量子力学

1次元調和振動子の第2量子化とコヒーレント状態

次のハミルトニアンで表される1次元の量子力学的調和振動子
\[
\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2 m} + \frac{m \omega^2 \hat{x}^2}{2}
\]
を考える。ここで、\(m\)は質点の質量、\(\omega\)は角周波数の次元を持つパラメータ、\(\hat{x}\)は位置演算子、\(\hat{p}\)は運動量演算子である。生成・消滅演算子\(\hat{a}^{\dagger}, \hat{a}\)を
\[\begin{align}
\hat{a}^{\dagger} &= \sqrt{\frac{m \omega}{2 \hbar}} \left(\hat{x} – \frac{\rm i}{m \omega} \hat{p} \right) \\
\hat{a} &= \sqrt{\frac{m \omega}{2 \hbar}} \left(\hat{x} + \frac{\rm i}{m \omega} \hat{p} \right)
\end{align}\]
のように定義する。\({\rm i}\)は虚数単位、\(\hbar\)はプランク定数\(h\)を\(2 \pi\)で割ったものである。以下の問題では必要に応じて交換関係\([\hat{a}, \hat{a}^{\dagger}] = 1\)を使って良い。また、演算子\(\hat{A}\)で表される物理量\(A\)の期待値を\(\langle \hat{A} \rangle\)、標準偏差を\(\Delta A = \sqrt{\langle (\hat{A} – \langle \hat{A} \rangle)^2 \rangle}\)と書く。

(1) 位置演算子\(\hat{x}\)と運動量演算子\(\hat{p}\)を生成・消滅演算子\(\hat{a}^{\dagger}, \hat{a}\)を用いて表せ。

(2) 基底状態\(|0\rangle\)は\(\hat{a}|0\rangle = 0\)を満たす。基底状態について、以下の問いに答えよ。

(2-1) 期待値\(\langle \hat{x} \rangle, \langle \hat{x}^2 \rangle, \langle \hat{p} \rangle, \langle \hat{p}^2 \rangle\)を求めよ。

(2-2) 位置と運動量の標準偏差の積\((\Delta x \Delta p)\)を求めよ。

(3) ハミルトニアン\(\hat{H}\)を個数演算子\(\hat{n} = \hat{a}^{\dagger} \hat{a}\)を用いて書き表せ。

(4) 交換関係\([\hat{a}, (\hat{a}^{\dagger})^n]\)(\(n\)は自然数)を\(\hat{a}^{\dagger}\)と\(\hat{a}\)と\(n\)を用いて表せ。

(5) 第\(n\)励起状態(\(n\)は自然数)は
\[
|n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}}(\hat{a}^{\dagger})^n |0\rangle
\]
で表される。\(|n\rangle\)は個数演算子\(\hat{n}\)の固有状態であることを示し、\(|n\rangle\)のハミルトニアン\(\hat{H}\)に対する固有値を求めよ。

(6) 複素数\(\alpha\)を用いて表される状態
\[
|\alpha \rangle = {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} {\rm e}^{\alpha \hat{a}^{\dagger}} |0\rangle = {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\alpha^n}{n!} (\hat{a}^{\dagger})^n |0\rangle
\]
に関して、以下の問いに答えよ。\({\rm e}\)は自然対数の底とする。

(6-1) この状態が消滅演算子\(\hat{a}\)の固有状態であることを示せ。また、対応する固有値を求めよ。

(6-2) 個数演算子\(\hat{n} = \hat{a}^{\dagger} \hat{a}\)の期待値\(\langle \hat{n} \rangle\)と標準偏差\(\Delta n\)を求めよ。

(1) 生成・消滅演算子の定義から
\[\begin{align}
\sqrt{\frac{2 \hbar}{m \omega}} \hat{a}^{\dagger} &= \hat{x} – \frac{\rm i}{m \omega} \hat{p}\\
\sqrt{\frac{2 \hbar}{m \omega}} \hat{a} &= \hat{x} + \frac{\rm i}{m \omega} \hat{p}
\end{align}\]
が示せるので、辺々を足し合わせることにより
\[
\hat{x} = \sqrt\frac{\hbar}{2 m \omega} \left(\hat{a}^{\dagger} + \hat{a}\right)
\]
が得られる。また、辺々を引くことにより
\[\begin{align}
\sqrt{\frac{2 \hbar}{m \omega}}\left(\hat{a}^{\dagger} – \hat{a}\right) &= – \frac{2 {\rm i}}{m \omega} \hat{p} \\
\hat{p} &= {\rm i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}\left(\hat{a}^{\dagger} – \hat{a}\right)
\end{align}\]
が得られる。

(2)
(2-1)
\[\begin{align}
\langle \hat{x} \rangle &= \langle 0|\left(\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(\hat{a}^{\dagger} + \hat{a} |0 \rangle \right)/\langle 0|0 \rangle = 0 \\
\langle \hat{x}^2 \rangle &= \langle 0|\left(\frac{\hbar}{2 m \omega}(\hat{a}^{\dagger} + \hat{a})^2 |0 \rangle \right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= \frac{\hbar}{2 m \omega} \langle 0|\left((\hat{a}^{\dagger}\hat{a}^{\dagger} + \hat{a}^{\dagger}\hat{a} + \hat{a}\hat{a}^{\dagger} + \hat{a}\hat{a}) |0\rangle \right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= \frac{\hbar}{2 m \omega} \langle 0|\left( ( 1 + \hat{a}^{\dagger}\hat{a}) |0 \rangle\right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= \frac{\hbar}{2 m \omega}
\end{align}\]
ここで、\([\hat{a}, \hat{a}^{\dagger}] = 1\)、および、\(\hat{a}|0\rangle = 0, (\langle 0| \hat{a}) = 0\)を使った。

同様にして
\[\begin{align}
\langle \hat{p} \rangle &= \langle 0| \left( {\rm i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(\hat{a}^{\dagger} – \hat{a}) |0 \rangle \right)/\langle 0|0 \rangle = 0 \\
\langle \hat{p}^2 \rangle &= \langle 0| \left( – \frac{m \omega \hbar}{2} (\hat{a}^{\dagger} – \hat{a})^2 |0 \rangle \right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= – \frac{m \omega \hbar}{2} \langle 0| \left((\hat{a}^{\dagger}\hat{a}^{\dagger} – \hat{a}^{\dagger}\hat{a} – \hat{a}\hat{a}^{\dagger} + \hat{a}\hat{a} |0 \rangle \right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= – \frac{m \omega \hbar}{2} \langle 0| \left((-1 – \hat{a}^{\dagger}\hat{a} |0\rangle \right)/\langle 0|0 \rangle \\
&= \frac{m \omega \hbar}{2}
\end{align}\]
と求まる。

(2-2) 標準偏差の2乗は
\[\begin{align}
(\Delta \hat{A})^2 &= \langle (\hat{A} – \langle \hat{A} \rangle)^2 \rangle \\
&= \langle (\hat{A}^2 – 2 \langle \hat{A} \rangle \hat{A} + \langle \hat{A} \rangle^2 \rangle \\
&= \langle \hat{A}^2 \rangle – \langle \hat{A} \rangle^2
\end{align}\]
で求まるので、(2-1)の結果から
\[\begin{align}
\Delta \hat{x} &= \sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}} \\
\Delta \hat{p} &= \sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}} \\
\Delta \hat{x} \Delta \hat{p} &= \frac{\hbar}{2}
\end{align}\]
が得られる。

(3)
\[\begin{align}
\hat{H} &= \frac{\hat{p}^2}{2 m} + \frac{m \omega^2 \hat{x}^2}{2} \\
&= \frac{1}{2 m} \left(- \frac{m \omega \hbar}{2}\right)(\hat{a}^{\dagger} – \hat{a})^2 + \frac{m \omega^2}{2} \frac{\hbar}{2 m \omega}(\hat{a}^{\dagger} + \hat{a})^2 \\
&= \frac{\hbar \omega}{4}\left( – (\hat{a}^{\dagger} – \hat{a})^2 + (\hat{a}^{\dagger} + \hat{a})^2\right) \\
&= \frac{\hbar \omega}{2} (\hat{a}^{\dagger} \hat{a} + \hat{a} \hat{a}^{\dagger} \\
&= \hbar \omega \left(\hat{n} + \frac{1}{2}\right)
\end{align}\]

(4)
\[
[\hat{a}, (\hat{a}^{\dagger})^n] = \hat{a} (\hat{a}^{\dagger})^n – (\hat{a}^{\dagger})^n \hat{a}
\]
右辺の第1項は
\[\begin{align}
\hat{a} (\hat{a}^{\dagger})^n &= \hat{a} \hat{a}^{\dagger} (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} \\
&= (1 \hat{a}^{\dagger} \hat{a})(\hat{a})^{n – 1} \\
&= (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} + \hat{a}^{\dagger} \hat{a} (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} \\
&= (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} + \hat{a}^{\dagger} \hat{a} \hat{a}^{\dagger} (\hat{a}^{\dagger})^{n – 2} \\
&= (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} + \hat{a}^{\dagger} (1 + \hat{a}^{\dagger} \hat{a})(\hat{a}^{\dagger})^{n – 2} \\
&= 2 (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} + (\hat{a}^{\dagger})^2 \hat{a} (\hat{a}^{\dagger})^{n – 2} \\
\end{align}\]
これを繰り返せば
\[
n (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} + (\hat{a}^{\dagger})^n \hat{a}
\]
となることが分かる。従って、
\[
[\hat{a}, (\hat{a}^{\dagger})^n] = n (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1}
\]
となる。

(5)
\[\begin{align}
\hat{a}^{\dagger} \hat{a} |n \rangle &= \frac{1}{\sqrt{n!}} \hat{a}^{\dagger} \hat{a} (\hat{a}^{\dagger})^n |0 \rangle \\
&= \frac{1}{\sqrt{n!}}\left([\hat{a}, (\hat{a}^{\dagger})^n] + (\hat{a}^{\dagger})^n \hat{a} \right) |0 \rangle \\
&= \frac{1}{\sqrt{n!}}\hat{a}^{\dagger} n (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} |0 \rangle \\
&= n \frac{1}{\sqrt{n!}}(\hat{a}^{\dagger})^n |0 \rangle \\
&= n |n \rangle
\end{align}\]
したがって、第\(n\)励起状態\(|n\rangle\)は、個数演算子の固有状態であり、固有値は\(n\)である。

明らかに、同時に\(|n \rangle\)はハミルトニアン\(\hat{H}\)の固有状態でもあり、固有値は\(\hbar \omega (n + \frac{1}{2})\)である。

(6)
(6-1)
\[\begin{align}
\hat{a} | \alpha \rangle &= {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\alpha^n}{n!} \hat{a} (\hat{a})^n |0 \rangle \\
&= {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\alpha^n}{n!} \left([\hat{a},(\hat{a}^{\dagger})^n] + (\hat{a}^{\dagger})^n \hat{a} \right) |0 \rangle \\
&= {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\alpha^n}{n!} n (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} |0 \rangle \\
&= \alpha {\rm e}^{- \frac{|\alpha|^2}{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\alpha^{n – 1}}{(n – 1)!} (\hat{a}^{\dagger})^{n – 1} |0 \rangle \\
&= \alpha |\alpha \rangle
\end{align}\]
従って、\(|\alpha \rangle\)は\(\hat{a}\)の固有状態であり、その固有値は\(\alpha\)である。

(6-2)
\[\begin{align}
\langle \alpha | \hat{n} | \alpha \rangle &= \langle \alpha \left( \hat{a}^{\dagger} \hat{a} | \alpha \rangle \right) \\
&= \langle \alpha \left(\hat{a}^{\dagger} \alpha |\alpha \rangle \right) \\
&= \alpha \left( \langle \alpha | \hat{a} \right) | \alpha \rangle \\
&= |\alpha|^2 \langle \alpha | \alpha \rangle
\end{align}\]
となるので
\[\begin{align}
\langle \hat{n} \rangle &= (\langle \alpha | \hat{n} |\alpha \rangle)/\langle \alpha | \alpha \rangle \\
&=|\alpha|^2
\end{align}\]
と求まる。

また、
\[\begin{align}
\langle \alpha| \hat{n}^2 | \alpha \rangle &= \langle \alpha \left( \hat{a}^{\dagger} \hat{a} \hat{a}^{\dagger} \hat{a} | \alpha \rangle \right) \\
&= \langle \alpha | \left( (\hat{a}^{\dagger}\hat{a}^{\dagger} \hat{a} \hat{a} + \hat{a}^{\dagger} \hat{a} |\alpha \rangle \right) \\
&= (|\alpha|^4 + |\alpha|^2) \langle \alpha | \alpha \rangle
\end{align}\]
から、標準偏差\(\Delta\hat{n}\)は
\[\begin{align}
\Delta \hat{n} &= \sqrt{\langle \hat{n}^2 \rangle – \langle \hat{n} \rangle^2} \\
&=\sqrt{|\alpha|^4 + |\alpha|^2 – |\alpha|^4} \\
&= |\alpha|
\end{align}\]
と求まる。

(注意)\(|\alpha \rangle\)は実は規格化されているのであるが、期待値を求めるには、規格化されている事を使わなくても良い。実際に規格化されている事は別記事で示すので、「コヒーレント状態の規格化」を参照して欲しい。ちなみに、この状態は「コヒーレント状態」と呼ばれている。