名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2016年度量子力学
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量子力学

問１
(3)から
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\left[\hat{a}_x,\hat{a}_x^{\dagger}\right]&=&\frac{m\omega}{2\hbar}\left[\hat{x}+\frac{i}{m\omega}\hat{p}_x,\hat{x}-\frac{i}{m\omega}\hat{p}_x \right]\\
&=&\frac{m\omega}{2\hbar}\left\{ \left[ \hat{x},-\frac{i}{m\omega}\hat{p}_x \right]+ \left[\frac{i}{m\omega}\hat{p}_x, \hat{x} \right] \right\}\\
&=&-\frac{i}{2\hbar}2\left[ \hat{x},\hat{x} \right]\\
&=&-\frac{i}{\hbar}\cdot i\hbar\\
&=&1
\end{split}
\end{eqnarray}

問２
(3)より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{x}&=&\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}_x+\hat{a}_x^{\dagger}\right)\\
\hat{p}_x&=&i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}\left(\hat{a}_x^{\dagger}-\hat{a}_x\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
となり、これを(1)へ代入して
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{H}_x&=&\frac{1}{2m}\left( -\frac{m\omega\hbar}{2} \right)\left(\hat{a}_x^{\dagger}-\hat{a}_x\right)^2+\frac12m\omega^2\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\hat{a}_x+\hat{a}_x^{\dagger}\right)^2\\
&=&-\frac{1}{4}\hbar \omega\left(\hat{a}_x^{\dagger}-\hat{a}_x\right)^2+\frac14\hbar \omega\left(\hat{a}_x+\hat{a}_x^{\dagger}\right)^2\\
&=&\frac{1}{4}\hbar \omega\left(\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_x+\hat{a}_x\hat{a}_x^{\dagger}\right)+\frac{1}{4}\hbar \omega\left(\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_x+\hat{a}_x\hat{a}_x^{\dagger}\right)\\
&=&\frac{1}{2}\hbar \omega\left(\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_x+\hat{a}_x\hat{a}_x^{\dagger}\right)\\
&=&\hbar \omega\left(\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_x+\frac12\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まる。

問３
\begin{eqnarray}
\hat{a}_x^{\dagger}|n_x\rangle=\sqrt{n_x+1}|n_x+1\rangle
\end{eqnarray}
から
\begin{eqnarray}
C_{n_x}(\hat{a}_x^{\dagger})^{n_x+1}|0\rangle=\sqrt{n_x+1}C_{n_x+1}(\hat{a}_x^{\dagger})^{n_x+1}|0\rangle
\end{eqnarray}
となり、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
C_{n_x+1}&=&\frac{1}{\sqrt{n_{x}+1}}C_{n_x}\\
&=&\frac{1}{\sqrt{(n_{x}+1)!}}C_{0}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。ここで \( a_x^{\dagger}|0\rangle=|1\rangle\)が成立するから、 \( C_0=1\)である。よって、
\begin{eqnarray}
C_{n_x}=\frac{1}{\sqrt{n_{x}!}}
\end{eqnarray}
と求まる。

問４
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{l}&=&\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x\\
&=&\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}_x+\hat{a}_x^{\dagger}\right)\left\{i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}\left(\hat{a}_y^{\dagger}-\hat{a}_y\right)\right\}\\
&\,\,&-\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}_y+\hat{a}_y^{\dagger}\right)\left\{i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}\left(\hat{a}_x^{\dagger}-\hat{a}_x\right)\right\}\\
&=&i\frac{\hbar}{2}(\hat{a}_x\hat{a}_y^{\dagger}
-\hat{a}_x\hat{a}_y
+\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_y^{\dagger}
-\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_y
)-i\frac{\hbar}{2}
(\hat{a}_y\hat{a}_x^{\dagger}
-\hat{a}_y\hat{a}_x
+\hat{a}_y^{\dagger}\hat{a}_x^{\dagger}
-\hat{a}_y^{\dagger}\hat{a}_x)\\
&=&i\frac{\hbar}{2}\left( \hat{a}_x\hat{a}_y^{\dagger} -(\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_y \right)×2\\
&=&i\hbar\left( \hat{a}_x\hat{a}_y^{\dagger} -\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_y \right)
\end{split}
\end{eqnarray}

　

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問５
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{l}|n_x,n_y\rangle&=&i\hbar\left( \hat{a}_x\hat{a}_y^{\dagger} -\hat{a}_x^{\dagger}\hat{a}_y \right)|n_x,n_y\rangle\\
&=&i\hbar\left\{ \sqrt{n_x}\sqrt{n_y+1}|n_x-1,n_y+1\rangle -\sqrt{n_x+1}\sqrt{n_y}|n_x+1,n_y-1\rangle \right\}
\end{split}
\end{eqnarray}
と計算できるため、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\alpha(n_x,n_y)&=&\sqrt{n_x}\sqrt{n_y+1}\\
\beta(n_x,n_y)&=&\sqrt{n_x+1}\sqrt{n_y}
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まる。

問６
\( N=n_x+n_y\)より、 \( n_x\)の選び方が \( n_x=0,1,2,\cdots ,N\)の\( N+1\)通りあるので\( n_{deq}(N)=N+1\)である。

問７
\( _2\langle j|\hat{l}|k\rangle_2\,\,(j,k=0,1,2)\)の行列表示を考える。
問５より、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{l}|0,2\rangle&=&i\hbar\left( -\beta(0,2)|1,1\rangle \right)\\
&=&-\sqrt{2}i\hbar|1,1\rangle\\
\hat{l}|1,1\rangle&=&i\hbar\left(\sqrt{2}|0,2\rangle-\sqrt{2}|2,0\rangle \right)\\
\hat{l}|2,0\rangle&=& i\hbar\left( \sqrt{2}|1,1\rangle\right)\\
&=& \sqrt{2} i\hbar|1,1\rangle
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\langle 1|\hat{l}|0\rangle&=&-\sqrt{2}i\hbar\\
\langle 2|\hat{l}|1\rangle&=&-\sqrt{2}i\hbar\\
\langle 0|\hat{l}|1\rangle&=&\sqrt{2}i\hbar\\
\langle 1|\hat{l}|2\rangle&=&\sqrt{2}i\hbar\\
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。行列表示すると
\begin{eqnarray}
_N\langle j|\hat{l}|k\rangle_N =\left(
\begin{array}{ccc}
0 & \sqrt{2}i\hbar & 0 \\
-\sqrt{2}i\hbar & 0 & \sqrt{2}i\hbar \\
0 & -\sqrt{2}i\hbar & 0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
となる。

問８
定義より、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{E}}&=&-grad\phi-\frac{\partial{\bf{A}}}{\partial t}\\
&=&\left( \frac{B}{2}\hat{v}_y ,-\frac{B}{2}\hat{v}_x,0 \right)\\
&=&\left( \frac{B\hat{P}_y}{2m},-\frac{B\hat{P}_x}{2m},0\right)
\end{split}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{B}}&=&rot{\bf{A}}\\
&=&(0,0,B)
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まる。

問９
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\hat{H}&=&\frac{1}{2m}\left\{ \left( \hat{P}_x+\frac{eB}{2} \hat{y}\right)^2+ \left( \hat{P}_y-\frac{eB}{2}\hat{x} \right)^2 \right\}+\frac12 m\omega^2(x^2+y^2)\\
&=&\frac{1}{2m}\left\{ (P_x^2+P_y^2)+eB(\hat{y}\hat{P}_x-\hat{P}_y\hat{x})\right\}+\frac12 m\omega^2(x^2+y^2)+O(B^2)\\
&=&H_0-\frac{eB}{2m}\hat{l}+O(B^2)\\
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
\hat{H}_1&=&-\frac{eB}{2m}\hat{l}
\end{eqnarray}
となる。

問１０
\( \hat{l}\)の行列表示を対角化することで基底を取り直すことを考える。
このとき、基底は固有状態である。
つまり
\begin{eqnarray}
U^{\dagger}_N\langle j|\hat{l}|k\rangle_NU =\left(
\begin{array}{ccc}
0 & 0 & 0 \\
0 & 2\hbar & 0 \\
0 & 0 & -2\hbar
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
となるため縮退は解ける。そのエネルギー固有値は
\begin{eqnarray}
E^{(0)}_{N=2}=3\hbar\omega,3\hbar\omega+\frac{e\hbar}{m}B,3\hbar\omega-\frac{e\hbar}{m}B
\end{eqnarray}
となる。

　

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