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

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Author

Miyake

Description

問題の要約

公式問題・第3問の独立した要約。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の一次元調和振動子について、

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac12m\omega^2x^2,\qquad [x,p]=i\hbar,\qquad H\varphi_n=E_n\varphi_n$$

とする。$\varphi_n$ は規格化され、$n=0,1,\ldots$、$\varphi_0$ は基底状態である。演算子と状態の関係は

$$A=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad A^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right),$$

$$\varphi_{n+1}=\frac{A^\dagger\varphi_n}{\sqrt{n+1}},\qquad \varphi_n=\frac{A\varphi_{n+1}}{\sqrt{n+1}},\qquad A\varphi_0=0$$

で与えられる。

1. $A^\dagger A$ から $H$ を $A,A^\dagger$ で表す。
2. $E_0$ を求める。
3. $[A,A^\dagger]$ を計算し、$E_1$ を求める。
4. 各状態の位置期待値 $\langle\varphi_n|x|\varphi_n\rangle$ を求める。

$t<0$ では基底状態にあり、$t\ge0$ で $V(x)=Fx$（$F>0$）を加える。$F$ は十分小さく、一次摂動で

$$\psi=e^{-iE_0t/\hbar}\varphi_0+c_1(t)e^{-iE_1t/\hbar}\varphi_1,\qquad c_1(t)=\frac1{i\hbar}\int_0^t\langle\varphi_1|V|\varphi_0\rangle e^{i\omega t'}dt'$$

とする。

5. $c_1(t)$ と、時刻 $t\ge0$ に状態 $\varphi_1$ を観測する確率を $m,\omega,\hbar,F$ で表す。
6. 位置期待値を $m,\omega,F$ で表し、$0\le t\le2\pi/\omega$ のグラフを描く。

题目描述

1. 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 第一激发态
   $$\varphi_1=A^\dagger\varphi_0$$
   求能量 $E_1$。
4. 用归纳法证明对 $n=0,1,2,\ldots$，
   $$\langle\varphi_n|A|\varphi_n\rangle =\langle\varphi_n|A^\dagger|\varphi_n\rangle=0,$$
   再由
   $$x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(A+A^\dagger)$$
   求各能量本征态中的位置期望。归一化态满足 $\varphi_{n+1}=(n+1)^{-1/2}A^\dagger\varphi_n$。
5. 在 $t<0$ 时处于基态，$t\ge0$ 时加上位置型扰动 $V=Fx$（$F>0$ 且充分小），按一阶微扰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 $\varphi_1$ 中被发现的概率的最低非零阶。一阶近似态为 $\psi=e^{-iE_0t/\hbar}\varphi_0+c_1(t)e^{-iE_1t/\hbar}\varphi_1$。
6. 对 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 $\langle\psi|x|\psi\rangle$；其结果为 $F(\cos\omega t-1)/(m\omega^2)$ ，并画出 $0\le t\le2\pi/\omega$ 内的图像。

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、一次摂動で求めた振幅に対応する遷移確率は

$$P_{0\to1}(t)\simeq |c_1(t)|^2 =\frac{F^2}{\hbar\omega^3m}(1-\cos\omega t)$$

である。ここでは確率について $F^2$ の項までを採用する。

(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。

$t=0,2\pi/\omega$ で期待値は $0$、$t=\pi/\omega$ で最小値 $-2F/(m\omega^2)$ をとる。