GWCA002 問題3

解説

ハミルトニアンの平方完成による変形

摂動を加えた後の全ハミルトニアン $H$H は、次のように書くことができます。

$$H = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2}m\omega^2 x^2 - qEx$$H=−2mℏ2​dx2d2​+21​mω2x2−qEx

ポテンシャルエネルギーの項を $x$x について平方完成（変形）します。

$$\frac{1}{2}m\omega^2 x^2 - qEx = \frac{1}{2}m\omega^2 \left( x^2 - \frac{2qE}{m\omega^2}x \right)$$21​mω2x2−qEx=21​mω2(x2−mω22qE​x) $$= \frac{1}{2}m\omega^2 \left( x - \frac{qE}{m\omega^2} \right)^2 - \frac{q^2 E^2}{2m\omega^2}$$=21​mω2(x−mω2qE​)2−2mω2q2E2​

新しい座標系の導入

ここで、新しい座標変数 $x'$x′ を次のように定義します。

$$x' = x - \frac{qE}{m\omega^2}$$x′=x−mω2qE​

座標の原点をずらしても微分演算子は変わらない（ $\frac{d}{dx} = \frac{d}{dx'}$dxd​=dx′d​ ）ため、ハミルトニアン $H$H は $x'$x′ を用いて次のように表されます。

$$H = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx'^2} + \frac{1}{2}m\omega^2 (x')^2 - \frac{q^2 E^2}{2m\omega^2}$$H=−2mℏ2​dx′2d2​+21​mω2(x′)2−2mω2q2E2​

この式の第1項と第2項は、平衡位置が $x = \frac{qE}{m\omega^2}$x=mω2qE​ に移動しただけで、本質的に無摂動系と全く同じ角振動数 $\omega$ω の1次元調和振動子のハミルトニアンそのものです。

厳密なエネルギー固有値の導出

したがって、このハミルトニアンのエネルギー固有値 $E_n$En​ は、標準的な調和振動子の固有値から定数項 $\frac{q^2 E^2}{2m\omega^2}$2mω2q2E2​ を一様に引いたものになります。

$$E_n = \left( n + \frac{1}{2} \right)\hbar\omega - \frac{q^2 E^2}{2m\omega^2} \quad (n = 0, 1, 2, \dots)$$En​=(n+21​)ℏω−2mω2q2E2​(n=0,1,2,…)

無摂動系の基底状態（ $n=0$n=0 ）のエネルギーは、次の通りです。

$$E_0^{(0)} = \frac{1}{2}\hbar\omega$$E0(0)​=21​ℏω

摂動を加えた後の厳密な基底状態のエネルギーは、 $n=0$n=0 を代入して次のようになります。

$$E_0 = \frac{1}{2}\hbar\omega - \frac{q^2 E^2}{2m\omega^2}$$E0​=21​ℏω−2mω2q2E2​

定数の決定と自然数化

エネルギーのシフト量 $\Delta E_0$ΔE0​ を計算します。

$$\Delta E_0 = E_0 - E_0^{(0)} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{q^2 E^2}{m\omega^2}$$ΔE0​=E0​−E0(0)​=−21​⋅mω2q2E2​

問題文で定義された形式と照らし合わせます。

$$\Delta E_0 = - \frac{A \cdot q^2 E^2}{m\omega^2}$$ΔE0​=−mω2A⋅q2E2​

これより、無次元の定数 $A$A は次のように定まります。

$$A = \frac{1}{2}$$A=21​

この分数は分子 $p = 1$p=1、分母 $q = 2$q=2 であり、これらは互いに素な正の整数（自然数）の条件を満たします。 求める自然数は、 $p + q = 1 + 2 = 3$p+q=1+2=3 です。