第18章 角運動量（問題，仮）
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi5_18.pdf
第18章 角運動量（問題）
18-1
$z_1=x$軸方向のときに
$z$軸と$\theta $の角をなす$z'$方向のスピンを持つ確率
18-2
a)
b, h以外は$0$でなければならない．
なぜならb, h以外は
角運動量の和が$1/2$でないから．
b)
bの仕方で崩壊する確率を$a$とおく．
角$\theta $方向にRHC光子を出す振幅は
\[
a<+|R_y(\theta )|+>=a\cos \frac{\theta }{2}.
\]
c), d)
パリティの保存を考慮すると
角$\theta $方向にLHC光子を出す振幅は
\[
-a<-|R_y(\theta )|+>=a\sin \frac{\theta }{2}.
\]
よって
角$\theta $の方向にYが出てくる確率は
\[
|a\cos \frac{\theta }{2}|^2+|a\sin \frac{\theta }{2}|^2=|a|^2.
\]
18-3
$p^*$について
$m=1/2, 3/2$の状態しか有り得ないわけは
最初の$p$については
$m=\pm 1/2$,
入射する$\gamma $線は
$m=1 $を持つので
角運動慮の保存より$p^*$の角運動量は
$m= \pm 1/2+1=3/2, 1/2$となる．
$\theta $方向にパイオンを放出する確率を計算する．
表18-2より$|J=3/2, m=3/2>$のとき
$\theta $方向で
$|J=3/2, m'=1/2>$である振幅
\[
<J=3/2, m'=1/2|R_y(\theta )|J=3/2, m=3/2>=\sqrt{3}a'^2b'.
\]
ここで$a'=\cos \frac{\theta }{2}, b'=-\sin \frac{\theta }{2}, c=\sin \frac{\theta }{2}, d=\cos \frac{\theta }{2}$
(本文(12. 54))
同様に考えて$\theta $方向にパイオンが放出される確率は
\begin{eqnarray*}
&&
|g<J=3/2, m'=1/2|R_y(\theta )|J=3/2, m=3/2>b\\
&+&
g<J=3/2, m'=1/2|R_y(\theta )|J=3/2, m=1/2>a|^2\\
&+&
|f<J=3/2, m'=-1/2|R_y(\theta )|J=3/2, m=3/2>b\\
&+&
f<J=3/2, m'=-1/2|R_y(\theta )|J=3/2, m=1/2>a|^2\\
&=&
|g\sqrt{3}a'^2b'b+g(a'^2d+2a'b'c)a|^2
+|f\sqrt{3}a'b'^2b+f(b'a'd+b'^2c)a|^2\\
&=&
|-g\sqrt{3}\cos ^2\frac{\theta }{2}\sin \frac{\theta }{2}b+g(\cos ^2\frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}-2\cos \frac{\theta }{2}\sin ^2\frac{\theta }{2})a|^2\\
&+&
|f\sqrt{3}\cos \frac{\theta }{2}\sin ^2\frac{\theta }{2}b+f(-\cos ^2\frac{\theta }{2}\sin \frac{\theta }{2}+\sin ^2\frac{\theta }{2}\sin \frac{\theta }{2})a|^2\\
&=&
|f|^2(3\cos ^2\frac{\theta }{2}\sin ^2\frac{\theta }{2}|b|^2-2\sqrt{3}\cos \frac{\theta }{2}\sin \frac{\theta }{2}(\cos ^4\frac{\theta }{2}-\sin ^4\frac{\theta }{2})\Re (ab)+(\cos ^6\frac{\theta }{2}+\sin ^6\frac{\theta }{2})|a|^2)
\end{eqnarray*}
18-4
本書の解答参照．
18-5
a)
励起状態のパリティが遇のときと奇のときのそれぞれについて
角分布を計算し比較する．
どちらの場合も
\[
|\frac{a}{2}(1+\cos \theta )|^2+|\frac{a}{2}(1-\cos \theta )|^2
\]
となる．
よってパリティは決定しえない．
b)
第一励起状態のパリティが遇（または奇）と仮定して$x', y'$それぞれの
方向に偏った振幅を計算する．
\[
|x'>=\frac{1}{\sqrt{2}}(|R'>+|L'>)
\]
初期状態のパリティが奇のとき
\[
<x'|+>=\frac{1}{\sqrt{2}}\left( \frac{a}{2}(1+\cos \theta )-\frac{a}{2}(1-\cos \theta )\right)
\]
初期状態のパリティが遇のとき
\[
<x'|+>=\frac{1}{\sqrt{2}}\left( \frac{a}{2}(1+\cos \theta )+\frac{a}{2}(1-\cos \theta )\right)
\]
\[
|y'>=\frac{-i}{\sqrt{2}}(|R'>-|L'>)
\]
でも同様．
- ファインマン物理学 (5)/ファインマン
- ￥4,515
- Amazon.co.jp
第１６章 振幅の位置依存性（問題）
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi5_16.pdf
第１６章 振幅の位置依存性（問題）
16-1
a)
井戸の外側では存在確率が$0$だから
b)
\[
-\frac{\hbar ^2}{2m}u_0''(x)=Eu_0(x)
\]
$u_0(x)=e^{ikx}$を代入すると
\[
\frac{\hbar ^2k^2}{2m}=E
\]
よって
\[
k=\frac{\pm \sqrt{2mE}}{\hbar }
\]
\[
u_0(x)=\alpha e^{ikx}+\beta e^{-ikx}
\]
とおくと
$u_0(0)=0$より
$\alpha +\beta =0$.
よって
\[
u_0(x)=A \sin kx
\]
とかける．
\[
u_0(a)=0
\]
より
\[
ka=n\pi (n=1, 2, \dots ).
\]
よって
\[
u_0(x)=A\sin \frac{n\pi }{a}x(n=1, 2, \dots ).
\]
\[
E_n=\frac{\hbar ^2k^2}{2m}=\frac{n\pi^2 \hbar ^2}{2ma^2}(n=1, 2, \dots ).
\]
c)
\[
E_2-E_1=\frac{\hbar ^2\pi ^2}{2ma^2}(2^2-1)=\frac{3\hbar ^2\pi ^2}{2ma^2}
\]
d)
\begin{eqnarray*}
<p|u_0>&=&\int <p|x>u_0(x)dx\\
&=&
\int e^{-\frac{ipx}{\hbar }}u_0(x)dx\\
&=&
\int e^{-\frac{ipx}{\hbar }}A \sin \frac{\pi x}{a}dx\\
&=&
A\hbar ^2\pi a\frac{1+e^{\frac{iap }{\hbar }}}{\hbar ^2\pi ^2-a^2p^2}
\end{eqnarray*}
\[
|<p|u_0>|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }=\frac{(A\hbar ^2\pi a)^2}{2\pi \hbar }\frac{\cos ^2\frac{ap}{2\hbar }}{(\hbar ^2\pi ^2-a^2p^2)^2}
=\frac{2\hbar }{a}\frac{1}{(2\hbar )^2}\frac{(A\hbar ^2\pi a)^2}{2\pi \hbar }\frac{\cos ^2p'}{(\pi /2)^2-p'^2}dp'
\]
ここで
$p'=\frac{a}{2\hbar }p$とおいた．
16-2
a)
問題16-1と同様に考えて
\[
u_0(x)=A \sin kx (0<x<a).
\]
\[
k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }
\]
$x>a$では
\[
\frac{\hbar ^2k^2}{2m}+V=E
\]
\[
k=\pm \frac{i}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}.
\]
$u_0(x)=Be^{ikx}(x>a)$とおいて
$u_0(x)$が$x\to \infty $で$0$になるようにするには$k=+ \frac{i}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}$として
\[
u_0(x)=Be^{i\frac{i}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}x}(x>a)=Be^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}x}(x>a).
\]
次に$x=a$で波動関数がつながる条件を求める.
\[
u_0(a)=A \sin \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a=Be^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}
\]
\[
\frac{d}{dx}u_0(a)=A \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }\cos \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a=-B\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}e^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}
\]
これらを書き直すと
\[
\left(
\begin{array}{cc}
\sin \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a & -e^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}\\
\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }\cos \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a & \frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}e^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
A \\
B
\end{array}
\right)
=0.
\]
これ自明でない解が存在するためには左辺の行列の行列式が$0$になることが必要．
\[
\sin \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}e^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}+e^{-\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m(E-V)}a}\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }\cos \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a =0.
\]
よって
\[
\tan \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar }a=-\sqrt{\frac{E}{V-E}}.
\]
$E'=\frac{2ma^2}{\hbar ^2}E, V'=\frac{2ma^2}{\hbar ^2}V$とおくと
\[
\tan \sqrt{E'}=-\sqrt{\frac{E'}{V'-E'}}.
\]
$V=\infty $のときは
$E=\frac{\hbar ^2\pi ^2}{2ma^2}$.
\[
E=\frac{\hbar ^2}{2ma^2}E'=0.9 \frac{\hbar ^2\pi ^2}{2ma^2}
\]
となるように$V$を決める．
つまり
\[
E'=0.9\pi ^2
\]
となるように$V$を決める．
\[
\tan \sqrt{E'}=-\sqrt{\frac{E'}{V'-E'}}.
\]
の最小の解が$E'=0.9\pi ^2$となるような$V'$は計算機を用いて数値的に求めると
\[
V'\fallingdotseq 344.7.
\]
\[
V=\frac{344. 7 \hbar ^2}{2ma^2}.
\]
b)
第一励起状態の波動関数はa)での基底状態の波動関数を$x<0$に対して反対称拡張したものなので
\[
0.9\frac{\hbar ^2\pi ^2}{2ma^2}.
\]
16-3
問題16-1と同様に考えて
\[
u_0(x) =
\left\{
\begin{array}{cc}
Ae^{i\alpha x}+Be^{-i\alpha x} & |x|>a\\
Ce^{-\beta x} & x>a\\
De^{\beta x} & x<a
\end{array}
\right.
\]
ここで
$\alpha =\sqrt{2mE}/\hbar ,\beta =\sqrt{2m(V-E)}/\hbar $.
$x=\pm a$で波動関数がつながる条件を求める．
\[
u_0(a)=Ae^{i\alpha a}+Be^{-i\alpha a}=Ce^{-\beta a}\cdots (1)
\]
\[
\frac{d}{dx}u_0(a)=i\alpha Ae^{i\alpha a}-\alpha Be^{-i\alpha a}=-C\beta e^{-\beta a}\cdots (2)
\]
\[
u_0(-a)=Ae^{-i\alpha a}+Be^{i\alpha a}=De^{-\beta a}\cdots (3)
\]
\[
(\frac{d}{dx}u_0)(-a)=i\alpha Ae^{-i\alpha a}-\alpha Be^{i\alpha a}=-D\beta e^{-\beta a}\cdots (4)
\]
$\beta (1)+(2), \beta (3)-(4)$は
\[
(\beta +i\alpha )Ae^{i\alpha a}+(\beta -i\alpha )Be^{-i\alpha a}=0
\]
\[
(\beta -i\alpha )Ae^{-i\alpha a}+(\beta +i\alpha )Be^{i\alpha a}=0
\]
となる．
これに自明でない解$A, B$が存在するための条件は
\[
(\beta +i\alpha )^2e^{2i\alpha a}-(\beta -i\alpha )^2e^{-2i\alpha a}=0
\]
\[
(2i\sin 2\alpha a )\beta ^2+4i\alpha (\cos 2\alpha a )\beta -2i\alpha ^2\sin 2\alpha a=0
\]
これを$\beta $に関して解いて
\[
\beta =\frac{-2i\alpha \cos 2\alpha a\pm 2i\alpha }{2i\sin 2\alpha a}=\alpha \tan \alpha a, -\alpha \cot \alpha a.
\]
($V_0a^2=4\hbar ^2/2m$のときは第一励起状態は存在しないように思えるが（棚上げ問）)
$\beta =0$となるのは
$E=V_0$となる$E$.
$\alpha \cot a\alpha =0$となる最小の$E$は
$\frac{\pi }{2}=\sqrt{\frac{2ma^2E}{\hbar ^2}}$
となる$E$.
つまり
$E=\frac{\hbar ^2\pi ^2}{8ma^2}>V_0$.
$\lim _{E\to 0}\alpha \cot \alpha a=1/a, \lim _{E\to 0}\beta =\sqrt{2mV_0/\hbar ^2}$
なので
$1/a > \sqrt{2mV_0/\hbar ^2}$
のときは束縛状態は無し．
$1/a < \sqrt{2mV_0/\hbar ^2}$
のときは束縛状態は$1$つ．
16-4
\[
\psi (x, t)=\int e^{ikx-iE_kt/\hbar }a(k)dk.
\]
ここで$E_k=\frac{\hbar ^2k^2}{2m}$.
\[
\psi (x, 0)=\int e^{ikx}a(k)dk.
\]
より
\begin{eqnarray*}
a(k)&=&\frac{1}{2\pi }\int \psi (x, 0) e^{-ikx }dx\\
&=&
\frac{K}{2\pi}\int e^{-a_0x^2-ikx-c_0}dx\\
&=&
\frac{K}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi }{a_0}}e^{-\frac{k ^2}{4a_0}}e^{-c_0}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\psi (x, t)&=&\int e^{ikx-iE_kt/\hbar }a(k)dk\\
&=&\int e^{ikx-i\frac{\hbar k^2t}{2m }}\frac{K}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi }{a_0}}e^{-\frac{k^2}{4a_0}}e^{-c_0}dk\\
&=&
\frac{K}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi }{a_0}}e^{-c_0}\int e^{\left(-\frac{1}{4a_0}-i\frac{\hbar }{2m}t\right) \left( k+\frac{i}{2\left(-\frac{1}{4a_0}-i\frac{\hbar }{2m}t\right)}\right) ^2}dke^{-\left( \frac{i}{2\left(-\frac{1}{4a_0}-i\frac{\hbar }{2m}t\right)}\right) ^2\left(-\frac{1}{4a_0}-i\frac{\hbar }{2m}t\right)}\\
&=&
\sqrt{\frac{\pi }{-\frac{1}{4a_0}-i\frac{\hbar }{2m}t}}\frac{K}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi }{a_0}}e^{-c_0}e^{-\frac{x^2}{\frac{1}{a_0}+\frac{2\hbar it}{m}}}\\
&=&
K\sqrt{\frac{a(t)}{a_0}}e^{-c_0}e^{-a(t)x^2}
\end{eqnarray*}
よって
\[
a(t)=\frac{1}{\frac{1}{a_0}+\frac{i\hbar t}{2m}}
\]
\[
c(t)=c_0-\frac{1}{2}\log \frac{a(t)}{a_0}
\]
（$t=0$で$c(0)=c_0$，
$|K|^2=e^{2\Re c_0}\sqrt{\frac{2\Re a_0}{\pi }}$を代入すれば$\psi (x, t)$が規格化されていることもわかる．）
\[
|\psi (x)|^2=|K|^2e^{-2\Re c(t)}e^{-\frac{x^2}{2\frac{1}{4\Re a(t)}}}
\]
より
\[
\sigma (t)=\sqrt{\frac{1}{4\Re a(t)}}
\]
とおく．
\[
\Re a(t)=\Re (1/a(t))|a(t)|^2=\Re (1/a_0)\frac{1}{(\Re \frac{1}{a_0})^2+(\Im (1/a_0)+2\hbar t/m)^2}.
\]
$\sqrt{\frac{1}{4\Re a_0}}=\sigma (0)=1\AA $より
$a_0=1/(4\AA ^2)$ととれる.
\begin{eqnarray*}
\frac{\sigma (t)}{\sigma (0)}&=&
\sqrt{\frac{\Re a_0}{\Re a(t)}}\\
&=&\sqrt{\frac{\Re a_0}{\Re (1/a_0)\frac{1}{(\Re \frac{1}{a_0})^2+(\Im (1/a_0)+2\hbar t/m)^2}}}\\
&=&\sqrt{\frac{a_0}{(1/a_0)\frac{1}{(\frac{1}{a_0})^2+(2\hbar t/m)^2}}}\\
&=&\sqrt{1+\left( \frac{2\hbar a_0 t}{m}\right) ^2}
\end{eqnarray*}
よって
\[
\frac{\sigma (1s)}{\sigma (0)}=5.79\times 10^{15}.
\]
次に波動関数を運動量空間に変換する．
\begin{eqnarray*}
P(p, dp)&=&
|<p|\psi >|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|\int <p|x><x\psi >dx|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|\int e^{-ipx/\hbar }\psi (x)dx|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|\int Ke^{-a(t)x^2-ipx/\hbar -c(t)}dx|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|K|^2|\int e^{-a(t)(x+\frac{pi}{2\hbar a(t)})^2}e^{-\frac{p^2}{4\hbar a(t)}-c(t)}dx|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|K|^2|\sqrt{\frac{\pi }{a(t)}}e^{-\frac{p^2}{4\hbar a(t)}-c(t)}|^2\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
&=&
|K|^2|\frac{\pi }{a(t)}|e^{-\Re (\frac{p^2}{2\hbar a(t)})-\Re c(t)}\frac{dp}{2\pi \hbar }\\
\end{eqnarray*}
よって運動量の広がりを$\sigma $とおくと
\[
\frac{1}{2\sigma ^2}=\frac{1}{2\hbar ^2}\Re \frac{1}{a(t)}=\frac{1}{2\hbar ^2}\Re \frac{1}{a_0}.
\]
よって
\[
\sigma =\frac{\hbar }{\sqrt{\Re \frac{1}{a_0}}}.
\]
次に空間的な波動関数から直接速度の広がりを求める．
$v=\frac{-i\hbar }{m}\frac{d}{dx}$とおく．$v$の分散を求める．
\begin{eqnarray*}
<\psi |v^2 \psi >-<\psi |v\psi >^2
&=&
<v\psi |v\psi >-0\\
&=&
\int |\frac{-i\hbar }{m}\frac{d}{dx}\psi |^2dx\\
&=&
\frac{\hbar ^2}{m^2}|K|^2\int |-2axe^{-(ax^2+c)}|^2dx\\
&=&
\frac{\hbar ^2}{m^2}\sqrt{\frac{2\Re a_0}{\pi }}e^{2\Re c_0}4|a|^2\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{2\Re a}^3}|e^{c}|^2\\
&=&
\frac{\hbar ^2}{m^2}\sqrt{\frac{\Re a_0}{\Re a}}\frac{|a|^2}{\Re a}\left| \frac{a}{a_0}\right| \\
&=&
\frac{\hbar ^2}{m^2}\frac{1}{\Re \frac{1}{a_0}}\\
&=&
\left( \frac{\sigma }{m}\right) ^2,
\end{eqnarray*}
ここで
4行めから5行めでは
$e^{c}=e^{c_0}\sqrt{\frac{a}{a_0}}$
5行目から6行めでは
$\Re a=|a|^2\Re \frac{1}{a}=|a|^2\Re \frac{1}{a_0}$
を使った．
- ファインマン物理学 (5)/ファインマン
- ￥4,515
- Amazon.co.jp