東京大学 総合文化研究科 広域科学専攻 相関基礎科学系 2020年度 総合科目 第2問（物理学1）

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• 矩形势垒隧穿
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祭音Myyura (Based on Miyake's answer refined with GPT 6 Astra)

Description

以下の I、II に答えよ。$\hbar$ はプランク定数を $2\pi$ で割った定数とする。

I

1次元ポテンシャル $V(x)$ による質量 $m$、エネルギー $E>0$ の粒子の反射と透過を考える。波動関数は

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+V(x)\psi=E\psi$$

を満たす。まず $V_0>0$ として図1の階段ポテンシャル

$$V(x)=\begin{cases}0,&x<0,\\V_0,&x>0\end{cases}$$

を考える。$E>V_0$ のとき、負の $x$ から正方向に入射する粒子の波動関数を、複素数 $A,B,C$ と正の実数 $k_1,k_2$ を用いて

$$\psi(x)=\begin{cases}Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x},&x<0,\\Ce^{ik_2x},&x>0\end{cases}$$

と書く。

1. $k_1,k_2$ を求めよ。
2. $C$ を $A,k_1,k_2$ で表せ。
3. $k_2|C|^2$ を $k_1|A|^2$ と $k_1|B|^2$ で表せ。

次に同じポテンシャルで $E<V_0$ とする。

4. $\psi(0)$ が正の実数となるように位相を選んだとき、$\psi(x)$ の実部の概形を描け。
5. 古典的には障壁に踏み込まない粒子から障壁の高さを知ることはできない。量子力学的には $x<0$ の波動関数の情報からどのように $V_0$ を知ることができるか、簡潔に説明せよ。

最後に、$a>0$ として図2の矩形障壁を考える。

$$V(x)=\begin{cases}0,&x<0\ \text{または}\ x>a,\\V_0,&0<x<a.\end{cases}$$

反射がなく、障壁の外で $\psi(x)=Ae^{ik_1x}$（$x<0$）、$\psi(x)=De^{ik_1x}$（$x>a$）と書ける場合を考える。

6. このような完全透過が起こる全ての $E$ を $m,V_0,a,\hbar$ を用いて表せ。

II

図3のように番号 $i=1,2,3$ の三つのスピンがあり、各スピンは $z$ 方向の上向き $|0\rangle_i$ と下向き $|1\rangle_i$ の二状態をとる。二種類の相互作用を切り替え、1番と2番のスピンの状態を3番のスピンで制御する。ここでは $\hbar=1$ とし、相互作用と時間を無次元量で扱う。

$$\widehat H_1=-\widehat\sigma_z^{(1)}\widehat\sigma_x^{(3)}-\widehat\sigma_z^{(2)}\widehat\sigma_x^{(3)}, \qquad \widehat H_2=(\widehat\sigma_z^{(1)}-\widehat1)(\widehat\sigma_z^{(3)}-\widehat1),$$

$$\sigma_x^{(i)}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad \sigma_z^{(i)}=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}.$$

$\widehat1$ は恒等演算子で、$\widehat\sigma_z^{(i)}|0\rangle_i=|0\rangle_i$、$\widehat\sigma_z^{(i)}|1\rangle_i=-|1\rangle_i$ である。$|1,0,0\rangle\equiv|1\rangle_1|0\rangle_2|0\rangle_3$ などと略記する。

1. $(\sigma_x^{(i)})^2$、$(\sigma_z^{(i)})^2$、$\sigma_z^{(i)}\sigma_x^{(i)}+\sigma_x^{(i)}\sigma_z^{(i)}$ を計算せよ。
2. $\widehat\sigma_x^{(i)}$ を $|0\rangle_i,|1\rangle_i$ に作用させた結果を示せ。
3. $\widehat U_1(t)=\exp(-i\widehat H_1t)$ が次式を満たすことを示せ。可換な $A,B$ に対して $e^{A+B}=e^Ae^B$ を用いてよい。

$$\widehat U_1(t)=\cos^2t\,\widehat1-\sin^2t\,\widehat\sigma_z^{(1)}\widehat\sigma_z^{(2)} +i\cos t\sin t\,(\widehat\sigma_z^{(1)}+\widehat\sigma_z^{(2)})\widehat\sigma_x^{(3)}.$$

4. $\widehat U_2(t)=\exp(-i\widehat H_2t)$ とする。$|0,0,0\rangle,|0,1,0\rangle,|1,0,0\rangle,|1,1,0\rangle$ に $\widehat U_2(\pi/4)\widehat U_1(\pi/4)$ を作用させた結果を書け。

次に $|\psi\rangle=\alpha|0,0,0\rangle+\beta|1,1,0\rangle$ を用意したところ、予期しない相互作用で第1スピンが微小回転し、

$$|\psi_\epsilon\rangle=\sqrt{1-\epsilon^2}\,|\psi\rangle+\epsilon\widehat\sigma_x^{(1)}|\psi\rangle$$

となった。$\epsilon$ の具体的な値を知らずに元の状態へ戻したい。

5. $\widehat U_2(\pi/4)\widehat U_1(\pi/4)|\psi_\epsilon\rangle=|\phi_1\rangle|1\rangle+|\phi_0\rangle|0\rangle$ と書いたとき、第1、第2スピンの状態 $|\phi_1\rangle,|\phi_0\rangle$ を具体的に求めよ。
6. 第3スピンの測定後、それぞれの状態にどの演算子を作用させれば、$\epsilon$ の情報なしに $|\psi\rangle$ に戻せるか答えよ。

题目描述

I. 对正能量粒子和图1的正阶跃势：当 $E>V_0$ 时，求两区波数、透射振幅以及入射、反射、透射的流量关系；当 $E<V_0$ 时，令 $\psi(0)>0$，画出波函数实部，并说明如何从障壁外的波函数确定势垒高度。最后，对图2宽度 $a$、高度 $V_0$ 的矩形势垒，求所有无反射透射的能量。

II. 三个二态自旋具有题中给定的两个哈密顿量。①计算 Pauli 矩阵的平方及反对易子；②求 $\sigma_x$ 对基态的作用；③证明给定时间演化公式；④求指定四个基矢经过 $U_2(\pi/4)U_1(\pi/4)$ 后的状态；⑤对受第1自旋翻转扰动的 $|\psi_\epsilon\rangle$，求按第3自旋分组的两项；⑥测量第3自旋后，分别给出不依赖扰动大小的恢复操作。

Kai

I(1)〜(3)

各領域でシュレディンガー方程式に代入して

$$\boxed{k_1=\frac{\sqrt{2mE}}\hbar,\qquad k_2=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}\hbar}.$$

有限の段差では $\psi,\psi'$ が $x=0$ で連続なので、$A+B=C$、$k_1(A-B)=k_2C$。よって

$$\boxed{C=\frac{2k_1}{k_1+k_2}A},\qquad B=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}A.$$

これらから

$$\boxed{k_2|C|^2=k_1|A|^2-k_1|B|^2}.$$

両辺に $\hbar/m$ を掛けると、透過確率流が入射確率流から反射確率流を引いたものに等しいことがわかる。

I(4)

$k=\sqrt{2mE}/\hbar$、$\kappa=\sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$、$C=\psi(0)>0$ とおく。正の無限遠で発散しない解と接続条件から

$$\boxed{\psi(x)=C\begin{cases} \cos(kx)-\dfrac\kappa k\sin(kx),&x<0,\\ e^{-\kappa x},&x\geq0. \end{cases}}$$

この位相の選択では波動関数全体が実数になる。障壁外は定常波、内部は減衰指数関数であり、$x=0$ で値 $C$ と傾き $-\kappa C$ が連続する。

I(5)

障壁外の波長から $k$、したがって $E$ がわかる。また、定常波の節の位置、すなわち入射波に対する反射波の位相差から $\kappa/k$ を決められる。具体的には

$$\kappa=-\frac{\psi'(0^-)}{\psi(0^-)},\qquad \boxed{V_0=E+\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}}.$$

完全反射でも反射振幅の位相が障壁の高さの情報を含む。

I(6)

$E>V_0$ として障壁内の波数を $q=\sqrt{2m(E-V_0)}/\hbar$ とする。両端で接続すると透過率は

$$\mathcal T=\left[1+\frac{V_0^2\sin^2(qa)}{4E(E-V_0)}\right]^{-1}.$$

完全透過には $qa=n\pi$ が必要十分であり、

$$\boxed{E_n=V_0+\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2ma^2},\qquad n=1,2,3,\ldots}.$$

$E<V_0$ では $\sin(qa)$ が $\sinh(\kappa a)$ に置き換わり透過率は1未満である。また $E=V_0$ でも $\mathcal T=[1+mV_0a^2/(2\hbar^2)]^{-1}<1$ なので $n=0$ は含めない。

II(1)、(2)

行列積を計算すると

$$\boxed{\sigma_x^2=\sigma_z^2=I,\qquad\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z=0}.$$

また

$$\boxed{\widehat\sigma_x^{(i)}|0\rangle_i=|1\rangle_i,\qquad \widehat\sigma_x^{(i)}|1\rangle_i=|0\rangle_i}.$$

II(3)

$A=\widehat\sigma_z^{(1)}\widehat\sigma_x^{(3)}$、$B=\widehat\sigma_z^{(2)}\widehat\sigma_x^{(3)}$ とおくと、$A^2=B^2=\widehat1$、$[A,B]=0$。したがって

$$\begin{aligned} \widehat U_1(t) &=e^{itA}e^{itB}\\ &=(\cos t\,\widehat1+i\sin t\,A)(\cos t\,\widehat1+i\sin t\,B)\\ &=\cos^2t\,\widehat1-\sin^2t\,\widehat\sigma_z^{(1)}\widehat\sigma_z^{(2)} +i\cos t\sin t\,(\widehat\sigma_z^{(1)}+\widehat\sigma_z^{(2)})\widehat\sigma_x^{(3)}. \end{aligned}$$

II(4)

$U_1(\pi/4)$ は、第1、第2スピンが00なら第3スピンに $i\sigma_x$、11なら $-i\sigma_x$、01または10なら恒等演算子として作用する。$U_2(\pi/4)$ は第1、第3スピンがともに1の状態だけに位相 $-1$ を掛ける。よって

$$\boxed{\begin{aligned} |0,0,0\rangle&\longmapsto i|0,0,1\rangle,\\ |0,1,0\rangle&\longmapsto |0,1,0\rangle,\\ |1,0,0\rangle&\longmapsto |1,0,0\rangle,\\ |1,1,0\rangle&\longmapsto i|1,1,1\rangle. \end{aligned}}$$

II(5)

$\widehat\sigma_x^{(1)}|\psi\rangle=\alpha|1,0,0\rangle+\beta|0,1,0\rangle$ なので、上の四つの変換から

$$\boxed{|\phi_1\rangle=i\sqrt{1-\epsilon^2}(\alpha|0,0\rangle+\beta|1,1\rangle)},$$

$$\boxed{|\phi_0\rangle=\epsilon(\alpha|1,0\rangle+\beta|0,1\rangle)}.$$

II(6)

測定結果が1の場合、第1、第2スピンは既に正しい組合せである。第3スピンを戻す $\widehat\sigma_x^{(3)}$ を作用させれば、全体位相を除いて $|\psi\rangle$ を得る。位相も合わせるなら $-i\widehat\sigma_x^{(3)}$ とすればよい。

測定結果が0の場合、第1スピンのみが反転しているため $\widehat\sigma_x^{(1)}$ を作用させる。測定後に規格化すれば $\epsilon$ に依存する係数は全体位相だけとなり、どちらの操作にも $\epsilon$ の具体値は不要である。

Reference

• 東京大学公式問題（PDF 4–5ページ）
• Miyake：参考解答