【院試解答】令和元年度　東工大理学院物理学系　午前第3問

Youtubeでも説明しています。

（問6、7あたりは動画の方がわかりやすいかも、、、）

[A]

$$L = \frac{m}{2}\dot{x}^2 – \frac{m\omega^2}{2} {x}^2$$

$$\begin{align}[a,a^{\dagger}] &= 1 \end{align}$$

$$\begin{align}H = \left(a^{\dagger}a + \frac{1}{2} \right)\hbar\omega \end{align}$$

$$\begin{align}[H,a^{\dagger}] &= \hbar\omega[a^{\dagger}a,a^{\dagger} ]\\ &= \hbar\omega (a^{\dagger}aa^{\dagger} – a^{\dagger}a^{\dagger}a) \\ &= \hbar\omega a^{\dagger}[a,a^{\dagger}] = \hbar\omega a^{\dagger}\end{align}$$

$$\begin{align}[H,a] &= \hbar\omega[a^{\dagger}a,a]\\ &= \hbar\omega (a^{\dagger}aa – aa^{\dagger}a) \\ &= -\hbar\omega [a,a^{\dagger}]a = -\hbar\omega a\end{align}$$

$$O_H (t) = e^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S e^{-\frac{i}{\hbar}Ht} $$

　生成演算子のハイゼンベルグ方程式は

$$\begin{align}\frac{d}{dt}a_H^{\dagger} (t) &= \frac{d}{dt} \left( e^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S e^{-\frac{i}{\hbar}Ht}\right) \\ &= \frac{i}{\hbar} \left( He^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S e^{-\frac{i}{\hbar}Ht} – e^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S He^{-\frac{i}{\hbar}Ht}\right) \\ &= \frac{i}{\hbar} \left( He^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S e^{-\frac{i}{\hbar}Ht} – e^{\frac{i}{\hbar}Ht}O_S e^{-\frac{i}{\hbar}Ht}H\right)\\&= \frac{i}{\hbar}[H,a_H^{\dagger} (t)]\\ &= i\omega a_H^{\dagger} (t) \end{align}$$

となる。同様に消滅演算子については

$$\frac{d}{dt}a_H= -i\omega a_H$$

初期条件\(a_H^{\dagger} (t=0) =a^{\dagger}, a_H (t=0) =a\)の下で微分方程式を解くと

$$a_H^{\dagger} (t) = a^{\dagger}e^{i\omega t} , \hspace{4mm} a_H (t) = a e^{-i\omega t}$$

となる。従って、ハイゼンベルグ描像での位置演算子は

$$x_H (t) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a e^{-i\omega t} +a^{\dagger}e^{i\omega t} )$$

[B]

$$L = \frac{m}{2}\dot{x}^2 – \frac{m\omega^2}{2} {x}^2 + F(t)x , \hspace{5mm} F(t) = F_0 \delta (t)$$

　ハミルトニアンは

$$H(p,x) = \frac{p^2}{2m} + \frac{m\omega^2}{2} {x}^2 – F(t)x$$

と書ける。ハイゼンベルグ方程式より

$$\begin{align}\frac{d}{dt}x_H(t) = \frac{i}{\hbar}[H,x_H(t)] = \frac{p_H(t)}{m}\end{align}$$

$$\begin{align}\frac{d}{dt}p_H(t) &= \frac{i}{\hbar}[H,p_H(t)]\\ &= \frac{i}{\hbar}[\frac{m\omega^2}{2} {x}^2 – F(t)x,p_H(t)] \\&= -m\omega^2 x_H(t) + F(t)\end{align}$$

が得られる。よって

$$\frac{d^2}{dt^2}x_H(t) = -\omega^2 x_H(t) + \frac{F(t)}{m}$$

$$\lim_{\varepsilon \to +0}(x_H(\varepsilon)-x_H(-\varepsilon))= 0$$

前問の微分方程式を積分すると

$$\lim_{\varepsilon \to +0}\left(\frac{d}{dt}x_H(\varepsilon)-\frac{d}{dt}x_H(-\varepsilon) \right)= \frac{F_0}{m}$$

$$x_H (t) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a e^{-i\omega t} +a^{\dagger}e^{i\omega t} ) \hspace{5mm} (t<0)$$

$$x_H (t) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(b e^{-i\omega t} +b^{\dagger}e^{i\omega t} ) \hspace{5mm} (t>0)$$

前問の境界条件を用いて

$$b+b^{\dagger} – (a+a^{\dagger}) = 0$$

$$\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cdot i\omega \left\{-b+b^{\dagger} – (-a+a^{\dagger}) \right\} = \frac{F_0}{m}$$

が得られる。これらを連立して解くと

$$b^{\dagger} = a^{\dagger} -iF_0 \sqrt{\frac{1}{2m\hbar\omega}}$$

$$b= a+ iF_0 \sqrt{\frac{1}{2m\hbar\omega}}$$

$$G = iF_0 \sqrt{\frac{1}{2m\hbar\omega}} $$

とする。まず、

$$\begin{align} \bar{x}_H(t) = \langle 0|x_H (t)|0\rangle &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(\langle 0|b|0\rangle e^{-i\omega t}+ \langle 0|b^{\dagger}|0\rangle e^{i\omega t}\right) \\ &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \cdot (Ge^{-i\omega t} – Ge^{i\omega t})\\ &=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \cdot iF_0 \sqrt{\frac{1}{2m\hbar\omega}}\cdot (-2i\sin \omega t) \\ &= \frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t\end{align}$$

となる。

　次に

$$\begin{align} \langle 0|(x_H (t)- \bar{x}_H(t))^2|0\rangle &=\langle 0|x_H^2|0\rangle -2\bar{x}_H\langle 0|x_H|0\rangle + \bar{x}_H^2\langle 0|0\rangle \\ &= \langle 0|x_H^2|0\rangle – \bar{x}_H^2\end{align}$$

と変形できる。ここで、

$$x_H^2 (t) = \frac{\hbar}{2m\omega} (b^2 e^{-2i\omega t} + b^{\dagger}b + bb^{\dagger} + (b^{\dagger})^2 e^{2i\omega t})$$

であり、値を持つ項のみを考えると

$$\langle 0|b^2|0\rangle = \langle 0|(b^{\dagger})^2|0\rangle = G^2$$

$$\langle 0|b^{\dagger}b|0\rangle = – G^2$$

$$\langle 0|bb^{\dagger}|0\rangle = 1- G^2$$

が得られる。よって

$$\begin{align}\langle 0|x_H^2|0\rangle &= \frac{\hbar}{2m\omega}\left\{G^2e^{-2i\omega t} + (1-G^2) -G^2 + G^2e^{2i\omega t} \right\}\\ &= \frac{\hbar}{m\omega}G^2 (\cos 2\omega t – 1) + \frac{\hbar}{2m\omega}\end{align}$$

となるので、

$$\begin{align}\langle 0|(x_H (t)- \bar{x}_H(t))^2|0\rangle &= \langle 0|x_H^2|0\rangle – \bar{x}_H^2\\&= \frac{1}{2}\left(\frac{F_0}{m\omega} \right)^2 (1-\cos 2\omega t)+ \frac{\hbar}{2m\omega} – \left(\frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t \right)^2 \\ &= \frac{\hbar}{2m\omega} \end{align}$$

　問(6)と同様に計算する。まず

$$\begin{align} \bar{x}_H(t) = \langle 1|x_H (t)|1\rangle &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(\langle 1|b|1\rangle e^{-i\omega t}+ \langle 1|b^{\dagger}|1\rangle e^{i\omega t}\right) \\ &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \cdot (Ge^{-i\omega t} – Ge^{i\omega t})\\ &= \frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t\end{align}$$

となる。

　次に、

$$\begin{align} \langle 1|(x_H (t)- \bar{x}_H(t))^2|1\rangle &=\langle 1|x_H^2|1\rangle -2\bar{x}_H\langle 1|x_H|1\rangle + \bar{x}_H^2\langle 1|1\rangle \\ &= \langle 1|x_H^2|1\rangle – \bar{x}_H^2\end{align}$$

と変形できる。値を持つ項のみを考えると

$$\langle 0|b^2|0\rangle = \langle 0|(b^{\dagger})^2|0\rangle = G^2$$

$$\langle 0|b^{\dagger}b|0\rangle = 1- G^2$$

$$\langle 0|bb^{\dagger}|0\rangle = 2- G^2$$

が得られる。よって

$$\begin{align}\langle 0|x_H^2|0\rangle &= \frac{\hbar}{2m\omega}\left\{G^2e^{-2i\omega t} + (2-G^2) +(1-G^2) + G^2e^{2i\omega t} \right\}\\ &= \frac{\hbar}{m\omega}G^2 (\cos 2\omega t – 1) + \frac{3\hbar}{2m\omega}\end{align}$$

となるので、

$$\begin{align}\langle 1|(x_H (t)- \bar{x}_H(t))^2|1\rangle &= \langle 1|x_H^2|1\rangle – \bar{x}_H^2\\&= \frac{1}{2}\left(\frac{F_0}{m\omega} \right)^2 (1-\cos 2\omega t)+ \frac{3\hbar}{2m\omega} – \left(\frac{F_0}{m\omega}\sin\omega t \right)^2 \\ &= \frac{3\hbar}{2m\omega} \end{align}$$

これは調和振動子の\(\left(n+\frac{1}{2} \right)\frac{\hbar}{m\omega}\)を満たす。