GEO002 問題5

無次元化と正準構造

定義より

$$\hat{Q}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\hat{x},\qquad \hat{P}=\frac{\hat{p}}{\sqrt{\hbar m\omega}}$$Q^​=ℏmω​​x^,P^=ℏmω​p^​​

なので、

$$[\hat{Q},\hat{P}] = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\frac{1}{\sqrt{\hbar m\omega}}[\hat{x},\hat{p}] = \frac{1}{\hbar}i\hbar = i$$[Q^​,P^]=ℏmω​​ℏmω​1​[x^,p^​]=ℏ1​iℏ=i

です。したがって、$\hat{Q}$Q^​ と $\hat{P}$P^ は無次元の正準共役変数です。

モジュラー観測量が同時に測れる条件

Baker-Campbell-Hausdorff公式を用います。

$$A=i\lambda\hat{Q},\qquad B=-i\mu\hat{P}$$A=iλQ^​,B=−iμP^

とおくと、

$$[A,B] = [i\lambda\hat{Q},-i\mu\hat{P}] = \lambda\mu[\hat{Q},\hat{P}] = i\lambda\mu$$[A,B]=[iλQ^​,−iμP^]=λμ[Q^​,P^]=iλμ

です。この交換子は定数なので、

$$e^Ae^B=e^Be^Ae^{[A,B]}$$eAeB=eBeAe[A,B]

が使えます。よって、

$$e^{i\lambda\hat{Q}}e^{-i\mu\hat{P}} = e^{i\lambda\mu} e^{-i\mu\hat{P}}e^{i\lambda\hat{Q}}$$eiλQ^​e−iμP^=eiλμe−iμP^eiλQ^​

です。

ここで $\lambda\mu=2\pi\nu$λμ=2πν、$\nu$ν は整数なので、

$$e^{i\lambda\mu}=e^{i2\pi\nu}=1$$eiλμ=ei2πν=1

です。したがって、

$$\hat{S}_Q\hat{S}_P=\hat{S}_P\hat{S}_Q$$S^Q​S^P​=S^P​S^Q​

となります。

これは $\hat{Q}$Q^​ と $\hat{P}$P^ が可換になるという意味ではありません。通常の位置・運動量の不確定性は残ったまま、周期的なユニタリ観測量だけが可換になるという構造です。

状態の期待値

$n=2$n=2 なので、

$$|\psi\rangle = \sqrt{1-\alpha}\,|0\rangle + e^{i\varphi}\sqrt{\alpha}\,|2\rangle$$∣ψ⟩=1−α​∣0⟩+eiφα​∣2⟩

です。偶数番目の数状態だけの重ね合わせなので、

$$\langle \hat{Q}\rangle=0,\qquad \langle \hat{P}\rangle=0$$⟨Q^​⟩=0,⟨P^⟩=0

です。

また、

$$\hat{Q}=\frac{\hat{a}+\hat{a}^\dagger}{\sqrt{2}},\qquad \hat{P}=\frac{\hat{a}-\hat{a}^\dagger}{i\sqrt{2}}$$Q^​=2​a^+a^†​,P^=i2​a^−a^†​

です。ここで

$$A=\langle \hat{a}^2\rangle$$A=⟨a^2⟩

とおきます。

$\hat{a}^2|2\rangle=\sqrt{2}\,|0\rangle$a^2∣2⟩=2​∣0⟩ より、

$$A = \sqrt{2\alpha(1-\alpha)}\,e^{i\varphi}$$A=2α(1−α)​eiφ

です。制約より $\alpha=2/3$α=2/3 なので、

$$\sqrt{2\alpha(1-\alpha)} = \sqrt{2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}} = \frac{2}{3}$$2α(1−α)​=2⋅32​⋅31​​=32​

です。したがって、

$$A = \frac{2}{3}(\cos\varphi+i\sin\varphi) = \frac{2}{3}\left(\frac{3}{5}+i\frac{4}{5}\right) = \frac{2}{5}+i\frac{8}{15}$$A=32​(cosφ+isinφ)=32​(53​+i54​)=52​+i158​

です。

また、

$$\langle \hat{a}^\dagger\hat{a}\rangle = 2\alpha = \frac{4}{3}$$⟨a^†a^⟩=2α=34​

です。

共分散行列

$\hat{Q}^2$Q^​2 と $\hat{P}^2$P^2 は

$$\hat{Q}^2 = \frac{\hat{a}^2+\hat{a}^{\dagger 2}+2\hat{a}^\dagger\hat{a}+1}{2}$$Q^​2=2a^2+a^†2+2a^†a^+1​ $$\hat{P}^2 = \frac{-\hat{a}^2-\hat{a}^{\dagger 2}+2\hat{a}^\dagger\hat{a}+1}{2}$$P^2=2−a^2−a^†2+2a^†a^+1​

です。したがって、

$$(\Delta Q)^2 = \langle \hat{a}^\dagger\hat{a}\rangle+\frac{1}{2}+\operatorname{Re}A$$(ΔQ)2=⟨a^†a^⟩+21​+ReA $$(\Delta P)^2 = \langle \hat{a}^\dagger\hat{a}\rangle+\frac{1}{2}-\operatorname{Re}A$$(ΔP)2=⟨a^†a^⟩+21​−ReA

です。

よって、

$$(\Delta Q)^2 = \frac{4}{3}+\frac{1}{2}+\frac{2}{5} = \frac{67}{30}$$(ΔQ)2=34​+21​+52​=3067​ $$(\Delta P)^2 = \frac{4}{3}+\frac{1}{2}-\frac{2}{5} = \frac{43}{30}$$(ΔP)2=34​+21​−52​=3043​

です。

さらに対称共分散

$$C=\frac{1}{2}\langle \hat{Q}\hat{P}+\hat{P}\hat{Q}\rangle$$C=21​⟨Q^​P^+P^Q^​⟩

は

$$C=\operatorname{Im}A=\frac{8}{15}$$C=ImA=158​

です。

Robertson-Schrödinger不確定性

この状態では

$$(\Delta Q)^2(\Delta P)^2-C^2 = \frac{67}{30}\cdot\frac{43}{30} - \left(\frac{8}{15}\right)^2$$(ΔQ)2(ΔP)2−C2=3067​⋅3043​−(158​)2

です。計算すると、

$$(\Delta Q)^2(\Delta P)^2-C^2 = \frac{2881}{900}-\frac{256}{900} = \frac{2625}{900} = \frac{35}{12}$$(ΔQ)2(ΔP)2−C2=9002881​−900256​=9002625​=1235​

です。

これは

$$\frac{35}{12}>\frac{1}{4}$$1235​>41​

を満たしており、正準不確定性関係に矛盾しません。

量子フィッシャー情報行列

変位

$$\hat{D}(u,v)=\exp(-iu\hat{P}+iv\hat{Q})$$D^(u,v)=exp(−iuP^+ivQ^​)

に対して、$u$u の生成子は $\hat{P}$P^、$v$v の生成子は $-\hat{Q}$−Q^​ です。純粋状態の量子フィッシャー情報行列は、生成子の共分散行列の $4$4 倍なので、

$$F = 4 \begin{pmatrix} (\Delta P)^2 & -C\\ -C & (\Delta Q)^2 \end{pmatrix}$$F=4((ΔP)2−C​−C(ΔQ)2​)

です。

したがって、

$$\det F = 16\left((\Delta Q)^2(\Delta P)^2-C^2\right)$$detF=16((ΔQ)2(ΔP)2−C2)

です。先ほどの結果より、

$$\det F = 16\cdot\frac{35}{12} = \frac{140}{3}$$detF=16⋅1235​=3140​

です。

最終計算

$\nu=2$ν=2 なので、

$$\mathcal{J} = \nu^2\det F = 2^2\cdot\frac{140}{3} = \frac{560}{3}$$J=ν2detF=22⋅3140​=3560​

です。

よって、

$$p=560,\qquad q=3$$p=560,q=3

であり、入力すべき自然数は

$$p+q=563$$p+q=563

です。