量子力学/角運動量の固有値のバックアップ(No.2)

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- 1 (2019-02-28 (木) 13:37:34)
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- 4 (2019-03-01 (金) 08:06:16)
- 5 (2019-03-01 (金) 08:06:16)

概要 †

量子力学Ⅰ/物理量の固有関数で見たように、角運動量演算子 $\hat {\bm l}=(\hat l_x,\hat l_y,\hat l_z)$ は交換関係

$$ \begin{cases} \hat l_x\hat l_y-\hat l_y\hat l_x=i\hbar\hat l_z\\ \hat l_y\hat l_z-\hat l_z\hat l_y=i\hbar\hat l_x\\ \hat l_z\hat l_x-\hat l_x\hat l_z=i\hbar\hat l_y\\ \end{cases} $$

を満たす。

同様に、スピン演算子 $\hat {\bm s}=(\hat s_x,\hat s_y,\hat s_z)$ や、２つの角運動量 $\hat{\bm j}_1,\hat{\bm j}_2$ の合成角運動量 $\hat {\bm J}=\hat{\bm j}_1+\hat{\bm j}_2$ も同様の交換関係

$$ \begin{cases} [\hat J_x,\hat J_y]=\hat J_x\hat J_y-\hat J_y\hat J_x=i\hbar\hat J_z\\ [\hat J_y,\hat J_z]=\hat J_y\hat J_z-\hat J_z\hat J_y=i\hbar\hat J_x\\ [\hat J_z,\hat J_x]=\hat J_z\hat J_x-\hat J_x\hat J_z=i\hbar\hat J_y\\ \end{cases} $$

を満たす。

この交換関係のみから、$\hat J_z$ および $\hat{\bm J^2}=\hat J_x^2+\hat J_y^2+\hat J_z^2$、そして演算子 $\hat J_\pm=\hat J_x\pm i\hat J_y$ に関して以下の関係を導ける。

$[\hat{\bm J^2},\hat J_z]=0$ 　　(可換であるため同時固有関数が存在する)

$[\hat{\bm J^2},\hat J_\pm]=0$ 　　($\hat J_\pm$ により $[\hat{\bm J^2}$ の固有値は変化しない)

$[\hat J_+,\hat J_-]=2\hbar\hat J_z$

$\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$

ただし、$\hat{\bm J^2}$ と $\hat J_z$ の同時固有関数を $|\lambda,M\rangle$ と書き、

$$ \begin{aligned} \hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle&=\hbar^2\lambda |\lambda,M\rangle\\ \hat J_z|\lambda,M\rangle&=\hbar M|\lambda,M\rangle \end{aligned} $$

とする。

演習 †

(1) 上記の交換関係を満たす２つの角運動量演算子 $\hat{\bm j}_1,\hat{\bm j}_2$ の合成角運動量 $\hat {\bm J}=\hat{\bm j}_1+\hat{\bm j}_2$ も同じ交換関係を満たすことを示せ(第１式のみで良い)。ただし、$[\hat{\bm j}_1$ の各成分は $\hat{\bm j}_2]$ の各成分と可換であるとする。

(2) $\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\hat J_z=\hat J_z\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)$ を示せ。

ここから $[\hat{\bm J^2},\hat J_z]=0$ を導ける。また同様に、$\hat J_x,\hat J_y$ も $\hat{\bm J^2}$ と可換となるから $\hat J_\pm$ も $\hat{\bm J^2}$ と可換である。

(3) $\hat J_z\hat J_\pm|\lambda,M\rangle=\hbar(M\pm 1)\hat J_\pm|\lambda,M\rangle$ を示せ。

ここから $\hat J_\pm$ は $\hat J_z$ の固有値 $M$ に対する固有関数 $|\lambda,M\rangle$ に作用させると固有値 $M\pm 1$ に対する固有値を作るような、上昇・下降演算子となることが分かる。(2) より $\hat J_\pm$ は $\hat{\bm J^2}$ と可換であり、その固有値を変化させないから $ \hat J_\pm|\lambda,M\rangle\propto |\lambda,M\pm 1\rangle$ を結論できる。

すなわち $\hat J_\pm$ を用いることで、ある $|\lambda,M\rangle$ から始めて $|\lambda,M\pm 1\rangle,|\lambda,M\pm 2\rangle, |\lambda,M\pm 3\rangle,\dots$ を作れることになるが、定義より $(\hbar M)^2\le \hbar^2\lambda$ でなければならないことから、$M$ から作った一連の固有関数には $|\lambda,\mu'\rangle,|\lambda,\mu'+1\rangle,\dots,|\lambda,M-1\rangle,|\lambda,M\rangle,|\lambda,M+1\rangle,\dots,|\lambda,\mu-1\rangle,|\lambda,\mu\rangle$ のように左端 $|\lambda,\mu'\rangle$ と右端 $|\lambda,\mu\rangle$ ただし $(\hbar\mu')^2<\hbar^2\lambda,(\hbar\mu)^2<\hbar^2\lambda$ があって、 $$ \begin{cases} \hat J_-|\lambda,\mu'\rangle=0\\ \hat J_+|\lambda,\mu\rangle=0 \end{cases} $$ のように、この範囲の外へ出ようとすればゼロを得る形になっていることが要請される。

教科書では $\mu',\mu$ がある特定の $\lambda$ の下での $M$ の下限、上限となることを前提として話が進むが、この時点までの話の流れだけからは別の $M'$ から始めた系列にこの範囲を超える値が現れる可能性を否定できない。

(4) $\hat J_+^\dagger=\hat J_-$ を示せ。

(5) $\hat J_\pm\hat J_\mp=\hat J_x^2+\hat J_y^2\pm\hbar\hat J_z$ を示せ。

ここから、$[\hat J_+,\hat J_-]=2\hbar\hat J_z$ および $\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$ を導ける。

(8) $\big|\hat J_-\,|\lambda,M\rangle\big|^2=-\hbar^2(M-\mu')(M+\mu'-1)$ を示せ。

(9) (6) と (8) から $(\mu+\mu')(\mu-\mu'+1)=0$ を示せ。

定義より $\mu\ge\mu'$ であるから、これは $\mu+\mu'=0$ すなわち $\mu'=-\mu$ を要求する。

以降では $\mu'=-\mu=J$ と書くことにする。

(10) (8) と同様にして $\big|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big|^2=\hbar^2(J\mp M)(J+1\pm M)$ が導かれることを利用して $\lambda=J(J+1)$ を示せ。(5) の結果である $\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$ を用いると良い。

上で用いた固有関数の表記は通常の表記では $|\lambda,M\rangle=|J,M\rangle$ と書かれる。

また、$\lambda$ を決めると $\mu,\mu'$ が決まることが分かり、(3) で心配したような「別系統の存在」は否定される。

解答 †

(1)

$$ \begin{aligned} [\hat J_x,\hat J_y] &=[\hat j_{1x}+\hat j_{2x},\hat j_{1y}+\hat j_{2y}]\\ &=[\hat j_{1x},\hat j_{1y}]+\cancel{[\hat j_{1x},\hat j_{2y}]}+\cancel{[\hat j_{2x},\hat j_{1y}]}+[\hat j_{2x},\hat j_{2y}]\\ &=i\hbar\hat j_{1z}+i\hbar\hat j_{2z}\\ &=i\hbar\hat J_z \end{aligned} $$

他の２式も同様に示せる。

(2)

$$ \begin{aligned} \big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\hat J_z &=\hat J_x(\hat J_z\hat J_x-i\hbar\hat J_y)+\hat J_y(\hat J_z\hat J_y+i\hbar\hat J_x)\\ &=(\hat J_z\hat J_x-i\hbar\hat J_y)\hat J_x+(\hat J_z\hat J_y+i\hbar\hat J_x)\hat J_y-i\hbar[\hat J_x,\hat J_y]\\ &=\hat J_z\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\\ \end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{aligned} \hat J_\pm\hat J_\mp &=(\hat J_x\pm i\hat J_y)(\hat J_x\mp i\hat J_y)\\ &=\hat J_x^2+\hat J_y^2\mp i[\hat J_x,\hat J_y]\\ &=\hat J_x^2+\hat J_y^2\pm\hbar\hat J_z\\ \end{aligned} $$

(4)

$$ \begin{aligned} \hat J_+^\dagger &=(\hat J_x+i\hat J_y)^\dagger\\ &=\hat J_x^\dagger-i\hat J_y^\dagger\\ &=\hat J_x-i\hat J_y\\ &=\hat J_- \end{aligned} $$

$\hat J_x,\hat J_y$ がエルミート演算子であることに注意すれば、 $i\to -i$ の置き換えのみでエルミート共役を求められるわけである。

(5)

$$ \begin{aligned} \hat J_z\underbrace{(\hat J_x\pm i\hat J_y)}_{\hat J_\pm}|\lambda,M\rangle &=(\hat J_z\hat J_x\pm i\hat J_z\hat J_y)|\lambda,M\rangle\\[-4.5mm] &=\big[\hat J_x\underbrace{\hat J_z}_{\hbar M}+i\hbar\hat J_y\pm i(\hat J_y\underbrace{\hat J_z}_{\hbar M}-i\hbar J_x)\big]|\lambda,M\rangle\\ &=\hbar\big[(M\pm 1)\hat J_x+i(1\pm M)\hat J_y\big]|\lambda,M\rangle\\ &=\hbar(M\pm 1)\underbrace{(\hat J_x\pm i\hat J_y)}_{\hat J_\pm}|\lambda,M\rangle\\ \end{aligned} $$

(6)

$$ \hat J_\pm\hat J_\mp-\hat J_\mp\hat J_\pm=\pm2\hbar\hat J_z $$

の両辺を $|\lambda,M\rangle$ に作用させ、さらに $|\lambda,M\rangle$ との内積を取ると、

$\hat J_\pm^\dagger=\hat J_\mp$ に注意すると、 $\langle\lambda,M|\,\hat J_\pm=\big(\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\rangle\big)^\dagger=\big(\hat J_\mp|\lambda,M\rangle\big)^\dagger$ などが成り立ち、

(7)

$\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\propto|\lambda,M\mp1\rangle$ に注意すると、

$$ \begin{aligned} \big|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big| &=\big|\underbrace{\langle\lambda,M\pm 1|\hat J_\pm}_{\left(\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\pm 1\rangle\right)^\dagger}\,|\lambda,M\rangle\big|\\ &=\big|\langle\lambda,M|\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\pm 1\rangle^*\big|\\ &=\big|\langle\lambda,M|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big|\\ &=\big|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big|\\ \end{aligned} $$

より、

(8)

$\big|\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\big|=C_M^\mp$ と書くとすると (7) は

$$ {C_M^\mp}^2-{C_{M\pm1}^\mp}^2=\pm2\hbar^2M $$

(3) より $C_{\mu'}^-=0$ なので、

$$ \begin{aligned}-{C_{\mu'+1}^-}^2&=2\hbar^2\mu'&\to {C_{\mu'+1}^-}^2=-2\hbar^2\mu'\hspace{16mm}\\ {C_{\mu'+1}^-}^2-{C_{\mu+2}^-}^2&=2\hbar^2(\mu'+1)&\to {C_{\mu'+1}^-}^2=-2\hbar^2(2\mu'+1)\hspace{6mm}\\ {C_{\mu'+2}^-}^2-{C_{\mu+3}^-}^2&=2\hbar^2(\mu'+2)&\to {C_{\mu'+1}^-}^2=-2\hbar^2(3\mu'+1+2)\\ \vdots \end{aligned} $$

が得られ、

$$ \begin{aligned} {C_{\mu'+k}^-}^2=-2\hbar^2[k\mu'+k(k-1)/2]=-\hbar^2k(2\mu'+k-1) \end{aligned} $$

この式は $k=0$ でも成り立っている。$k=M-\mu'$ を代入して、

$$ \big|\hat J_-\,|\lambda,M\rangle\big|^2=-\hbar^2(M-\mu')(M+\mu'-1) $$

(9)

(6) より ${C_{\mu}^-}^2-{C_{\mu}^+}^2={C_{\mu}^-}^2=2\hbar^2\mu$ であるから、

$$ \begin{aligned} {C_{\mu}^-}^2 &=-\hbar^2(\mu-\mu')(\mu+\mu'-1)=2\hbar^2\mu \end{aligned} $$

一旦ばらして項をまとめれば次式を得る。

$$ (\mu+\mu')(\mu-\mu'+1)=0 $$

(10)

(5) の結果および与式を用いると、

$$ \begin{aligned} \hbar^2\lambda &=\big|\hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle\big|\\ &=\big|\langle\lambda,M|\hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle\big|\\ &=\big|\langle\lambda,M|\hat J_+\hat J_-|\lambda,M\rangle\big|/2+ \big|\langle\lambda,M|\hat J_-\hat J_+|\lambda,M\rangle\big|/2+ \big|\langle\lambda,M|\hat J_z^2|\lambda,M\rangle\big|\\ &=\big|\hat J_-|\lambda,M\rangle\big|^2/2+ \big|\hat J_+|\lambda,M\rangle\big|^2/2+ \hbar^2M^2\\ &=\hbar^2(J+M)(J+1-M)/2+\hbar^2(J-M)(J+1+M)/2+\hbar^2M^2\\ &=\hbar^2(J^2-\cancel{M^2}+J+\cancel M)/2+\hbar^2(J^2-\cancel{M^2}+J-\cancel M)/2+\hbar^2\cancel{M^2}\\ &=\hbar^2J(J+1) \end{aligned} $$

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