この章のまとめ

(1) $\hat L_z$ と $\hat{\bm{p}}^{\,2}$, $\hat x^2+\hat y^2$, $\hat z^2$ はどれも可換なので（スカラーか、$z$ 軸のまわりの回転で変わらない量）、$\left[\hat L_z,\,\hat H\right]=0$。$\hat L_x=-\mathrm{i}\hbar(y\partial_z-z\partial_y)$ とポテンシャル $V$ の交換子は $-\mathrm{i}\hbar(y\,\partial_zV-z\,\partial_yV)=-\mathrm{i}\hbar M(\omega_z^2-\omega^2)\,yz$ なので、トルクの式 (4.5.7) と同じく

$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat L_x \rangle =M(\omega^2-\omega_z^2)\langle \hat y\hat z \rangle$$

で、$\hat L_y$ も同様に $M(\omega_z^2-\omega^2)\langle \hat z\hat x \rangle$。$\omega_z\neq\omega$ なら保存するのは $\hat L_z$ だけである。古典力学では第1部第10章の Noether の恒等式から同じ式が出る。

(2) $\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x$ に生成消滅演算子の式を入れると、$\hat a_x\hat a_y$ と $\hat a_x^\dagger\hat a_y^\dagger$ の項は打ち消し合い、$\hat L_z=\mathrm{i}\hbar(\hat a_y^\dagger\hat a_x-\hat a_x^\dagger\hat a_y)$ が残る。一方$\hat n_\pm=\tfrac12(\hat a_x^\dagger\pm\mathrm{i}\hat a_y^\dagger)(\hat a_x\mp\mathrm{i}\hat a_y)=\tfrac12\bigl(\hat n_x+\hat n_y\mp\mathrm{i}\hat a_x^\dagger\hat a_y\pm\mathrm{i}\hat a_y^\dagger\hat a_x\bigr)$ なので、和は $\hat n_x+\hat n_y$、差は $\mathrm{i}(\hat a_y^\dagger\hat a_x-\hat a_x^\dagger\hat a_y)=\hat L_z/\hbar$ である。$\hat a_\pm$ も $\left[\hat a_\pm,\,\hat a_\pm^\dagger\right]=1$ を満たす独立な振動子なので、

$$\hat H=\hbar\omega(\hat n_++\hat n_-+1)+\hbar\omega_z\bigl(\hat n_z+\tfrac12\bigr),\qquad E=\hbar\omega(N+1)+\hbar\omega_z\bigl(n_z+\tfrac12\bigr).$$

$N=n_++n_-$ を決めると $(n_+,n_-)=(N,0),(N-1,1),\dots,(0,N)$ の $N+1$ 通りがあり、縮退は $N+1$ 重、$m=n_+-n_-$ は $N,N-2,\dots,-N$ である。

(3) $\left[\hat a_i,\,\hat a_j^\dagger\right]=\delta_{ij}$ から、たとえば $\left[\hat K_1,\,\hat K_2\right]=\tfrac14\bigl(\left[\hat n_x,\,\hat a_x^\dagger\hat a_y+\hat a_y^\dagger\hat a_x\right]-\left[\hat n_y,\,\hat a_x^\dagger\hat a_y+\hat a_y^\dagger\hat a_x\right]\bigr) =\tfrac14\bigl(2\hat a_x^\dagger\hat a_y-2\hat a_y^\dagger\hat a_x\bigr)=\mathrm{i}\hat K_3$ で（$\left[\hat n_x,\,\hat a_x^\dagger\right]=\hat a_x^\dagger$, $\left[\hat n_x,\,\hat a_x\right]=-\hat a_x$ を使う）、残りも同じ計算で出る。$\hat K_i$ はどれも「$x$ の量子を1個消して $y$ に1個作る」か数演算子の組で、$\hat N$ を変えないので $\hat H$ と可換である。$\hat K_3$ と (2) の $\hat L_z$ の式を比べると $\hat L_z=2\hbar\hat K_3$。$\hat{\bm{K}}^{\,2}$ は Fock 空間で直接計算すると $\frac{\hat N}2(\frac{\hat N}2+1)$ になる（scripts/verify_ch4-05.py で行列として確かめた）。したがって $\hat{\bm{K}}$ は（$\hbar$ を 1 とした）角運動量の交換関係を満たし、準位 $N$ では $j=N/2$ である。定理 4.5.4 から、この準位は $\hat K_3$ の固有値 $-N/2,\dots,N/2$ の $N+1$ 個の状態を含み、$\hat K_\pm$ がそれらを移り合う。$m=2\times(\hat K_3$ の固有値$)$ で、(2) と合う。$\hat K_1=(\hat H_x-\hat H_y)/(2\hbar\omega)$ は、第1部第11章の総合問題の古典の保存量 $A=H_x-H_y$ を写したもので、そこで示した $\{A,B\}=2\omega C$ の Lie 代数が、ここでは $\left[\hat K_1,\,\hat K_2\right]=\mathrm{i}\hat K_3$ になっている。

(4) $\omega_z=\omega$ なら $E=\hbar\omega(N_{\mathrm{tot}}+\tfrac32)$ で、$n_z=0,\dots,N_{\mathrm{tot}}$ のそれぞれに (2) の $N_{\mathrm{tot}}-n_z+1$ 個があるので、縮退は$\sum_{n_z=0}^{N_{\mathrm{tot}}}(N_{\mathrm{tot}}-n_z+1)=\frac{(N_{\mathrm{tot}}+1)(N_{\mathrm{tot}}+2)}{2}$。$\hat L_z=m\hbar$ の状態の数は、$N=N_{\mathrm{tot}}-n_z\ge\lvert m\rvert$ で $N-m$ が偶数となる $N$ の数なので $\lfloor(N_{\mathrm{tot}}-\lvert m\rvert )/2\rfloor+1$。この準位は回転対称なので、$l$ ごとに $\lvert m\rvert \le l$ の各 $m$ に1個ずつ状態を持つ（4.5.4節）。$m$ と $m+1$ の状態の数の差が「$l=m$ の組の数」で、それは $N_{\mathrm{tot}}-m$ が偶数なら $1$、奇数なら $0$。したがって $l=N_{\mathrm{tot}},N_{\mathrm{tot}}-2,\dots$（最後は $1$ か $0$）。$N_{\mathrm{tot}}=2$ では縮退 $6$、$l=2,0$ で $5+1=6$ と合う。$l=2$ と $l=0$ が同じエネルギーなのは回転対称性だけでは説明できず、(3) と同じ種類の隠れた対称性（3次元の振動子では3つの $\hat a_i$ を混ぜる変換）による。水素原子の Runge–Lenz ベクトルによる縮退と同じ構造で、ポテンシャルの形が特別なときに回転より大きい対称性が現れ、縮退がそれに応じて大きくなる。