第50章時間発展演算子と 3 つの描像 — Schrödinger・Heisenberg・相互作用表示

例題50.1　アンモニア分子 $\mathrm{NH_3}$ の反転 — 2 準位系の時間発展

$\mathrm{NH_3}$ 分子は，3 つの H 原子がつくる正三角形の面に対して，N 原子が上にある配置 $\ket{u}$ と，下にある配置 $\ket{d}$ の 2 通りの安定な形をもつ．N 原子は面をトンネル効果（第12章）で通り抜けるので，この 2 つの状態を基底とするハミルトニアンは，$\hat{H}=\begin{bmatrix}E_0&-\varepsilon\\-\varepsilon&E_0\end{bmatrix}$（$\varepsilon\gt0$）と書ける．$\ket{u}$ と $\ket{d}$ は，それぞれ第 1 列，第 2 列の基底である．(1) 固有状態とエネルギーを求めよ．(2) 時刻 $t=0$ に N が上にあったとして，時間発展演算子 $\hat{U}_S(t,0)$ を求め，N が上に見いだされる確率 $P_{\mathrm{u}}(t)$ を求めよ．(3) 2 つの準位の間隔は $2\varepsilon=hf$ で，$f=23.694\ \mathrm{GHz}$（回転状態 $(J,K)=(1,1)$ の反転線の値）である．$2\varepsilon$ を $\mathrm{eV}$ で，反転の周期を求めよ．

解答　(1) $\hat{H}=E_0\hat{1}-\varepsilon\sigma_x$（$\sigma_x$ は $\ket{u},\ket{d}$ を基底とする Pauli 行列）である．$\sigma_x$ の固有値は $\pm1$ で，固有ベクトルは $(\ket{u}\pm\ket{d})/\sqrt{2}$ だから，

$$ \ket{\mathrm{S}}=\frac{\ket{u}+\ket{d}}{\sqrt{2}}\ (E_{\mathrm{S}}=E_0-\varepsilon),\qquad \ket{\mathrm{A}}=\frac{\ket{u}-\ket{d}}{\sqrt{2}}\ (E_{\mathrm{A}}=E_0+\varepsilon) $$

である．偶関数的な（対称な）結合 $\ket{\mathrm{S}}$ のほうが $2\varepsilon$ だけ低い．これが「反転分裂」であり，トンネル効果が強いほど大きい．

(2) 式 \eqref{eq:50-expsigma}（$\bm{u}=\bm{e}_x$，$\theta=-\varepsilon t/\hbar$）を使うと，$e^{-i\hat{H}t/\hbar}=e^{-iE_0t/\hbar}\,e^{+i\varepsilon t\sigma_x/\hbar}$ より，

$$ \hat{U}_S(t,0)=e^{-iE_0t/\hbar}\left[\cos\frac{\varepsilon t}{\hbar}+i\sigma_x\sin\frac{\varepsilon t}{\hbar}\right]=e^{-iE_0t/\hbar}\begin{bmatrix}\cos\dfrac{\varepsilon t}{\hbar}&i\sin\dfrac{\varepsilon t}{\hbar}\\[2mm] i\sin\dfrac{\varepsilon t}{\hbar}&\cos\dfrac{\varepsilon t}{\hbar}\end{bmatrix} $$

である．固有基底による計算で確かめよう．$\ket{u}=(\ket{\mathrm{S}}+\ket{\mathrm{A}})/\sqrt{2}$ に式 \eqref{eq:50-spectral} を作用させると，$\theta\equiv\varepsilon t/\hbar$ として

$$ \hat{U}_S\ket{u}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(e^{-i(E_0-\varepsilon)t/\hbar}\ket{\mathrm{S}}+e^{-i(E_0+\varepsilon)t/\hbar}\ket{\mathrm{A}}\right)=\frac{e^{-iE_0t/\hbar}}{\sqrt{2}}\left(e^{i\theta}\ket{\mathrm{S}}+e^{-i\theta}\ket{\mathrm{A}}\right) $$

である．$\ket{\mathrm{S}},\ket{\mathrm{A}}$ を $\ket{u},\ket{d}$ で書き戻すと，

$$ \hat{U}_S\ket{u}=e^{-iE_0t/\hbar}\left[\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\ket{u}+\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2}\ket{d}\right]=e^{-iE_0t/\hbar}\bigl[\cos\theta\,\ket{u}+i\sin\theta\,\ket{d}\bigr] $$

となり，行列の第 1 列と一致する．N が上に見いだされる確率と，下に見いだされる確率は，

\begin{equation} P_{\mathrm{u}}(t)=\abs{\braket{u}{\psi_S(t)}}^2=\cos^2\frac{\varepsilon t}{\hbar},\qquad P_{\mathrm{d}}(t)=\abs{\braket{d}{\psi_S(t)}}^2=\sin^2\frac{\varepsilon t}{\hbar} \label{eq:50-nh3} \end{equation}

である（全体の位相 $e^{-iE_0t/\hbar}$ は確率に影響しない．$P_{\mathrm{u}}+P_{\mathrm{d}}=1$）．N は，上と下を周期的に行き来する．

(3) $2\varepsilon=hf=(4.1357\times10^{-15}\ \mathrm{eV\,s})(23.694\times10^{9}\ \mathrm{s^{-1}})=9.80\times10^{-5}\ \mathrm{eV}$ である（波数に直すと $0.790\ \mathrm{cm^{-1}}$）．よって $\varepsilon=4.90\times10^{-5}\ \mathrm{eV}$．$\varepsilon t/\hbar=\pi ft$（$\varepsilon=hf/2=\pi\hbar f$）だから，$P_{\mathrm{u}}(t)=\cos^2(\pi ft)$ の周期は $1/f=42.2\ \mathrm{ps}$ である．N が完全に反対側に移る（$P_{\mathrm{d}}=1$）のは，$\pi ft=\pi/2$，すなわち $t=1/(2f)=21.1\ \mathrm{ps}$ のときである（図50.2）．

例題50.2　ユニタリ性の確認 — $e^{-i\varepsilon\sigma_xt/\hbar}$

$\hat{U}_S=\exp(-i\varepsilon\sigma_xt/\hbar)$ について，$\hat{U}_S^\dagger\hat{U}_S=\hat{1}$ と $\det\hat{U}_S$ を具体的に求めよ．また，任意の規格化された状態 $(a,b)^{\mathsf T}$（$\abs{a}^2+\abs{b}^2=1$）のノルムが保存されることを示せ．

解答　$\theta=\varepsilon t/\hbar$ とおくと，式 \eqref{eq:50-expsigma}（$\bm{u}=\bm{e}_x$）より $\hat{U}_S=\cos\theta-i\sigma_x\sin\theta=\begin{bmatrix}\cos\theta&-i\sin\theta\\-i\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$ である．エルミート共役は，転置して複素共役をとって $\hat{U}_S^\dagger=\begin{bmatrix}\cos\theta&i\sin\theta\\i\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$ である．積は，

$$ \hat{U}_S^\dagger\hat{U}_S=\begin{bmatrix}\cos^2\theta+(i\sin\theta)(-i\sin\theta)&-i\cos\theta\sin\theta+i\sin\theta\cos\theta\\ i\sin\theta\cos\theta-i\cos\theta\sin\theta&(i\sin\theta)(-i\sin\theta)+\cos^2\theta\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix} $$

（$(i)(-i)=1$ より対角成分は $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$，非対角成分は互いに打ち消し合う）．行列式は $\det\hat{U}_S=\cos^2\theta-(-i\sin\theta)^2=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ である．これは $\det e^{\hat{X}}=e^{\mathrm{tr}\hat{X}}$ で $\mathrm{tr}(\sigma_x)=0$ から予想される．一般のハミルトニアン $\hat{H}=E_0\hat{1}+\varepsilon\sigma_x$ なら $\det\hat{U}_S=e^{-2iE_0t/\hbar}$ で，絶対値は 1，位相は $-\mathrm{tr}(\hat{H})\,t/\hbar$ である（ユニタリ行列の行列式は絶対値 1）．

任意の状態 $(a,b)^{\mathsf T}$ を $\hat{U}_S$ で進めると，成分は $a'=a\cos\theta-ib\sin\theta$，$b'=-ia\sin\theta+b\cos\theta$ である．

$$ \abs{a'}^2=\abs{a}^2\cos^2\theta+\abs{b}^2\sin^2\theta+2\cos\theta\sin\theta\,\mathrm{Re}(-i\,a^*b) $$ $$ \abs{b'}^2=\abs{a}^2\sin^2\theta+\abs{b}^2\cos^2\theta+2\cos\theta\sin\theta\,\mathrm{Re}(+i\,a^*b) $$

（$\abs{u+v}^2=\abs{u}^2+\abs{v}^2+2\mathrm{Re}(u^*v)$ を使った．たとえば $a'$ では $u=a\cos\theta$，$v=-ib\sin\theta$）．足すと，交差項は $\mathrm{Re}(-ia^*b)+\mathrm{Re}(ia^*b)=0$ で消え，$\abs{a'}^2+\abs{b'}^2=(\abs{a}^2+\abs{b}^2)(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=1$ となる．

例題50.3　磁場中の電子スピンの Larmor 歳差

電子スピンが，$z$ 方向の一様な磁場 $B=1\ \mathrm{T}$ の中にある．ハミルトニアンは $\hat{H}=\dfrac{g_s\mu_{\mathrm{B}}}{2}B\,\sigma_z=\dfrac{\hbar\omega_{\mathrm{L}}}{2}\sigma_z$，$\omega_{\mathrm{L}}=\dfrac{g_s\mu_{\mathrm{B}}B}{\hbar}$ である（第23章 23.9．$g_s=2.0023$）．(1) $\omega_{\mathrm{L}}$，周波数 $f_{\mathrm{L}}=\omega_{\mathrm{L}}/2\pi$，周期を求めよ．(2) 時刻 0 に $x$ 軸正の向きを向いた状態 $\ket{\psi_S(0)}=(\ket{\uparrow}+\ket{\downarrow})/\sqrt{2}$ から出発したとして，$\langle\hat{S}_x\rangle$，$\langle\hat{S}_y\rangle$，$\langle\hat{S}_z\rangle$ の時間変化を求めよ．(3) $\hat{U}_S=e^{-i\sigma_z\omega_{\mathrm{L}}t/2}$ を，$\omega_{\mathrm{L}}t=2\pi$ と $4\pi$ で評価せよ．（$\ket{\uparrow}=\alpha$，$\ket{\downarrow}=\beta$ とも書く．）

解答　(1) $\omega_{\mathrm{L}}=\dfrac{(2.0023)(9.2740\times10^{-24}\ \mathrm{J/T})(1\ \mathrm{T})}{1.05457\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}=1.761\times10^{11}\ \mathrm{rad/s}$，$f_{\mathrm{L}}=\omega_{\mathrm{L}}/2\pi=28.02\ \mathrm{GHz}$，周期 $2\pi/\omega_{\mathrm{L}}=35.7\ \mathrm{ps}$ である．$\hbar\omega_{\mathrm{L}}=115.9\ \mu\mathrm{eV}$ は，2 つのスピン準位の間隔（ESR の共鳴エネルギー）である．

(2) $\hat{H}=(\hbar\omega_{\mathrm{L}}/2)\sigma_z$ は対角行列で，固有状態は $\ket{\uparrow},\ket{\downarrow}$（固有値 $\pm\hbar\omega_{\mathrm{L}}/2$）である．式 \eqref{eq:50-spectral} より $\hat{U}_S=\mathrm{diag}\bigl(e^{-i\omega_{\mathrm{L}}t/2},\,e^{+i\omega_{\mathrm{L}}t/2}\bigr)$ だから，

$$ \ket{\psi_S(t)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(e^{-i\omega_{\mathrm{L}}t/2}\ket{\uparrow}+e^{+i\omega_{\mathrm{L}}t/2}\ket{\downarrow}\right) $$

である．成分を $a=e^{-i\omega_{\mathrm{L}}t/2}/\sqrt{2}$，$b=e^{+i\omega_{\mathrm{L}}t/2}/\sqrt{2}$ とおくと，$\langle\sigma_x\rangle=a^*b+b^*a=2\,\mathrm{Re}(a^*b)$，$\langle\sigma_y\rangle=-ia^*b+ib^*a=2\,\mathrm{Im}(a^*b)$，$\langle\sigma_z\rangle=\abs{a}^2-\abs{b}^2$ で，$a^*b=e^{+i\omega_{\mathrm{L}}t}/2$ である．したがって，$\hat{\bm{S}}=\dfrac{\hbar}{2}\bm{\sigma}$ を使って

\begin{equation} \langle\hat{S}_x\rangle=\frac{\hbar}{2}\cos\omega_{\mathrm{L}}t,\qquad\langle\hat{S}_y\rangle=\frac{\hbar}{2}\sin\omega_{\mathrm{L}}t,\qquad\langle\hat{S}_z\rangle=0 \label{eq:50-larmor} \end{equation}

を得る．スピンの向きは，$xy$ 面の中を，$+x$ 軸から $+y$ 軸の向きへ，角速度 $\omega_{\mathrm{L}}$ で回る．これを Larmor 歳差という．電子の磁気モーメントはスピンと逆向きなので（第23章 23.9），歳差の回転の向きは，磁場の向き（$+z$）から見て反時計まわりである．（任意の向きのスピンでは，$z$ 成分が一定で，$x$，$y$ 成分が回る円錐の運動になる．図50.3）．

(3) $\omega_{\mathrm{L}}t=2\pi$ のとき，$\hat{U}_S=\mathrm{diag}(e^{-i\pi},e^{i\pi})=-\hat{1}$ である．スピンは，向きとしては元に戻っているが，状態ベクトルの符号が反転している．$\omega_{\mathrm{L}}t=4\pi$ のとき，初めて $\hat{U}_S=+\hat{1}$ に戻る．スピノルは，$2\pi$ の回転では符号が変わり，$4\pi$ で元に戻る．この符号は，1 個のスピンだけでは全体の位相であって観測できないが，回転を受けたビームと受けていないビームを干渉させれば観測できる（1975 年に中性子干渉計で確かめられた）．

例題50.4　Ehrenfest の定理が閉じる場合と閉じない場合

ポテンシャルが (a) $V=-Fx$（一様な力），(b) $V=\tfrac12kx^2$（調和振動子），(c) $V=cx^4$（$c\gt0$，非調和）のとき，式 \eqref{eq:50-ehr-xp} の $\dd\langle\hat{p}\rangle/\dd t$ を $\langle\hat{x}\rangle$ の関数として書けるか．(c) では，平均 $\bar{x}=\langle\hat{x}\rangle$，標準偏差 $\sigma$ の Gauss 形の波束について，古典的な力からのずれを評価せよ．

解答　(a) $V'=-F$ は定数なので，$\langle V'\rangle=-F$，$\dd\langle\hat{p}\rangle/\dd t=F$ である．$\langle\hat{x}\rangle$ は，波束の形によらず，厳密に一様な力の下の古典的な運動 $\langle x\rangle=x_0+\langle p\rangle_0t/m+Ft^2/2m$ に従う．

(b) $V'=kx$ は $\hat{x}$ の 1 次式なので，$\langle V'(\hat{x})\rangle=k\langle\hat{x}\rangle$ で，$\dd\langle\hat{p}\rangle/\dd t=-k\langle\hat{x}\rangle$ となる．式 \eqref{eq:50-ehr-xp} と合わせると，$\dfrac{\dd^2\langle\hat{x}\rangle}{\dd t^2}=-\dfrac{k}{m}\langle\hat{x}\rangle$ で，方程式が閉じる．任意の波束について，$\langle\hat{x}\rangle$ は角振動数 $\omega=\sqrt{k/m}$ の古典的な単振動をする．

(c) $V'=4cx^3$ だから $\dd\langle\hat{p}\rangle/\dd t=-4c\langle\hat{x}^3\rangle$ である．$\hat{x}=\bar{x}+\delta$（$\delta$ は平均のまわりのゆらぎで，$\langle\delta\rangle=0$，$\langle\delta^2\rangle=\sigma^2$）とおくと，$\langle\hat{x}^3\rangle=\bar{x}^3+3\bar{x}^2\langle\delta\rangle+3\bar{x}\langle\delta^2\rangle+\langle\delta^3\rangle=\bar{x}^3+3\bar{x}\sigma^2+\langle\delta^3\rangle$ である．Gauss 形の波束では，確率密度 $\abs{\Psi}^2$ が $\bar{x}$ のまわりに対称なので $\langle\delta^3\rangle=0$ で，

$$ \frac{\dd\langle\hat{p}\rangle}{\dd t}=-4c\left(\bar{x}^3+3\bar{x}\sigma^2\right)=-4c\bar{x}^3\left(1+\frac{3\sigma^2}{\bar{x}^2}\right) $$

となる．古典的な力 $-V'(\bar{x})=-4c\bar{x}^3$ に，係数 $1+3\sigma^2/\bar{x}^2$ がかかる．たとえば $\sigma/\bar{x}=0.1$ なら $3\%$，$\sigma/\bar{x}=0.3$ なら $27\%$ 大きい．右辺に $\sigma^2$（波束の広がり）が現れるので，$\langle\hat{x}\rangle$ と $\langle\hat{p}\rangle$ だけでは方程式が閉じない．一般には，$V'(x)$ を $x=\bar{x}$ のまわりで展開して平均をとると，$\langle V'\rangle=V'(\bar{x})+\tfrac12V'''(\bar{x})\sigma^2+\cdots$ となる．$V'''=0$（$V$ が 2 次以下）なら，広がりの効果は現れない．

例題50.5　保存量 — 中心力ポテンシャルの $\hat{L}_z$

ポテンシャル $V(x,y,z)$ の中の粒子 $\hat{H}=\dfrac{\hat{\bm{p}}^2}{2m}+V(\hat{x},\hat{y},\hat{z})$ について，角運動量の $z$ 成分 $\hat{L}_z=\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x$ の時間変化を Heisenberg 方程式で求めよ．$V$ が原点からの距離 $r$ だけの関数 $V(r)$ のとき，$\hat{L}_z$ は保存量になることを示せ．

解答　$\dfrac{\dd\hat{L}_{z,H}}{\dd t}=\dfrac{i}{\hbar}\comm{\hat{H}}{\hat{L}_z}_H$ である．まず運動エネルギー部分：$\comm{\hat{p}_x^2}{\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x}=\comm{\hat{p}_x^2}{\hat{x}}\hat{p}_y=-2i\hbar\hat{p}_x\hat{p}_y$（$\hat{p}_x^2$ は $\hat{y}$，$\hat{p}_x$，$\hat{p}_y$ と交換するので，$\hat{x}$ との交換子だけが残る）．同様に $\comm{\hat{p}_y^2}{\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x}=-\comm{\hat{p}_y^2}{\hat{y}}\hat{p}_x=+2i\hbar\hat{p}_y\hat{p}_x$．$\hat{p}_z^2$ は $\hat{L}_z$ と交換する．$\hat{p}_x\hat{p}_y=\hat{p}_y\hat{p}_x$ なので，運動エネルギー部分の和は $0$ である．

ポテンシャル部分：$\comm{V}{\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x}=\hat{x}\comm{V}{\hat{p}_y}-\hat{y}\comm{V}{\hat{p}_x}=i\hbar\left(\hat{x}\dfrac{\partial V}{\partial y}-\hat{y}\dfrac{\partial V}{\partial x}\right)$（$\comm{V}{\hat{p}_y}=i\hbar\,\partial V/\partial y$ を使った）．よって

$$ \frac{\dd\hat{L}_z}{\dd t}=\frac{i}{\hbar}\cdot i\hbar\left(\hat{x}\frac{\partial V}{\partial y}-\hat{y}\frac{\partial V}{\partial x}\right)=\hat{x}F_y-\hat{y}F_x,\qquad F_i=-\frac{\partial V}{\partial x_i} $$

である．右辺は，力のモーメント（トルク）の $z$ 成分で，古典力学の $\dd L_z/\dd t=xF_y-yF_x$ と一致する．$V=V(r)$，$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ のときは，$\partial V/\partial y=V'(r)\,y/r$，$\partial V/\partial x=V'(r)\,x/r$ だから，$\hat{x}\,\partial V/\partial y-\hat{y}\,\partial V/\partial x=V'(r)(xy-yx)/r=0$ となり，$\hat{L}_z$ は保存量である（$x,y$ は交換するので，順序を気にしなくてよい）．水素原子で $\hat{L}_z$ の固有値 $m\hbar$ を状態の名札に使えたのは，この保存のおかげである．

例題50.6　自由電子の波束の広がり — 電子と砂粒

(1) 位置の標準偏差 $\sigma_0=1\ \mathrm{nm}$ の最小不確定性の波束（相関なし）の電子について，$\tau$，$\sigma_x(\tau)$，$t=1\ \mathrm{ps}$ での広がり $\sigma_x(1\ \mathrm{ps})$ を求めよ．(2) 質量 $m=1\ \mathrm{g}$，$\sigma_0=1\ \mathrm{mm}$ の物体の $\tau$ を求め，宇宙年齢（約 $4.4\times10^{17}\ \mathrm{s}$）と比べよ．(3) 異なる 2 時刻の位置の不確定性の積の下限 \eqref{eq:50-xx-unc} を，(1) の電子で $t=1\ \mathrm{ps}$ について求め，(1) の値と比べよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:50-tau} より，

$$ \tau=\frac{2m_{\mathrm{e}}\sigma_0^2}{\hbar}=\frac{2(9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg})(1\times10^{-9}\ \mathrm{m})^2}{1.0546\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}=1.73\times10^{-14}\ \mathrm{s}=17.3\ \mathrm{fs} $$

である．$t=\tau$ で $\sigma_x(\tau)=\sqrt{2}\,\sigma_0=1.41\ \mathrm{nm}$．速度の広がり（運動量の広がり $\sigma_p=\hbar/2\sigma_0$ に対応）は $\sigma_p/m_{\mathrm{e}}=\hbar/(2m_{\mathrm{e}}\sigma_0)=5.79\times10^{4}\ \mathrm{m/s}$ で，$t=1\ \mathrm{ps}$ では $t/\tau=57.9$，$\sigma_x=\sigma_0\sqrt{1+57.9^2}=57.9\ \mathrm{nm}$（ほぼ $\sigma_pt/m_{\mathrm{e}}=57.9\ \mathrm{nm}$）である．1 nm の電子が，1 ps で 58 nm に広がる．

(2) $\tau=\dfrac{2(10^{-3}\ \mathrm{kg})(10^{-3}\ \mathrm{m})^2}{1.0546\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}=1.9\times10^{25}\ \mathrm{s}$ で，宇宙年齢の約 $4\times10^{7}$ 倍である．日常の物体の波束は，事実上，広がらない．これが日常の物体に量子力学的な広がりが見えない理由の 1 つである．

(3) 下限は $\dfrac{\hbar t}{2m_{\mathrm{e}}}=\dfrac{(1.0546\times10^{-34})(10^{-12})}{2(9.109\times10^{-31})}=5.79\times10^{-17}\ \mathrm{m^2}$ である．(1) の積は $\Delta x(1\ \mathrm{ps})\,\Delta x(0)=(57.9\ \mathrm{nm})(1\ \mathrm{nm})=5.79\times10^{-17}\ \mathrm{m^2}$ で，下限にほぼ等しい（最小不確定性の波束は，$t\gg\tau$ で式 \eqref{eq:50-xx-unc} の等号に近づく）．

例題50.7　調和振動子の $\hat{x}_H(t)$ — 微分方程式を解く方法と BCH 展開の 2 通り

$\hat{x}_H(t)=\hat{x}\cos\omega t+\dfrac{\hat{p}}{m\omega}\sin\omega t$ を，(a) Heisenberg 方程式を解く方法，(b) 式 \eqref{eq:50-hadamard} の交換子の展開，の 2 通りで導け．

解答　(a) 式 \eqref{eq:50-ho-eom} の 2 階の方程式 $\ddot{\hat{x}}_H=-\omega^2\hat{x}_H$ の一般解は $\hat{x}_H(t)=\hat{P}\cos\omega t+\hat{Q}\sin\omega t$（$\hat{P},\hat{Q}$ は時間に依らない演算子）である（実際に 2 回微分して確かめられる）．$t=0$ で $\hat{x}_H(0)=\hat{P}=\hat{x}$，$\dot{\hat{x}}_H(0)=\omega\hat{Q}=\hat{p}_H(0)/m=\hat{p}/m$ だから，$\hat{Q}=\hat{p}/(m\omega)$．これで式 \eqref{eq:50-xho} が得られた．

(b) 式 \eqref{eq:50-hadamard} の交換子を順に求める．$\comm{\hat{H}}{\hat{x}}=-\dfrac{i\hbar}{m}\hat{p}$，次に $\comm{\hat{H}}{\comm{\hat{H}}{\hat{x}}}=-\dfrac{i\hbar}{m}\comm{\hat{H}}{\hat{p}}=-\dfrac{i\hbar}{m}\,i\hbar m\omega^2\hat{x}=\hbar^2\omega^2\hat{x}$ である．$\hat{x}$ に戻ったので，以後は周期的に繰り返す：$n$ 重の交換子は，$n=2k$ のとき $(\hbar\omega)^{2k}\hat{x}$，$n=2k+1$ のとき $(\hbar\omega)^{2k}\left(-\dfrac{i\hbar}{m}\hat{p}\right)$ である．これを式 \eqref{eq:50-hadamard} に代入して，偶数次と奇数次に分ける．偶数次（$n=2k$）の係数は，$\dfrac{1}{(2k)!}\left(\dfrac{it}{\hbar}\right)^{2k}(\hbar\omega)^{2k}=\dfrac{(-1)^k(\omega t)^{2k}}{(2k)!}$ で，演算子は $\hat{x}$ である（$i^{2k}=(-1)^k$）．奇数次（$n=2k+1$）の係数は，

$$ \frac{1}{(2k+1)!}\left(\frac{it}{\hbar}\right)^{2k+1}(\hbar\omega)^{2k}\left(-\frac{i\hbar}{m}\right)=\frac{i^{2k+1}(-i)}{(2k+1)!}\frac{t^{2k+1}\omega^{2k}}{m}=\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\frac{t^{2k+1}\omega^{2k}}{m}=\frac{1}{m\omega}\frac{(-1)^k(\omega t)^{2k+1}}{(2k+1)!} $$

で，演算子は $\hat{p}$ である（$\hbar$ のべきは打ち消し合い，$i^{2k+1}(-i)=i^{2k}=(-1)^k$）．$\cos$ と $\sin$ の Taylor 級数を使うと，

$$ \hat{x}_H(t)=\hat{x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(\omega t)^{2k}}{(2k)!}+\frac{\hat{p}}{m\omega}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k(\omega t)^{2k+1}}{(2k+1)!}=\hat{x}\cos\omega t+\frac{\hat{p}}{m\omega}\sin\omega t $$

を得る．先頭の項は，$t$ が小さいとき $\hat{x}+\hat{p}t/m$ で，自由粒子の式 \eqref{eq:50-xfree} と一致する（短時間では，ばねの力は効かない）．

例題50.8　Si の光学フォノン — 振動の 1/4 周期で位置と運動量が入れ替わる

単結晶 Si のラマン散乱の中心に現れる，Brillouin ゾーンの中心（$\Gamma$ 点．減衰率 $\Gamma$ とは別）の光学フォノンの波数は $520.5\ \mathrm{cm^{-1}}$ である（室温）．この振動を，2 個の Si 原子の相対座標 $\hat{x}$（換算質量 $\mu=m_{\mathrm{Si}}/2$，$m_{\mathrm{Si}}=28.09\ \mathrm{u}$．この $\mu$ は，磁気モーメントや Bohr 磁子 $\mu_{\mathrm{B}}$ とは別の量である）の調和振動子と見なす．(1) 振動数，周期，$\hbar\omega$，(2) 零点振動の長さ $x_0=\sqrt{\hbar/\mu\omega}$ と，基底状態の位置の標準偏差 $\Delta x$，(3) 周期 $T_{\mathrm{osc}}$ の $1/4$，$1/2$ 経過後の $\hat{x}_H$，を求めよ．

解答　(1) 波数 $\tilde{\nu}=520.5\ \mathrm{cm^{-1}}$ に対して，振動数は $f=c\tilde{\nu}=(2.998\times10^{10}\ \mathrm{cm/s})(520.5\ \mathrm{cm^{-1}})=1.560\times10^{13}\ \mathrm{Hz}=15.6\ \mathrm{THz}$，周期 $T_{\mathrm{osc}}=1/f=64.1\ \mathrm{fs}$，角振動数 $\omega=2\pi f=9.80\times10^{13}\ \mathrm{rad/s}$，$\hbar\omega=hc\tilde{\nu}=(1.2398\times10^{-4}\ \mathrm{eV\,cm})(520.5\ \mathrm{cm^{-1}})=64.5\ \mathrm{meV}$ である．室温の熱エネルギー $k_{\mathrm{B}}T=25.9\ \mathrm{meV}$ より大きい（室温の平均フォノン数は $1/(e^{\hbar\omega/k_{\mathrm{B}}T}-1)=0.09$）．

(2) $\mu=\dfrac{28.09\times1.6605\times10^{-27}\ \mathrm{kg}}{2}=2.33\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$ なので，

$$ x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{\mu\omega}}=\sqrt{\frac{1.0546\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}}{(2.33\times10^{-26}\ \mathrm{kg})(9.80\times10^{13}\ \mathrm{s^{-1}})}}=6.80\times10^{-12}\ \mathrm{m}=6.8\ \mathrm{pm} $$

である．基底状態では $\Delta x=x_0/\sqrt{2}=4.8\ \mathrm{pm}$（第13章 13.5）で，Si–Si の結合長 $235\ \mathrm{pm}$ の約 $2\ \%$ である．絶対零度でもこの大きさで原子が「ゆらいで」いる（零点振動）．

(3) 式 \eqref{eq:50-xho} で $\omega t=\pi/2$（$t=T_{\mathrm{osc}}/4=16.0\ \mathrm{fs}$）とおくと，$\cos=0$，$\sin=1$ だから $\hat{x}_H(T_{\mathrm{osc}}/4)=\hat{p}/(\mu\omega)$ である．半周期（$\omega t=\pi$）では $\hat{x}_H(T_{\mathrm{osc}}/2)=-\hat{x}$，周期後は元に戻る．つまり，振動の 1/4 周期（16 fs）が経つと，時刻 0 の運動量の情報が位置に現れ，半周期で，位置が符号を変える（図50.5(a) の直交する 2 つの矢印が 90°，180° 回る）．レーザーで原子の振動を fs の時間分解能で観測するとき（コヒーレントフォノン），1 周期が 64 fs の運動を捉えるには，時間分解能が数十 fs より短いパルスが必要になる．

例題50.9　$\mathrm{NH_3}$ の反転は量子速度限界を飽和する

例題50.1 の $\mathrm{NH_3}$ で，N が上にある状態 $\ket{u}$ について，$\Delta E$ を求め，生き残り確率 $P_{\mathrm{u}}(t)=\cos^2(\varepsilon t/\hbar)$ が，式 \eqref{eq:50-qsl} の下限に等しいことを確かめよ．また，反対側に移る時間 $t_\perp$ を，式から求めた値と比べよ．

解答　$\hat{H}=E_0\hat{1}-\varepsilon\sigma_x$ で，$\ket{u}$ では $\langle\sigma_x\rangle=0$，$\sigma_x^2=1$ だから，$\langle\hat{H}\rangle=E_0$，$\langle\hat{H}^2\rangle=E_0^2-2E_0\varepsilon\langle\sigma_x\rangle+\varepsilon^2=E_0^2+\varepsilon^2$ で，$\Delta E=\sqrt{E_0^2+\varepsilon^2-E_0^2}=\varepsilon$ である．生き残り確率は，例題50.1 の式 \eqref{eq:50-nh3} より $P_{\mathrm{u}}(t)=\cos^2(\varepsilon t/\hbar)=\cos^2(\Delta E\,t/\hbar)$ で，式 \eqref{eq:50-qsl} の下限と完全に一致する（等号）．直交する状態 $\ket{d}$ に達する最短時間は，式から $t_\perp=\pi\hbar/(2\Delta E)=\pi\hbar/(2\varepsilon)$ で，数値では $\dfrac{\pi(6.582\times10^{-16}\ \mathrm{eV\,s})}{2(4.90\times10^{-5}\ \mathrm{eV})}=2.11\times10^{-11}\ \mathrm{s}=21.1\ \mathrm{ps}$ である．これは，例題50.1 で求めた，N が反対側へ完全に移る時間 $1/(2f)=21.1\ \mathrm{ps}$ と一致する．エネルギーの広がり $\Delta E=\varepsilon$ の状態は，これより速く直交する状態に移ることはできない．

例題50.10　水素原子の $2p$ 状態の寿命と，エネルギーの広がり

水素原子の $2p$ 状態は，光を放出して $1s$ に遷移し（Lyman $\alpha$ 線，$10.2\ \mathrm{eV}$），寿命は約 $\tau_{\mathrm{life}}=1.6\ \mathrm{ns}$ である．(1) エネルギーの広がりの目安 $\hbar/\tau_{\mathrm{life}}$ を求め，遷移エネルギーに対する比を求めよ．(2) 生き残り振幅 $\Psi(t)\equiv\braket{\psi(0)}{\psi(t)}$（波動関数 $\Psi(x,t)$ ではなく，初期状態がそのまま見いだされる振幅）が $\Psi(t)\propto e^{-iE_0t/\hbar}e^{-t/2\tau_{\mathrm{life}}}$（$t\ge0$）となる状態で，スペクトルの形が半値全幅 $\hbar/\tau_{\mathrm{life}}$ の Lorentz 型になることを示せ．(3) $1s$（基底状態）の $\Delta E$ と寿命はどうか．

解答　(1) 第49章の例題49.1と同じ見積もりで，$\hbar/\tau_{\mathrm{life}}=4.1\times10^{-7}\ \mathrm{eV}$，遷移エネルギー $10.2\ \mathrm{eV}$ に対する比は $4\times10^{-8}$ である．振動数に直すと $\Gamma/2\pi=1/(2\pi\tau_{\mathrm{life}})=1.0\times10^{8}\ \mathrm{Hz}$（約 $100\ \mathrm{MHz}$）で，これが Lyman $\alpha$ 線の自然幅である（$\Gamma=1/\tau_{\mathrm{life}}$）．

(2) 状態を $\ket{E}$（エネルギー $E$ の固有状態）の重ね合わせで $\Psi(t)=\int a(E)e^{-iEt/\hbar}\dd E$ と書くと，$a(E)$ は $\Psi(t)$ の Fourier 変換（時間の核 $e^{+iEt/\hbar}$）で，$t\ge0$ の範囲では $a(E)\propto\displaystyle\int_0^{\infty}e^{i(E-E_0)t/\hbar-t/2\tau_{\mathrm{life}}}\dd t\propto\dfrac{1}{(E-E_0)+i\hbar/2\tau_{\mathrm{life}}}$ である．したがって，エネルギーの分布は $\abs{a(E)}^2\propto\dfrac{1}{(E-E_0)^2+(\hbar/2\tau_{\mathrm{life}})^2}$ で，中心 $E_0$，半値全幅 $\hbar/\tau_{\mathrm{life}}$ の Lorentz 型である．これが，寿命とスペクトル線の自然幅を結ぶ関係であり，$\hbar/\tau_{\mathrm{life}}$ は標準偏差ではなく半値全幅である（導出の詳細は第52章 52.6 節，第8章 8.8.5 節でも同じ結果を導いた）．

(3) 基底状態は，それより低い状態がなく，光を出して崩れることがないので，定常状態であり，寿命は $\infty$，エネルギーの広がりは $0$ である．定常状態では，Mandelstam–Tamm の関係 \eqref{eq:50-mt} により，どの物理量の期待値も時間変化しない．

例題50.11　時間順序積 — 2 次の項を，三角形の積分と正方形の積分で比べる

$\hbar=1$ とした無次元の単位で，$\hat{H}_{1I}(t)=\sigma_x+t\,\sigma_y$（$0\le t\le1$，$t_0=0$）とする（$\sigma_x$ の向きが時間とともに $y$ 方向へ回っていく，非可換になる最も簡単な時間依存の例である）．(1) 2 次の項の三角形の積分 $\displaystyle\int_0^1\!\dd t_1\int_0^{t_1}\!\dd t_2\,\hat{H}_{1I}(t_1)\hat{H}_{1I}(t_2)$ を求めよ．(2) $\dfrac12\displaystyle\int_0^1\!\!\int_0^1T[\hat{H}_{1I}(t_1)\hat{H}_{1I}(t_2)]\dd t_1\dd t_2$ と一致することを確かめよ．(3) $T$ なしの $\dfrac12\left(\displaystyle\int_0^1\hat{H}_{1I}\dd t\right)^2$ とはどう違うか．

解答　(1) $\hat{H}_{1I}(t_1)\hat{H}_{1I}(t_2)=(\sigma_x+t_1\sigma_y)(\sigma_x+t_2\sigma_y)=1+t_1t_2+(t_2-t_1)\,i\sigma_z$ である（$\sigma_x^2=\sigma_y^2=1$，$\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$，$\sigma_y\sigma_x=-i\sigma_z$ より，交差項は $t_2\sigma_x\sigma_y+t_1\sigma_y\sigma_x=(t_2-t_1)i\sigma_z$）．内側の積分は，$\displaystyle\int_0^{t_1}(1+t_1t_2)\dd t_2=t_1+\dfrac{t_1^3}{2}$，$\displaystyle\int_0^{t_1}(t_2-t_1)\dd t_2=\dfrac{t_1^2}{2}-t_1^2=-\dfrac{t_1^2}{2}$ だから，外側を積分して，

$$ \int_0^1\!\left(t_1+\frac{t_1^3}{2}\right)\dd t_1-i\sigma_z\int_0^1\frac{t_1^2}{2}\dd t_1=\left(\frac12+\frac18\right)-\frac{i}{6}\sigma_z=\frac58-\frac{i}{6}\sigma_z $$

である．

(2) 正方形の積分は，$t_1\gt t_2$ の三角形で $\hat{H}(t_1)\hat{H}(t_2)$，$t_1\lt t_2$ の三角形で $\hat{H}(t_2)\hat{H}(t_1)$ の積分である．前者は (1) の値 $\frac58-\frac{i}{6}\sigma_z$ である．後者の被積分関数は，(1) の式で $t_1\leftrightarrow t_2$ とした $1+t_1t_2+(t_1-t_2)\,i\sigma_z$ で，積分すると，$\displaystyle\int_0^1\!\dd t_2\int_0^{t_2}\!\dd t_1\,[1+t_1t_2+(t_1-t_2)i\sigma_z]=\displaystyle\int_0^1\left[t_2+\frac{t_2^3}{2}-\frac{t_2^2}{2}i\sigma_z\right]\dd t_2=\frac58-\frac{i}{6}\sigma_z$ と，前者と同じ値になる．2 つを足すと $\frac54-\frac{i}{3}\sigma_z$，その半分は (1) の三角形の積分 $\frac58-\frac{i}{6}\sigma_z$ と一致する．

(3) $\displaystyle\int_0^1\hat{H}_{1I}\dd t=\sigma_x+\dfrac12\sigma_y$ で，$(\sigma_x+\tfrac12\sigma_y)^2=\sigma_x^2+\tfrac14\sigma_y^2+\tfrac12\acomm{\sigma_x}{\sigma_y}=1+\tfrac14=\tfrac54$（$\acomm{\sigma_x}{\sigma_y}=0$）より，$\dfrac12\left(\displaystyle\int_0^1\hat{H}_{1I}\dd t\right)^2=\dfrac58$ である．(1) の $\dfrac58-\dfrac{i}{6}\sigma_z$ との差は $-\dfrac{i}{6}\sigma_z$ で，これが非可換性の効果である．式 \eqref{eq:50-Tdiff} で確かめる．$\comm{\hat{H}(t_1)}{\hat{H}(t_2)}=\bigl[(t_2-t_1)-(t_1-t_2)\bigr]i\sigma_z=2i(t_2-t_1)\sigma_z$ だから，右辺は $\dfrac12(-i)^2\displaystyle\int_0^1\!\dd t_1\int_0^{t_1}\!\dd t_2\,2i(t_2-t_1)\sigma_z=-i\sigma_z\displaystyle\int_0^1\left(-\dfrac{t_1^2}{2}\right)\dd t_1=+\dfrac{i}{6}\sigma_z$ である．左辺は，Dyson の 2 次の項 $(-i)^2\left(\frac58-\frac{i}{6}\sigma_z\right)$ から $T$ なしの 2 次の項 $(-i)^2\cdot\frac58$ を引いたもので，$-\frac58+\frac{i}{6}\sigma_z+\frac58=+\frac{i}{6}\sigma_z$ となり，右辺と一致する．なお，$\comm{\hat{H}_{1I}(t_1)}{\hat{H}_{1I}(t_2)}=2i(t_2-t_1)\sigma_z$ は $t_1=t_2$ で $0$ で，2 つの時刻の差が大きいほど非可換性が強い．

例題50.12　相互作用表示の 2 準位系

2 準位 $\ket{i},\ket{f}$ の系で，$\hat{H}_0=E_i\ket{i}\bra{i}+E_f\ket{f}\bra{f}$，$\hat{H}_1=V_{fi}\ket{f}\bra{i}+V_{fi}^*\ket{i}\bra{f}$（$V_{fi}$ は定数）とする．(1) $\hat{H}_{1I}(t)$ を求めよ．(2) $c_i,c_f$ の連立方程式を書け．(3) 初期状態を $\ket{i}$ として方程式を解き，$P_f(t)$ を求め，$\abs{V_{fi}}\ll\hbar\abs{\omega_{fi}}$ で式 \eqref{eq:50-cf1} の結果と一致することを確かめよ．$\hbar\omega_{fi}=E_f-E_i=1.00\ \mathrm{eV}$，$\abs{V_{fi}}=0.05\ \mathrm{eV}$ のとき，$P_f$ の最大値はいくらか．

解答　(1) $e^{i\hat{H}_0t/\hbar}\ket{f}\bra{i}e^{-i\hat{H}_0t/\hbar}=e^{iE_ft/\hbar}e^{-iE_it/\hbar}\ket{f}\bra{i}=e^{i\omega_{fi}t}\ket{f}\bra{i}$ だから（式 \eqref{eq:50-Imel}），

$$ \hat{H}_{1I}(t)=V_{fi}\,e^{i\omega_{fi}t}\ket{f}\bra{i}+V_{fi}^*\,e^{-i\omega_{fi}t}\ket{i}\bra{f} $$

である．摂動は，時間が経たない（定数 $V_{fi}$）にもかかわらず，相互作用表示では，準位差の振動数 $\omega_{fi}$ で振動する．

(2) 式 \eqref{eq:50-cm} で，$V_{ii}=V_{ff}=0$ だから，以下の 2 本の連立方程式を得る．以下 $\omega\equiv\omega_{fi}$，$V\equiv V_{fi}$ とおく．

$$ i\hbar\,\dot{c}_f=V\,e^{i\omega t}\,c_i,\qquad i\hbar\,\dot{c}_i=V^*e^{-i\omega t}\,c_f $$

(3) 第 1 式を $t$ で微分し，$\dot{c}_i$ に第 2 式を代入すると，$i\hbar\,\ddot{c}_f=V\,e^{i\omega t}\bigl(i\omega c_i+\dot{c}_i\bigr)=i\omega\,(i\hbar\dot{c}_f)+\dfrac{\abs{V}^2}{i\hbar}c_f$（第 1 式から $Ve^{i\omega t}c_i=i\hbar\dot{c}_f$）．整理すると $\ddot{c}_f-i\omega\dot{c}_f+\dfrac{\abs{V}^2}{\hbar^2}c_f=0$ である．$c_f\propto e^{i\lambda t}$ とおくと $\lambda^2-\omega\lambda-\abs{V}^2/\hbar^2=0$ で，$\lambda=\dfrac{\omega\pm \Omega_{\mathrm{eff}}}{2}$，$\Omega_{\mathrm{eff}}\equiv\sqrt{\omega^2+4\abs{V}^2/\hbar^2}$ である．初期条件 $c_f(0)=0$，$c_i(0)=1$（すなわち $\dot{c}_f(0)=-iV/\hbar$）を満たす解は，

$$ c_f(t)=-\frac{2iV}{\hbar \Omega_{\mathrm{eff}}}\,e^{i\omega t/2}\sin\frac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2},\qquad P_f(t)=\abs{c_f}^2=\frac{4\abs{V}^2}{\hbar^2\omega^2+4\abs{V}^2}\,\sin^2\frac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2} $$

である（$\hbar^2\Omega_{\mathrm{eff}}^2=\hbar^2\omega^2+4\abs{V}^2$ を使った）．$\abs{V}\ll\hbar\abs{\omega}$ では，$\Omega_{\mathrm{eff}}\approx\abs{\omega}$ で $P_f\approx\dfrac{4\abs{V}^2}{\hbar^2\omega^2}\sin^2\dfrac{\omega t}{2}$ となる．一方，式 \eqref{eq:50-cf1} で $V_{fi}$ が定数のとき，$c_f^{(1)}=-\dfrac{i}{\hbar}V\dfrac{e^{i\omega t}-1}{i\omega}=-\dfrac{V}{\hbar\omega}(e^{i\omega t}-1)$ で，$\abs{e^{i\omega t}-1}^2=4\sin^2(\omega t/2)$ だから $\abs{c_f^{(1)}}^2=\dfrac{4\abs{V}^2}{\hbar^2\omega^2}\sin^2\dfrac{\omega t}{2}$ で，厳密解の小さい $V$ の極限と一致する．数値では，最大値は $\dfrac{4(0.05)^2}{(1.00)^2+4(0.05)^2}=\dfrac{0.0100}{1.0100}=9.9\times10^{-3}$ で，約 $1\%$ である．準位が $1\ \mathrm{eV}$ も離れていると，摂動が $0.05\ \mathrm{eV}$ あっても，遷移はほとんど起きない．共鳴 $\omega=0$ のとき，$P_f=\sin^2(\abs{V}t/\hbar)$ となり，完全に移る（Rabi 振動，次章）．

例題50.13　回転磁場中のスピン — 厳密解と，$T$ を外した指数関数

式 \eqref{eq:50-rot-H} のハミルトニアンで，$t=0$ に $\ket{\uparrow}$ にあったスピンが，時刻 $t$ に $\ket{\downarrow}$ に見いだされる確率 $P_{\downarrow}(t)$ を，(1) 厳密に，(2) $T$ を外した指数関数 $\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\int_0^t\hat{H}_1\dd t'\right]$ で，求めよ．(3) $\Omega=0.6\,\omega$ のとき，$t=2\pi/\omega$（駆動の 1 周期）での値を比べよ．

解答　(1) 回転座標系に移る．$R(t)=e^{-i\omega t\sigma_z/2}$ とおくと，$R\sigma_xR^\dagger=\sigma_x\cos\omega t+\sigma_y\sin\omega t$ なので，$\hat{H}_1(t)=R(t)\,\dfrac{\hbar\Omega}{2}\sigma_x\,R^\dagger(t)$ である．状態を $\ket{\psi}=R(t)\ket{\phi}$ とおくと，$i\hbar\,\partial_t\ket{\psi}=\dfrac{\hbar\omega}{2}\sigma_zR\ket{\phi}+R\,i\hbar\,\partial_t\ket{\phi}$ で，Schrödinger 方程式 $=\hat{H}_1R\ket{\phi}=R\dfrac{\hbar\Omega}{2}\sigma_x\ket{\phi}$ と合わせると（$R$ と $\sigma_z$ は交換する），時間に依らない方程式

$$ i\hbar\,\partial_t\ket{\phi}=\frac{\hbar}{2}\left(\Omega\sigma_x-\omega\sigma_z\right)\ket{\phi} $$

を得る．$\left(\Omega\sigma_x-\omega\sigma_z\right)^2=(\Omega^2+\omega^2)\hat{1}$（$\acomm{\sigma_x}{\sigma_z}=0$）で，$\Omega_{\mathrm{eff}}\equiv\sqrt{\Omega^2+\omega^2}$ とおくと，式 \eqref{eq:50-expsigma} により，$\ket{\phi(t)}=\left[\cos\dfrac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2}-\dfrac{i\,(\Omega\sigma_x-\omega\sigma_z)}{\Omega_{\mathrm{eff}}}\sin\dfrac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2}\right]\ket{\phi(0)}$，$\ket{\phi(0)}=\ket{\psi(0)}=\ket{\uparrow}$ である．$R(t)$ は対角行列で，$\ket{\downarrow}$ 成分の大きさを変えない．$\sigma_x\ket{\uparrow}=\ket{\downarrow}$，$\sigma_z\ket{\uparrow}=\ket{\uparrow}$ だから，$\ket{\downarrow}$ 成分は $-\dfrac{i\Omega}{\Omega_{\mathrm{eff}}}\sin\dfrac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2}$ で，

\begin{equation} P_{\downarrow}^{\mathrm{exact}}(t)=\frac{\Omega^2}{\Omega^2+\omega^2}\,\sin^2\frac{\Omega_{\mathrm{eff}}t}{2},\qquad \Omega_{\mathrm{eff}}=\sqrt{\Omega^2+\omega^2} \label{eq:50-rot-exact} \end{equation}

である．

(2) $\displaystyle\int_0^t\hat{H}_1\dd t'=\dfrac{\hbar\Omega}{2\omega}\bigl[\sigma_x\sin\omega t+\sigma_y(1-\cos\omega t)\bigr]$ で，右辺の $\bigl[\ \bigr]$ の「大きさ」は $\sqrt{\sin^2\omega t+(1-\cos\omega t)^2}=2\abs{\sin(\omega t/2)}$ である（$\sin^2+\cos^2=1$，$1-\cos\omega t=2\sin^2(\omega t/2)$ を使った）．すなわち $-\dfrac{i}{\hbar}\displaystyle\int_0^t\hat{H}_1\dd t'=-i\,a\,(\bm{u}\cdot\bm{\sigma})$，$a=\dfrac{\Omega}{\omega}\abs{\sin\dfrac{\omega t}{2}}$（$\bm{u}$ は $xy$ 面内の単位ベクトル）で，式 \eqref{eq:50-expsigma} により，$\exp[\cdots]=\cos a-i\,(\bm{u}\cdot\bm{\sigma})\sin a$ である．$\ket{\uparrow}$ から $\ket{\downarrow}$ への振幅の大きさは $\sin a$ で，

\begin{equation} P_{\downarrow}^{\mathrm{naive}}(t)=\sin^2\left[\frac{\Omega}{\omega}\sin\frac{\omega t}{2}\right] \label{eq:50-rot-naive} \end{equation}

である．

(3) $\Omega=0.6\,\omega$ のとき，$\Omega_{\mathrm{eff}}=\sqrt{0.36+1}\,\omega=1.166\,\omega$，$\Omega^2/\Omega_{\mathrm{eff}}^2=0.265$ である．$t=2\pi/\omega$ では，厳密解は $P_{\downarrow}^{\mathrm{exact}}=0.265\,\sin^2(\pi\cdot1.166)=0.265\times0.249=0.066$（約 $6.6\ \%$）であるのに対し，$T$ を外した指数関数は，$\sin(\omega t/2)=\sin\pi=0$ から $P_{\downarrow}^{\mathrm{naive}}=0$ である．$T$ を外すと，駆動の 1 周期ごとに，スピンが元の状態に戻ってしまう．厳密解は，周期 $2\pi/\omega$ で元に戻らず，$P_{\downarrow}$ は $0.066$（$t=1$ 周期），$0.198$（2 周期），$0.265$（3 周期）と増え続ける（図50.7）．

例題50.14　搬送波と包絡線 — 相互作用表示で何が楽になるか

2 準位 $\ket{i},\ket{f}$ の系（$E_f-E_i=\hbar\omega=1.00\ \mathrm{eV}$）に，共鳴する電磁波をあてる．$\hat{H}_1(t)=V_0\cos\omega t\,(\ket{f}\bra{i}+\ket{i}\bra{f})$，$V_0=1.0\ \mu\mathrm{eV}$ とする．(1) $\hat{H}_{1I}(t)$ を求め，遅く変わる部分と速く変わる部分に分けよ．(2) 遅い部分だけを残して方程式を解いたときの $P_f(t)$ を求めよ．(3) 搬送波（準位差の振動）の周期と，$P_f$ の変化の周期 $T_{\mathrm{Rabi}}$ を比べ，Schrödinger 表示と相互作用表示で，数値計算に必要な時間刻みの数を見積もれ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:50-Imel} より，$\ket{f}\bra{i}$ に $e^{i\omega t}$，$\ket{i}\bra{f}$ に $e^{-i\omega t}$ がかかる．$\cos\omega t=\tfrac12(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t})$ を使って，

$$ \hat{H}_{1I}(t)=V_0\cos\omega t\left(e^{i\omega t}\ket{f}\bra{i}+e^{-i\omega t}\ket{i}\bra{f}\right)=\frac{V_0}{2}\left(1+e^{2i\omega t}\right)\ket{f}\bra{i}+\frac{V_0}{2}\left(1+e^{-2i\omega t}\right)\ket{i}\bra{f} $$

である．定数の部分 $\dfrac{V_0}{2}\bigl(\ket{f}\bra{i}+\ket{i}\bra{f}\bigr)$ が遅く変わる部分（実は時間に依らない）で，$e^{\pm2i\omega t}$ を含む部分が速く変わる部分（振動数 $2\omega$）である．速い部分は，$c_m$ を，時間平均の近くで小さく振動させるだけで，平均の変化には寄与しない（回転波近似．速く振動する $e^{\pm2i\omega t}$ の項を捨てる近似で，次章で詳しく扱う）．

(2) 遅い部分だけを残すと，式 \eqref{eq:50-cm} は，$i\hbar\dot{c}_f=\dfrac{V_0}{2}c_i$，$i\hbar\dot{c}_i=\dfrac{V_0}{2}c_f$ で，準位差 $\omega$ が消えて共鳴の方程式になる．解は，$c_i(0)=1$ のとき $c_f=-i\sin\dfrac{V_0t}{2\hbar}$，$c_i=\cos\dfrac{V_0t}{2\hbar}$ で，

$$ P_f(t)=\sin^2\frac{V_0\,t}{2\hbar} $$

である（Rabi 振動）．周期は $T_{\mathrm{Rabi}}=\dfrac{2\pi\hbar}{V_0}=\dfrac{h}{V_0}=\dfrac{4.136\times10^{-15}\ \mathrm{eV\,s}}{1.0\times10^{-6}\ \mathrm{eV}}=4.1\ \mathrm{ns}$ である．

(3) 搬送波の周期は $h/(\hbar\omega)=4.136\times10^{-15}\ \mathrm{eV\,s}/1.00\ \mathrm{eV}=4.1\ \mathrm{fs}$ で，$T_{\mathrm{Rabi}}$ との比は $10^{6}$ である．Schrödinger 表示の振幅 $\braket{f}{\psi_S(t)}=e^{-iE_ft/\hbar}c_f$ は，周期 $4.1\ \mathrm{fs}$ で振動する搬送波に，ゆっくりした包絡線がのった形をしている（図50.8(a)）．これを差分法で追うには，搬送波の 1 周期を，たとえば 20 ステップで分解するとして，Rabi 振動の 1 周期だけで $20\times10^{6}=2\times10^{7}$ ステップが要る．相互作用表示では，$c_m$ が滑らかに変化し（図50.8(b)），Rabi 周期を 20 ステップで追えば十分で，必要なステップ数は約 $10^{6}$ 分の 1 である．

電子スピン共鳴（ESR）でも同じである．$B=0.35\ \mathrm{T}$ では，搬送波（Larmor の振動数）は $28.02\ \mathrm{GHz/T}\times0.35\ \mathrm{T}=9.8\ \mathrm{GHz}$（X バンド）で，共鳴する磁場の回転成分が $B_1=0.1\ \mathrm{mT}$ なら，Rabi 振動の周波数は $g_s\mu_{\mathrm{B}}B_1/h=28.02\ \mathrm{GHz/T}\times10^{-4}\ \mathrm{T}=2.8\ \mathrm{MHz}$ である．比は約 $3.5\times10^{3}$ で，この比が大きいほど，搬送波を取り除く相互作用表示（回転座標系）の利点が大きい．

演習50.1　ユニタリ性と群の性質

$\hat{H}=\hat{H}^\dagger$ のとき，$\hat{U}_S(t,t_0)=e^{-i\hat{H}(t-t_0)/\hbar}$ がユニタリであること，および $\hat{U}_S(t_2,t_1)\hat{U}_S(t_1,t_0)=\hat{U}_S(t_2,t_0)$ を，べき級数の定義から示せ．また，$\hat{H}$ がエルミートでなく $\hat{H}_{\mathrm{eff}}=\hat{H}-i\hbar\Gamma/2$（$\Gamma\gt0$ は実数）のとき，$\hat{U}_S^\dagger\hat{U}_S$ はどうなるか．

ヒント：$(e^{\hat{X}})^\dagger=e^{\hat{X}^\dagger}$，$e^{a\hat{H}}e^{b\hat{H}}=e^{(a+b)\hat{H}}$．$\hat{H}$ と $\hat{1}$ は交換する．

→ 解答

演習50.2　$\hat{a}_H(t)=\hat{a}\,e^{-i\omega t}$ の 2 通りの導出

調和振動子 $\hat{H}=\hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\tfrac12)$ で，$\hat{a}_H(t)=\hat{a}\,e^{-i\omega t}$ を，(a) Heisenberg の運動方程式を解く方法と，(b) 式 \eqref{eq:50-hadamard} の交換子の展開の 2 通りで示せ．また，$\hat{n}_H(t)=\hat{n}$ と $\hat{H}_H=\hat{H}$ を確かめよ．

ヒント：$\comm{\hat{a}}{\hat{a}^\dagger}=1$ から $\comm{\hat{n}}{\hat{a}}=-\hat{a}$，したがって $\comm{\hat{H}}{\hat{a}}=-\hbar\omega\hat{a}$．

→ 解答

演習50.3　一様磁場中のスピン $\tfrac12$ の Heisenberg 方程式

$\hat{H}=\omega_{\mathrm{L}}\hat{S}_z$（$\omega_{\mathrm{L}}=g_s\mu_{\mathrm{B}}B/\hbar$）について，$\hat{S}_{x,H}(t)$，$\hat{S}_{y,H}(t)$，$\hat{S}_{z,H}(t)$ の運動方程式を書き，解け．時刻 0 に $+x$ の向きを向いたスピン $\ket{\psi}=(\ket{\uparrow}+\ket{\downarrow})/\sqrt{2}$ の期待値 $\langle\hat{S}_x\rangle(t)$，$\langle\hat{S}_y\rangle(t)$ を求め，例題50.3 の結果と比べよ．

ヒント：$\comm{\hat{S}_i}{\hat{S}_j}=i\hbar\,\varepsilon_{ijk}\hat{S}_k$．$\dd\hat{S}_x/\dd t$ と $\dd\hat{S}_y/\dd t$ が互いを含む連立方程式になる．

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演習50.4　相互作用表示の演算子と Bohr 振動数

(a) 相互作用表示の演算子 $\hat{A}_I(t)=e^{i\hat{H}_0t/\hbar}\hat{A}e^{-i\hat{H}_0t/\hbar}$ が $\dfrac{\dd\hat{A}_I}{\dd t}=\dfrac{i}{\hbar}\comm{\hat{H}_0}{\hat{A}_I}$ を満たすことを示せ．(b) $\hat{H}_0=\dfrac{\hbar\omega_0}{2}\sigma_z$ のとき，$\sigma_{x,I}(t)=\sigma_x\cos\omega_0t-\sigma_y\sin\omega_0t$ を，(a) の方程式と，式 \eqref{eq:50-hadamard} の展開の 2 通りで示せ．(c) $\sigma_{+}=\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}$ は相互作用表示でどう振動するか．

ヒント：$\comm{\sigma_z}{\sigma_x}=2i\sigma_y$，$\comm{\sigma_z}{\sigma_y}=-2i\sigma_x$．(c) は $\sigma_+=(\sigma_x+i\sigma_y)/2$．

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演習50.5　3 次の Dyson 項と $1/3!$

3 次の項 $\displaystyle\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\int_{t_0}^{t_1}\!\dd t_2\int_{t_0}^{t_2}\!\dd t_3\,\hat{H}_{1I}(t_1)\hat{H}_{1I}(t_2)\hat{H}_{1I}(t_3)$ について，(a) 立方体 $[t_0,t]^3$ が $3!=6$ 個の順序領域（$t_{\sigma(1)}\gt t_{\sigma(2)}\gt t_{\sigma(3)}$）に分かれ，立方体上の $T$ 積の積分が，この積分の $6$ 倍になることを示せ．(b) $\hat{H}_{1I}(t)=\hat{V}$（時間に依らない）のとき，Dyson 級数が $\exp[-i\hat{V}(t-t_0)/\hbar]$ になることを確かめよ．

ヒント：(a) 6 通りの大小の順序を列挙し，変数の名前を付け替えて $t_1\gt t_2\gt t_3$ に揃える．(b) 各項は $\hat{V}^n$ と $n$ 次元の順序領域の体積 $(t-t_0)^n/n!$ の積．

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演習50.6　一様力場の中の粒子

一様な力場 $V=-F\hat{x}$（$F$ は定数）の中の粒子 $\hat{H}=\hat{p}^2/2m-F\hat{x}$ について，$\hat{x}_H(t)$，$\hat{p}_H(t)$ を求め，Newton の運動方程式の解と一致することを示せ．また，位置の分散 $\sigma_x^2(t)$ は，力 $F$ の影響を受けないことを示せ．

ヒント：$\comm{\hat{H}}{\hat{p}}=-i\hbar F$，$\comm{\hat{H}}{\hat{x}}=-i\hbar\hat{p}/m$．$\hat{p}_H=\hat{p}+Ft$（演算子に数 $Ft$ を足したもの）．分散は $\delta\hat{x}_H=\hat{x}_H-\langle\hat{x}_H\rangle$ で測る．

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演習50.7　Larmor 歳差と Mandelstam–Tamm の等号

$\hat{H}=\dfrac{\hbar\omega_{\mathrm{L}}}{2}\sigma_z$ のスピン $\tfrac12$ が，$+x$ の向きから出発したとき（演習50.3），$\Delta E$ と，$\hat{A}=\hat{S}_x$ に対する $\Delta t_A$ を求め，$\Delta E\,\Delta t_A=\hbar/2$（等号）を示せ．次に，$z$ 軸から角 $\theta$ の方向を向いたスピン $\ket{\psi}=\cos\dfrac{\theta}{2}\ket{\uparrow}+\sin\dfrac{\theta}{2}\ket{\downarrow}$ から出発したとき，$\Delta E\,\tau_{S_x}\ge\hbar/2$ を確かめ，等号が成り立つ条件を述べよ．

ヒント：$\hat{S}_x^2=\hbar^2/4$ だから $(\Delta S_x)^2=\hbar^2/4-\langle\hat{S}_x\rangle^2$．$\langle\hat{S}_x\rangle=\dfrac{\hbar}{2}\sin\theta\cos\omega_{\mathrm{L}}t$，$(\Delta E)^2=\left(\dfrac{\hbar\omega_{\mathrm{L}}}{2}\right)^2\sin^2\theta$．

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演習50.8　$T$ 指数関数と単純な指数関数の違い

式 \eqref{eq:50-rot-H} の回転磁場のハミルトニアンで，(a) 交換子 $\comm{\hat{H}_1(t)}{\hat{H}_1(t')}$ を計算せよ．(b) 2 次の項の，Dyson 級数と $T$ なしの指数関数の差が $\dfrac{i\Omega^2}{4\omega}\left(t-\dfrac{\sin\omega t}{\omega}\right)\sigma_z$ となることを，式 \eqref{eq:50-Tdiff} から示せ．(c) $\Omega=0.1\,\omega$ のとき，駆動の 10 周期後（$t=20\pi/\omega$）に，この差が $\sigma_z$ のまわりの位相の回転に換算してどれだけの角度になるか，見積もれ．

ヒント：$\comm{\sigma_x}{\sigma_y}=2i\sigma_z$．(b) 内側の積分 $\displaystyle\int_0^{t_1}\sin\omega(t_2-t_1)\dd t_2=-(1-\cos\omega t_1)/\omega$．(c) 差の $\sigma_z$ の係数 $\Omega^2t/4\omega$（ラジアン）を評価する．

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