第 6 章練習問題解答¶

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Basic（基礎）

B-1. 定常状態の位相因子の計算
B-2. トンネル分裂のエネルギー計算
B-3. 固有値方程式の行列式の展開
B-4. 固有ベクトルの直交性の確認
B-5. 確率の時間依存性の計算
B-6. $i\hbar\,dC/dt = EC$ の解
B-7. 基底変換の逆変換
B-8. エルミート性の確認

Medium（標準）

M-1. 確率保存からのエルミート性の導出
M-2. Rabi (ラビ) 振動の導出
M-3. 電場中のアンモニア分子のエネルギー準位
M-4. Hamiltonian の対角化と行列表示の変換

Advanced（発展）

A-1. 時間依存摂動としての振動電場と遷移確率
A-2. 3 状態系への拡張：一般化された量子振動

Basic（基礎）¶

B-1. 定常状態の位相因子の計算¶

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問題:

2 状態系の Hamiltonian が

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

で与えられ、固有状態 $|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$ のエネルギーが $E_{II} = E_0 - A$ であるとする。時刻 $t$ における定常状態の振幅 $C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar}$ について、$t = \pi\hbar/(E_0 - A)$ のとき $C_1(t)$ の値を求めよ。

解法の方針: $C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar}$ に $t = \pi\hbar/(E_0 - A)$ を代入する。

計算:

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar} = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i(E_0 - A)t/\hbar}\]

$t = \pi\hbar/(E_0 - A)$ を代入すると、指数部は：

\[-\frac{i(E_0 - A)}{\hbar} \cdot \frac{\pi\hbar}{E_0 - A} = -i\pi\]

よって：

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\pi} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot (-1) = -\frac{1}{\sqrt{2}}\]

最終回答:

\[\boxed{C_1(t) = -\frac{1}{\sqrt{2}}}\]

検算: $|C_1(t)|^2 = 1/2$ であり、定常状態では確率が時間変化しないことと整合する。また $e^{-i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1$ を確認。

B-2. トンネル分裂のエネルギー計算¶

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問題:

アンモニア分子の反転振動数が $f = 24{,}000\;\text{MHz}$ であり、エネルギー差 $2A = hf$ が成り立つ。$A$ を eV 単位で求めよ。ただし $h = 6.626 \times 10^{-34}\;\text{J·s}$、$1\;\text{eV} = 1.602 \times 10^{-19}\;\text{J}$ とする。

解法の方針: $2A = hf$ より $A = hf/2$ を計算し、eV に変換する。

計算:

\[f = 24{,}000\;\text{MHz} = 2.4 \times 10^{10}\;\text{Hz}\]

\[A = \frac{hf}{2} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \times 2.4 \times 10^{10}}{2}\;\text{J}\]

\[A = \frac{15.9024 \times 10^{-24}}{2}\;\text{J} = 7.951 \times 10^{-24}\;\text{J}\]

eV に変換：

\[A = \frac{7.951 \times 10^{-24}}{1.602 \times 10^{-19}}\;\text{eV} = 4.96 \times 10^{-5}\;\text{eV}\]

最終回答:

\[\boxed{A \approx 4.96 \times 10^{-5}\;\text{eV} \approx 5.0 \times 10^{-5}\;\text{eV}}\]

検算: 本文で「窒素の反転運動に関わるエネルギーは $10^{-4}$ eV 程度」と述べられている。$2A \approx 10^{-4}$ eV であり整合する。

B-3. 固有値方程式の行列式の展開¶

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問題:

一般の 2 状態 Hamiltonian

\[ H = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \beta^* & \gamma \end{pmatrix}\]

（$\alpha, \gamma$ は実数、$\beta$ は複素数）に対して、固有値方程式 $\det(H - E\,I) = 0$ を展開し、$E$ に関する二次方程式を導け。

解法の方針: $\det(H - EI) = 0$ を展開する。

計算:

\[\det(H - EI) = \det\begin{pmatrix} \alpha - E & \beta \\ \beta^* & \gamma - E \end{pmatrix}\]

$2 \times 2$ 行列の行列式の公式より：

\[(\alpha - E)(\gamma - E) - \beta \cdot \beta^* = 0\]

展開すると：

\[\alpha\gamma - \alpha E - \gamma E + E^2 - |\beta|^2 = 0\]

整理して：

\[\boxed{E^2 - (\alpha + \gamma)E + (\alpha\gamma - |\beta|^2) = 0}\]

検算: $\beta = 0$ のとき、$E^2 - (\alpha + \gamma)E + \alpha\gamma = (E - \alpha)(E - \gamma) = 0$ となり、固有値は $E = \alpha, \gamma$（対角行列の固有値）で正しい。

B-4. 固有ベクトルの直交性の確認¶

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問題:

本文の固有ベクトル

\[ |I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle), \quad |II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)\]

計算:

$\langle I|I\rangle$:

\[\langle I|I\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| - \langle 2|)(|1\rangle - |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle - \langle 1|2\rangle - \langle 2|1\rangle + \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 - 0 - 0 + 1) = 1\]

$\langle II|II\rangle$:

\[\langle II|II\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| + \langle 2|)(|1\rangle + |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle + \langle 1|2\rangle + \langle 2|1\rangle + \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 + 0 + 0 + 1) = 1\]

$\langle I|II\rangle$:

\[\langle I|II\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| - \langle 2|)(|1\rangle + |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle + \langle 1|2\rangle - \langle 2|1\rangle - \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 + 0 - 0 - 1) = 0\]

最終回答:

\[\boxed{\langle I|I\rangle = 1, \quad \langle II|II\rangle = 1, \quad \langle I|II\rangle = 0}\]

$|I\rangle$ と $|II\rangle$ は正規直交系をなす。

検算: エルミート行列の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交するという一般定理と整合する。

B-5. 確率の時間依存性の計算¶

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問題:

解法の方針: 初期状態 $|\psi(0)\rangle = |1\rangle$ をエネルギー固有状態で展開し、時間発展させてから $\langle 2|\psi(t)\rangle$ を計算する。

計算:

式 (6.17a) より $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$ なので：

\[|\psi(0)\rangle = |1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|II\rangle\]

時間発展：

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}|II\rangle\]

$\langle 2|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\langle 2|1\rangle - \langle 2|2\rangle) \cdot \frac{1}{1} $...

正確に計算し直す。$|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)$ より $\langle 2|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(0 - 1) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$。

$|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$ より $\langle 2|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(0 + 1) = \frac{1}{\sqrt{2}}$。

よって：

\[C_2(t) = \langle 2|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\]

\[= \frac{1}{2}\left(-e^{-iE_I t/\hbar} + e^{-iE_{II} t/\hbar}\right)\]

$E_I = E_0 + A$, $E_{II} = E_0 - A$ を代入：

\[C_2(t) = \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(-e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right)\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar} \cdot 2i\sin\left(\frac{At}{\hbar}\right) = i\,e^{-iE_0 t/\hbar}\sin\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

確率：

\[P_2(t) = |C_2(t)|^2 = |i|^2 \cdot |e^{-iE_0 t/\hbar}|^2 \cdot \sin^2\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[\boxed{P_2(t) = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)}\]

検算: $t = 0$ で $P_2(0) = \sin^2(0) = 0$（初期状態は $|1\rangle$ なので $|2\rangle$ にいる確率はゼロ）。$t = \pi\hbar/(2A)$ で $P_2 = 1$（完全に $|2\rangle$ に遷移）。S2 の結果とも整合する。

B-6. $i\hbar\,dC/dt = EC$ の解¶

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問題:

微分方程式 $i\hbar\,\dfrac{dC}{dt} = E\,C$ （$E$ は実定数）を解き、$C(0) = C_0$ のもとで $C(t)$ を求めよ。また $|C(t)|^2$ が時間に依存しないことを示せ。

解法の方針: 変数分離法で解く。

計算:

\[i\hbar\frac{dC}{dt} = EC\]

\[\frac{dC}{C} = \frac{E}{i\hbar}dt = -\frac{iE}{\hbar}dt\]

両辺を積分：

\[\ln C = -\frac{iE}{\hbar}t + \text{const}\]

\[C(t) = C(0)\,e^{-iEt/\hbar}\]

初期条件 $C(0) = C_0$ より：

\[\boxed{C(t) = C_0\,e^{-iEt/\hbar}}\]

$|C(t)|^2$ について：

\[|C(t)|^2 = |C_0|^2 \cdot |e^{-iEt/\hbar}|^2 = |C_0|^2 \cdot 1 = |C_0|^2\]

$E$ が実数なので $|e^{-iEt/\hbar}| = 1$ であり、$|C(t)|^2$ は時間に依存しない。

検算: 微分方程式に代入して確認。$i\hbar \cdot C_0 \cdot (-iE/\hbar)e^{-iEt/\hbar} = E \cdot C_0 e^{-iEt/\hbar}$。$i \cdot (-i) = 1$ より左辺 $= EC_0 e^{-iEt/\hbar}$ = 右辺。✓

B-7. 基底変換の逆変換¶

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問題:

式 (6.17a) $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$ と式 (6.17b) $|2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle)$ を用いて、逆に $|I\rangle$ と $|II\rangle$ を $|1\rangle$ と $|2\rangle$ で表し、式 (6.15a), (6.15b) が再現されることを確認せよ。

解法の方針: 式 (6.17a) と (6.17b) を連立方程式として解く。

計算:

与えられた式： - (6.17a): $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$ - (6.17b): $|2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle)$

(6.17a) $-$ (6.17b):

\[|1\rangle - |2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle) - \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}(2|I\rangle) = \sqrt{2}\,|I\rangle\]

\[|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)\]

(6.17a) $+$ (6.17b):

\[|1\rangle + |2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle) + \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}(2|II\rangle) = \sqrt{2}\,|II\rangle\]

\[|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)\]

最終回答:

\[\boxed{|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle), \quad |II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)}\]

これは式 (6.15a), (6.15b) と一致する。✓

B-8. エルミート性の確認¶

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問題:

行列

\[ M = \begin{pmatrix} 3 & 2 - i \\ 2 + i & 5 \end{pmatrix}\]

がエルミート行列であることを確認せよ。すなわち $M_{ij}^* = M_{ji}$ がすべての $i, j$ について成り立つことを示せ。

計算:

行列 $M$ の各成分について $M_{ij}^* = M_{ji}$ を確認する。

$M_{11} = 3$: $M_{11}^* = 3 = M_{11}$ ✓（実数）
$M_{22} = 5$: $M_{22}^* = 5 = M_{22}$ ✓（実数）
$M_{12} = 2 - i$: $M_{12}^* = 2 + i = M_{21}$ ✓
$M_{21} = 2 + i$: $M_{21}^* = 2 - i = M_{12}$ ✓

最終回答: すべての成分について $M_{ij}^* = M_{ji}$ が成り立つので、$M$ はエルミート行列である。$\square$

検算: エルミート行列の固有値は実数であるはず。$\text{tr}(M) = 8$, $\det(M) = 15 - 5 = 10$。固有値は $E^2 - 8E + 10 = 0$ より $E = 4 \pm \sqrt{6}$。確かに実数。✓

Medium（標準）¶

M-1. 確率保存からのエルミート性の導出¶

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問題:

2 状態系の時間発展方程式

\[ i\hbar\frac{dC_1}{dt} = H_{11}C_1 + H_{12}C_2, \quad i\hbar\frac{dC_2}{dt} = H_{21}C_1 + H_{22}C_2\]

において、全確率 $P = |C_1|^2 + |C_2|^2$ の時間微分 $dP/dt$ を計算せよ。$dP/dt = 0$ が任意の $C_1, C_2$ に対して成り立つための条件として、$H_{11}, H_{22}$ が実数であること、および $H_{12}^* = H_{21}$ であることを導け。

解法の方針: $dP/dt = d(|C_1|^2 + |C_2|^2)/dt$ を計算し、恒等的にゼロになる条件を求める。

計算:

\[\frac{d|C_1|^2}{dt} = C_1^*\frac{dC_1}{dt} + C_1\frac{dC_1^*}{dt}\]

式 (6.2a) より：

\[\frac{dC_1}{dt} = \frac{1}{i\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2) = -\frac{i}{\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2)\]

その複素共役：

\[\frac{dC_1^*}{dt} = \frac{i}{\hbar}(H_{11}^*C_1^* + H_{12}^*C_2^*)\]

よって：

\[\frac{d|C_1|^2}{dt} = C_1^*\left[-\frac{i}{\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2)\right] + C_1\left[\frac{i}{\hbar}(H_{11}^*C_1^* + H_{12}^*C_2^*)\right]\]

\[= \frac{i}{\hbar}\left[-(H_{11}|C_1|^2 + H_{12}C_1^*C_2) + (H_{11}^*|C_1|^2 + H_{12}^*C_1 C_2^*)\right]\]

\[= \frac{i}{\hbar}\left[(H_{11}^* - H_{11})|C_1|^2 + H_{12}^*C_1 C_2^* - H_{12}C_1^*C_2\right]\]

同様に $|C_2|^2$ について：

\[\frac{d|C_2|^2}{dt} = \frac{i}{\hbar}\left[(H_{22}^* - H_{22})|C_2|^2 + H_{21}^*C_2 C_1^* - H_{21}C_2^*C_1\right]\]

合計：

\[\frac{dP}{dt} = \frac{i}{\hbar}\Big[(H_{11}^* - H_{11})|C_1|^2 + (H_{22}^* - H_{22})|C_2|^2 + (H_{12}^* - H_{21})C_1 C_2^* + (H_{21}^* - H_{12})C_1^* C_2\Big]\]

$dP/dt = 0$ が任意の $C_1, C_2$ に対して成り立つためには、各係数が独立にゼロでなければならない。

$|C_1|^2$ の係数: $H_{11}^* - H_{11} = 0$ → $H_{11}^* = H_{11}$ → $H_{11}$ は実数

$|C_2|^2$ の係数: $H_{22}^* - H_{22} = 0$ → $H_{22}^* = H_{22}$ → $H_{22}$ は実数

$C_1 C_2^*$ の係数: $H_{12}^* - H_{21} = 0$ → $H_{12}^* = H_{21}$

$C_1^* C_2$ の係数: $H_{21}^* - H_{12} = 0$ → $H_{21}^* = H_{12}$（上の条件と同値）

最終回答:

\[\boxed{H_{11}, H_{22} \in \mathbb{R}, \quad H_{12}^* = H_{21}}\]

これはまさに Hamiltonian 行列のエルミート性 $H^\dagger = H$ の条件である。$\square$

検算: エルミート行列の場合、$dP/dt$ の式の各項がすべてゼロになることを確認。$H_{11}^* = H_{11}$ より第 1 項消滅、$H_{22}^* = H_{22}$ より第 2 項消滅、$H_{12}^* = H_{21}$ より第 3 項と第 4 項は $(H_{21} - H_{21})C_1C_2^* + (H_{12} - H_{12})C_1^*C_2 = 0$。✓

M-2. Rabi (ラビ) 振動の導出¶

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問題:

$t = 0$ で $|\psi(0)\rangle = |1\rangle$（窒素が「上」）とする。Hamiltonian (6.7) のもとで、時刻 $t$ における確率

をそれぞれ導出し、以下の結果を示せ： $$

P_1(t) = \cos^2!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad P_2(t) = \sin^2!\left(\frac{At}{\hbar}\right)$$

また、$P_1(t) + P_2(t) = 1$ が常に成り立つことを確認し、系が状態 $|1\rangle$ と $|2\rangle$ の間を完全に行き来する周期 $T$ を $A$ と $\hbar$ で表せ。

解法の方針: 初期状態をエネルギー固有状態で展開し、時間発展させてから各基底への射影を計算する。

計算:

初期状態 $|\psi(0)\rangle = |1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$

時間発展：

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}|II\rangle\]

$C_1(t) = \langle 1|\psi(t)\rangle$ の計算:

$\langle 1|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $\langle 1|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$ より：

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{2}\left(e^{-i(E_0+A)t/\hbar} + e^{-i(E_0-A)t/\hbar}\right)\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right) = e^{-iE_0 t/\hbar}\cos\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[P_1(t) = |C_1(t)|^2 = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

$C_2(t) = \langle 2|\psi(t)\rangle$ の計算:

$\langle 2|I\rangle = -\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\langle 2|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$ より：

\[C_2(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)e^{-iE_I t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(-e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right) = i\,e^{-iE_0 t/\hbar}\sin\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[P_2(t) = |C_2(t)|^2 = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

確率保存の確認:

\[P_1(t) + P_2(t) = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right) + \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right) = 1 \quad \checkmark\]

振動周期:

$P_2(t) = 1$（完全遷移）となるのは $At/\hbar = \pi/2$ のとき、すなわち $t = \pi\hbar/(2A)$。系が $|1\rangle \to |2\rangle \to |1\rangle$ と一周する周期は：

\[\boxed{T = \frac{\pi\hbar}{A}}\]

最終回答:

\[\boxed{P_1(t) = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad P_2(t) = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad T = \frac{\pi\hbar}{A}}\]

検算: 角振動数 $\omega_R = 2A/\hbar$ とすると周期 $T = 2\pi/\omega_R = \pi\hbar/A$。また $2A = hf$ より $T = 1/(2f)$... いや、$P_2$ の振動の角振動数は $2A/\hbar$（$\sin^2$ の中身が $At/\hbar$ なので $\sin^2\theta$ の周期は $\pi$、よって $At/\hbar = \pi$ で一周期、$t = \pi\hbar/A$）。✓

M-3. 電場中のアンモニア分子のエネルギー準位¶

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問題:

一様な静電場 $\mathcal{E}$ をかけると、窒素原子の位置に応じて電気双極子モーメント $\pm \mu\mathcal{E}$ のエネルギーが加わる。Hamiltonian が

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 + \mu\mathcal{E} & -A \\ -A & E_0 - \mu\mathcal{E} \end{pmatrix}\]

に変わるとき、固有値 $E_{\pm}$ を求め、以下の形で表せ： $$

E_{\pm} = E_0 \pm \sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}$$

さらに、$\mu\mathcal{E} \ll A$ の極限と $\mu\mathcal{E} \gg A$ の極限でそれぞれエネルギー準位がどう振る舞うか議論せよ。

解法の方針: 固有値方程式 $\det(H - EI) = 0$ を解く。

計算:

\[\det\begin{pmatrix} E_0 + \mu\mathcal{E} - E & -A \\ -A & E_0 - \mu\mathcal{E} - E \end{pmatrix} = 0\]

$\lambda = E - E_0$ と置くと：

\[(\mu\mathcal{E} - \lambda)(-\mu\mathcal{E} - \lambda) - A^2 = 0\]

\[-(\mu\mathcal{E})^2 + \lambda^2 - A^2 = 0\]

\[\lambda^2 = A^2 + (\mu\mathcal{E})^2\]

\[\lambda = \pm\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}\]

よって：

\[\boxed{E_{\pm} = E_0 \pm \sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}}\]

極限の議論:

$\mu\mathcal{E} \ll A$ の場合（弱電場極限）:

\[\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2} = A\sqrt{1 + \left(\frac{\mu\mathcal{E}}{A}\right)^2} \approx A\left(1 + \frac{(\mu\mathcal{E})^2}{2A^2}\right)\]

\[E_{\pm} \approx E_0 \pm A \pm \frac{(\mu\mathcal{E})^2}{2A}\]

電場がないときの準位 $E_0 \pm A$ からの二次のシフト（二次 Stark 効果）。エネルギー準位は電場の 2 乗に比例してわずかに変化する。

$\mu\mathcal{E} \gg A$ の場合（強電場極限）:

\[\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2} \approx \mu\mathcal{E}\sqrt{1 + \left(\frac{A}{\mu\mathcal{E}}\right)^2} \approx \mu\mathcal{E}\left(1 + \frac{A^2}{2(\mu\mathcal{E})^2}\right)\]

\[E_{\pm} \approx E_0 \pm \mu\mathcal{E}\]

トンネル効果が無視でき、窒素原子が「上」か「下」に局在した古典的な描像に近づく。エネルギー分裂は電場に線形に比例する（一次 Stark 効果）。

検算: $\mathcal{E} = 0$ のとき $E_{\pm} = E_0 \pm A$ で本文の結果 (6.13) に一致。✓

M-4. Hamiltonian の対角化と行列表示の変換¶

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問題:

ユニタリー行列

\[ U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\]

を用いて、アンモニア分子の Hamiltonian (6.7) を対角化せよ。すなわち $U^\dagger H\, U$ を計算し、結果が $$

U^\dagger H\, U = \begin{pmatrix} E_0 + A & 0 \ 0 & E_0 - A \end{pmatrix}$$

となることを示せ。また $U$ の列ベクトルと固有ベクトル $|I\rangle$, $|II\rangle$ の関係を述べよ。

解法の方針: $U^\dagger H U$ を直接計算する。

計算:

\[U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad H = \begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

$U$ は実行列なので $U^\dagger = U^T$：

\[U^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\]

Step 1: $U^\dagger H$ を計算：

\[U^\dagger H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 - (-A) & -A - E_0 \\ E_0 + (-A) & -A + E_0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -A - E_0 \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix}\]

計算を丁寧にやり直す：

$(1,1)$成分: $1 \cdot E_0 + (-1)(-A) = E_0 + A$

$(1,2)$成分: $1 \cdot (-A) + (-1) \cdot E_0 = -A - E_0$

$(2,1)$成分: $1 \cdot E_0 + 1 \cdot (-A) = E_0 - A$

$(2,2)$成分: $1 \cdot (-A) + 1 \cdot E_0 = E_0 - A$

\[U^\dagger H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -(E_0 + A) \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix}\]

Step 2: $(U^\dagger H)U$ を計算：

\[U^\dagger H U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -(E_0 + A) \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} (E_0+A)\cdot 1 + (-(E_0+A))\cdot(-1) & (E_0+A)\cdot 1 + (-(E_0+A))\cdot 1 \\ (E_0-A)\cdot 1 + (E_0-A)\cdot(-1) & (E_0-A)\cdot 1 + (E_0-A)\cdot 1 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} (E_0+A) + (E_0+A) & (E_0+A) - (E_0+A) \\ (E_0-A) - (E_0-A) & (E_0-A) + (E_0-A) \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2(E_0+A) & 0 \\ 0 & 2(E_0-A) \end{pmatrix}\]

\[\boxed{U^\dagger H U = \begin{pmatrix} E_0 + A & 0 \\ 0 & E_0 - A \end{pmatrix}}\]

$U$ の列ベクトルと固有ベクトルの関係:

$U$ の第 1 列は $\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。これは $|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)$ の $\{|1\rangle, |2\rangle\}$ 基底での成分表示に対応する。対角化後の $(1,1)$ 成分が $E_I = E_0 + A$。

$U$ の第 2 列は $\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。これは $|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$ の成分表示に対応する。対角化後の $(2,2)$ 成分が $E_{II} = E_0 - A$。

すなわち、$U$ の各列ベクトルは Hamiltonian の固有ベクトルであり、対角化された行列の対角成分が対応する固有値である。

検算: $U$ がユニタリーであることを確認。$U^\dagger U = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I$。✓

Advanced（発展）¶

A-1. 時間依存摂動としての振動電場と遷移確率¶

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問題:

アンモニア分子に角振動数 $\omega$ の振動電場 $\mathcal{E}(t) = \mathcal{E}_0 \cos\omega t$ を印加する。エネルギー基底 $\{|I\rangle, |II\rangle\}$ で記述したとき、Hamiltonian は

\[ H = \begin{pmatrix} E_I & \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \\ \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t & E_{II} \end{pmatrix}\]

と書ける（$E_I = E_0 + A$, $E_{II} = E_0 - A$）。

初期状態が $|\psi(0)\rangle = |II\rangle$（低エネルギー状態）であるとき、以下の手順で状態 $|I\rangle$ への遷移確率を求めよ。

(a) $C_I(t) = b_I(t)\,e^{-iE_I t/\hbar}$, $C_{II}(t) = b_{II}(t)\,e^{-iE_{II}t/\hbar}$ と置き、$b_I(t)$, $b_{II}(t)$ に関する微分方程式を導け。

(b) 回転波近似 (rotating wave approximation, RWA)：$\omega \approx (E_I - E_{II})/\hbar = 2A/\hbar$ の共鳴条件付近で、高速振動項を無視して方程式を簡略化せよ。

(c) 共鳴条件 $\omega = 2A/\hbar$ のもとで $b_I(t)$ を解き、遷移確率 $P_{II \to I}(t) = |b_I(t)|^2$ が $$

P_{II \to I}(t) = \sin^2!\left(\frac{\mu\mathcal{E}_0\,t}{2\hbar}\right)$$

となることを示せ。これがアンモニアメーザーにおける誘導放出の基礎であることを説明せよ。

(a) $b_I(t)$, $b_{II}(t)$ に関する微分方程式の導出:

解法の方針: $C_I(t) = b_I(t)e^{-iE_I t/\hbar}$, $C_{II}(t) = b_{II}(t)e^{-iE_{II}t/\hbar}$ を式 (6.3) に代入する。

計算:

エネルギー基底 $\{|I\rangle, |II\rangle\}$ での時間発展方程式：

\[i\hbar\frac{dC_I}{dt} = E_I C_I + \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot C_{II}\]

\[i\hbar\frac{dC_{II}}{dt} = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot C_I + E_{II} C_{II}\]

$C_I = b_I e^{-iE_I t/\hbar}$ を代入。左辺：

\[i\hbar\left(\dot{b}_I e^{-iE_I t/\hbar} + b_I \cdot \left(-\frac{iE_I}{\hbar}\right)e^{-iE_I t/\hbar}\right) = i\hbar\dot{b}_I e^{-iE_I t/\hbar} + E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar}\]

右辺：

\[E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar} + \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II} e^{-iE_{II}t/\hbar}\]

$E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar}$ が両辺で消えて：

\[i\hbar\dot{b}_I = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II}\, e^{-i(E_{II}-E_I)t/\hbar}\]

$\omega_0 \equiv (E_I - E_{II})/\hbar = 2A/\hbar$ と定義すると $E_{II} - E_I = -\hbar\omega_0$ なので：

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_I = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II}\, e^{i\omega_0 t}}\]

同様に：

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_{II} = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_I\, e^{-i\omega_0 t}}\]

(b) 回転波近似 (RWA):

$\cos\omega t = \frac{1}{2}(e^{i\omega t} + e^{-i\omega t})$ を代入：

\[i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\left(e^{i(\omega + \omega_0)t} + e^{-i(\omega - \omega_0)t}\right)\]

\[i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\left(e^{i(\omega - \omega_0)t} + e^{-i(\omega + \omega_0)t}\right)\]

共鳴条件 $\omega \approx \omega_0$ のとき： - $e^{\pm i(\omega - \omega_0)t}$ はゆっくり変化する（$\omega - \omega_0 \approx 0$） - $e^{\pm i(\omega + \omega_0)t}$ は高速振動する（$\omega + \omega_0 \approx 2\omega_0$）

高速振動項は時間平均するとゼロに近づくので無視する（回転波近似）：

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\,e^{-i(\omega - \omega_0)t}}\]

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\,e^{i(\omega - \omega_0)t}}\]

(c) 共鳴条件での解:

$\omega = \omega_0$ のとき、指数因子はすべて 1 になる：

\[i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\]

\[i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\]

$\Omega_R \equiv \mu\mathcal{E}_0/(2\hbar)$（Rabi 振動数）と定義すると：

\[\dot{b}_I = -i\Omega_R\, b_{II}, \quad \dot{b}_{II} = -i\Omega_R\, b_I\]

$b_I$ について二階微分方程式を導く。第 1 式を微分：

\[\ddot{b}_I = -i\Omega_R\,\dot{b}_{II} = -i\Omega_R \cdot (-i\Omega_R\, b_I) = -\Omega_R^2\, b_I\]

これは単振動の方程式で、一般解は：

\[b_I(t) = \alpha\cos(\Omega_R t) + \beta\sin(\Omega_R t)\]

初期条件：$b_I(0) = 0$（初期状態は $|II\rangle$ なので $C_I(0) = 0$）、$b_{II}(0) = 1$。

$b_I(0) = 0$ より $\alpha = 0$。

$\dot{b}_I(0) = -i\Omega_R\, b_{II}(0) = -i\Omega_R$ より $\beta\Omega_R = -i\Omega_R$、すなわち $\beta = -i$。

\[b_I(t) = -i\sin(\Omega_R t)\]

遷移確率：

\[P_{II \to I}(t) = |b_I(t)|^2 = |-i\sin(\Omega_R t)|^2 = \sin^2(\Omega_R t)\]

\[\boxed{P_{II \to I}(t) = \sin^2\!\left(\frac{\mu\mathcal{E}_0\,t}{2\hbar}\right)}\]

アンモニアメーザーとの関連:

アンモニアメーザーでは、状態選別器によって高エネルギー状態 $|I\rangle$ の分子だけを共振空洞に導入する。空洞内の電磁場の振動数が共鳴条件 $\omega = 2A/\hbar$ を満たすとき、分子は $|I\rangle$ から $|II\rangle$ へ遷移し、エネルギー差 $2A$ に相当するマイクロ波光子を放出する。これが誘導放出 (stimulated emission) である。上の結果は、適切な相互作用時間 $t = \pi\hbar/(\mu\mathcal{E}_0)$ で完全な遷移（$P = 1$）が起こることを示しており、これがメーザーの効率的な動作の基礎となっている。

検算: - $t = 0$ で $P_{II \to I} = 0$（初期状態は $|II\rangle$）✓ - $b_{II}(t) = \cos(\Omega_R t)$ を確認：$\dot{b}_{II} = -\Omega_R\sin(\Omega_R t) = -i\Omega_R \cdot (-i\sin(\Omega_R t)) = -i\Omega_R b_I$ ✓ - 確率保存：$|b_I|^2 + |b_{II}|^2 = \sin^2(\Omega_R t) + \cos^2(\Omega_R t) = 1$ ✓

A-2. 3 状態系への拡張：一般化された量子振動¶

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問題:

2 状態系を拡張し、3 つの等価な状態 $|1\rangle$, $|2\rangle$, $|3\rangle$ が互いに同じトンネル振幅 $-A$ で結合している系を考える。Hamiltonian は

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 & -A & -A \\ -A & E_0 & -A \\ -A & -A & E_0 \end{pmatrix}\]

で与えられる。

(a) この Hamiltonian の固有値をすべて求めよ。（ヒント：行列を $E_0\,I + (-A)(J - I)$ の形に書き直せ。ここで $J$ は全成分が 1 の $3\times 3$ 行列、$I$ は単位行列。）

(b) 各固有値に対応する固有ベクトルを求め、規格化せよ。縮退がある場合はその次数を述べよ。

(c) $t = 0$ で系が状態 $|1\rangle$ にあるとき、時刻 $t$ で状態 $|1\rangle$ に見つかる確率 $P_1(t)$ を求めよ。2 状態系の Rabi 振動と比較して、振動の特徴（振動数、振幅の完全性）がどう変わるか議論せよ。

(a) 固有値の計算:

解法の方針: $H$ を $J$（全成分 1 の行列）と $I$（単位行列）で書き直す。

計算:

全成分が 1 の $3\times 3$ 行列を $J$ とする：

\[J = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

$H$ を書き直す：

\[H = \begin{pmatrix} E_0 & -A & -A \\ -A & E_0 & -A \\ -A & -A & E_0 \end{pmatrix} = E_0 I + (-A)(J - I) = (E_0 + A)I - AJ\]

$J$ の固有値を求める。$J$ はランク 1 の行列で： - 固有値 $3$：固有ベクトル $\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)^T$（1 重） - 固有値 $0$：$(1, 1, 1)^T$ に直交する任意のベクトル（2 重縮退）

$H = (E_0 + A)I - AJ$ なので、$J$ の固有値 $j$ に対する $H$ の固有値は：

\[E = (E_0 + A) - Aj\]

$j = 3$ のとき：$E = E_0 + A - 3A = E_0 - 2A$
$j = 0$ のとき：$E = E_0 + A - 0 = E_0 + A$（2 重縮退）

最終回答:

\[\boxed{E_1 = E_0 - 2A \quad (\text{非縮退}), \quad E_2 = E_0 + A \quad (\text{2重縮退})}\]

(b) 固有ベクトル:

$E = E_0 - 2A$ に対応する固有ベクトル:

$J$ の固有値 3 に対応するベクトル：

\[|s\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

$E = E_0 + A$ に対応する固有ベクトル（2 重縮退）:

$(1, 1, 1)^T$ に直交する 2 次元空間の正規直交基底として、例えば：

\[|d_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad |d_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\]

検算: $\langle d_1|d_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{12}}(1 \cdot 1 + (-1)\cdot 1 + 0 \cdot (-2)) = 0$ ✓

$\langle s|d_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}(1 - 1 + 0) = 0$ ✓

$H|s\rangle$ を直接計算：

\[H|s\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} E_0 - A - A \\ -A + E_0 - A \\ -A - A + E_0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} E_0 - 2A \\ E_0 - 2A \\ E_0 - 2A \end{pmatrix} = (E_0 - 2A)|s\rangle \quad \checkmark\]

(c) 確率 $P_1(t)$ の計算:

解法の方針: $|1\rangle$ をエネルギー固有状態で展開し、時間発展させる。

計算:

$|1\rangle$ を固有状態で展開：

\[\langle s|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad \langle d_1|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle d_2|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\]

よって：

\[|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|s\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|d_1\rangle + \frac{1}{\sqrt{6}}|d_2\rangle\]

検算：係数の二乗和 $= \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2+3+1}{6} = 1$ ✓

時間発展：

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar}|s\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}|d_1\rangle + \frac{1}{\sqrt{6}}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}|d_2\rangle\]

$\langle 1|\psi(t)\rangle$ を計算：

\[C_1(t) = \frac{1}{3}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar} + \frac{1}{2}e^{-i(E_0+A)t/\hbar} + \frac{1}{6}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{3}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}\]

共通因子をくくり出す：

\[C_1(t) = e^{-iE_0 t/\hbar}\left(\frac{1}{3}e^{2iAt/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-iAt/\hbar}\right)\]

確率：

\[P_1(t) = \left|\frac{1}{3}e^{2iAt/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-iAt/\hbar}\right|^2\]

$\phi = At/\hbar$ と置くと：

\[P_1(t) = \left|\frac{1}{3}e^{2i\phi} + \frac{2}{3}e^{-i\phi}\right|^2\]

展開：

\[= \frac{1}{9}|e^{2i\phi}|^2 + \frac{4}{9}|e^{-i\phi}|^2 + \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\text{Re}(e^{2i\phi}\cdot e^{i\phi})\]

\[= \frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9}\text{Re}(e^{3i\phi})\]

\[= \frac{5}{9} + \frac{4}{9}\cos(3\phi)\]

\[\boxed{P_1(t) = \frac{1}{9}\left(5 + 4\cos\frac{3At}{\hbar}\right)}\]

2 状態系との比較:

特徴	2 状態系	3 状態系
振動数	$A/\hbar$（$P_1$ の $\cos^2$ の引数）	$3A/\hbar$
最大遷移確率	$P_1 = 0$（完全遷移）	$P_1 = 1/9$（最小値）
振動の完全性	完全（$P_1$: 1→0→1）	不完全（$P_1$: 1→1/9→1）

議論:

振動数: 3 状態系では振動の角振動数が $3A/\hbar$ であり、2 状態系の $2A/\hbar$（$P_1 = \cos^2(At/\hbar)$ の振動の角振動数）とは異なる。
振幅の完全性: 2 状態系では $P_1(t)$ が 0 から 1 まで完全に振動する（完全な Rabi 振動）。一方、3 状態系では $P_1(t)$ の最小値は $1/9$（$\cos(3At/\hbar) = -1$ のとき）であり、状態 $|1\rangle$ から完全に離れることはない。これは初期状態 $|1\rangle$ が縮退した固有空間に $2/3$ の重みを持つため、その部分は同じ位相で時間発展し、非縮退部分（重み $1/3$）との干渉が部分的にしか打ち消し合わないことによる。
物理的解釈: 3 状態系では「行き先」が 2 つあるため、量子干渉がより複雑になり、単純な完全振動は起こらない。

検算: - $t = 0$: $P_1(0) = \frac{1}{9}(5 + 4) = 1$ ✓ - $P_1$ の時間平均: $\overline{P_1} = 5/9$。一方、各固有状態への射影確率の二乗和 $= (1/3)^2 + (2/3)^2 = 1/9 + 4/9 = 5/9$ ✓（長時間平均の一般公式と一致） - $P_1(t) \geq 0$ の確認: 最小値 $(5-4)/9 = 1/9 > 0$ ✓

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特徴	2 状態系	3 状態系
振動数	\(A/\hbar\)（\(P_1\) の \(\cos^2\) の引数）	\(3A/\hbar\)
最大遷移確率	\(P_1 = 0\)（完全遷移）	\(P_1 = 1/9\)（最小値）
振動の完全性	完全（\(P_1\): 1→0→1）	不完全（\(P_1\): 1→1/9→1）

第 6 章 練習問題 解答¶

Basic（基礎）¶

B-1. 定常状態の位相因子の計算¶

B-2. トンネル分裂のエネルギー計算¶

B-3. 固有値方程式の行列式の展開¶

B-4. 固有ベクトルの直交性の確認¶

B-5. 確率の時間依存性の計算¶

B-6. \(i\hbar\,dC/dt = EC\) の解¶

B-7. 基底変換の逆変換¶

B-8. エルミート性の確認¶

Medium（標準）¶

M-1. 確率保存からのエルミート性の導出¶

M-2. Rabi (ラビ) 振動の導出¶

M-3. 電場中のアンモニア分子のエネルギー準位¶

M-4. Hamiltonian の対角化と行列表示の変換¶

Advanced（発展）¶

A-1. 時間依存摂動としての振動電場と遷移確率¶

A-2. 3 状態系への拡張：一般化された量子振動¶

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第 6 章練習問題解答¶