0348-2025 名情复 机械 P522

力学 量子力学 拉格朗日力学 二体问题 算符代数

[1] 2つの質点が摩擦のない水平な平面上にあり，バネ定数 $k$ (正の実数) かつ自然長 0 のバネでつながれているとする。2つの質点のそれぞれの質量を $m_1,m_2$ (ともに正の実数) とする。これらの運動を以下の方針に沿って求める。2次元ベクトルの成分を $\mathbf{r}=(x,y)$ のように書く。2つのベクトル $\mathbf{a}=(a_x,a_y),\mathbf{b}=(b_x,b_y)$ の内積を $\mathbf{a}\cdot \mathbf{b}=a_x{b}_x+a_y{b}_y$ と定める。ベクトル $\mathbf{a}=(a_x,a_y)$ のノルム (大きさ) を $\Vert \mathbf{a}\Vert =\sqrt{\mathbf{a}\cdot \mathbf{a}}=\sqrt{(a_x{)}^2+(a_y{)}^2}$ と定める。平面上の2つの質点の位置ベクトルを ${\mathbf{r}}_1=(x_1,y_1),{\mathbf{r}}_2=(x_2,y_2)$ とする。時間を表す変数を $t$ とし，それぞれの質点の速度ベクトルを ${\mathbf{v}}_1={\dot{\mathbf{r}}}_1=({\dot{x}}_1,{\dot{y}}_1),{\mathbf{v}}_2={\dot{\mathbf{r}}}_2=({\dot{x}}_2,{\dot{y}}_2)$ と書く。ここで，重心の位置ベクトル $\mathbf{R}=(X,Y)$ と2つの質点の相対位置ベクトル $\mathbf{r}=(x,y)$ を

$$\mathbf{R}=\frac{m_1{\mathbf{r}}_1+m_2{\mathbf{r}}_2}{m_1+m_2},\mathbf{r}={\mathbf{r}}_2-{\mathbf{r}}_1$$
で定める。また，全質量 $M$ と換算質量 $\mu$ を
$$M=m_1+m_2,\mu =\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}$$
と定める。以下の問に答えよ。

1. 2つの質点の運動エネルギーの和
   

   $$T=\frac{1}{2}{m}_1\Vert {\dot{\mathbf{r}}}_1{\Vert }^2+\frac{1}{2}{m}_2\Vert {\dot{\mathbf{r}}}_2{\Vert }^2$$
   を $M,\mu ,\dot{\mathbf{R}},\dot{\mathbf{r}}$ の式で表せ。

2. ラグランジアン
   

   $$L=\frac{1}{2}{m}_1\Vert {\dot{\mathbf{r}}}_1{\Vert }^2+\frac{1}{2}{m}_2\Vert {\dot{\mathbf{r}}}_2{\Vert }^2-\frac{1}{2}k\Vert {\mathbf{r}}_2-{\mathbf{r}}_1{\Vert }^2$$
   を $X,\dot{X},Y,\dot{Y},x,\dot{x},y,\dot{y},M,\mu ,k$ の式で表せ。

3. 上のラグランジアン $L$ から各変数 $X,Y,x,y$ に対するオイラー・ラグランジュ方程式をそれぞれ導け。

4. 上で求めたオイラー・ラグランジュ方程式を解いて，任意の初期値 $X(0),Y(0),x(0),y(0),\dot{X}(0),\dot{Y}(0),\dot{x}(0),\dot{y}(0)$ に対する解 $X(t),Y(t),x(t),y(t)$ を求めよ。ただし，$\omega =\sqrt{k/\mu }$ を使って答えを書いてよい。

5. 初期値を $\dot{X}(0)>0$ かつ $\dot{Y}(0)<0$, $X(0)$ と $Y(0)$ の値は任意とした場合の解 $(X(t),Y(t))$ の $XY$ 平面上の軌跡の概略図を描け。また，運動の方向を図中に矢印で記せ。

6. (i) 初期値を $x(0)=\ell >0$ ($\ell$ は適当な定数) かつ $y(0)=0$ かつ $\dot{x}(0)=0$ かつ $\dot{y}(0)>\ell \omega$ とした場合の解 $(x(t),y(t))$ の $xy$ 平面上の軌跡の概略図を描け。また，運動の方向を図中に矢印で記せ。
   (ii) 上記の条件の下で $xy$ 平面上での質点の速さが最大になる点 (最速点と呼ぶ) と，速さが最小になる点 (最遅点と呼ぶ) があれば，それらの点すべてを軌跡の図に書き込んで示せ。どの点が最速点で，どの点が最遅点かということも記せ。その点が最速あるいは最遅となる理由も述べよ。

[2] 虚数単位を $i=\sqrt{-1}$ と書く。プランク定数 $h$ を $2\pi$ で割ったものを $\hslash =h/(2\pi )$ と書く。演算子 $\hat{S}$ のエルミート共役を ${\hat{S}}^{†}$ と書く。恒等演算子を $\hat{1}$ と書く。位置演算子 $\hat{x}$ と運動量の $x$ 成分の演算子 ${\hat{p}}_x$ は正準交換関係 $[\hat{x},{\hat{p}}_x]=i\hslash \hat{1}$ を満たす。位置演算子 $\hat{y}$ と運動量の $y$ 成分の演算子 ${\hat{p}}_y$ も同様に $[\hat{y},{\hat{p}}_y]=i\hslash \hat{1}$ を満たす。以下の問に答えよ。

1. 質量 $m$, 角振動数 $\omega$ ($m,\omega >0$) を持つ 2 次元の等方的調和振動子のハミルトニアンは
   

   $$\hat{H}=\frac{1}{2m}{\hat{p}}_x^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2+\frac{1}{2m}{\hat{p}}_y^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{y}}^2$$
   である。
   $${\hat{A}}_x=\frac{1}{\sqrt{2m\hslash \omega }}(m\omega \hat{x}+i{\hat{p}}_x),{\hat{A}}_y=\frac{1}{\sqrt{2m\hslash \omega }}(m\omega \hat{y}+i{\hat{p}}_y)$$
   とおいて，演算子 ${\hat{A}}_x,{\hat{A}}_x^{†},{\hat{A}}_y,{\hat{A}}_y^{†}$ と定数を用いて $\hat{H}$ を表せ。

2. $\hat{H}$ の最小の固有値を求めよ。

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解答：

[1]

1. 重心の定義式と相対位置の定義式より、${\mathbf{r}}_1$ と ${\mathbf{r}}_2$ は次のように表される。

$$\begin{array}{rl}{\mathbf{r}}_1& =\mathbf{R}-\frac{m_2}{M}\mathbf{r}\\ {\mathbf{r}}_2& =\mathbf{R}+\frac{m_1}{M}\mathbf{r}\end{array}$$

これを時間微分して速度ベクトルを求める。

$$\begin{array}{rl}{\dot{\mathbf{r}}}_1& =\dot{\mathbf{R}}-\frac{m_2}{M}\dot{\mathbf{r}}\\ {\dot{\mathbf{r}}}_2& =\dot{\mathbf{R}}+\frac{m_1}{M}\dot{\mathbf{r}}\end{array}$$

運動エネルギーの和 $T$ に代入して展開する。

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{1}{2}{m}_1{\Vert \dot{\mathbf{R}}-\frac{m_2}{M}\dot{\mathbf{r}}\Vert }^2+\frac{1}{2}{m}_2{\Vert \dot{\mathbf{R}}+\frac{m_1}{M}\dot{\mathbf{r}}\Vert }^2\\ & =\frac{1}{2}{m}_1\left(\Vert \dot{\mathbf{R}}{\Vert }^2-2\frac{m_2}{M}\dot{\mathbf{R}}\cdot \dot{\mathbf{r}}+\frac{m_2^2}{M^2}\Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2\right)+\frac{1}{2}{m}_2\left(\Vert \dot{\mathbf{R}}{\Vert }^2+2\frac{m_1}{M}\dot{\mathbf{R}}\cdot \dot{\mathbf{r}}+\frac{m_1^2}{M^2}\Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2\right)\\ & =\frac{1}{2}(m_1+m_2)\Vert \dot{\mathbf{R}}{\Vert }^2+\left(-\frac{m_1{m}_2}{M}+\frac{m_2{m}_1}{M}\right)\dot{\mathbf{R}}\cdot \dot{\mathbf{r}}+\frac{1}{2}\left(\frac{m_1{m}_2^2}{M^2}+\frac{m_2{m}_1^2}{M^2}\right)\Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2\end{array}$$

交差項は相殺され、$\mu =\frac{m_1{m}_2}{M}$ であることを用いると、

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{1}{2}M\Vert \dot{\mathbf{R}}{\Vert }^2+\frac{1}{2}\frac{m_1{m}_2(m_2+m_1)}{M^2}\Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2\\ & =\boxed{\frac{1}{2}M\Vert \dot{\mathbf{R}}{\Vert }^2+\frac{1}{2}\mu \Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2}\end{array}$$

2. バネによるポテンシャルエネルギーは $U=\frac{1}{2}k\Vert {\mathbf{r}}_2-{\mathbf{r}}_1{\Vert }^2=\frac{1}{2}k\Vert \mathbf{r}{\Vert }^2=\frac{1}{2}k(x^2+y^2)$ である。ラグランジアン $L=T-U$ に各ベクトルの成分を代入する。
   

   $$\boxed{L=\frac{1}{2}M({\dot{X}}^2+{\dot{Y}}^2)+\frac{1}{2}\mu ({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)-\frac{1}{2}k(x^2+y^2)}$$

3. 各変数についてのオイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)-\frac{\partial L}{\partial q}=0$ を計算する。
   $X$ について:
   

   $$\frac{d}{dt}(M\dot{X})-0=0\Rightarrow \boxed{M\ddot{X}=0}$$
   $Y$ について:
   $$\frac{d}{dt}(M\dot{Y})-0=0\Rightarrow \boxed{M\ddot{Y}=0}$$
   $x$ について:
   $$\frac{d}{dt}(\mu \dot{x})-(-kx)=0\Rightarrow \boxed{\mu \ddot{x}+kx=0}$$
   $y$ について:
   $$\frac{d}{dt}(\mu \dot{y})-(-ky)=0\Rightarrow \boxed{\mu \ddot{y}+ky=0}$$

4. 上記の微分方程式をそれぞれ解く。$\omega =\sqrt{k/\mu }$ より、相対座標の運動方程式は $\ddot{x}=-{\omega }^{2}x,\ddot{y}=-{\omega }^{2}y$ となる。

$$\begin{array}{rl}X(t)& =\boxed{\dot{X}(0)t+X(0)}\\ Y(t)& =\boxed{\dot{Y}(0)t+Y(0)}\\ x(t)& =\boxed{x(0)\cos (\omega t)+\frac{\dot{x}(0)}{\omega }\sin (\omega t)}\\ y(t)& =\boxed{y(0)\cos (\omega t)+\frac{\dot{y}(0)}{\omega }\sin (\omega t)}\end{array}$$

5. 軌跡は点 $(X(0),Y(0))$ を通り、傾きが $\frac{\dot{Y}(0)}{\dot{X}(0)}<0$ の直線となる。$\dot{X}(0)>0$ であるため、$X$ は時間とともに単調増加する。したがって、軌跡の概略は $XY$ 平面上において左上から右下へ向かう半直線であり、運動方向を示す矢印は右下を向く（図は省略）。

(i) 初期条件を代入すると、相対座標の解は

$$x(t)=\ell \cos (\omega t),y(t)=\frac{\dot{y}(0)}{\omega }\sin (\omega t)$$
となる。これを変形すると
$${\left(\frac{x(t)}{\ell }\right)}^2+{\left(\frac{y(t)}{\frac{\dot{y}(0)}{\omega }}\right)}^2=1$$
軌跡は原点を中心とし、$x$ 軸方向の半長軸が $\ell$、$y$ 軸方向の半長軸が $\frac{\dot{y}(0)}{\omega }$ の楕円である。条件 $\dot{y}(0)>\ell \omega$ より、この楕円は縦（$y$ 軸方向）に長い。$t=0$ で点 $(\ell ,0)$ に位置し、時間が経過すると $x$ が減少し $y$ が増加するため、運動方向は反時計回りである（図は省略）。

(ii) 質点の速さ $v$ の2乗は

$$\begin{array}{rl}{v}^2& =\dot{x}(t{)}^2+\dot{y}(t{)}^2\\ & ={\ell }^2{\omega }^2{\sin }^2(\omega t)+\dot{y}(0{)}^2{\cos }^2(\omega t)\\ & ={\ell }^2{\omega }^2+(\dot{y}(0{)}^2-{\ell }^2{\omega }^2){\cos }^2(\omega t)\end{array}$$

$\dot{y}(0{)}^2-{\ell }^2{\omega }^2>0$ であるため、$v^2$ が最大となるのは ${\cos }^2(\omega t)=1$ すなわち $\sin (\omega t)=0$ のときである。このときの座標は
最速点: $\boxed{(\pm \ell ,0)}$
逆に、$v^2$ が最小となるのは ${\cos }^2(\omega t)=0$ すなわち ${\sin }^2(\omega t)=1$ のときである。このときの座標は
最遅点: $\boxed{\left(0,\pm \frac{\dot{y}(0)}{\omega }\right)}$
理由: この系において、ポテンシャルエネルギー $U=\frac{1}{2}k(x^2+y^2)$ と運動エネルギー $\frac{1}{2}\mu v^2$ の和である力学的エネルギーは保存される。したがって、ポテンシャルエネルギーが最小となる点（原点に最も近い点）で運動エネルギーは最大になり、ポテンシャルエネルギーが最大となる点（原点から最も遠い点）で運動エネルギーは最小となる。楕円の形状から、原点に最も近いのは長軸が短い方の端点 $(\pm \ell ,0)$ であり、最も遠いのは長軸が長い方の端点 $\left(0,\pm \frac{\dot{y}(0)}{\omega }\right)$ であるため、それぞれが最速点および最遅点となる。

[2]

1. 与えられた ${\hat{A}}_x$ のエルミート共役をとる。位置および運動量演算子はエルミート演算子（${\hat{x}}^{†}=\hat{x},{\hat{p}}_x^{†}={\hat{p}}_x$）であるから、
   $${\hat{A}}_x^{†}=\frac{1}{\sqrt{2m\hslash \omega }}(m\omega \hat{x}-i{\hat{p}}_x)$$
   積 ${\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x$ を計算する。

$$\begin{array}{rl}{\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x& =\frac{1}{2m\hslash \omega }(m\omega \hat{x}-i{\hat{p}}_x)(m\omega \hat{x}+i{\hat{p}}_x)\\ & =\frac{1}{2m\hslash \omega }(m^2{\omega }^2{\hat{x}}^2+{\hat{p}}_x^2+im\omega (\hat{x}{\hat{p}}_x-{\hat{p}}_x\hat{x}))\end{array}$$

正準交換関係 $[\hat{x},{\hat{p}}_x]=\hat{x}{\hat{p}}_x-{\hat{p}}_x\hat{x}=i\hslash \hat{1}$ を代入する。

$$\begin{array}{rl}{\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x& =\frac{1}{2m\hslash \omega }(m^2{\omega }^2{\hat{x}}^2+{\hat{p}}_x^2+im\omega (i\hslash \hat{1}))\\ & =\frac{1}{2m\hslash \omega }(m^2{\omega }^2{\hat{x}}^2+{\hat{p}}_x^2-m\omega \hslash \hat{1})\\ & =\frac{1}{\hslash \omega }\left(\frac{{\hat{p}}_x^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2\right)-\frac{1}{2}\hat{1}\end{array}$$

これを変形すると、$x$ 方向のハミルトニアン成分が得られる。

$$\frac{{\hat{p}}_x^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2=\hslash \omega \left({\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x+\frac{1}{2}\hat{1}\right)$$
$y$ 成分についても全く同様に計算でき、
$$\frac{{\hat{p}}_y^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{y}}^2=\hslash \omega \left({\hat{A}}_y^{†}{\hat{A}}_y+\frac{1}{2}\hat{1}\right)$$
これらを足し合わせて全ハミルトニアン $\hat{H}$ を表す。
$$\boxed{\hat{H}=\hslash \omega ({\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x+{\hat{A}}_y^{†}{\hat{A}}_y+\hat{1})}$$

2. 粒子数演算子を ${\hat{n}}_x={\hat{A}}_x^{†}{\hat{A}}_x$ および ${\hat{n}}_y={\hat{A}}_y^{†}{\hat{A}}_y$ と定義する。これらの演算子の固有値は非負の整数 $n_x,n_y\in \{0,1,2,\dots \}$ であることが知られている。したがって、ハミルトニアンの固有値 $E$ は
   $$E=\hslash \omega (n_x+n_y+1)$$
   で与えられる。この固有値が最小となるのは、両方向の粒子数がともに $0$（すなわち $n_x=0$ かつ $n_y=0$）の状態のときである。
   最小の固有値は
   $$\boxed{\hslash \omega }$$

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本题涉及经典力学中的二体问题与量子力学中的二维谐振子模型。对于第一部分，通过引入质心坐标和相对坐标，我们能够有效地将两个相互作用的质点系统进行完全解耦。这种坐标变换的精妙之处在于，动能和势能都能被完美地拆分为仅与质心相关和仅与相对位置相关的两部分。在拉格朗日力学的框架下，这使得原本耦合的方程组直接分解为两套相互独立的运动方程。质心系统表现为不受外力作用的自由粒子，其总动量守恒，因而在空间中做匀速直线运动；而相对运动系统则等效为一个质量为约化质量的虚拟单粒子在中心力场中的简谐振动。在求解特定的初值问题时，由于系统在两个正交方向上的弹簧振子固有频率完全相同，其合成的相对运动轨迹在相空间或真实平面上均表现为标准的椭圆。此外，利用力学能守恒定律可以非常直观地分析出轨迹上的最速点与最迟点，即势能取得极值的空间位置必定对应动能的极值点，这一结论与天体物理中行星绕恒星运动经过近日点和远日点时的速度变化特征具有深刻的内在一致性。

第二部分转向了量子力学的基本模型，即二维各向同性量子谐振子。这部分系统地展示了使用代数方法求解哈密顿量本征值问题的优雅过程。首先，通过定义包含了位置算符与动量算符特定线性组合的非厄米算符，我们构造出了微观状态的产生与湮没算符。在计算这些算符的乘积并展开时，位置与动量算符的正则对易关系起到了至关重要的核心作用。正是因为算符的不可交换性产生了一个常数项，才使得经典哈密顿量在量子化后出现了根本性的修正。经过代数变形，原本由动能和势能平方项构成的复杂哈密顿量被极其简洁地转化为粒子数算符的线性组合。由于粒子数算符的本征物理意义决定了其只能取非负整数，系统的离散能级结构便一目了然。在寻找体系的最小本征值即基态能量时，只需令两个自由度方向的粒子数均取最小值零即可。这个求得的非零基态能量被称为零点能，它是量子力学基础理论中海森堡不确定性原理的直接体现。因为微观粒子的位置和动量不能同时被完全确定，所以即使在绝对零度下，量子谐振子也无法静止在势阱底部，而必须保持一定的量子涨落和起伏。