量子力学演習2

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%%%%%%%%%%%%%%%
%\hfill {ver. 2.0}
%%%%%%%%%%%%%%%
\title{
量子力学演習2
}
\author{
白石　清（山口大学理学部）
}
\date{ver. 2.0}
\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
量子力学演習問題追加分。未完成。
\end{abstract}

\newpage

\paragraph{12.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
摂動論

ハミルトニアンが次のかたちをしているとき，
\be
H=H^{(0)}+\lambda H^{(1)}
\ee
$H_1$を摂動として考えて，エネルギー固有値が
どういうふうに近似されるか，考えてみよう。
$\lambda$は次元をもたない量で，これが小さいと思って，
すべての量がべき級数展開できると仮定する。
ただし，計算の後，$\lambda\rightarrow 1$としてよいとする。

また，$H_0$に関しては，固有値と固有関数が
わかっているものとする。すなわち固有方程式
\be
H^{(0)}u_j=E_ju_j
\ee
で$E_j$とそれに付随した$u_j$がすべてわかっているとする。
さらに，ここでは簡単のため，縮退はないと仮定する。

解きたい式は
\be
H\psi=E\psi
\ee
である。ここで$\lambda$についてのべき級数であらわすと，
\be
\psi=\psi^{(0)}+\lambda\psi^{(1)}+\lambda^2\psi^{(2)}+\cdots,
\ee
および
\be
E=E^{(0)}+\lambda E^{(1)}+\lambda^2 E^{(2)}+\cdots
\ee
と書ける。

摂動のないとき，エネルギー固有値が$E_n$，固有関数が$u_n$
であったとする。摂動を入れたとき，この場合，あきらかに，
\be
E^{(0)}=E_n,~~~~~\psi^{(0)}=u_n
\ee
である。また，$\psi^{(0)}~~~(k>0)$は
$j=n$を除く$u_j$の線形結合で書けるとする。すなわち
\be
\psi^{(k)}=\sum_{j\ne n}c^{(k)}_{j}u_j~~~(k\ne 0).
\ee

以下の問に答えよ。

記法として，
\be
\langle i\left|H^{(1)}\right|j\rangle=\int u_i^*H^{(1)}u_jdx
\ee
などを使え。

\begin{enumerate}
\item $\lambda$の一次に比例した方程式を見いだせ。

\item $E^{(1)}=\langle n\left|H_1\right|n\rangle$を示せ。

\item $c^{(1)}_{j}$を求めよ。

\item $\lambda$の二次に比例した方程式を見いだせ。

\item $E^{(2)}$を求めよ。
\end{enumerate}


\paragraph{13.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
一次元の調和振動子のハミルトニアン
\be
H^{(0)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+
\frac{1}{2}m\omega_0^2x^2
\ee
に次のような摂動を加える。
\be
H^{(1)}=+\frac{1}{2}m\omega_1^2x^2
\ee

摂動のないときのエネルギーを
$E^{(0)}=E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)$
とする。
{\bf 12.}でやった摂動論と{\bf 9.}の結果を用いて

\begin{enumerate}
\item 　一次の摂動エネルギー$E^{(1)}$を求めよ。

\item 　二次の摂動エネルギー$E^{(2)}$を求めよ。

\item 　（お気づきでしょうが）この問題の例では，摂動を加えたときも
厳密に解くことができる。1.2.の結果を厳密な答えと比較せよ。
\end{enumerate}


\paragraph{14.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
一次元の調和振動子のハミルトニアン
\be
H^{(0)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+
\frac{1}{2}m\omega_0^2x^2
\ee
に次のような摂動を加える。
\be
H^{(1)}=-e{\tt E}x
\ee

摂動のないときのエネルギーを
$E^{(0)}=E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)$
とする。
{\bf 12.}でやった摂動論と{\bf 9.}の結果を用いて

\begin{enumerate}
\item 　一次の摂動エネルギー$E^{(1)}$を求めよ。

\item 　二次の摂動エネルギー$E^{(2)}$を求めよ。

\item 　（お気づきでしょうが）この問題の例では，摂動を加えたときも
厳密に解くことができる({\bf 9.})。1.2.の結果を厳密な答えと比較せよ。
\end{enumerate}


\paragraph{15.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
一次元の調和振動子のハミルトニアン
\be
H^{(0)}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+
\frac{1}{2}m\omega_0^2x^2
\ee
に次のような摂動を加える。
\be
H^{(1)}=+Cx^4
\ee

摂動のないときのエネルギーを
$E^{(0)}=E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)$
とする。
{\bf 12.}でやった摂動論と{\bf 9.}の結果を用いて

\begin{enumerate}

\item 　一次の摂動エネルギー$E^{(1)}$を求めよ。

\end{enumerate}


\paragraph{16.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
二次元等方調和振動子

ハミルトニアンは
\be
H=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+
\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)+
\frac{1}{2}m\omega^2\left(x^2+y^2\right)
\ee
で与えられる。

\begin{enumerate}
\item 次のような演算子を定義する。
\bea
a_x&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}x+
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial x}\\
a_x^{\dagger}&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}x-
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial x}\\
a_y&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}y+
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial y}\\
a_y^{\dagger}&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}y-
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial y}
\eea
これらを使って$H$を表せ。
また，エネルギー固有値のスペクトルと，縮退度を求めよ。
（{\bf 9.}を思い出せ。）

\item
\be
L_z=\frac{1}{i}\left(x\frac{\partial}{\partial y}-
y\frac{\partial}{\partial x}\right)
\ee
を$a_x$，$a_x^{\dagger}$，$a_y$，$a_y^{\dagger}$を使って表せ。
また，$[ H, L_z ]=0$を示せ。

\item さらに次のような演算子を定義する。
\bea
A_+&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x-ia_y)\\
A_+^{\dagger}&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x^{\dagger}+ia_y^{\dagger})\\
A_-&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x+ia_y)\\
A_-^{\dagger}&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x^{\dagger}-ia_y^{\dagger})
\eea
これらの演算子間の交換関係をすべてもとめよ。

\item　$H$，$L_z$を$A_+$，$A_+^{\dagger}$，$A_-$，$A_-^{\dagger}$
を使って表せ。

\item　$H$，$L_z$と$A_+$，$A_+^{\dagger}$，$A_-$，$A_-^{\dagger}$
の交換関係をもとめよ。

\end{enumerate}


\paragraph{17.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
三次元等方調和振動子

ハミルトニアンは
\be
H=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+
\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)+
\frac{1}{2}m\omega^2\left(x^2+y^2+z^2\right)
\ee
で与えられる。

\begin{enumerate}
\item 次のような演算子を定義する。
\bea
a_x&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}x+
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial x}\\
a_x^{\dagger}&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}x-
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial x}\\
a_y&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}y+
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial y}\\
a_y^{\dagger}&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}y-
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial y}\\
a_z&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}z+
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial z}\\
a_z^{\dagger}&=&\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}z-
\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\frac{\partial}{\partial z}
\eea
これらを使って$H$を表せ。
また，エネルギー固有値のスペクトルと，縮退度を求めよ。
（{\bf 9.}を思い出せ。）

\item
\bea
L_x&=&i(a_ya_z^{\dagger}-a_za_y^{\dagger})\\
L_y&=&i(a_za_x^{\dagger}-a_xa_z^{\dagger})\\
L_z&=&i(a_xa_y^{\dagger}-a_ya_x^{\dagger})
\eea
の間の交換関係を求めよ。
また，$[ H, L_x ]=0$，$[ H, L_y ]=0$，$[ H, L_z ]=0$を示せ。

\item さらに次のような演算子を定義する。
\bea
A_+&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x-ia_y)\\
A_+^{\dagger}&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x^{\dagger}+ia_y^{\dagger})\\
A_-&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x+ia_y)\\
A_-^{\dagger}&=&\frac{1}{\sqrt{2}}(a_x^{\dagger}-ia_y^{\dagger})\\
A_0&=&a_z\\
A_0^{\dagger}&=&a_z^{\dagger}.
\eea

これらの演算子を用いて
\bea
L_+&=&L_x+iL_y\\
L_-&=&L_x-iL_y\\
L^2&=&L_x^2+L_y^2+L_z^2,
\eea
および$L_z$を表せ。

これらの演算子（$L_+,\dots,A_+,\dots$）間の交換関係を求めよ。

\item エネルギー固有値が$\frac{7}{2}\hbar\omega$である
固有状態は，以下の六つである。
\bea
~&~&\frac{1}{\sqrt{2}}(A_+^{\dagger})^2|000\rangle,~~~
A_+^{\dagger}A_0^{\dagger}|000\rangle,~~~
A_+^{\dagger}A_-^{\dagger}|000\rangle,~~~\nonumber \\
~&~&\frac{1}{\sqrt{2}}(A_0^{\dagger})^2|000\rangle,~~~
A_-^{\dagger}A_0^{\dagger}|000\rangle,~~~
\frac{1}{\sqrt{2}}(A_-^{\dagger})^2|000\rangle.
\eea
ただし，$A_+|000\rangle=A_-|000\rangle=A_0|000\rangle=0$
である。

これらの固有状態は，$L_z$の固有状態にもなっていることを示せ。

また，$L^2$の固有状態にもなっているか？
もしそうでなければ，$L^2$の固有状態を見いだせ。

\item 前の問題と同じことをエネルギー固有値が$\frac{9}{2}\hbar\omega$の
ときに考察せよ。

\end{enumerate}


\paragraph{18.} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
$一様なz$方向の磁場$B$の中を，
質量$m$，電荷$e$の粒子が$xy$平面上を運動する。

ハミルトニアンは
\be
H=\frac{1}{2m}(\vp-e\vA)^2
\ee
と書ける。

ベクトルポテンシャル$\vA$は次のようにとればよい。
\be
A_x=-\frac{1}{2}By,~~~~~A_y=\frac{1}{2}Bx
\ee


\begin{enumerate}
\item $H$を書き直すと
\be
H=\frac{1}{2m}\left[p_x^2+p_y^2+eB(yp_x-xp_y)+
\frac{1}{4}e^2B^2(x^2+y^2)\right]
\ee
となることを示せ。

\item $z=x+iy$，$\bar{z}=x-iy$をつかって，
$H$を書き直せ。

\item 演算子
\bea
a&=&\frac{1}{\sqrt{2eB\hbar}}
\left(\frac{1}{2}eBz+2\hbar\frac{\partial}{\partial\bar{z}}\right)\\
a^{\dagger}&=&\frac{1}{\sqrt{2eB\hbar}}
\left(\frac{1}{2}eB\bar{z}-2\hbar\frac{\partial}{\partial z}\right)
\eea
を使って$H$を表せ。

\item $a$と$a^{\dagger}$の交換関係を求めよ。

\item {\bf 9.}を参考にして，エネルギースペクトルを求めよ。

\item （高校で学んだような）Bohrの量子化条件を，粒子の
古典軌道（円軌道）に適用した場合のエネルギースペクトルと，上の
厳密な結果とを比べなさい。
\end{enumerate}


\end{document}
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