東京大学 新領域創成科学研究科 物質系専攻 2019年8月実施 第3問

标签：

• Tokyo-University
• Creation-and-Annihilation-Operators
• Harmonic-Oscillator-Ground-State
• Harmonic-Oscillator-First-Excited-State
• First-Order-Time-Dependent-Perturbation-Transition-Probability
• Quantum-Observable-Expectation-and-Variance

Author

Miyake

Description

题目描述

原 Description 为空。以下六项只能依据现有 Kai 的编号、公式与计算目标恢复；原题对算符的完整定义、态的递推归一化、扰动开启方式及近似阶数没有留存。

1. Kai 使用正则对易关系 $[x,p]=i\hbar$ 以及
   $$A=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left(x+\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad A^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}} \left(x-\frac{ip}{m\omega}\right),$$
   推导谐振子 Hamilton 算符
   $$H=\frac{p^2}{2m}+\frac12m\omega^2x^2 =\hbar\omega\left(A^\dagger A+\frac12\right).$$
2. 对满足 $A\varphi_0=0$ 的基态，求其能量 $E_0$。
3. 证明 $[A,A^\dagger]=1$，并对 Kai 定义的第一激发态
   $$\varphi_1=A^\dagger\varphi_0$$
   求能量 $E_1$。
4. Kai 以归纳法证明对 $n=0,1,2,\ldots$，
   $$\langle\varphi_n|A|\varphi_n\rangle =\langle\varphi_n|A^\dagger|\varphi_n\rangle=0,$$
   再由
   $$x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(A+A^\dagger)$$
   求各能量本征态中的位置期望。Kai 计算中使用了 $\varphi_{n+1}=(n+1)^{-1/2}A^\dagger\varphi_n$，但原题是否显式给出该定义无法确认。
5. Kai 对位置型扰动 $V=Fx$，从基态出发计算到第一激发态的一阶振幅
   $$c_1(t)=\frac{F}{\sqrt{2\hbar\omega^3m}} (1-e^{i\omega t}),$$
   并进一步计算时刻 $t$ 在 $\varphi_1$ 中被发现的归一化概率。原题中扰动的时间开关函数及近似态的完整定义未保留。
6. 对 Kai 使用的两态近似波函数 $\psi$，结合
   $$\langle\varphi_0|x|\varphi_1\rangle =\langle\varphi_1|x|\varphi_0\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}},$$
   计算位置期望 $\langle\psi|x|\psi\rangle$；Kai 得到与 $F(\cos\omega t-1)/(m\omega^2)$ 相同的表达式。

无法仅由 Kai 判断第 5、6 问原题是否要求保留归一化分母、只取一阶项，或采用其他扰动论记号，故不补造这些条件。

Kai

(1)

$$\begin{aligned} A^\dagger A &= \frac{m \omega}{2 \hbar} \left( x - \frac{ip}{m \omega} \right) \left( x + \frac{ip}{m \omega} \right) \\ &= \frac{m \omega}{2 \hbar} \left( x^2 + \frac{p^2}{m^2 \omega^2} + \frac{i}{m \omega}[x,p] \right) \\ &= \frac{m \omega}{2 \hbar} \left( x^2 + \frac{p^2}{m^2 \omega^2} - \frac{\hbar}{m \omega} \right) \\ &= \frac{1}{\hbar \omega} \left( \frac{p^2}{2 m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \right) - \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{\hbar \omega} H - \frac{1}{2} \\ \therefore \ \ H &= \hbar \omega \left( A^\dagger A + \frac{1}{2} \right) \end{aligned}$$

(2)

$$\begin{aligned} H \varphi_0 &= \hbar \omega \left( A^\dagger A + \frac{1}{2} \right) \varphi_0 \\ &= \frac{1}{2} \hbar \omega \varphi_0 \\ \therefore \ \ E_0 &= \frac{1}{2} \hbar \omega \end{aligned}$$

(3)

$$\begin{aligned} \left[ A, A^\dagger \right] &= \frac{m \omega}{2 \hbar} \left[ x + \frac{ip}{m \omega}, x - \frac{ip}{m \omega} \right] \\ &= \frac{m \omega}{2 \hbar} \frac{i}{m \omega} \left\{ -[x,p] + [p,x] \right\} \\ &= \frac{i}{2 \hbar} \cdot (-2i \hbar) \\ &= 1 \\ H \varphi_1 &= \hbar \omega \left( A^\dagger A + \frac{1}{2} \right) A^\dagger \varphi_0 \\ &= \hbar \omega \left( A^\dagger (A^\dagger A + 1) + \frac{1}{2} A^\dagger \right) \varphi_0 \\ &= \frac{3}{2} \hbar \omega A^\dagger \varphi_0 \\ &= \frac{3}{2} \hbar \omega \varphi_1 \\ \therefore \ \ E_1 &= \frac{3}{2} \hbar \omega \end{aligned}$$

(4)

$\left\langle \varphi_0 \right| A \left| \varphi_0 \right\rangle = 0$ で、かつ、

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_{n+1} \right| A \left| \varphi_{n+1} \right\rangle &= \frac{1}{n+1} \left\langle \varphi_n \right| A A A^\dagger \left| \varphi_n \right\rangle \\ &= \frac{1}{n+1} \left\langle \varphi_n \right| A ( A^\dagger A + 1 ) \left| \varphi_n \right\rangle \\ &= \frac{1}{n+1} \left\langle \varphi_n \right| A \left( \frac{H}{\hbar \omega} - \frac{1}{2} + 1 \right) \left| \varphi_n \right\rangle \\ &= \frac{1}{n+1} \left( \frac{E_n}{\hbar \omega} + \frac{1}{2} \right) \left\langle \varphi_n \right| A \left| \varphi_n \right\rangle \end{aligned}$$

であるから、数学的帰納法により、 $n=0,1,2, \cdots$ に対して、

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_n \right| A \left| \varphi_n \right\rangle = 0 \end{aligned}$$

が成り立つ。

同様にして、

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_n \right| A^\dagger \left| \varphi_n \right\rangle = 0 \end{aligned}$$

も成り立つ。

さらに、

$$\begin{aligned} x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left( A + A^\dagger \right) \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_n \right| x \left| \varphi_n \right\rangle = 0 \end{aligned}$$

が $n=0,1,2, \cdots$ について成り立つ。

(5)

まず、

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_1 \right| V \left| \varphi_0 \right\rangle &= F \left\langle \varphi_0 \right| A x \left| \varphi_0 \right\rangle \\ &= F \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left\langle \varphi_0 \right| A \left( A + A^\dagger \right) \left| \varphi_0 \right\rangle \\ &= F \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left\langle \varphi_0 \right| A A^\dagger \left| \varphi_0 \right\rangle \\ &= F \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left\langle \varphi_0 \right| \left(A^\dagger A + 1 \right) \left| \varphi_0 \right\rangle \\ &= F \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} c_1(t) &= \frac{F}{i \hbar} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \int_0^t e^{i \omega t'} dt' \\ &= \frac{F}{i \hbar} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left[ \frac{e^{i \omega t'}}{i \omega} \right]_0^t \\ &= - \frac{F}{\hbar \omega} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \left( e^{i \omega t} - 1 \right) \\ &= \frac{F}{\sqrt{2 \hbar \omega^3 m}} \left( 1 - e^{i \omega t} \right) \end{aligned}$$

を得る。

さらに、

$$\begin{aligned} \left| e^{-i \frac{E_0}{\hbar} t} \right|^2 &= 1 \\ \left| c_1(t) e^{-i \frac{E_1}{\hbar} t} \right|^2 &= \frac{F^2}{2 \hbar \omega^3 m} \left( 1 - e^{i \omega t} \right) \left( 1 - e^{- i \omega t} \right) \\ &= \frac{F^2}{\hbar \omega^3 m} \left( 1 - \cos \omega t \right) \end{aligned}$$

であるから、時刻 $t$ において状態 $\varphi_1$ に見いだされる確率は、

$$\begin{aligned} \frac{\frac{F^2}{\hbar \omega^3 m} \left( 1 - \cos \omega t \right)} { 1 + \frac{F^2}{\hbar \omega^3 m} \left( 1 - \cos \omega t \right)} \end{aligned}$$

である。

(6)

(3), (5) より

$$\begin{aligned} \left\langle \varphi_0 \right| x \left| \varphi_0 \right\rangle &= \left\langle \varphi_1 \right| x \left| \varphi_1 \right\rangle = 0 \\ \left\langle \varphi_0 \right| x \left| \varphi_1 \right\rangle &= \left\langle \varphi_1 \right| x \left| \varphi_0 \right\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \left\langle \psi \right| x \left| \psi \right\rangle &= c_1^\ast (t) e^{-i \frac{E_0-E_1}{\hbar} t} \left\langle \varphi_1 \right| x \left| \varphi_0 \right\rangle + c_1 (t) e^{-i \frac{E_1-E_0}{\hbar} t} \left\langle \varphi_0 \right| x \left| \varphi_1 \right\rangle \\ &= \frac{F}{\sqrt{2 \hbar \omega^3 m}} \left( 1 - e^{- i \omega t} \right) e^{i \omega t} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} + \frac{F}{\sqrt{2 \hbar \omega^3 m}} \left( 1 - e^{i \omega t} \right) e^{- i \omega t} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \\ &= \frac{F}{2 m \omega^2} \left\{ \left( e^{i \omega t} - 1 \right) + \left( e^{- i \omega t} - 1 \right) \right\} \\ &= \frac{F}{m \omega^2} \left( \cos \omega t - 1 \right) \end{aligned}$$

を得る。