Youtubeでも説明しています。（所々誤り有）
式など
$$U(x) = a\sum^{\infty}_{n=-\infty} \delta (x-nL), \hspace{5mm} (a>0) $$
$$S\psi(x) = \psi(x-L)$$
$$P\psi(x) = \psi(-x)$$
(1)
$$\psi(x)S^{-1}S\psi(x) = S^{-1}\psi(x-L)$$
となるので
$$S^{-1}\psi(x) = \psi(x+L)$$
である。また、周期的境界条件のため\(S^3\)、\(P^2\)は恒等演算子である。このため\(S\)の固有値は\(1,\omega,\omega^2\)、\(P\)の固有値は\(\pm 1\)である。
$$[S,H] = -\frac{\hbar^2}{2m}\left[S,\frac{d^2}{dx^2} \right] + [S,U(x)] = 0$$
なので、\(S\)と\(H\)は可換である。同様に\(S\)と\(P\)も可換である。また、
$$P^{-1}SP\psi(x) = P^{-1}S\psi(-x)= P^{-1}\psi(-x-L) = \psi(x+L)$$
となるので、\(P^{-1}SP = S^{-1}\)が成り立つ。このことから、\(\psi(x)\)が\(S\)の固有値\(\lambda\)に属する固有関数
$$S\psi(x) = \lambda \psi(x)$$
であるとき
$$\psi(x) = \lambda S^{-1}\psi(x)$$
とできるので、
$$S(P\psi(x)) = PP^{-1}SP\psi(x) = PS^{-1}\psi(x) = \lambda^{-1} (P\psi(x))$$
が成り立つ。よって\(P\psi(x)\)もやはり\(S\)の固有関数であり、固有値は\(\lambda^{-1}\)である。
(ア) \(\psi(x+L)\) (イ) 恒等 (ウ) \(1,\omega,\omega^2\) (エ) \(\pm 1\)
(オ) 可換 (カ) \(S^{-1}\) (キ) \(\lambda^{-1}\)
(2)
$$\begin{align}\psi_1(x) = \left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \left( \frac{\pi}{L}x\right) & 0\le x \le L \\ 0 & L\le x \le 3L\end{matrix}\right.\end{align}$$
$$\begin{align} \Phi_1(x) &= \frac{1}{\sqrt{3}}(\psi_1(x) + \psi_2(x) + \psi_3(x)) \\ \Phi_2(x) &= \frac{1}{\sqrt{3}}(\psi_1(x) + \omega^2\psi_2(x) + \omega\psi_3(x))\\\Phi_3(x) &= \frac{1}{\sqrt{3}}(\psi_1(x) + \omega\psi_2(x) + \omega^2\psi_3(x))\end{align}$$
まず、\(\Phi_1(x)\)は基底状態の波動関数の線形結合で表されているので、エネルギー固有値\(E_1\)も最小である。また\(\omega^* = \omega^2 \)なので、\(\Phi_3 = \Phi_2^*\)が成り立つ。よって
$$\begin{align} H\Psi_2 &= E_2 \Psi_2 \tag{A}\\ H\Psi_2^*&= E_3 \Psi_2^* \tag{B} \end{align}$$
が成り立ち、式(A)に\(\Phi_2^*\)、式(B)に\(\Phi_2\)をかけて積分すると
$$\begin{align} \langle \Phi_2| H |\Phi_2 \rangle&= E_2 |\Phi_2|^2 \tag{A’}\\ \langle\Phi_2| H|\Phi_2 \rangle&= E_3 |\Phi_2|^2 \tag{B’}\end{align}$$
となる。従って、\((A’)-(B’) \)をすると\(E_2 =E_3\)が得られるので、答えは(A)。
(3)
$$\psi(x,t=0) = \psi_1(x)$$
$$\Delta E = E_3 – E_1$$
波動関数の時間発展は
$$\psi(x,t) = e^{-\frac{iHt}{\hbar^2}}\psi(x,0)$$
と書けるので、
$$\psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{3}}\left\{e^{-\frac{iE_1t}{\hbar^2}}\Phi_1 + e^{-\frac{iE_3t}{\hbar^2}}(\Phi_3 + \Phi_3^*) \right\}$$
(4)
$$|\psi(x,t)|^2 = \frac{1}{{3}}\left\{|\Phi_1|^2 + |\Phi_3 + \Phi_3^*|^2 + 2e^{-\frac{i(E_3-E_1)t}{\hbar^2}} {\rm Re}[\Phi_1 (\Phi_3 + \Phi_3^*)]\right\}$$
と書けるので、\(t=0\)のときと比較して
$$e^{-\frac{i(E_3-E_1)t}{\hbar^2}} = 1$$
となれば良い。よって\(\frac{\Delta E}{\hbar}t = 2n\pi (n=0,1,2,\cdots)\)が成り立つので初めて元に戻るまでの時間は
$$T = \frac{2\pi \hbar}{\Delta E} = \frac{h}{\Delta E}$$
(5)
$$\begin{align}\psi(x,\frac{T}{2})e^{\frac{iE_1t}{\hbar^2}}&= \frac{1}{\sqrt{3}}\left\{\Phi_1 + e^{-\frac{i(E_3-E_1)}{\hbar^2}\frac{T}{2}}(\Phi_3 + \Phi_3^*) \right\} \\ &= \frac{1}{\sqrt{3}}\left\{\Phi_1 -(\Phi_3 + \Phi_3^*) \right\}\end{align}$$
となるので、
$$\begin{align}|\psi(x,\frac{T}{2})|^2 &= \frac{1}{3} \left\{|\Phi_1|^2 +|\Phi_3 + \Phi_3^*|^2 -2\Phi_1(\Phi_3 + \Phi_3^*)\right\}\\ &= \frac{1}{9} \left\{(\psi_1(x) + \psi_2(x) + \psi_3(x))^2 +(2\psi_1(x) – \psi_2(x) – \psi_3(x))^2 -2(\psi_1(x) + \psi_2(x) + \psi_3(x))(2\psi_1(x) – \psi_2(x) – \psi_3(x))\right\} \end{align}$$
が得られる。ここで、\(\psi_1(x),\psi_2(x),\psi_3(x)\)は定義域がそれぞれ異なるので
$$\psi_1\psi_2 = \psi_2\psi_3 = \psi_3\psi_1 =0$$
である。よって
$$\begin{align}|\psi(x,\frac{T}{2})|^2 &= \frac{1}{9} (|\psi_1|^2 + 4|\psi_2|^2 + 4|\psi_3|^2)\\ &= \left\{\begin{matrix} \frac{2}{9L} \sin^2 \left( \frac{\pi}{L}x\right) & 0\le x \le L \\ \frac{8}{9L} \sin^2 \left( \frac{\pi}{L}(x-L)\right) & L\le x \le 2L\\ \frac{8}{9L} \sin^2 \left( \frac{\pi}{L}(x-2L)\right) & 2L\le x \le 3L\end{matrix}\right.\end{align}$$
となるので、極大値は\(\frac{8}{9L}\)である。
コメント