この章のまとめ

(1) 外力の項は $-F(t)\hat q$ で、$[\hat p,-F\hat q]=\mathrm{i}\hbar F$。式 (4.3.6) と命題 4.3.2（$\hat q$, $\hat p$ は時刻を陽に含まない）から

$$\frac{\mathrm{d} \hat q_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\frac{\hat p_{\mathrm H}}{m},\qquad \frac{\mathrm{d} \hat p_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=-m\omega^2\hat q_{\mathrm H}+F(t) .$$

第1部第8章の古典の Hamilton 方程式と同じ形で、外力 $F(t)$ は数の項として入る。

(2) 方程式は線形なので、式 (4.3.10) の形の解を探す。$\xi(t)$ は $m\ddot\xi=-m\omega^2\xi+F(t)$, $\xi(0)=\dot\xi(0)=0$ を満たす（定数変化法の解。$\xi$ を微分すると積分の上端の項が $\sin0=0$ で消え、2回目の微分で $F(t)/m$ が出る）。よって

$$\hat q_{\mathrm H}(t)=\hat q\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t+\xi(t),\qquad \hat p_{\mathrm H}(t)=-m\omega\hat q\sin\omega t+\hat p\cos\omega t+m\dot\xi(t) .$$

$\xi$ と $m\dot\xi$ は数（単位演算子の倍）なので、どの演算子とも交換する。交換子は式 (4.3.11) の部分だけで決まり$[\hat q_{\mathrm H},\hat p_{\mathrm H}]=\mathrm{i}\hbar(\cos^2\omega t+\sin^2\omega t)=\mathrm{i}\hbar$。時間発展は相空間の回転と数だけの平行移動の合成で、どちらも正準変換（量子ではユニタリ変換）である。第1部第12章の言葉では、平行移動は1次の生成子 $G=c_1q+c_2p$ の流れに当たる。

(3) 基底状態では $\langle \hat q \rangle =\langle \hat p \rangle =0$ なので $\langle \hat q_{\mathrm H}(t) \rangle =\xi(t)$。期待値は、静止から同じ外力で駆動された古典の振動子の変位そのものである。$V$ が2次式なので、Ehrenfest の定理の補正項は $0$ で、この一致は近似でなく厳密である。分散は数の項 $\xi$ で変わらず、式 (4.3.11) の部分から

$$(\Delta q(t))^2=\cos^2\omega t\,\frac{\hbar}{2m\omega}+\frac{\sin^2\omega t}{m^2\omega^2}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}=\frac{\hbar}{2m\omega} .$$

幅は基底状態の値のまま変わらず、波束は形を保って古典の軌道に沿って動く。

(4) $t>t_{\mathrm f}$ では $\hat H(t)=\hat H_0$ で時刻を含まないので、$\hat H_0$ は保存量である（4.3.5節）。値は $t=t_{\mathrm f}$ で計算すればよい。$\eta\coloneqq m\dot\xi$ と書き、$\hat q_{\mathrm H}=\hat q_0(t)+\xi$, $\hat p_{\mathrm H}=\hat p_0(t)+\eta$（$\hat q_0$, $\hat p_0$ は式 (4.3.11) の部分）を $\hat H_0$ に入れると、1次の項は $\langle \hat q_0 \rangle =\langle \hat p_0 \rangle =0$ で消え、$\hat q_0$, $\hat p_0$ の2次の項は自由な振動子の時間発展なので基底エネルギー $\hbar\omega/2$ を保つ。残りは数の部分で

$$\langle \hat H_0 \rangle =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\eta^2}{2m}+\frac12m\omega^2\xi^2=\frac{\hbar\omega}{2}+E_{\mathrm{cl}},\qquad E_{\mathrm{cl}}=\frac{1}{2m}\Bigl|\int_0^{t_{\mathrm f}}F(s)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega s}\,\mathrm{d} s\Bigr|^2 .$$

最後の式は $\eta+\mathrm{i} m\omega\xi=\int_0^tF(s)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega(t-s)}\mathrm{d} s$（実部と虚部が $\eta$ と $m\omega\xi$ の定義に一致する）の絶対値の2乗から出る。$E_{\mathrm{cl}}$ は静止していた古典の振動子が受け取るエネルギーそのもので、量子の振動子は零点エネルギー $\hbar\omega/2$ の上にちょうどそれだけのエネルギーを受け取る。作用変数で言えば、古典の振動子が得た作用 $J=E_{\mathrm{cl}}/\omega$（第1部第14章）を $\hbar$ で割ったものが、増えた量子数の平均 $\langle \hat n \rangle =E_{\mathrm{cl}}/(\hbar\omega)$ である。

(5) $\int_0^{t_{\mathrm f}}F_0\cos\omega s\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega s}\mathrm{d} s=F_0\int_0^{t_{\mathrm f}}\frac{1+\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\omega s}}{2}\mathrm{d} s=\frac{F_0t_{\mathrm f}}{2}$（$t_{\mathrm f}$ が周期の整数倍なので第2項の積分は $0$）。よって

$$E_{\mathrm{cl}}=\frac{F_0^2t_{\mathrm f}^2}{8m} .$$

(2) の $\xi$ を直接計算すると $\xi(t)=\frac{F_0t}{2m\omega}\sin\omega t$ で、振幅が時刻に比例して増える共鳴の解であり、そのエネルギーも同じ値になる。数値では $m=40\times1.6605\times10^{-27}=6.64\times10^{-26}\,\mathrm{kg}$、$t_{\mathrm f}=10\,\mathrm{\mu s}$ で

$$E_{\mathrm{cl}}=\frac{(1.0\times10^{-21})^2(10^{-5})^2}{8\times6.64\times10^{-26}}=1.88\times10^{-28}\,\mathrm J,\qquad \hbar\omega=6.63\times10^{-28}\,\mathrm J,\qquad \langle \hat n \rangle =0.284 .$$

このとき古典の振幅 $F_0t_{\mathrm f}/(2m\omega)=1.20\times10^{-8}\,\mathrm m$ は、基底状態の幅 $\sqrt{\hbar/(2m\omega)}=1.12\times10^{-8}\,\mathrm m$ と同じ程度で、$\langle \hat n \rangle =(\text{振幅}/\text{幅})^2/4$ が成り立つ。振幅が零点の揺らぎの幅と同じ程度にとどまる弱い外力でも、平均の運動は古典の式どおりで、量子数の平均は連続な値をとる。