tecktom.com

この章のまとめ

2026年10月15日12分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第12章 光と物質

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12章 §4.12.7　★★★ 最小結合の A\bm{A} の1次を摂動にすると、黄金律・選択則・AA と BB が出る。古典との対応は、吸収エネルギー・放射の仕事率・総和則の3つで厳密

この章で選んだのは、第2部第2章の最小結合の Hamiltonian (p^−qA)2/(2m)+V(r^)(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2/(2m)+V(\hat{\bm{r}}) に、光の平面波の A(r,t)\bm{A}(\bm{r},t) を入れたものである。Coulomb ゲージでは並べ方の問題が起きず、摂動は H^1=−qmA⋅p^\hat H_1=-\frac qm\bm{A}\cdot\hat{\bm{p}} になる。ふつうの光の場は原子の場の 10−910^{-9} 程度なので、H^1\hat H_1 の1次で十分である。

道具は相互作用描像で、H^0\hat H_0 の時間発展に乗った描像で H^1\hat H_1 による変化だけを追う。古典では、解ける部分の積分定数を変化させる定数変化法にあたり、振動子では量子の遷移確率に ℏω0\hbar\omega_0 を掛けたものが古典の吸収エネルギーに厳密に一致した。1次の遷移確率は sin⁡2(Δt/2)/(Δ/2)2\sin^2(\Delta t/2)/(\Delta/2)^2 に比例し、長い時間では 2πt δ(Δ)2\pi t\,\delta(\Delta) になって、単位時間あたりの遷移確率が Fermi の黄金律 (4.12.17) で決まる。

原子の大きさが波長より十分小さいので双極子近似が使え、遷移の強さは ∣⟨f∣r^∣i⟩∣2\lvert \langle f | \hat{\bm{r}} | i \rangle \rvert ^2 で決まる。r^\hat{\bm{r}} が回転の生成子と交換する仕方と反転で符号を変えることから、選択則 Δl=±1\Delta l=\pm1, Δm=0,±1\Delta m=0,\pm1 が出る。幅のある光で黄金律を積分すると吸収と誘導放出の係数 BB が出て、熱平衡の釣り合いから自然放出の係数 A=ℏω3B/(π2c3)A=\hbar\omega^3B/(\pi^2c^3) が決まる。調和振動子では ℏωA\hbar\omega A が古典の Larmor の放射に一致する。授業の −d^⋅E-\hat{\bm{d}}\cdot\bm{E} は Göppert-Mayer のゲージ変換（正準変換）で移った同じ Hamiltonian で、振動子強度の総和則は古典の Poisson 括弧 {x,{H,x}}=−1/m\{x,\{H,x\}\}=-1/m の量子版である。

光を量子化して自然放出を直接出すことは第5部第2章・第3章（第5部第2章・第5部第3章）、Rabi 振動・Einstein の係数・レーザーへの応用は光学と量子エレクトロニクス 第19〜22章（光学と量子エレクトロニクス 第19章・光学と量子エレクトロニクス 第20章・光学と量子エレクトロニクス 第22章）、固体のバンド間の光吸収は黄金律 (4.12.18) の ρ\rho を結合状態密度にしたもので、ハミルトニアンの選び方で固体を考える 第4部第6章（ハミルトニアンの選び方で固体を考える 第4部第6章）で扱う。

この章の結果

  • H^=(p^−qA)22m+V\hat H=\frac{(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2}{2m}+V、Coulomb ゲージで H^1=−qmA⋅p^\hat H_1=-\frac qm\bm{A}\cdot\hat{\bm{p}}。
  • 1次の遷移確率 Pf←i=∣(Hω)fi∣2ℏ2sin⁡2(Δt/2)(Δ/2)2P_{f\leftarrow i}=\frac{\lvert (H_\omega)_{fi}\rvert ^2}{\hbar^2}\frac{\sin^2(\Delta t/2)}{(\Delta/2)^2}、Δ=ω−ωfi\Delta=\omega-\omega_{fi}。
  • 黄金律 w=2πℏ∣(Hω)fi∣2δ(Ef−Ei−ℏω)w=\frac{2\pi}{\hbar}\lvert (H_\omega)_{fi}\rvert ^2\delta(E_f-E_i-\hbar\omega)、時間の窓 1/δω≪t≪1/w1/\delta\omega\ll t\ll1/w。
  • 双極子近似 ⟨f∣p^∣i⟩=imωfi⟨f∣r^∣i⟩\langle f | \hat{\bm{p}} | i \rangle =\mathrm{i} m\omega_{fi}\langle f | \hat{\bm{r}} | i \rangle、選択則 Δl=±1\Delta l=\pm1, Δm=0,±1\Delta m=0,\pm1。
  • B=π∣dfi∣23ε0ℏ2B=\frac{\pi\lvert \bm{d}_{fi}\rvert ^2}{3\varepsilon_0\hbar^2}、A=ω3∣d21∣23πε0ℏc3A=\frac{\omega^3\lvert \bm{d}_{21}\rvert ^2}{3\pi\varepsilon_0\hbar c^3}、誘導放出／自然放出 =nB(ω)=n_{\mathrm B}(\omega)。水素 2p2p の寿命 1.60 ns1.60\,\mathrm{ns}。
  • 長さのゲージ −qr^⋅E-q\hat{\bm{r}}\cdot\bm{E} は Λ=−r⋅A(0,t)\Lambda=-\bm{r}\cdot\bm{A}(\bm{0},t) の正準変換で移る。∑nfni=1\sum_nf_{ni}=1 は {x,{H,x}}=−1/m\{x,\{H,x\}\}=-1/m の量子版。

総合問題　箱の中の電子の吸収と放出 ★★★

オリジナル幅 LL の1次元の箱（0<x<L0<x<L、壁は無限に高い）に電子（質量 mem_{\mathrm e}、電荷 −e-e）が1個閉じ込められている。固有状態は ψn(x)=2/Lsin⁡(nπx/L)\psi_n(x)=\sqrt{2/L}\sin(n\pi x/L)、En=n2E1E_n=n^2E_1、E1=π2ℏ2/(2meL2)E_1=\pi^2\hbar^2/(2m_{\mathrm e}L^2) である（n=1,2,…n=1,2,\dots）。光の電場は xx 方向を向いているとする。

  1. (1) （使う道具：4.12.4節の偶奇の選択則）⟨1∣x^∣2⟩\langle 1 | \hat x | 2 \rangle を求めよ。⟨1∣x^∣3⟩\langle 1 | \hat x | 3 \rangle が 00 になる理由を、箱の中心 x=L/2x=L/2 についての偶奇で説明せよ。
  2. (2) （使う道具：4.12.6節の振動子強度・第4部第1章の交換関係）偶数の nn について ⟨1∣x^∣n⟩=−8nLπ2(n2−1)2\langle 1 | \hat x | n \rangle =-\frac{8nL}{\pi^2(n^2-1)^2} を認めて、振動子強度 fn1f_{n1} を nn の式で表し、f21f_{21}, f41f_{41}, f61f_{61} の値を求めよ。総和則から ∑nfn1\sum_nf_{n1} の値を述べよ。
  3. (3) （使う道具：第4部第2章の固有値）L=1 nmL=1\,\mathrm{nm} のとき、E1E_1 と E2−E1E_2-E_1 を eV\mathrm{eV} で、1→21\to2 の遷移の光の波長を求めよ。
  4. (4) （使う道具：4.12.5節の式 (4.12.27)）L=1 nmL=1\,\mathrm{nm} で 2→12\to1 の自然放出の確率 AA と寿命を求めよ。温度 300 K300\,\mathrm K の熱放射の中で、誘導放出と自然放出の比はいくらか。
  5. (5) （使う道具：第2部第9章の Larmor の公式・4.12.6節）古典の放射減衰率 γcl=e2ω2/(6πε0mec3)\gamma_{\mathrm{cl}}=e^2\omega^2/(6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3) を ω=ω21\omega=\omega_{21} で求め、A=f21γclA=f_{21}\gamma_{\mathrm{cl}} が成り立つことを式と数値で確かめよ。この関係の意味を述べよ。
解答

(1) ⟨1∣x^∣2⟩=2L∫0Lxsin⁡πxLsin⁡2πxLdx\langle 1 | \hat x | 2 \rangle =\frac2L\int_0^Lx\sin\frac{\pi x}{L}\sin\frac{2\pi x}{L}\mathrm{d} x。sin⁡asin⁡b=12[cos⁡(a−b)−cos⁡(a+b)]\sin a\sin b=\frac12[\cos(a-b)-\cos(a+b)] と ∫0Lxcos⁡kπxLdx=L2k2π2((−1)k−1)\int_0^Lx\cos\frac{k\pi x}{L}\mathrm{d} x=\frac{L^2}{k^2\pi^2}((-1)^k-1) から

⟨1∣x^∣2⟩=1L[L2π2(−2)−L29π2(−2)]=−16L9π2=−0.180 L.\langle 1 | \hat x | 2 \rangle =\frac1L\Bigl[\frac{L^2}{\pi^2}(-2)-\frac{L^2}{9\pi^2}(-2)\Bigr]=-\frac{16L}{9\pi^2}=-0.180\,L .

ξ=x−L/2\xi=x-L/2 と中心から測ると、ψn\psi_n は nn が奇数なら ξ\xi について偶、偶数なら奇である（ψ1∝cos⁡(πξ/L)\psi_1\propto\cos(\pi\xi/L)、ψ2∝sin⁡(2πξ/L)\psi_2\propto\sin(2\pi\xi/L)）。⟨1∣x^∣3⟩=⟨1∣ξ^∣3⟩+L2⟨1∣3⟩\langle 1 | \hat x | 3 \rangle =\langle 1 | \hat\xi | 3 \rangle +\frac L2\langle 1 | 3 \rangle で、第2項は直交性から 00、第1項は偶・奇・偶の積の積分なので 00。偶奇が同じ状態の間の遷移は禁止され、許されるのは nn の偶奇が変わる遷移だけである。4.12.4節の反転の議論を、箱の中心についての鏡映に当てたものである。

(2) ωn1=(n2−1)E1/ℏ=(n2−1)π2ℏ2meL2\omega_{n1}=(n^2-1)E_1/\hbar=\frac{(n^2-1)\pi^2\hbar}{2m_{\mathrm e}L^2} を式 (4.12.32) に入れて

fn1=2meℏ⋅(n2−1)π2ℏ2meL2⋅64n2L2π4(n2−1)4=64n2π2(n2−1)3(n 偶数),f_{n1}=\frac{2m_{\mathrm e}}{\hbar}\cdot\frac{(n^2-1)\pi^2\hbar}{2m_{\mathrm e}L^2}\cdot\frac{64n^2L^2}{\pi^4(n^2-1)^4}=\frac{64n^2}{\pi^2(n^2-1)^3}\qquad(n\ \text{偶数}),

奇数の nn では 00。f21=25627π2=0.961f_{21}=\frac{256}{27\pi^2}=0.961、f41=10243375π2=0.0307f_{41}=\frac{1024}{3375\pi^2}=0.0307、f61=230442875π2=0.00544f_{61}=\frac{2304}{42875\pi^2}=0.00544。総和則（命題 4.12.3）から ∑nfn1=1\sum_nf_{n1}=1 で、強さの 96%96\% を最初の遷移 1→21\to2 が持つ（数値で偶数の nn を 2×1052\times10^5 まで足すと 11 に収束する）。総和則に要るのは [x^, p^]=iℏ\left[\hat x,\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar だけで、箱の形によらない。

(3) E1=π2(1.055×10−34)22×9.109×10−31×(10−9)2=6.02×10−20 J=0.376 eVE_1=\frac{\pi^2(1.055\times10^{-34})^2}{2\times9.109\times10^{-31}\times(10^{-9})^2}=6.02\times10^{-20}\,\mathrm J=0.376\,\mathrm{eV}、E2−E1=3E1=1.128 eVE_2-E_1=3E_1=1.128\,\mathrm{eV}。波長は λ=2πℏc/(3E1)=1.10 μm\lambda=2\pi\hbar c/(3E_1)=1.10\,\mu\mathrm m で、近赤外の光になる。

(4) ω21=3E1/ℏ=1.714×1015 s−1\omega_{21}=3E_1/\hbar=1.714\times10^{15}\,\mathrm{s^{-1}}、∣d21∣=e⋅16L9π2=2.89×10−29 C m\lvert d_{21}\rvert =e\cdot\frac{16L}{9\pi^2}=2.89\times10^{-29}\,\mathrm{C\,m} を式 (4.12.27) に入れて

A=ω213∣d21∣23πε0ℏc3=1.77×107 s−1,1A=56.6 ns.A=\frac{\omega_{21}^3\lvert d_{21}\rvert ^2}{3\pi\varepsilon_0\hbar c^3}=1.77\times10^{7}\,\mathrm{s^{-1}},\qquad \frac1A=56.6\,\mathrm{ns}.

水素の 2p2p（1.60 ns1.60\,\mathrm{ns}）より35倍長い。双極子の長さ 0.180 L=3.4 a00.180\,L=3.4\,a_0 は水素の 0.745 a00.745\,a_0 より大きいが、A∝ω3A\propto\omega^3 で角振動数が水素の 1/91/9 なので、AA はずっと小さい。300 K300\,\mathrm K では ℏω21/(kBT)=1.128/0.02585=43.6\hbar\omega_{21}/( k_{\mathrm B} T)=1.128/0.02585=43.6 で、nB=1/(e43.6−1)=1.1×10−19n_{\mathrm B}=1/(\mathrm{e}^{43.6}-1)=1.1\times10^{-19}。誘導放出は自然放出の 10−1910^{-19} 倍にすぎない。

(5) γcl=e2ω2126πε0mec3=1.84×107 s−1\gamma_{\mathrm{cl}}=\frac{e^2\omega_{21}^2}{6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3}=1.84\times10^{7}\,\mathrm{s^{-1}}。f21γcl=0.961×1.84×107=1.77×107 s−1f_{21}\gamma_{\mathrm{cl}}=0.961\times1.84\times10^7=1.77\times10^7\,\mathrm{s^{-1}} で (4) の AA に一致する。式でも、∣⟨1∣x^∣2⟩∣2=f21ℏ/(2meω21)\lvert \langle 1 | \hat x | 2 \rangle \rvert ^2=f_{21}\hbar/(2m_{\mathrm e}\omega_{21}) を式 (4.12.27) に入れると

A=ω213e23πε0ℏc3⋅f21ℏ2meω21=f21 e2ω2126πε0mec3=f21γclA=\frac{\omega_{21}^3e^2}{3\pi\varepsilon_0\hbar c^3}\cdot\frac{f_{21}\hbar}{2m_{\mathrm e}\omega_{21}}=f_{21}\,\frac{e^2\omega_{21}^2}{6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3}=f_{21}\gamma_{\mathrm{cl}}

である。γcl\gamma_{\mathrm{cl}} は、角振動数 ω21\omega_{21} で振動する古典の電子1個が Larmor の公式に従って放射でエネルギーを失う割合で、4.12.5節で示したとおり調和振動子の A1→0A_{1\to0} に一致する。箱の中の電子は、1→21\to2 の遷移について「古典の振動子 0.9610.961 個分」として光を出し入れする。残りの 0.0390.039 個分は 1→4,6,…1\to4,6,\dots の遷移に割り振られ、全部を合わせると古典の電子1個になる。

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。

AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com

この記事が含まれている連載

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
← AI生成教科書『虎の巻』の記事一覧へ