東北大学 理学研究科 物理学専攻 2019年度 問題4（量子力学）
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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：
\[
\begin{aligned}
1
&= \int_0^L | \psi_n(x) |^2 dx
= |A|^2 \int_0^L \sin^2 k_n x dx
= |A|^2 \int_0^L \frac{1 - \cos 2k_nx}{2} dx
\\
&= \frac{|A|^2}{2} \left[ x - \frac{1}{2} \sin 2k_nx \right]_0^L
= \frac{|A|^2 L}{2}
\end{aligned}
\]
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)
\[
\begin{aligned}
\psi_3(x) &= \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{3 \pi x}{L}
\\
\left| \psi_3(x) \right|^2 &= \frac{2}{L} \sin^2 \frac{3 \pi x}{L}
\end{aligned}
\]
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：
\[
\begin{aligned}
\int_0^L \varphi(x) \mathcal{H} \varphi(x)
&= \frac{1}{10} \int_0^L
\left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} \mathcal{H}
\left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} dx
\\
&= \frac{1}{10} \int_0^L
\left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\}
\left\{ 3 E_1 \psi_1(x) - E_3 \psi_3(x) \right\} dx
\\
&= \frac{1}{10} \left( 9 E_1 + E_3 \right)
\\
&= \frac{1}{10} \frac{\hbar^2 \pi^2}{2m L^2} \cdot 18
\\
&= \frac{9 \hbar^2 \pi^2}{10 m L^2}
\end{aligned}
\]
[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、
\[
\begin{aligned}
\left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{X''(x)}{X(x)}
+ \frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2 \right)
+ \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Y''(y)}{Y(y)}
+ \frac{1}{2} \mu \omega^2 y^2 \right)
+ \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Z''(z)}{Z(z)}
+ \frac{1}{2} \mu \omega^2 z^2 \right)
= E
\end{aligned}
\]
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)
\(\phi_0(-x)=\phi_0(x), \ \ \phi_1(-x) = - \phi(x)\) 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、
\[
\begin{aligned}
\Delta V \left| 00 \right\rangle
&=
- \frac{g}{\sqrt{2}}
\left( \vec{r} \cdot \vec{s}_1 \right)
\left( \vec{r} \cdot \vec{s}_2 \right)
\left(
\left| \uparrow \right\rangle
\left| \downarrow \right\rangle
-
\left| \downarrow \right\rangle
\left| \uparrow \right\rangle
\right)
\\
&=
- \frac{g}{\sqrt{2}}
\frac{\hbar^2}{4}
\left[
\left\{
z \left| \uparrow \right\rangle
+ (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle
\right\}
\left\{
(x-iy) \left| \uparrow \right\rangle
-z \left| \downarrow \right\rangle
\right\}
-
\left\{
(x-iy) \left| \uparrow \right\rangle
-z \left| \downarrow \right\rangle
\right\}
\left\{
z \left| \uparrow \right\rangle
+ (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle
\right\}
\right]
\\
&= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right)
\left| 00 \right\rangle
\\
\therefore \ \
\left\langle 00 \right| \Delta V \left| 00 \right\rangle
&= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right)
\end{aligned}
\]
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。