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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• 东京大学
• 产生与湮灭算符
• 谐振子基态
• 谐振子第一激发态
• 一阶含时微扰
• 量子可观测量的期望与方差

Author

Miyake

Description

1 次元調和振動子型のポテンシャル中にある質量 $m$ の粒子を考える。このとき、ハミルトニアン $H$ は、次のように書ける。

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac12m\omega^2x^2$$

ここで、$x$、$p$、$\omega$ は、それぞれ、位置演算子、運動量演算子、角振動数である。規格化された波動関数 $\varphi_n(x)$、固有エネルギー $E_n$ は、次のシュレーディンガー方程式を満たす。

$$H\varphi_n(x)=E_n\varphi_n(x)$$

ここで、$n$ は負でない整数（$n=0,1,2,\ldots$）であり、$n=0$ は基底状態に対応する。次の演算子 $A$、$A^\dagger$ を定義する。

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

ここで、$\hbar$ はプランク定数を $2\pi$ で割った値である。このとき、次のような関係式が成り立つ。

$$\begin{aligned} \varphi_{n+1}(x)&=\frac1{\sqrt{n+1}}A^\dagger\varphi_n(x),\\ \varphi_n(x)&=\frac1{\sqrt{n+1}}A\varphi_{n+1}(x). \end{aligned}$$

以下の問いに答えよ。

（1） $A^\dagger A$ を計算することによって、$H$ を $A^\dagger$ と $A$ を用いて表せ。ただし、交換関係 $[x,p]=i\hbar$ が成り立つことに注意せよ。

（2） $E_0$ を求めよ。ただし、$A\varphi_0=0$ であることに注意せよ。

（3） 交換関係 $[A,A^\dagger]$ を計算することによって、$E_1$ を求めよ。

（4） 状態 $\varphi_n$ における $x$ の期待値 $\langle\varphi_n|x|\varphi_n\rangle$ を求めよ。

時刻 $t<0$ で、状態 $\varphi_0$ であるとする。$t\ge0$ で、$V(x)=Fx$ の摂動ポテンシャルが加わっている状況を考える。ここで、$F$ は力を表す正の定数である。$F$ が十分小さいとし、1 次摂動の範囲で考えることができるものとする。このとき、時刻 $t$ における波動関数は、

$$\psi(x,t)=e^{-iE_0t/\hbar}\varphi_0(x) +c_1(t)e^{-iE_1t/\hbar}\varphi_1(x)$$

と書ける。ここで、係数 $c_1(t)$ は、

$$c_1(t)=\frac1{i\hbar}\int_0^t \langle\varphi_1|V|\varphi_0\rangle e^{i\omega t'}\,dt'$$

と書ける。

（5） $c_1(t)$ を計算して、時刻 $t\ (\ge0)$ において粒子が状態 $\varphi_1$ に見いだされる確率を $m$、$\omega$、$\hbar$、$F$ を用いて表せ。

（6） 時刻 $t\ (\ge0)$ における $x$ の期待値 $\langle\psi|x|\psi\rangle$ を $m$、$\omega$、$F$ を用いて表せ。また、$\langle\psi|x|\psi\rangle$ を $0\le t\le2\pi/\omega$ の範囲で $t$ の関数として図示せよ。

题目描述

考虑处于一维谐振子势中的质量为 $m$ 的粒子，其哈密顿算符为

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac12m\omega^2x^2.$$

这里 $x$、$p$、$\omega$ 分别为位置算符、动量算符和角频率。归一化波函数 $\varphi_n(x)$ 及能量本征值 $E_n$ 满足薛定谔方程

$$H\varphi_n(x)=E_n\varphi_n(x).$$

$n$ 为非负整数（$n=0,1,2,\ldots$），$n=0$ 对应基态。定义算符

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

其中 $\hbar$ 为普朗克常数除以 $2\pi$。有以下关系：

$$\begin{aligned} \varphi_{n+1}(x)&=\frac1{\sqrt{n+1}}A^\dagger\varphi_n(x),\\ \varphi_n(x)&=\frac1{\sqrt{n+1}}A\varphi_{n+1}(x). \end{aligned}$$

回答下列问题。

（1） 计算 $A^\dagger A$，将 $H$ 用 $A^\dagger$ 和 $A$ 表示。注意对易关系 $[x,p]=i\hbar$ 成立。

（2） 求 $E_0$。注意 $A\varphi_0=0$。

（3） 计算对易关系 $[A,A^\dagger]$，求 $E_1$。

（4） 求状态 $\varphi_n$ 中位置 $x$ 的期望值 $\langle\varphi_n|x|\varphi_n\rangle$。

设 $t<0$ 时处于状态 $\varphi_0$。考虑在 $t\ge0$ 时加入微扰势 $V(x)=Fx$ 的情形，其中 $F$ 为表示力的正数。假设 $F$ 足够小，可采用一阶微扰近似。此时时刻 $t$ 的波函数可写为

$$\psi(x,t)=e^{-iE_0t/\hbar}\varphi_0(x) +c_1(t)e^{-iE_1t/\hbar}\varphi_1(x),$$

其中系数为

$$c_1(t)=\frac1{i\hbar}\int_0^t \langle\varphi_1|V|\varphi_0\rangle e^{i\omega t'}\,dt'.$$

（5） 计算 $c_1(t)$，用 $m$、$\omega$、$\hbar$、$F$ 表示在时刻 $t\ (\ge0)$ 发现粒子处于状态 $\varphi_1$ 的概率。

（6） 用 $m$、$\omega$、$F$ 表示时刻 $t\ (\ge0)$ 的位置期望值 $\langle\psi|x|\psi\rangle$，并画出其在 $0\le t\le2\pi/\omega$ 范围内随 $t$ 变化的图像。

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、

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

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。

Reference

• 大学公表の原題