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この章のまとめ

2026年10月15日13分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第4章 調和振動子

AI 生成・木下が未勉強

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第4部 第4章 §4.4.7　★★★ a^=z^/ℏ\hat a=\hat z/\sqrt\hbar は作用角変数の複素振幅の量子版。[a^, a^†]=1\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1 だけから準位・波動関数・コヒーレント状態が決まる

調和振動子の作用角変数 (θ,J)(\theta,J) を複素振幅 z=iJe−iθz=\mathrm{i}\sqrt J\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} にまとめると、Hamiltonian は H=ωz∗zH=\omega z^*z、Poisson 括弧は {z,z∗}=−i\{z,z^*\}=-\mathrm{i}、運動は z∝e−iωtz\propto\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} になる。正準量子化でこれを演算子に移したものが a^=z^/ℏ\hat a=\hat z/\sqrt\hbar で、[a^, a^†]=1\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1 が得られる。古典では区別のなかった z∗zz^*z と zz∗zz^* が演算子では ℏ\hbar だけ違い、Hamiltonian から決まる並べ方は対称なもので、そこから H^=ℏω(n^+12)\hat H=\hbar\omega(\hat n+\frac12) の 12\frac12 が決まる。

[a^, a^†]=1\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1 から、n^\hat n の固有値は 0,1,2,…0,1,2,\dots で、作用変数は Jn=(n+12)ℏJ_n=(n+\frac12)\hbar と厳密に量子化される。1つの準位は相空間の面積 hh を占める。基底状態は a^ψ0=0\hat a\psi_0=0 という1階の方程式から Gauss 関数として出て、励起状態は a^†\hat a^\dagger を掛けるごとに Hermite 多項式の次数が上がる。量子数が大きいと、均した ∣ψn∣2\lvert \psi_n\rvert ^2 は古典の滞在時間の分布に近づく。a^\hat a の固有状態であるコヒーレント状態は、古典の複素振幅 z=ℏαz=\sqrt\hbar\alpha に対応し、中心が古典の軌道を回り、幅は最小のまま変わらない。n^\hat n は角をずらす回転の生成子で、時間発展はその回転である。

この章の a^\hat a, a^†\hat a^\dagger は、場の量子化（第5部第2章）で光子とフォノンを数える演算子（第5部第3章）になり、量子統計（第3部第6章・第5部第1章）では振動子の集まりの熱平均に使われる。外部のパラメータ（ばね定数）をゆっくり変えたときに nn が保たれることは、第4部第9章（第4部第9章）の断熱定理で扱う。

この章の結果

  • 複素振幅 z=mωq+ip2mω=iJe−iθz=\dfrac{m\omega q+\mathrm{i} p}{\sqrt{2m\omega}}=\mathrm{i}\sqrt J\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}、{z,z∗}=−i\{z,z^*\}=-\mathrm{i}、H=ω∣z∣2H=\omega\lvert z\rvert ^2、z(t)=z(0)e−iωtz(t)=z(0)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}。
  • a^=z^/ℏ\hat a=\hat z/\sqrt\hbar、[a^, a^†]=1\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1、q^=ℓ2(a^+a^†)\hat q=\frac{\ell}{\sqrt2}(\hat a+\hat a^\dagger)、ℓ=ℏ/(mω)\ell=\sqrt{\hbar/(m\omega)}。
  • H^=ℏω(n^+12)\hat H=\hbar\omega(\hat n+\frac12)、En=ℏω(n+12)E_n=\hbar\omega(n+\frac12)、Jn=(n+12)ℏJ_n=(n+\frac12)\hbar（厳密）。12\frac12 は z∗zz^*z の並べ方から。
  • ψn=Hn(q/ℓ) e−q2/(2ℓ2)π1/42nn! ℓ\psi_n=\dfrac{H_n(q/\ell)\,\mathrm{e}^{-q^2/(2\ell^2)}}{\pi^{1/4}\sqrt{2^nn!\,\ell}}。⟨n−1∣q^∣n⟩=ℓn/2\langle n-1 | \hat q | n \rangle =\ell\sqrt{n/2} は古典の Fourier 成分（J=nℏJ=n\hbar）と一致。
  • ∣α⟩| \alpha \rangle：a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a| \alpha \rangle =\alpha| \alpha \rangle、α=z/ℏ\alpha=z/\sqrt\hbar、α(t)=αe−iωt\alpha(t)=\alpha\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}、ΔqΔp=ℏ/2\Delta q\Delta p=\hbar/2、P(n)P(n) は平均 ∣α∣2\lvert \alpha\rvert ^2 の Poisson 分布。

総合問題　磁場の中の2次元振動子の準位 ★★★

オリジナル電荷 e (>0)e\,(>0)、質量 mm の粒子が、xyxy 面内の等方的な調和ポテンシャル 12mω02(x2+y2)\frac12m\omega_0^2(x^2+y^2) に閉じ込められ、zz 方向の一様な磁場 BB の中にある。ベクトルポテンシャルを A=B2(−y, x, 0)\bm{A}=\frac B2(-y,\,x,\,0) にとり、ωc=eB/m\omega_{\mathrm c}=eB/m、Ω=ω02+ωc2/4\Omega=\sqrt{\omega_0^2+\omega_{\mathrm c}^2/4} とおく（第3部第3章の総合問題で準位を結果だけ与えた系）。

  1. (1) （使う道具：第2部第2章の最小結合・第1部第10章の LzL_z）Hamiltonian H=∣p−eA∣22m+12mω02(x2+y2)H=\frac{\lvert \bm{p}-e\bm{A}\rvert ^2}{2m}+\frac12m\omega_0^2(x^2+y^2) が

H=px2+py22m+12mΩ2(x2+y2)−ωc2Lz,Lz=xpy−ypxH=\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}+\frac12m\Omega^2(x^2+y^2)-\frac{\omega_{\mathrm c}}{2}L_z,\qquad L_z=xp_y-yp_x

と書けることを示せ。量子力学でも同じ式が成り立つ理由を一言述べよ。2. (2) （使う道具：4.4.2節）角振動数 Ω\Omega の xx, yy 方向の消滅演算子を a^x\hat a_x, a^y\hat a_y とし、a^±=(a^x±ia^y)/2\hat a_\pm=(\hat a_x\pm\mathrm{i}\hat a_y)/\sqrt2 と定める。[a^+, a^+†]=[a^−, a^−†]=1\left[\hat a_+,\,\hat a_+^\dagger\right]=\left[\hat a_-,\,\hat a_-^\dagger\right]=1、[a^+, a^−†]=0\left[\hat a_+,\,\hat a_-^\dagger\right]=0 を示し、L^z=ℏ(n^−−n^+)\hat L_z=\hbar(\hat n_--\hat n_+)（n^±=a^±†a^±\hat n_\pm=\hat a_\pm^\dagger\hat a_\pm）を示せ。3. (3) （使う道具：4.4.3節）エネルギー準位が ω±=Ω±ωc/2\omega_\pm=\Omega\pm\omega_{\mathrm c}/2 としてEn+n−=ℏω+n++ℏω−n−+ℏΩE_{n_+n_-}=\hbar\omega_+n_++\hbar\omega_-n_-+\hbar\Omega（n±=0,1,2,…n_\pm=0,1,2,\dots）となることを示せ。ωc=2ω0\omega_{\mathrm c}=2\omega_0 のとき、最低の6つの準位を ℏω0\hbar\omega_0 の単位で求めよ。4. (4) （使う道具：4.4.4節の ⟨q^2⟩\langle \hat q^2 \rangle・第1部第14章）状態 ∣n+,n−⟩| n_+,n_- \rangle での ⟨x2+y2⟩=ℏmΩ(n++n−+1)\langle x^2+y^2 \rangle =\frac{\hbar}{m\Omega}(n_++n_-+1) を認めて、閉じ込めを弱くする極限 ω0→0\omega_0\to0 で準位が ℏωc(n++12)\hbar\omega_{\mathrm c}(n_++\frac12) になり、n−n_- について縮退することを示せ。n+=0n_+=0 の状態のうち半径 RR の円の中に収まる（⟨x2+y2⟩≤R2\langle x^2+y^2 \rangle \le R^2）ものの数を数え、面積あたりの状態の数が eB/heB/h になることを示せ。5. (5) （使う道具：(3)(4)）電子（質量 me=9.109×10−31 kgm_{\mathrm e}=9.109\times10^{-31}\,\mathrm{kg}、e=1.602×10−19 Ce=1.602\times10^{-19}\,\mathrm C）で B=1 TB=1\,\mathrm T のとき、ℏωc\hbar\omega_{\mathrm c} を meV\mathrm{meV} で、ωc/(2π)\omega_{\mathrm c}/(2\pi) を GHz\mathrm{GHz} で、面積 1 μm21\,\mu\mathrm m^2 あたりの n+=0n_+=0 の状態の数を求めよ。

解答

(1) ∣p−eA∣2=∣p∣2−e(p⋅A+A⋅p)+e2∣A∣2\lvert \bm{p}-e\bm{A}\rvert ^2=\lvert \bm{p}\rvert ^2-e(\bm{p}\cdot\bm{A}+\bm{A}\cdot\bm{p})+e^2\lvert \bm{A}\rvert ^2 である。p⋅A=B2(−pxy+pyx)=B2Lz\bm{p}\cdot\bm{A}=\frac B2(-p_xy+p_yx)=\frac B2L_z で、e2∣A∣2=e2B24(x2+y2)e^2\lvert \bm{A}\rvert ^2=\frac{e^2B^2}{4}(x^2+y^2)。代入すると

H=∣p∣22m−eB2mLz+e2B28m(x2+y2)+12mω02(x2+y2)H=\frac{\lvert \bm{p}\rvert ^2}{2m}-\frac{eB}{2m}L_z+\frac{e^2B^2}{8m}(x^2+y^2)+\frac12m\omega_0^2(x^2+y^2)

で、e2B28m=12mωc24\frac{e^2B^2}{8m}=\frac12m\frac{\omega_{\mathrm c}^2}{4} を調和ポテンシャルにまとめれば示す式になる。量子力学では p^x\hat p_x と A^x=−B2y^\hat A_x=-\frac B2\hat y は交換し、p^y\hat p_y と A^y=B2x^\hat A_y=\frac B2\hat x も交換するので（∇⋅A=0\nabla\cdot\bm{A}=0）、p^⋅A^=A^⋅p^\hat{\bm{p}}\cdot\hat{\bm{A}}=\hat{\bm{A}}\cdot\hat{\bm{p}} で並べ方の問題が起きず、同じ式が成り立つ。磁場は、閉じ込めを ω0\omega_0 から Ω\Omega へ強める項と、zz 軸のまわりの回転の生成子 LzL_z に比例する項の2つとして入る。

(2) [a^x, a^x†]=[a^y, a^y†]=1\left[\hat a_x,\,\hat a_x^\dagger\right]=\left[\hat a_y,\,\hat a_y^\dagger\right]=1、xx と yy の演算子は交換するので[a^±, a^±†]=12([a^x, a^x†]+[a^y, a^y†])=1\left[\hat a_\pm,\,\hat a_\pm^\dagger\right]=\frac12\bigl(\left[\hat a_x,\,\hat a_x^\dagger\right]+\left[\hat a_y,\,\hat a_y^\dagger\right]\bigr)=1、[a^+, a^−†]=12([a^x, a^x†]+i⋅i[a^y, a^y†])=12(1−1)=0\left[\hat a_+,\,\hat a_-^\dagger\right]=\frac12\bigl(\left[\hat a_x,\,\hat a_x^\dagger\right]+\mathrm{i}\cdot\mathrm{i}\left[\hat a_y,\,\hat a_y^\dagger\right]\bigr)=\frac12(1-1)=0。a^±\hat a_\pm は独立な2つの振動子の消滅演算子である。次に、式 (4.4.12) から x^p^y−y^p^x=iℏ(a^xa^y†−a^x†a^y)\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x=\mathrm{i}\hbar(\hat a_x\hat a_y^\dagger-\hat a_x^\dagger\hat a_y)。一方

n^−−n^+=12(a^x†+ia^y†)(a^x−ia^y)−12(a^x†−ia^y†)(a^x+ia^y)=i(a^y†a^x−a^x†a^y)\hat n_--\hat n_+=\tfrac12(\hat a_x^\dagger+\mathrm{i}\hat a_y^\dagger)(\hat a_x-\mathrm{i}\hat a_y)-\tfrac12(\hat a_x^\dagger-\mathrm{i}\hat a_y^\dagger)(\hat a_x+\mathrm{i}\hat a_y) =\mathrm{i}(\hat a_y^\dagger\hat a_x-\hat a_x^\dagger\hat a_y)

で、a^y†\hat a_y^\dagger と a^x\hat a_x は交換するので L^z=ℏ(n^−−n^+)\hat L_z=\hbar(\hat n_--\hat n_+) である。古典の言葉では、2次元の振動子を右回り・左回りの2つの円運動に分け、それぞれの作用変数 J±J_\pm を使うと Lz=J−−J+L_z=J_--J_+ になる。n^±\hat n_\pm はその作用変数の量子版で、1つの量子が ∓ℏ\mp\hbar の角運動量を運ぶ。

(3) 2次元等方振動子は ℏΩ(n^x+n^y+1)\hbar\Omega(\hat n_x+\hat n_y+1) で、n^x+n^y=a^x†a^x+a^y†a^y=n^++n^−\hat n_x+\hat n_y=\hat a_x^\dagger\hat a_x+\hat a_y^\dagger\hat a_y=\hat n_++\hat n_-（交差項は打ち消し合う）なので

H^=ℏΩ(n^++n^−+1)−ωc2ℏ(n^−−n^+)=ℏ(Ω+ωc2)n^++ℏ(Ω−ωc2)n^−+ℏΩ.\hat H=\hbar\Omega(\hat n_++\hat n_-+1)-\frac{\omega_{\mathrm c}}{2}\hbar(\hat n_--\hat n_+)=\hbar\Bigl(\Omega+\frac{\omega_{\mathrm c}}2\Bigr)\hat n_++\hbar\Bigl(\Omega-\frac{\omega_{\mathrm c}}2\Bigr)\hat n_-+\hbar\Omega .

n^+\hat n_+ と n^−\hat n_- は交換し、それぞれ固有値 0,1,2,…0,1,2,\dots を持つので En+n−=ℏω+n++ℏω−n−+ℏΩE_{n_+n_-}=\hbar\omega_+n_++\hbar\omega_-n_-+\hbar\Omega。ωc=2ω0\omega_{\mathrm c}=2\omega_0 では Ω=2 ω0\Omega=\sqrt2\,\omega_0、ω±=(2±1)ω0\omega_\pm=(\sqrt2\pm1)\omega_0（ω+ω−=ω02\omega_+\omega_-=\omega_0^2）。最低の準位は2=1.414\sqrt2=1.414、2+ω−=1.828\sqrt2+\omega_-=1.828、2.2432.243、2.6572.657、3.0713.071、3.4853.485（単位 ℏω0\hbar\omega_0）で、いずれも n+=0n_+=0, n−=0,1,…,5n_-=0,1,\dots,5 の状態である。n+=1n_+=1, n−=0n_-=0 の準位 2+ω+=3.828\sqrt2+\omega_+=3.828 はその上に来る。

(4) ω0→0\omega_0\to0 で Ω→ωc/2\Omega\to\omega_{\mathrm c}/2、ω+→ωc\omega_+\to\omega_{\mathrm c}、ω−→0\omega_-\to0 で、E→ℏωcn++12ℏωc=ℏωc(n++12)E\to\hbar\omega_{\mathrm c}n_++\frac12\hbar\omega_{\mathrm c}=\hbar\omega_{\mathrm c}(n_++\frac12)。n−n_- によらないので、各準位（Landau 準位）は n−=0,1,2,…n_-=0,1,2,\dots について縮退する。n+=0n_+=0 の状態の広がりは⟨x2+y2⟩=ℏmΩ(n−+1)→2ℏeB(n−+1)\langle x^2+y^2 \rangle =\frac{\hbar}{m\Omega}(n_-+1)\to\frac{2\hbar}{eB}(n_-+1) で、R2R^2 以下になるのは n−+1≤eBR2/(2ℏ)n_-+1\le eBR^2/(2\hbar) の状態、つまり

eBR22ℏ=eBh πR2\frac{eBR^2}{2\hbar}=\frac{eB}{h}\,\pi R^2

個である。面積 πR2\pi R^2 あたり eB/heB/h の割合で状態がある。古典の言葉では、n−n_- は旋回の中心の位置を決める作用変数で、中心の位置が ω0→0\omega_0\to0 でエネルギーに入らなくなるので縮退する。1つの状態の占める面積 h/(eB)h/(eB) は、旋回の中心の相空間（xx と yy が共役な組になる）の中で1つの状態が面積 hh を占めることの言い換えである。

(5) ℏωc=ℏeB/me=1.0546×10−34×1.602×10−19/9.109×10−31=1.855×10−23 J=0.116 meV\hbar\omega_{\mathrm c}=\hbar eB/m_{\mathrm e}=1.0546\times10^{-34}\times1.602\times10^{-19}/9.109\times10^{-31}=1.855\times10^{-23}\,\mathrm J=0.116\,\mathrm{meV}。ωc/(2π)=eB/(2πme)=28.0 GHz\omega_{\mathrm c}/(2\pi)=eB/(2\pi m_{\mathrm e})=28.0\,\mathrm{GHz}。面積あたりの状態の数は eB/h=1.602×10−19/6.626×10−34=2.42×1014 m−2eB/h=1.602\times10^{-19}/6.626\times10^{-34}=2.42\times10^{14}\,\mathrm{m^{-2}} で、1 μm2=10−12 m21\,\mu\mathrm m^2=10^{-12}\,\mathrm m^2 あたり 242242 個である。ℏωc\hbar\omega_{\mathrm c} は 300 K300\,\mathrm K の kBT=25.9 meVk_{\mathrm B} T=25.9\,\mathrm{meV} の 1/2001/200 程度で、自由な電子の Landau 準位の間隔は室温の熱揺らぎに比べて小さい。

木下の勉強ステータス

木下はまだこの記事を勉強していません。

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下 智貴
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