangle|\uparrow\rangle,\\ |10\rangle&=\frac1{\sqrt2}\bigl[|\uparrow\rangle|\downarrow\rangle+|\downarrow\rangle|\uparrow\rangle\bigr],\\ |1\ {-1}\rangle&=|\downarrow\rangle|\downarrow\rangle. \end{aligned}\tag{4}$$

このとき，$S=S_z=0$ となる状態 $|00\rangle$ を式(4)の表記にならって書け．ただし，$|\uparrow\rangle,|\downarrow\rangle$ は1粒子に対するスピン演算子の $z$ 成分 $s_z$ の固有関数であり，

$$s_z|\uparrow\rangle=\frac\hbar2|\uparrow\rangle,\qquad s_z|\downarrow\rangle=-\frac\hbar2|\downarrow\rangle$$

を満たすものとする．このとき，式(4)の状態のそれぞれに対し

$$\begin{aligned} S_z|11\rangle&=\hbar|11\rangle,\\ S_z|10\rangle&=0,\\ S_z|1\ {-1}\rangle&=-\hbar|1\ {-1}\rangle \end{aligned}\tag{5}$$

が満たされることに注意すること．

2. 質量 $\mu$，角振動数 $\omega$ の1次元調和振動子の基底状態および第一励起状態の規格化された波動関数がそれぞれ

$$\begin{aligned} \phi_0(x)&=\left(\frac{\mu\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}e^{-\frac{\mu\omega}{2\hbar}x^2},\\ \phi_1(x)&=\left(\frac{\mu\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{2\mu\omega}{\hbar}}x e^{-\frac{\mu\omega}{2\hbar}x^2}, \end{aligned}\tag{6}$$

で与えられることを用いて，式(3)で与えられるハミルトニアンの基底状態および第一励起状態の空間部分の波動関数を書け．ただし，スピン自由度以外にエネルギー縮退がある場合には，その全ての波動関数を書くこと．

3. 問2)で求めたそれぞれの状態に対し，空間反転 $(\boldsymbol r\to-\boldsymbol r)$ によって波動関数がどのように変換されるか答えよ．

4. 粒子の統計性に留意して，この2粒子系の基底状態の波動関数の座標依存性およびスピンに関する状態をあらわに書き，そのように書ける理由を述べよ．

5. この2粒子系の第一励起状態の縮退度を理由とともに答えよ．

6. この2粒子系の基底状態に，

$$\Delta V=-g(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_1)(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_2)\tag{7}$$

で与えられる摂動ハミルトニアンが加わった．ここで，$g$ は定数であり，$\boldsymbol s_1$ および $\boldsymbol s_2$ はそれぞれ粒子1および粒子2のスピン状態に作用するスピン演算子である．

a) 1粒子系に対するスピン状態 $(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s)|\uparrow\rangle$ を $|\uparrow\rangle$ と $|\downarrow\rangle$ の線形結合として表せ．必要であれば，$|\uparrow\rangle$ および $|\downarrow\rangle$ を基底とする表示では状態ベクトルおよびスピン演算子が

$$|\uparrow\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\qquad |\downarrow\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$

および

$$\begin{aligned} s_x&=\frac\hbar2\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad s_y=\frac\hbar2\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\\ s_z&=\frac\hbar2\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} \end{aligned}\tag{8}$$

と表されることを用いてもよい．この表示では，

$$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=a|\uparrow\rangle+b|\downarrow\rangle\tag{9}$$

となることに注意すること．

b) 1次の摂動論を用いて，$\Delta V$ によるこの2粒子系の基底状態エネルギーの変化を求めよ．ここで，必要であれば $\alpha>0$ に対する以下の積分公式を用いてもよい．

$$\int_0^\infty r^{2n}e^{-\alpha r^2}\,dr=\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\frac\pi{\alpha^{2n+1}}}\quad(n=1,2,\ldots),\tag{10}$$

$$(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)\cdots3\cdot1\tag{11}$$

题目描述

[1]和[2]须分别在不同的答题纸上作答。

[1] 在 $x$ 轴上，质量为 $m$ 的粒子被限制在势能 $V(x)$ 中，其中 $0<x<L$ 时 $V(x)=0$，其余位置 $V(x)=\infty$。令 $\hbar=h/(2\pi)$（$h$ 为普朗克常数），系统的哈密顿量为

$$\mathcal H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x).\qquad\text{(1)}$$

束缚在此势能中的粒子，其能量本征态的波函数在 $0<x<L$ 内可写为

$$\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx),\qquad\text{(2)}$$

其中 $A,B,k\ (k>0)$ 为常数。回答下列问题。

1. 以正整数 $n$ 为量子数，求本征态的波函数 $\psi_n(x)$ 及能量本征值 $E_n$。波函数须归一化。

2. 在所得本征态中，画出第二激发态 $(n=3)$ 的粒子概率密度随 $x$ 变化的大致图像。图示范围为 $0<x<L$，明确标出概率密度的最大值、最小值以及取得这些值的位置 $x$。

3. 设粒子的波函数为

$$\varphi(x)=\begin{cases}C\sin^3\dfrac{\pi x}{L}&(0<x<L),\\0&(x\le0,x\ge L).\end{cases}\qquad\text{(3)}$$

证明式(3)可表示为基态 $(n=1)$ 与第二激发态 $(n=3)$ 的叠加，求归一化常数 $C$，并求粒子处于这两个态的概率。可以使用公式

$$\sin^3\theta=\frac34\sin\theta-\frac14\sin3\theta,\qquad\text{(4)}$$

也可以不加证明地使用不同本征态的正交性。

4. 求处于问3)的波函数 $\varphi(x)$ 所表示的状态的粒子的能量期望值。

[2] 考虑由两个自旋大小为 $\hbar/2$ 的同种费米子组成的系统。两粒子坐标分别为 $\boldsymbol r_1,\boldsymbol r_2$，两者之间存在由 $v(r)$ 表示的相互作用。其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 是相对坐标 $\boldsymbol r=\boldsymbol r_1-\boldsymbol r_2$ 的大小，且 $v(r)$ 不依赖于 $\boldsymbol r$ 的方向。以下不考虑质心运动，将两粒子系统的波函数写为

$$\Psi=\psi(\boldsymbol r)\Phi_{\mathrm{spin}},\qquad\text{(1)}$$

其中 $\Phi_{\mathrm{spin}}$ 表示两粒子系统的自旋态。设 $\mu$ 为相对运动的约化质量，$\omega$ 为正常数，相互作用为

$$v(r)=\frac12\mu\omega^2r^2.\qquad\text{(2)}$$

此时系统的哈密顿量为

$$\mathcal H=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2+\frac12\mu\omega^2r^2.\qquad\text{(3)}$$

回答下列问题。

1. 两粒子系统总自旋 $\boldsymbol S$ 的大小可取 $S=\hbar$ 或 $S=0$。总自旋大小 $S$ 及其 $z$ 分量 $S_z$ 的共同本征态中，$S=\hbar$ 对应下列三个态：

$$\begin{aligned} |11\rangle&=|\uparrow\rangle|\uparrow\rangle,\\ |10\rangle&=\frac1{\sqrt2}\bigl[|\uparrow\rangle|\downarrow\rangle+|\downarrow\rangle|\uparrow\rangle\bigr],\\ |1\ {-1}\rangle&=|\downarrow\rangle|\downarrow\rangle. \end{aligned}\qquad\text{(4)}$$

仿照式(4)，写出 $S=S_z=0$ 的态 $|00\rangle$。其中 $|\uparrow\rangle,|\downarrow\rangle$ 是单粒子自旋算符的 $z$ 分量 $s_z$ 的本征函数，满足

$$s_z|\uparrow\rangle=\frac\hbar2|\uparrow\rangle,\qquad s_z|\downarrow\rangle=-\frac\hbar2|\downarrow\rangle.$$

注意，式(4)中的各态分别满足

$$\begin{aligned} S_z|11\rangle&=\hbar|11\rangle,\\ S_z|10\rangle&=0,\\ S_z|1\ {-1}\rangle&=-\hbar|1\ {-1}\rangle. \end{aligned}\qquad\text{(5)}$$

2. 质量为 $\mu$、角频率为 $\omega$ 的一维谐振子的基态和第一激发态的归一化波函数分别为

$$\begin{aligned} \phi_0(x)&=\left(\frac{\mu\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}e^{-\frac{\mu\omega}{2\hbar}x^2},\\ \phi_1(x)&=\left(\frac{\mu\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{2\mu\omega}{\hbar}}x e^{-\frac{\mu\omega}{2\hbar}x^2}. \end{aligned}\qquad\text{(6)}$$

利用此结果，写出式(3)的哈密顿量的基态及第一激发态的空间波函数。如果除自旋自由度外还存在能量简并，须写出全部波函数。

3. 对问2)求出的各态，说明波函数在空间反演 $(\boldsymbol r\to-\boldsymbol r)$ 下如何变换。

4. 考虑粒子的统计性质，明确写出该两粒子系统基态波函数的坐标依赖及自旋态，并说明理由。

5. 给出该两粒子系统第一激发态的简并度，并说明理由。

6. 对该两粒子系统基态加入微扰哈密顿量

$$\Delta V=-g(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_1)(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s_2).\qquad\text{(7)}$$

其中 $g$ 为常数，$\boldsymbol s_1,\boldsymbol s_2$ 分别是作用于粒子1、粒子2自旋态的自旋算符。

a) 将单粒子自旋态 $(\boldsymbol r\cdot\boldsymbol s)|\uparrow\rangle$ 表示为 $|\uparrow\rangle,|\downarrow\rangle$ 的线性组合。如有需要，可以使用以 $|\uparrow\rangle,|\downarrow\rangle$ 为基的下列表示：

$$|\uparrow\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\qquad |\downarrow\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},$$

$$\begin{aligned} s_x&=\frac\hbar2\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad s_y=\frac\hbar2\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\\ s_z&=\frac\hbar2\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}. \end{aligned}\qquad\text{(8)}$$

注意在此表示中，

$$\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=a|\uparrow\rangle+b|\downarrow\rangle.\qquad\text{(9)}$$

b) 用一阶微扰论求 $\Delta V$ 引起的该两粒子系统基态能量的变化。如有需要，可以使用 $\alpha>0$ 时的积分公式：

$$\int_0^\infty r^{2n}e^{-\alpha r^2}\,dr=\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\frac\pi{\alpha^{2n+1}}}\quad(n=1,2,\ldots),\qquad\text{(10)}$$

$$(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)\cdots3\cdot1.\qquad\text{(11)}$$

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：

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

[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、

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

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、

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

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。

Reference

• 公式問題（PDF）