【院試解答】2021年度　阪大理学研究科　物理　問題3

I

$$H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 x^2$$

$$a^{\dagger} = \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x – \frac{ip}{m \omega} \right)$$

$$a = \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x + \frac{ip}{m \omega} \right)$$

(1)

$$\begin{align} a\phi_0(x) &= \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x + \frac{ip}{m \omega} \right)e^{-\lambda x^2} \\ &= \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x + \frac{\hbar}{m \omega} \frac{\partial}{\partial x}\right)e^{-\lambda x^2} \\&=\sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x – \frac{\hbar}{m \omega} \cdot 2\lambda x \right)e^{-\lambda x^2} = 0\end{align}$$

$$\lambda = \frac{m\omega}{2\hbar}$$

　また、

$$\begin{align}a^{\dagger}a\phi_0(x) &= \frac{m \omega}{2\hbar} \left(x – \frac{ip}{m \omega} \right)\left(x + \frac{ip}{m \omega} \right) e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2}\\ &= \frac{m \omega}{2\hbar} \left\{x^2 + \left(\frac{p}{m \omega} \right)^2 + \frac{i}{m \omega}[x,p]\right\}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} \\ &= \frac{m \omega}{2\hbar} \left\{x^2 – \left(\frac{\hbar}{m \omega} \right)^2\frac{\partial^2}{\partial x^2} – \frac{\hbar}{m \omega}\right\} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2}\end{align}$$

ここで、

$$\frac{\partial^2}{\partial x^2}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} = \frac{m\omega}{\hbar}\left(\frac{m\omega}{\hbar}x^2 – 1 \right)e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} $$

であるので、

$$\begin{align}a^{\dagger}a\phi_0(x) &= 0\end{align}$$

となる。よってエネルギー固有値$\varepsilon_0$は

$$H\phi_0(x) = \varepsilon_0\phi_0(x)=\frac{\hbar\omega}{2}\phi_0(x)$$

(2)

$$\begin{align}\phi_1(x) &= a^{\dagger}\phi_0(x) \\ &= \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x – \frac{ip}{m \omega} \right) e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} \\ &= \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}\left(x – \frac{\hbar}{m \omega}\frac{\partial}{\partial x} \right) e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2}\\ &= \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}} \cdot 2xe^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} = \sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}xe^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2}\end{align}$$

定数を無視して

$$\phi_1(x) = xe^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2}$$

として扱う。

　前問と同様に計算すると、エネルギー固有値$\varepsilon_1$は

$$H\phi_1(x) = \varepsilon_1\phi_1(x)=\frac{3\hbar\omega}{2}\phi_1(x)$$

II

$$H = \frac{1}{2m}(p_x^2 + p_y^2) + \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2 + y^2)$$

(3)

$E_0 = \hbar \omega$

縮退度は1で、固有状態は$\phi_0(x)\phi_0(y)$

$E_1 = 2\hbar \omega$

縮退度は2で、固有状態は$\phi_1(x)\phi_0(y)$、$\phi_0(x)\phi_1(y)$

(4)

　ハミルトニアンの形から、$z$軸において運動量空間、座標空間は回転対称なので

$$[L_z , H] = 0$$

(5)

$$\begin{align} p_x \phi_0(x) = -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} = im\omega x\phi_0(x)\end{align}$$

$$p_y \phi_0(y) = im\omega y\phi_0(y)$$

なので、

$$\begin{align}L_z\phi_0(x)\phi_0(y) &= (xp_y – yp_x) \phi_0(x)\phi_0(y) \\ &= x\phi_0(x)\left\{ p_y\phi_0(y)\right\} – y \left\{ p_x\phi_0(x) \right\}\phi_0(y) \\ &= im\omega xy \phi_0(x)\phi_0(y) – im\omega xy \phi_0(x)\phi_0(y) \\ &= 0 \cdot \phi_0(x)\phi_0(y)\end{align}$$

よって、固有値は$0$。

(6)

$$\begin{align} p_x \phi_1(x) = -i\hbar \frac{\partial}{\partial x}xe^{-\frac{m\omega}{2\hbar} x^2} = i(m\omega x^2-\hbar)\phi_0(x)\end{align}$$

となるので、

$$\begin{align}L_z\phi_1(x)\phi_0(y) &= (xp_y – yp_x) \phi_1(x)\phi_0(y) \\ &= x^2\phi_0(x)\left\{ p_y\phi_0(y)\right\} – y \left\{ p_x\phi_1(x) \right\}\phi_0(y) \\ &= im\omega x^2y \phi_0(x)\phi_0(y) – i(m\omega x^2-\hbar)y \phi_0(x)\phi_0(y) \\ &= i\hbar y\phi_0(x)\phi_0(y) = i\hbar \phi_0(x)\phi_1(y)\end{align}$$

$$\begin{align}L_z\phi_0(x)\phi_1(y) = -i\hbar x\phi_0(x)\phi_0(y) = -i\hbar \phi_1(x)\phi_0(y)\end{align}$$

となる。ここで、定数$C_1,C_2$として

$$\psi = C_1 \phi_1(x)\phi_0(y) + C_2 \phi_0(x)\phi_1(y)$$

を定義する。$\psi$に$L_z$を作用させると

$$\begin{align}L_z\psi &= L_z[C_1 \phi_1(x)\phi_0(y) + C_2 \phi_0(x)\phi_1(y)] \\ &= i\hbar[C_1 \phi_0(x)\phi_1(y) – C_2 \phi_1(x)\phi_0(y)] \\ &= -i\hbar \frac{C_2}{C_1}[C_1 \phi_1(x)\phi_-(y) – \frac{C_1^2}{C_2}\phi_1(x)\phi_0(y)]\end{align}$$

となるので、これが固有方程式になるには

$$C_2 = – \frac{C_1^2}{C_2} \rightarrow \left(\frac{C_2}{C_1}\right)^2 = -1 \rightarrow \frac{C_2}{C_1} = \pm i$$

を満たせば良い。従って、

$\frac{C_2}{C_1} = + i$のとき

　固有状態 : $\phi_1(x)\phi_0(y) + i\phi_0(x)\phi_1(y)$、固有値 : $-i\hbar \cdot i = \hbar$

$\frac{C_2}{C_1} = – i$のとき

　固有状態 : $\phi_1(x)\phi_0(y) – i\phi_0(x)\phi_1(y)$、固有値 : $-i\hbar \cdot (-i) = -\hbar$

III

(7)

$$H(B) = \frac{1}{2m}[(p_x + eA_x)^2 +(p_y + eA_y)^2 ]+ \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2 + y^2) $$

$(A_x,A_y ) = \frac{B}{2}(-y,x)$として

$$\begin{align} H(B) &= \frac{1}{2m}\left[\left(p_x – \frac{eB}{2}y\right)^2 +\left(p_y + \frac{eB}{2}x\right)^2 \right]+ \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2 + y^2)\\& = \frac{1}{2m}(p_x^2 + p_y^2) + \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2 + y^2) + \frac{eB}{2m}(xp_y – yp_x) + \frac{e^2B^2}{8m^2}(x^2 + y^2)\\ & = H(0) + \frac{eB}{2m}L_z + \frac{e^2B^2}{8m^2}(x^2 + y^2)\end{align}$$

(8)

$$\mu = -\frac{\partial E(B)}{\partial B}|_{B=0}$$

$E_0$ : $\phi_0(x)\phi_0(y) $のとき

$$E(B) = \hbar \omega + \frac{eB}{2m} \cdot 0 + \mathcal{O}(B^2)$$

となるので、

$$\mu = 0$$

$E_1$ : $\phi_1(x)\phi_0(y) + i\phi_0(x)\phi_1(y)$のとき

$$E(B) = 2\hbar \omega + \frac{eB\hbar}{2m} + \mathcal{O}(B^2)$$

となるので、

$$\mu = -\frac{e\hbar}{2m}$$

$E_1$ : $\phi_1(x)\phi_0(y) – i\phi_0(x)\phi_1(y)$のとき

$$E(B) = 2\hbar \omega – \frac{eB\hbar}{2m} + \mathcal{O}(B^2)$$

となるので、

$$\mu = \frac{e\hbar}{2m}$$

(9)

$$\begin{align} H(B) &= \frac{1}{2m}(p_x^2 + p_y^2) + \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2 + y^2) + \frac{eB}{2m}L_z + \frac{e^2B^2}{8m^2}(x^2 + y^2) \\ &= \frac{1}{2m}(p_x^2 + p_y^2) + \frac{1}{2}m \left(\omega^2 + \frac{e^2B^2}{4m^2}\right)(x^2 + y^2) + \frac{eB}{2m}L_z \end{align}$$

となるが、

$$\omega’^2 = \omega^2 + \frac{e^2B^2}{4m^2}$$

とおくと、

$$\begin{align} H(B) &=\frac{1}{2m}(p_x^2 + p_y^2) + \frac{1}{2}m\omega’^2 (x^2 + y^2) + \frac{eB}{2m}L_z \end{align}$$

が得られる。よって、エネルギー固有値は

$$E_n = \hbar\omega’ (n + 1) + \frac{eB}{2m}L_z$$

となる。従って、