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第 7 章 練習問題

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目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. 昇降演算子の交換関係

昇降演算子

\(\hat{a} = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat{x} + \frac{i}{m\omega}\hat{p}\right), \qquad \hat{a}^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\hat{x} - \frac{i}{m\omega}\hat{p}\right)\)

を正準交換関係 \([\hat{x}, \hat{p}] = i\hbar\) だけを使って積 \(\hat{a}\hat{a}^\dagger\) と \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\) を展開し、

\([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1, \qquad \hat{H} = \hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a} + \frac{1}{2}\right)\)

を直接計算で確認せよ。

ヒント

\(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \frac{m\omega}{2\hbar}(\hat{x}^2 + \hat{p}^2/(m\omega)^2 - i[\hat{x},\hat{p}]/(m\omega))\) を丁寧に展開し、\([\hat{x},\hat{p}] = i\hbar\) を代入する。\(\hat{a}^\dagger\hat{a}\) との差が 1 になること、和がハミルトニアンの形になることを両方確認する。

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Medium（標準）

M-1. ハミルトニアンと昇降演算子の交換関係

交換子の恒等式 \([\hat{A}\hat{B}, \hat{C}] = \hat{A}[\hat{B}, \hat{C}] + [\hat{A}, \hat{C}]\hat{B}\) と、問題 7.1 の結果 \([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1\) を使って、

\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger] = +\hbar\omega\,\hat{a}^\dagger, \qquad [\hat{H}, \hat{a}] = -\hbar\omega\,\hat{a}\)

を導け。ここから、\(\hat{H}|n\rangle = E_n|n\rangle\) ならば \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) はエネルギー \(E_n + \hbar\omega\) の固有状態、\(\hat{a}|n\rangle\) はエネルギー \(E_n - \hbar\omega\) の固有状態であることを示せ。

ヒント

\(\hat{H} = \hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a} + 1/2)\) に対して \([\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = \hat{a}^\dagger[\hat{a}, \hat{a}^\dagger] + [\hat{a}^\dagger, \hat{a}^\dagger]\hat{a} = \hat{a}^\dagger\) を使う。続いて \(\hat{H}(\hat{a}^\dagger|n\rangle) = (\hat{a}^\dagger\hat{H} + [\hat{H}, \hat{a}^\dagger])|n\rangle\) を展開する。

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M-2. 規格化された昇降作用

\(\hat{a}|0\rangle = 0\) と \([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1\) だけから、次の規格化された昇降作用を導出せよ：

\(\hat{a}^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle, \qquad \hat{a}|n\rangle = \sqrt{n}\,|n-1\rangle\)

さらに、基底状態 \(|0\rangle\) から出発して

\(|n\rangle = \frac{(\hat{a}^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle\)

の規格化が正しいことを確認せよ。

ヒント

\(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = \langle n|\hat{a}\hat{a}^\dagger|n\rangle\) を計算するために \(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \hat{a}^\dagger\hat{a} + 1 = \hat{N} + 1\) を使う。\(\hat{N}|n\rangle = n|n\rangle\) なので \(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = n + 1\)。これが \(\hat{a}^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle\) の規格化定数を与える。\(\hat{a}|n\rangle\) 側も同様。

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M-3. Schrödinger 方程式が Lorentz 共変でない理由

(a) 自由粒子の Schrödinger 方程式 \(i\hbar\,\partial_t \psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\,\partial_x^2\, \psi\) の左辺が時間の 1 階微分、右辺が空間の 2 階微分を含むことを確認せよ。

(b) Minkowski 計量 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1, +1, +1, +1)\) のもとで Lorentz スカラーとなる微分演算子は \(\partial^\mu\partial_\mu = -c^{-2}\partial_t^2 + \nabla^2\)（d'Alembertian）であり、時間と空間の微分の階数が揃う必要があることを説明せよ。

(c) Schrödinger 方程式を Lorentz 共変化する素直な候補として、\(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\) を演算子化した Klein-Gordon 方程式

\(\left(-\frac{1}{c^2}\partial_t^2 + \nabla^2 - \frac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi = 0\)

を書き下し、これが時間の 2 階微分を含むことを確認せよ。この「2 階」であることが、負エネルギー解の出現に直結することを定性的に述べよ。

ヒント

(b) Lorentz 変換は時間と空間を混ぜるので、時間の \(n\) 階微分が空間の \(m\) 階微分と入れ替わる。階数がそろっていないと方程式の形が変換後に変わってしまう。(c) 平面波 \(e^{-iEt/\hbar + ipx/\hbar}\) を代入すると \(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\)。\(E\) の 2 次方程式なので \(E = \pm\sqrt{p^2c^2 + m^2c^4}\) の 2 つの解がある。負の枝が負エネルギー解。

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Advanced（発展）

A-1. 無限個の調和振動子と弦の零点エネルギー

弦理論では、弦の各振動モード（モード番号 \(n = 1, 2, 3, \ldots\)）が独立な調和振動子として振る舞い、各モードの角振動数は \(\omega_n = n\,\omega_1\) と整数倍になる（\(\omega_1\) は基本振動の角振動数）。

(a) 各モードの零点エネルギーが \(\hbar\omega_n/2 = n\hbar\omega_1/2\) であることを、第 7.4 節の結果から説明せよ。

(b) 全零点エネルギーが形式的に

\(E_{\text{zero}} = \frac{\hbar\omega_1}{2}\sum_{n = 1}^{\infty} n\)

となることを示せ。この和が発散することを確認せよ。

(c) ゼータ関数正則化では \(\sum_{n = 1}^{\infty} n\) を \(\zeta(-1) = -\frac{1}{12}\) で置き換える。この処方のもとで \(E_{\text{zero}}\) を評価し、結果が負になることを示せ。これが第 14 章で扱うボソン弦の臨界次元 \(D = 26\) の起源の一つであることを注記として述べよ。

ヒント

(a) 第 7.4 節で導いた \(E_0 = \hbar\omega/2\) を \(\omega \to \omega_n = n\omega_1\) に置き換えるだけ。(b) 和を書き下す。(c) ゼータ関数正則化は「発散する和に、解析接続で有限値を対応させる」処方。数学的な厳密さは Appendix（もしくは「場の量子論」編 「場の量子論」編 第 6 章のくりこみ）に委ねるが、ここでは処方を受け入れて代入すればよい。\(E_{\text{zero}} = -\hbar\omega_1/24\)。

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A-2. 零点エネルギーの発散和と臨界次元 D = 26

ボソン弦の各横振動モード（\(D - 2\) 個の横方向自由度、モード番号 \(n = 1, 2, 3, \ldots\)）は独立な調和振動子として振る舞う。全零点エネルギーは

\[E_{\text{zero}} = (D - 2) \cdot \frac{\hbar\omega_1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} n\]

と形式的に書ける（\(\omega_1\) は基本モードの角振動数）。

(a) この和が発散することを確認した上で、ゼータ関数正則化 \(\sum_{n=1}^{\infty} n \to \zeta(-1) = -\frac{1}{12}\) を適用して \(E_{\text{zero}}\) を有限値として表せ。

(b) 光円錐量子化において、質量殻条件（Virasoro 拘束 \(L_0 = 1\)）から基底状態の質量が

\[\alpha' m^2 = \frac{D - 2}{24} - 1\]

と求まることを示せ（ここで正則化された零点エネルギーが \(a = (D-2)/24\) として現れる）。

(c) 基底状態がタキオン（\(m^2 < 0\)）であることを確認した上で、第一励起状態が質量ゼロのベクトル粒子となるためには Lorentz 不変性から \(m^2 = 0\)（すなわち \(a = 1\)）が要求されることを認め、\(D = 26\) を導け。

ヒント

(b) 光円錐量子化では物理的横方向は \(D - 2\) 個。各方向の各モード \(n\) が \(\hbar\omega_n/2\) の零点エネルギーを持つ。正則化後の順序定数は \(a = -\frac{D-2}{2}\zeta(-1) = -\frac{D-2}{2}\cdot(-\frac{1}{12}) = (D-2)/24\)。(c) \(a = 1\) とおいて \((D-2)/24 = 1\) を解く。