第１１章 さらに２状態系について （問題）
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第１１章 さらに２状態系について （問題）
11-1
$A\sigma A^{-1}$も同様の式を満たすのでこれだけの条件から一意に決めることはできない．
しかし共役だけの不定性を除いて一意に定まるか？（棚上げ問）
11-2
a)
方程式は
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}
\left(
\begin{array}{c}
C_+ \\
C_0 \\
C_-
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{ccc}
E_o & -A & 0 \\
-A & E_c & -A\\
0 & -A & E_o
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
C_+ \\
C_0 \\
C_-
\end{array}
\right)
\]
\[
\det
\left(
\begin{array}{ccc}
E-E_o & A & 0 \\
A & E-E_c & A\\
0 & A & E-E_o
\end{array}
\right)
=(E-E_o)((E-E_o)(E-E_c)-2A^2)=0
\]
を解いて
\[
E=E_o, \frac{E_o+E_c\pm \sqrt{(E_o-E_c)^2+8A^2}}{2}
\]
b)
$E_o=E_c$
のときは
\[
E=E_o, E_o\pm \sqrt{2}A.
\]
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}(C_+-C_-)=E_o(C_+-C_-)
\]
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}(C_++\sqrt{2}C_0+C_-)=(E_o-\sqrt{2}A)(C_++\sqrt{2}C_0+C_-)
\]
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}(C_+-\sqrt{2}C_0+C_-)=(E_o+\sqrt{2}A)(C_+-\sqrt{2}C_0+C_-)
\]
11-3
方程式は
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3 \\
C_4 \end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{cccc}
E_0 & -A & -A & -A \\
-A & E_0 & -A & -A \\
-A & -A & E_0 & -A \\
-A & -A & -A & E_0 \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3 \\
C_4 \end{array}
\right)
\]
\[
\det \left(
\begin{array}{cccc}
x-E_0 & A & A & A \\
A & x-E_0 & A & A \\
A & A & x-E_0 & A \\
A & A & A & x-E_0 \\
\end{array}
\right)
=(x-(E_0+A))^3(x-(E_0-3A))
\]
\[
x=E_0+A(\mbox{三重}), E_0-3A
\]
11-4
前半）
方程式は
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3 \\
C_4 \\
C_5 \\
C_6
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{cccccc}
E_0 & -A & 0 & 0 & 0 & -A \\
-A & E_0 & -A & 0 & 0 & 0 \\
0 & -A & E_0 & -A & 0 & 0 \\
0 & 0 & -A & E_0 & -A & 0 \\
0 & 0 & 0 & -A & E_0 & -A \\
-A & 0 & 0 & 0 & -A & E_0 \\
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3 \\
C_4 \\
C_5 \\
C_6
\end{array}
\right)
\]
これに
\[
C:=C_i=\frac{1}{\sqrt{6}}\exp (-(i/\hbar )E_I t)
\]
を代入すると
\[
i\hbar (-i/\hbar )E_I C
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1 \\
1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right)
=
(E_0-2A)C
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1 \\
1 \\
1 \\
1
\end{array}
\right)
\]
よって
\[
E_I=E_0-2A.
\]
後半）
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}C_1
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
e^{i \delta } \\
e^{2i \delta } \\
e^{3i \delta } \\
e^{4i \delta } \\
e^{5i \delta }
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{cccccc}
E_0 & -A & 0 & 0 & 0 & -A \\
-A & E_0 & -A & 0 & 0 & 0 \\
0 & -A & E_0 & -A & 0 & 0 \\
0 & 0 & -A & E_0 & -A & 0 \\
0 & 0 & 0 & -A & E_0 & -A \\
-A & 0 & 0 & 0 & -A & E_0 \\
\end{array}
\right)
C_1
\left(
\begin{array}{c}
1 \\
e^{i \delta } \\
e^{2i \delta } \\
e^{3i \delta } \\
e^{4i \delta } \\
e^{5i \delta }
\end{array}
\right)
\]
を書き直すと
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}C_1=(E_0-Ae^{i\delta }-e^{5i\delta }),
\]
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}C_1e^{i\delta }=(-AE_0+E_0e^{i\delta }-Ae^{2i\delta }),
\]
\[
\vdots
\]
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}C_1e^{5i\delta }=(-A-Ae^{4i\delta }+E_0e^{5i\delta }).
\]
これらの方程式は
\[
e^{6i\delta =1}
\]
のとき同じになる．
そのときのエネルギーは
\[
E_0-A(e^{i\delta }+e^{i\delta })=E_0+2A\cos \delta .
\]
ここで
\[
\delta =2n \pi , (n=0, 1, \cdots , 5).
\]
11-5
a)
方程式は
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{ccc}
0 & -A & -A \\
-A & 0 & -A \\
-A & -A & 0
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3
\end{array}
\right)
\]
\[
\det \left(
\begin{array}{ccc}
x & A & A \\
A & x & A \\
A & A & x
\end{array}
\right) =(x-A)^2(x+2A)
\]
\[
x=A(\mbox{二重}), -2A
\]
b)
方程式は
\[
i\hbar \frac{\partial }{\partial t}
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{ccc}
-\epsilon _0A & -A & -A \\
-A & 0 & -A \\
-A & -A & 0
\end{array}
\right)
\left(
\begin{array}{c}
C_1 \\
C_2 \\
C_3
\end{array}
\right)
\]
\[
\det \left(
\begin{array}{ccc}
x+\epsilon _0 A & A & A \\
A & x & A \\
A & A & x
\end{array}
\right) =0
\]
の根は
\[
x=A, -\frac{A}{2}(1+\epsilon +\sqrt{9-2\epsilon +\epsilon ^2}), -\frac{A}{2}(1+\epsilon -\sqrt{9-2\epsilon +\epsilon ^2})
\]
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第１０章 他の２状態系 （問題）
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi5_10.pdf
第１０章 他の２状態系 （問題）
(10. 23)より
\[
i\hbar \frac{dC_1}{dt}=-\mu (B_0C_1+2B_n\cos \omega tC_2),
\]
\[
i\hbar \frac{dC_2}{dt}=-\mu (2B_n\cos \omega tC_1-B_0C_2).
\]
これに
\[
C_1=e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}\gamma _1
\]
\[
C_2=e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}\gamma _2
\]
を代入して
\[
i\hbar \frac{d\gamma _1}{dt}e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}=-\mu 2B_n\cos \omega t\gamma _2e^{\frac{\mu B_0}{i\hbar}t},
\]
\[
i\hbar \frac{d\gamma _2}{dt}e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}=-\mu 2B_n\cos \omega t\gamma _2e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}
\]
よって
\[
i\hbar \frac{d\gamma _1}{dt}e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}=-\mu 2B_n\frac{e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}}{2}\gamma _2e^{\frac{\mu B_0}{i\hbar}t},
\]
\[
i\hbar \frac{d\gamma _2}{dt}e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}=-\mu 2B_n\frac{e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}}{2}\omega t\gamma _2e^{-\frac{\mu B_0}{i\hbar}t}.
\]
\[
\omega _0=\frac{2\mu B}{\hbar }
\]
とおくと
\[
\frac{\gamma _1}{dt}=-\frac{\mu B}{i\hbar }(e^{i(\omega -\omega _0)t}+e^{-i(\omega +\omega _0)t})\gamma _2,
\]
\[
\frac{\gamma _2}{dt}=-\frac{\mu B}{i\hbar }(e^{i(\omega +\omega _0)t}+e^{-i(\omega -\omega _0)t})\gamma _1.
\]
$e^{\pm i(\omega +\omega _0)t}$の項を無視すると
\[
\frac{\gamma _1}{dt}=-\frac{\mu B}{i\hbar }e^{i(\omega -\omega _0)t}\gamma _2,
\]
\[
\frac{\gamma _2}{dt}=-\frac{\mu B}{i\hbar }e^{i(\omega +\omega _0)t}\gamma _1.
\]
$t=0$で
$C_1=0$のとき
$t=T$での
$|C_1|^2$を求める．
$\gamma _2=1$
\[
\frac{\gamma _1}{dt}=-\frac{\mu B}{i\hbar }e^{i(\omega -\omega _0)t}
\]
を$0$から$T$まで積分して
\[
\gamma _1=\frac{\mu B}{\hbar }\frac{e^{i(\omega -\omega _0)}-1}{\omega -\omega _0}.
\]
\[
|\gamma _1|^2=\left( \frac{\mu B T}{\hbar }\right) ^2\frac{\sin ^2(\omega -\omega _0)T/2}{((\omega -\omega _0)T/2)^2}
\]
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第９章 アンモニア・メーザー（問題）
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi5_9.pdf
第９章 アンモニア・メーザー（問題）
9-1
$I$
の方が$II$よりもエネルギーの高い状態とする．
(9.53)式より
\[
P(I\to II)=\frac{2\pi \mu^2}{4\pi \epsilon _0 \hbar ^2c}\mathcal{I}(\mbox{放出})T^2\frac{\sin ^2(\omega -\omega _0)T/2}{((\omega -\omega _0)T/2)^2},
\]
\[
P(II\to I)=\frac{2\pi \mu^2}{4\pi \epsilon _0 \hbar ^2c}\mathcal{I}(\mbox{吸収})T^2\frac{\sin ^2(\omega -\omega _0)T/2}{((\omega -\omega _0)T/2)^2}.
\]
アインシュタイン係数$A, B$とは
\[
P(I\to II)=A+BI(\omega )
\]
\[
P(II\to I)=BI(\omega )
\]
という関係にあるとする．
\[
\frac{\mathcal{I}(\mbox{吸収})}{\mathcal{I}(\mbox{放出})}=\frac{n}{n+1}.
\]
とする.
II巻(4.32)の上の式より
\[
\frac{n+1}{n}=e^{\frac{\hbar \omega }{kT}}
\]
これらより
\[
\frac{A+BI(\omega )}{BI(\omega )}=\frac{n+1}{n}=e^{\frac{\hbar \omega }{kT}}.
\]
これを解くと
\[
I(\omega )=\frac{A}{Be^{\frac{\hbar \omega }{kT}}-B}
\]
これはII巻(17.17)式．
9-2
(10.23)
\[
i\hbar \frac{dC_1}{dt}=-\mu (B_zC_1+(B_x-iB_y)C_2)
\]
\[
i\hbar \frac{dC_2}{dt}=-\mu ((B_x+iB_y)C_1-B_zC_2)
\]
を
\[
B_x=B\sin \theta \cos \omega t
\]
\[
B_y=-B\sin \theta \sin \omega t
\]
\[
B_z=B\cos \theta
\]
として解く．
$B_x, B_y$が$0$のときは
$C_1=e^{\frac{-\mu B_z}{i\hbar }}, C_2=e^{\frac{\mu B_z}{i\hbar }}$
が解なので
\[
C_1=\gamma _1e^{\frac{-\mu B_z}{i\hbar }},
\]
\[
C_2=\gamma _2 e^{\frac{\mu B_z}{i\hbar }}.
\]
とおく．
\[
i\hbar \frac{dC_1}{dt}=-\mu B_zC_1+i\hbar \frac{d\gamma _1}{dt}e^{\frac{-\mu B_z}{i\hbar }}
\]
を(10. 23)に代入して
\[
i\hbar \frac{d\gamma _1}{dt}e^{\frac{-\mu B_z}{i\hbar }}=-\mu (B_x-iB_z)\gamma _2e^{\frac{\mu B_z}{i\hbar }}.
\]
同様に
\[
i\hbar \frac{d\gamma _2}{dt}e^{\frac{\mu B_z}{i\hbar }}=-\mu (B_x+iB_z)\gamma _2e^{\frac{-\mu B_z}{i\hbar }}.
\]
これに
\[
B_x\pm iB_y=B\sin \theta (\cos \theta \mp \sin \omega t)=B \sin \theta e^{\mp \omega t}
\]
を代入して
\[
i\hbar \frac{d\gamma _1}{dt}=-\mu B\sin \theta e^{(i\omega t+\frac{2\mu B_z}{i\hbar })t}\gamma _2
\]
\[
i\hbar \frac{d\gamma _2}{dt}=-\mu B\sin \theta e^{-(i\omega t+\frac{2\mu B_z}{i\hbar })t}\gamma _1.
\]
\[
i\omega t+\frac{2\mu B_z}{i\hbar }=0 \Leftrightarrow \omega =\frac{2\mu B_z}{\hbar }
\]
これが共鳴状態の$\omega $.
この$\omega $のとき
\[
\frac{d\gamma _1}{dt}=\frac{i\mu B}{\hbar }\sin \theta \gamma _2,
\]
\[
\frac{d\gamma _2}{dt}=\frac{i\mu B}{\hbar }\sin \theta \gamma _1.
\]
よって
\[
\frac{d^2\gamma _1}{dt^2}=-\left( \frac{\mu B}{\hbar } \right) ^2\sin ^2\theta \gamma _1 .
\]
よって
\[
\gamma _1=a\cos \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t+b\sin \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t.
\]
よって
\[
\gamma _2=ia\sin \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t-ib\sin \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t.
\]
$z$軸に沿ってスピン下向きになる確率は
\[
|C_2|^2=|\gamma _2|^2=|a\sin \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t-b\sin \frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t|^2
\]
例えば
$t=0$で
$\gamma =1$のとき
$a=1, b=0$．
\[
|C_2|^2=\sin ^2\frac{\mu B\sin \theta }{\hbar }t
\]
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