GWCA002 問題4

解説

無摂動系の第1励起状態の基底ベクトル

3次元等方的調和振動子の無摂動ハミルトニアン $H_0$H0​ は、 $x, y, z$x,y,z の各方向の1次元調和振動子の和に分離できます。 固有状態は、各方向の量子数 $(n_x, n_y, n_z)$(nx​,ny​,nz​) を用いて $|n_x, n_y, n_z\rangle$∣nx​,ny​,nz​⟩ と表されます。 第1励起状態（エネルギー $E_1^{(0)} = \frac{5}{2}\hbar\omega$E1(0)​=25​ℏω ）は、全量子数の和が $n_x + n_y + n_z = 1$nx​+ny​+nz​=1 を満たす状態であるため、次の3つの固有状態が対応し、3重に縮退しています。

$$|1\rangle = |1, 0, 0\rangle, \quad |2\rangle = |0, 1, 0\rangle, \quad |3\rangle = |0, 0, 1\rangle$$∣1⟩=∣1,0,0⟩,∣2⟩=∣0,1,0⟩,∣3⟩=∣0,0,1⟩

生成・消滅演算子による摂動項の書き換え

1次元調和振動子の位置演算子 $x$x は、消滅演算子 $a_x$ax​ と生成演算子 $a_x^\dagger$ax†​ を用いて次のように表されます。

$$x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (a_x + a_x^\dagger)$$x=2mωℏ​​(ax​+ax†​)

$y, z$y,z についても同様です。したがって、摂動項に含まれる各積の演算子は次のようになります。

$$xy = \frac{\hbar}{2m\omega} (a_x + a_x^\dagger)(a_y + a_y^\dagger)$$xy=2mωℏ​(ax​+ax†​)(ay​+ay†​)

これより、摂動ポテンシャル $H'$H′ は以下のように書き換えることができます。

$$H' = \frac{1}{2}\lambda \hbar \omega \left[ (a_x + a_x^\dagger)(a_y + a_y^\dagger) + (a_y + a_y^\dagger)(a_z + a_z^\dagger) + (a_z + a_z^\dagger)(a_x + a_x^\dagger) \right]$$H′=21​λℏω[(ax​+ax†​)(ay​+ay†​)+(ay​+ay†​)(az​+az†​)+(az​+az†​)(ax​+ax†​)]

摂動行列要素の計算

3つの縮退状態の基底空間における、摂動ハミルトニアンの行列要素を計算します。 1次元調和振動子の消滅・生成演算子の性質として、状態を1つ変化させる演算が行われます。

対角要素について考えます。たとえば $|1\rangle = |1,0,0\rangle$∣1⟩=∣1,0,0⟩ で摂動ポテンシャルを挟んだ行列要素を評価します。摂動項 $xy, yz, zx$xy,yz,zx のいずれの項も、各方向の量子数を必ず1だけ変化させるため、元の状態と同じ状態との内積をとるとすべて $0$0 になります。 したがって、対角成分はすべて $0$0 です。

$$\langle 1 | H' | 1 \rangle = 0, \quad \langle 2 | H' | 2 \rangle = 0, \quad \langle 3 | H' | 3 \rangle = 0$$⟨1∣H′∣1⟩=0,⟨2∣H′∣2⟩=0,⟨3∣H′∣3⟩=0

非対角要素について考えます。たとえば $|1\rangle = |1,0,0\rangle$∣1⟩=∣1,0,0⟩ と $|2\rangle = |0,1,0\rangle$∣2⟩=∣0,1,0⟩ の間の行列要素を計算します。 この遷移に寄与するのは $xy$xy を含む項のみです。

$$(a_x + a_x^\dagger)(a_y + a_y^\dagger) |0,1,0\rangle$$(ax​+ax†​)(ay​+ay†​)∣0,1,0⟩

を展開したとき、 $|1,0,0\rangle$∣1,0,0⟩ に変化して内積が残る成分は、 $x$x 方向の量子数を1増やし、 $y$y 方向の量子数を1減らす $a_x^\dagger a_y$ax†​ay​ の項だけです。調和振動子の公式より、次の関係が成り立ちます。

$$a_x^\dagger |0\rangle = |1\rangle, \quad a_y |1\rangle = |0\rangle$$ax†​∣0⟩=∣1⟩,ay​∣1⟩=∣0⟩

これより、この演算の係数は $1$1 となり、行列要素の非対角成分は次のようになります。

$$\langle 1 | H' | 2 \rangle = \frac{1}{2}\lambda \hbar \omega$$⟨1∣H′∣2⟩=21​λℏω

対称性により、すべての非対角成分はこれと同じ値になります。

永年方程式の構築と固有値の算出

縮退空間における1次の摂動行列は、 $\epsilon = \frac{1}{2}\lambda \hbar \omega$ϵ=21​λℏω と置くと、次のように表されます。

$$\begin{pmatrix} 0 & \epsilon & \epsilon \\ \epsilon & 0 & \epsilon \\ \epsilon & \epsilon & 0 \end{pmatrix}$$​0ϵϵ​ϵ0ϵ​ϵϵ0​​

この行列の固有値 $E^{(1)}$E(1) を求めるため、次の永年方程式を解きます。

$$\begin{vmatrix} -E^{(1)} & \epsilon & \epsilon \\ \epsilon & -E^{(1)} & \epsilon \\ \epsilon & \epsilon & -E^{(1)} \end{vmatrix} = 0$$​−E(1)ϵϵ​ϵ−E(1)ϵ​ϵϵ−E(1)​​=0

この行列式を展開して因数分解を行うと、次の方程式が得られます。

$$(E^{(1)} + \epsilon)^2 (E^{(1)} - 2\epsilon) = 0$$(E(1)+ϵ)2(E(1)−2ϵ)=0

したがって、1次のエネルギー補正（固有値）は次の2つに分裂します。

$$E^{(1)} = -\epsilon \quad (\text{2重に縮退}), \quad E^{(1)} = 2\epsilon \quad (\text{縮退なし})$$E(1)=−ϵ(2重に縮退),E(1)=2ϵ(縮退なし)

最大分裂幅と定数の決定

分裂した準位の中で、最も高いエネルギー準位は $2\epsilon$2ϵ であり、最も低いエネルギー準位は $-\epsilon$−ϵ です。 したがって、最大の分裂幅 $\Delta E$ΔE は次のようになります。

$$\Delta E = 2\epsilon - (-\epsilon) = 3\epsilon$$ΔE=2ϵ−(−ϵ)=3ϵ

ここで $\epsilon = \frac{1}{2}\lambda \hbar \omega$ϵ=21​λℏω を代入します。

$$\Delta E = 3 \cdot \left( \frac{1}{2}\lambda \hbar \omega \right) = \frac{3}{2} \lambda \hbar \omega$$ΔE=3⋅(21​λℏω)=23​λℏω

問題文の定義式：

$$\Delta E = C \cdot \lambda \hbar \omega$$ΔE=C⋅λℏω

と照らし合わせることで、無次元の定数 $C$C が以下のように決定されます。

$$C = \frac{3}{2}$$C=23​

既約分数化と自然数 $N$N の算出

得られた定数 $C = \frac{3}{2}$C=23​ は、分子 $p = 3$p=3、分母 $q = 2$q=2 の分数であり、これらは互いに素な正の整数（自然数）の条件を満たしています。

指定された入力形式の数式にこれらの値を代入します。

$$N = p^3 + q^2 + 100 = 3^3 + 2^2 + 100 = 27 + 4 + 100 = 131$$N=p3+q2+100=33+22+100=27+4+100=131

求める自然数は $131$131 です。