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阪大 基礎工学研究科 物質創成専攻 物性物理科学I 2026年度 院試 過去問 解答例・解説（解説3項目）

解説3項目の分野は電磁気学・回路1項目、量子力学1項目、力学1項目です。解説は1問、途中式と最終答は大問1問ぶんを公開しています。PDFの収録範囲は商品ページで確認できます。問題本文は含みません。

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第1問 — 力学：回転円盤上の振り子と有効ポテンシャル

力学：回転円盤上の振り子と有効ポテンシャルの途中式・最終答をPDFで見る

第2問 — 電磁気学：導波管の遮断周波数と空洞共振器

電磁気学：導波管の遮断周波数と空洞共振器の途中式・最終答をPDFで見る

第3問 — 量子力学：1次元調和振動子と消滅演算子の固有状態

[1]　[a^,a^†][\hat a,\hat a^\dagger]

交換子 [A^,B^]=A^B^−B^A^[\hat A,\hat B]=\hat A\hat B-\hat B\hat A には、[A^,B^]=−[B^,A^][\hat A,\hat B]=-[\hat B,\hat A] と、和に対する線形性が成り立つ。x^,p^\hat x,\hat p は自分自身と可換なので、a^,a^†\hat a,\hat a^\dagger の交換子は x^\hat x と p^\hat p の交差項だけから出る。項は2つ現れ、符号が同じなので打ち消し合わずに足される。

係数の確認には次元を使う。a^\hat a の括弧の中は x^\hat x と p^/(mω)\hat p/(m\omega) で、どちらも長さの次元である。前の係数 mω/2ℏ\sqrt{m\omega/2\hbar} は長さの −1-1 乗なので、a^,a^†\hat a,\hat a^\dagger は無次元になり、[a^,a^†]=1[\hat a,\hat a^\dagger]=1 と次元が合う。

誤りは [x^,p^]=−iℏ[\hat x,\hat p]=-i\hbar と符号を逆にすることで、[a^,a^†]=−1[\hat a,\hat a^\dagger]=-1 となる。このとき a^a^†=a^†a^−1\hat a\hat a^\dagger=\hat a^\dagger\hat a-1 なので、∣0⟩\ket0 について ∥a^†∣0⟩∥2=⟨0∣a^a^†∣0⟩=0−1=−1\|\hat a^\dagger\ket0\|^2=\braket{0|\hat a\hat a^\dagger|0}=0-1=-1 となり、ノルムが負になって矛盾する。

[2]　[H^,N^][\hat H,\hat N] と H^\hat H の固有状態

H^\hat H が N^\hat N の関数 ℏω(N^+12)\hbar\omega(\hat N+\tfrac12) に書けると、N^\hat N の固有状態は自動的に H^\hat H の固有状態になり、固有値は nn を関数に入れて得られる。2つの演算子が交換する（可換である）ことは、同時固有状態をとれることと対応する。問題文が「N^=a^†a^\hat N=\hat a^\dagger\hat a の固有状態 ∣n⟩\ket n」を与えているのが、この書き換えを使う合図である。

変換の途中で a^a^†\hat a\hat a^\dagger と a^†a^\hat a^\dagger\hat a の順序が入れ替わる。交換関係 a^a^†=a^†a^+1\hat a\hat a^\dagger=\hat a^\dagger\hat a+1 が定数 12ℏω\tfrac12\hbar\omega（ゼロ点エネルギー）を生む。基底状態 ∣0⟩\ket0 は a^∣0⟩=0\hat a\ket0=0 を位置表示で書いた (x+ℏmωddx)ψ0=0\bigl(x+\tfrac\hbar{m\omega}\tfrac{d}{dx}\bigr)\psi_0=0 を解いて ψ0(x)=(mω/πℏ)1/4e−mωx2/2ℏ\psi_0(x)=(m\omega/\pi\hbar)^{1/4}e^{-m\omega x^2/2\hbar} となる。

確かめとして、不確定性原理からも下限が出る。⟨H^⟩=⟨p^2⟩/2m+mω2⟨x^2⟩/2≥ω⟨x^2⟩⟨p^2⟩≥ℏω/2\braket{\hat H}=\braket{\hat p^2}/2m+m\omega^2\braket{\hat x^2}/2\ge\omega\sqrt{\braket{\hat x^2}\braket{\hat p^2}}\ge\hbar\omega/2 である（相加平均と相乗平均の不等式、および [4] の不確定性関係を使う）。E0=ℏω/2E_0=\hbar\omega/2 は、この下限に一致する。

誤りは、p^2\hat p^2 と x^2\hat x^2 の和を a^†a^\hat a^\dagger\hat a の係数だけで読み取り、H^=ℏωN^\hat H=\hbar\omega\hat N とすることである。これでは E0=0E_0=0 となり、粒子が位置も運動量もともに零に定まることになって不確定性原理に反する。

[3]　∣n⟩\ket n における x^\hat x の分散

分散は ⟨(x^−⟨x^⟩)2⟩=⟨x^2⟩−⟨x^⟩2\braket{(\hat x-\braket{\hat x})^2}=\braket{\hat x^2}-\braket{\hat x}^2 で定義され、期待値は ⟨A^⟩=⟨n∣A^∣n⟩\braket{\hat A}=\braket{n|\hat A|n} である。生成消滅演算子の積の期待値は、a^\hat a と a^†\hat a^\dagger が1つずつの項だけが生き残る。これは ⟨n∣n′⟩=δnn′\braket{n|n'}=\delta_{nn'} により、番号を元に戻す項だけが零でないからである。

別の導き方として、量子論のビリアル定理（定常状態で ⟨T⟩=⟨V⟩\braket{T}=\braket{V}）を使う。エネルギー En=ℏω(n+12)E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12) の半分がポテンシャルエネルギーなので 12mω2⟨x^2⟩=12En\tfrac12m\omega^2\braket{\hat x^2}=\tfrac12E_n となり、⟨x^2⟩=ℏ(n+12)/(mω)\braket{\hat x^2}=\hbar(n+\tfrac12)/(m\omega) が得られる。古典力学で振幅を AA として E=12mω2A2E=\tfrac12m\omega^2A^2、時間平均 x2‾=A2/2\overline{x^2}=A^2/2 とした結果にも一致する。n=0n=0 では ψ02\psi_0^2 のガウス積分から ⟨x2⟩=ℏ/(2mω)\braket{x^2}=\hbar/(2m\omega) が出て、上の式と同じ値になる。

誤りは、a^a^†\hat a\hat a^\dagger を a^†a^\hat a^\dagger\hat a と同一視して ⟨x^2⟩=ℏ2mω⋅2n\braket{\hat x^2}=\frac\hbar{2m\omega}\cdot2n とすることである。基底状態 n=0n=0 で分散が零になり、波動関数が1点に局在することになる。これは [4] の不確定性関係に反する。交換関係が ⟨a^a^†⟩=n+1\braket{\hat a\hat a^\dagger}=n+1 を与え、n=0n=0 でも零点ゆらぎ ℏ/(2mω)\hbar/(2m\omega) が残る。

[4]　位置と運動量の分散の積と不確定性関係

この大小関係は、一般の不確定性関係（ロバートソンの関係）の特別な場合である。エルミート演算子 A^,B^\hat A,\hat B に対し ΔA^=A^−⟨A^⟩\Delta\hat A=\hat A-\braket{\hat A} とおき、コーシー・シュワルツの不等式を ΔA^∣ψ⟩\Delta\hat A\ket\psi と ΔB^∣ψ⟩\Delta\hat B\ket\psi に適用すると ⟨ΔA^2⟩⟨ΔB^2⟩≥∣⟨ΔA^ΔB^⟩∣2\braket{\Delta\hat A^2}\braket{\Delta\hat B^2}\ge|\braket{\Delta\hat A\Delta\hat B}|^2 となる。右辺の内積は、ΔA^ΔB^=12{ΔA^,ΔB^}+12[A^,B^]\Delta\hat A\Delta\hat B=\tfrac12\{\Delta\hat A,\Delta\hat B\}+\tfrac12[\hat A,\hat B] と分けると、前者の期待値は実数、後者は純虚数なので、絶対値の2乗は虚部の2乗 ∣⟨[A^,B^]⟩∣2/4|\braket{[\hat A,\hat B]}|^2/4 以上になる。等号は、ΔA^∣ψ⟩\Delta\hat A\ket\psi と ΔB^∣ψ⟩\Delta\hat B\ket\psi が純虚数の比で比例し、かつ反交換子の期待値が零のときに成り立つ。A^=x^\hat A=\hat x、B^=p^\hat B=\hat p で [x^,p^]=iℏ[\hat x,\hat p]=i\hbar が定数なので、右辺は状態によらず ℏ2/4\hbar^2/4 になる。

数状態では ⟨x^⟩=⟨p^⟩=0\braket{\hat x}=\braket{\hat p}=0 なので、分散は ⟨x^2⟩\braket{\hat x^2}、⟨p^2⟩\braket{\hat p^2} そのままで、直接の計算が一般論と整合する。次元は、ℏ2\hbar^2 が (J s)2({\rm J\,s})^2、左辺が m2⋅(kg m/s)2{\rm m^2}\cdot({\rm kg\,m/s})^2 で、同じ次元になる。

誤りは、標準偏差の積 Δx Δp≥ℏ/2\Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2 と、分散の積 ⟨Δx2⟩⟨Δp2⟩≥ℏ2/4\braket{\Delta x^2}\braket{\Delta p^2}\ge\hbar^2/4 を取り違えることである。分散の積を ℏ/2\hbar/2 と比べると次元が合わない。また、n=1n=1 では積が 94ℏ2\frac94\hbar^2 で、下限 ℏ2/4\hbar^2/4 の9倍なので、数状態が最小不確定状態なのは基底状態だけである。

[5]　⟨n+1∣α⟩/⟨n∣α⟩\braket{n+1|\alpha}/\braket{n|\alpha}

エルミート共役は (A^∣ψ⟩)†=⟨ψ∣A^†(\hat A\ket\psi)^\dagger=\bra\psi\hat A^\dagger と定義される。ブラ ⟨n∣\bra n に右から a^\hat a を作用させる操作は、a^†∣n⟩\hat a^\dagger\ket n の共役に当たる。成分で書くと ⟨n∣a^∣m⟩=m δn,m−1=n+1 δm,n+1\braket{n|\hat a|m}=\sqrt m\,\delta_{n,m-1}=\sqrt{n+1}\,\delta_{m,n+1} となり、a^\hat a は番号を1つ下げるので、ブラ側では n+1n+1 の成分だけが残る。

割り算の前提 ⟨n∣α⟩≠0\braket{n|\alpha}\ne0 を確かめる。α≠0\alpha\ne0 とし、ある n0n_0 で ⟨n0∣α⟩=0\braket{n_0|\alpha}=0 なら、漸化式から上の成分もすべて零になり、下向きにも α⟨n−1∣α⟩=n⟨n∣α⟩\alpha\braket{n-1|\alpha}=\sqrt n\braket{n|\alpha} で ⟨n0−1∣α⟩=0\braket{n_0-1|\alpha}=0、……と ⟨0∣α⟩=0\braket{0|\alpha}=0 まで零が続く。すると ∣α⟩\ket\alpha のすべての成分が零になり、規格化 ⟨α∣α⟩=1\braket{\alpha|\alpha}=1 に反する。したがって α≠0\alpha\ne0 では全成分が零でない。α=0\alpha=0 は ∣0⟩\ket0 で、n=0n=0 の比 ⟨1∣0⟩/⟨0∣0⟩=0=α/1\braket{1|0}/\braket{0|0}=0=\alpha/\sqrt1 が成り立つ。

確かめとして α=2\alpha=2 では ⟨1∣α⟩/⟨0∣α⟩=2\braket{1|\alpha}/\braket{0|\alpha}=2、⟨2∣α⟩/⟨1∣α⟩=2/2≃1.41\braket{2|\alpha}/\braket{1|\alpha}=2/\sqrt2\simeq1.41 と比が小さくなり、nn が大きくなると比が0に近づく。これは成分の和が収束する（規格化できる）ために必要な性質である。

誤りは、ブラにも a^∣n⟩=n∣n−1⟩\hat a\ket n=\sqrt n\ket{n-1} をそのまま使い ⟨n∣a^=n⟨n−1∣\bra n\hat a=\sqrt n\bra{n-1} とすることである。すると比は逆数の形になり、α=2\alpha=2 で ⟨1∣α⟩/⟨0∣α⟩=1/2\braket{1|\alpha}/\braket{0|\alpha}=1/2 となってしまう。ブラでは添字が逆向きに動き、n+1\sqrt{n+1} が n+1n+1 の側に付く。

[6]　⟨n∣α⟩/⟨0∣α⟩\braket{n|\alpha}/\braket{0|\alpha}

隣り合う項の比を掛け合わせると、途中の成分が分母と分子で消える（望遠鏡型の積）。∏k=0n−1k+1=1⋅2⋯n=n!\prod_{k=0}^{n-1}\sqrt{k+1}=\sqrt{1\cdot2\cdots n}=\sqrt{n!} である。n=0n=0 の空の積は1とし、n=0n=0 では右辺が 11 になって自明に成り立つ。

n=1,2,3n=1,2,3 では α, α2/2, α3/6\alpha,\ \alpha^2/\sqrt2,\ \alpha^3/\sqrt6 となる。∣α∣2=1|\alpha|^2=1 のとき、n=0,1,2,3n=0,1,2,3 の比の絶対値は 1, 1, 0.707, 0.4081,\ 1,\ 0.707,\ 0.408 と変化する。∑n∣α∣2n/n!=e∣α∣2\sum_n|\alpha|^{2n}/n!=e^{|\alpha|^2} は収束するので、すべての α\alpha について規格化できる。次の [7] はこの収束を使う。

誤りは、n!\sqrt{n!} の根号を落として αn/n!\alpha^n/n! とすることである。[5] の漸化式では n=1n=1 の比が α/2\alpha/\sqrt2 となり、α2/2\alpha^2/2 と食い違う。α=2\alpha=2 では正しい値 4/2≃2.834/\sqrt2\simeq2.83 に対し誤答は 2 である。

[7]　∣n⟩\ket n の分布確率

量子力学では、状態 ∣ψ⟩\ket\psi で NN を測って nn を得る確率は ∣⟨n∣ψ⟩∣2|\braket{n|\psi}|^2 である。確率の総和が1になることが規格化の条件となり、そこで指数関数のテイラー展開 es=∑sn/n!e^s=\sum s^n/n! を使う。位相は確率に影響しないので、⟨0∣α⟩\braket{0|\alpha} の位相は任意で、本問の答えには関わらない。

分布の平均は ⟨N^⟩=⟨α∣a^†a^∣α⟩=∣α∣2\braket{\hat N}=\braket{\alpha|\hat a^\dagger\hat a|\alpha}=|\alpha|^2 で、∑nnP(n)=∣α∣2\sum_nnP(n)=|\alpha|^2 と一致する。分散も平均と等しい。⟨N^2⟩=⟨a^†(a^†a^+1)a^⟩=∣α∣4+∣α∣2\braket{\hat N^2}=\braket{\hat a^\dagger(\hat a^\dagger\hat a+1)\hat a}=|\alpha|^4+|\alpha|^2 から ⟨N^2⟩−⟨N^⟩2=∣α∣2\braket{\hat N^2}-\braket{\hat N}^2=|\alpha|^2、すなわち ΔN=∣α∣\Delta N=|\alpha| なので、相対的なゆらぎ ΔN/⟨N⟩=1/∣α∣\Delta N/\braket{N}=1/|\alpha| は ∣α∣|\alpha| が大きいほど小さい。数値例として ∣α∣2=4|\alpha|^2=4 では P(0)=e−4=0.0183P(0)=e^{-4}=0.0183、P(3)=P(4)=0.1954P(3)=P(4)=0.1954 が最大、P(2)=0.1465P(2)=0.1465、P(5)=0.1563P(5)=0.1563 である。

誤りは ⟨0∣α⟩=1\braket{0|\alpha}=1 と置いて規格化を忘れることで、確率の和が e∣α∣2e^{|\alpha|^2} になる。∣α∣2=4|\alpha|^2=4 では和が約54.6となり、確率として成立しない。∣⟨0∣α⟩∣2=e−∣α∣2|\braket{0|\alpha}|^2=e^{-|\alpha|^2} は規格化から決まる値である。

[8]　∣α⟩\ket\alpha における分散の積

⟨x^2⟩\braket{\hat x^2} の4つの項のうち、a^2\hat a^2 は α2\alpha^2、a^†2\hat a^{\dagger2} は α∗2\alpha^{*2}、a^†a^\hat a^\dagger\hat a は ∣α∣2|\alpha|^2 を与える。順序が逆の a^a^†\hat a\hat a^\dagger だけは交換関係から ∣α∣2+1|\alpha|^2+1 となり、この +1+1 が零点ゆらぎを生む。⟨x^⟩2\braket{\hat x}^2 を引くと、α\alpha に依存する項がすべて消えて ℏ/(2mω)\hbar/(2m\omega) が残る。p^\hat p についても同様で、平均の位置と運動量は α\alpha で動くが、ゆらぎの幅は動かない。

等号の理由を [4] の一般論から説明する。等号が成り立つ条件は Δx^∣ψ⟩=λ Δp^∣ψ⟩\Delta\hat x\ket\psi=\lambda\,\Delta\hat p\ket\psi（λ\lambda は純虚数）である。a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha=\alpha\ket\alpha を x^,p^\hat x,\hat p で書くと (Δx^+iΔp^/(mω))∣α⟩=0\bigl(\Delta\hat x+i\Delta\hat p/(m\omega)\bigr)\ket\alpha=0 となり、λ=−i/(mω)\lambda=-i/(m\omega) が純虚数で条件に一致する。位置表示では ψα(x)∝exp⁡[−mω(x−x0)2/2ℏ+ip0x/ℏ]\psi_\alpha(x)\propto\exp\bigl[-m\omega(x-x_0)^2/2\hbar+ip_0x/\hbar\bigr]、中心は x0=2ℏ/mω Re αx_0=\sqrt{2\hbar/m\omega}\,{\rm Re}\,\alpha、p0=2ℏmω Im αp_0=\sqrt{2\hbar m\omega}\,{\rm Im}\,\alpha で、基底状態のガウス関数を平行移動したものである。

確かめとして α=0\alpha=0 は ∣0⟩\ket0 で、[4] の n=0n=0 の値 ℏ2/4\hbar^2/4 と一致する。[4] では n≥1n\ge1 で等号が成り立たなかったが、本問では ∣α⟩\ket\alpha のすべてで成り立つ。

時間発展を見ると、e−iH^t/ℏ∣α⟩=e−iωt/2∣αe−iωt⟩e^{-i\hat Ht/\hbar}\ket\alpha=e^{-i\omega t/2}\ket{\alpha e^{-i\omega t}} で、各成分に e−iωt(n+1/2)e^{-i\omega t(n+1/2)} が掛かるだけなので α\alpha が複素平面上を角速度 ω\omega で回る。平均値 ⟨x^⟩=2ℏ/mω Re α(t)\braket{\hat x}=\sqrt{2\hbar/m\omega}\,{\rm Re}\,\alpha(t) は古典的な単振動と同じ形で、分散は時間によらず一定である。波束が形を保ったまま古典軌道に沿って振動することから、n≥1n\ge1 の数状態に比べて ∣α⟩\ket\alpha のほうが古典的な振動に近い状態といえる。

誤りは、a^a^†\hat a\hat a^\dagger の期待値を ∣α∣2|\alpha|^2 とすることである。すると ⟨x^2⟩−⟨x^⟩2=0\braket{\hat x^2}-\braket{\hat x}^2=0 となり、分散が零になって、積が 0<ℏ2/40<\hbar^2/4 と不確定性原理に反する。順序を a^†a^+1\hat a^\dagger\hat a+1 に直す手順が必要である。

[9]　光子付加状態との重なり f(α)f(\alpha) とその極限

a^†∣α⟩\hat a^\dagger\ket\alpha のノルムの2乗は ⟨α∣a^a^†∣α⟩=∣α∣2+1\braket{\alpha|\hat a\hat a^\dagger|\alpha}=|\alpha|^2+1 なので、∣β⟩=a^†∣α⟩/∣α∣2+1\ket\beta=\hat a^\dagger\ket\alpha/\sqrt{|\alpha|^2+1} が規格化された状態（光子付加状態）になる。f=∣⟨α∣β⟩∣2f=|\braket{\alpha|\beta}|^2 は2つの規格化した状態の重なりの確率で、コーシー・シュワルツの不等式により 0≤f≤10\le f\le1 である。本問のように分母に規格化因子を入れるのは、その確率を正しく定義するためである。

α→0\alpha\to0 の極限は、∣α⟩→∣0⟩\ket\alpha\to\ket0 で、a^†∣0⟩=∣1⟩\hat a^\dagger\ket0=\ket1 は ∣0⟩\ket0 と直交するので、重なりが零になる。∣α∣→∞|\alpha|\to\infty では、平均光子数 ∣α∣2|\alpha|^2 が大きく、1個増やしても相対的な変化が 1/∣α∣21/|\alpha|^2 程度しかない。a^†∣α⟩\hat a^\dagger\ket\alpha は α∗∣α⟩\alpha^*\ket\alpha に近づき、規格化後は ∣α⟩\ket\alpha と同じ向きになる。数値で ∣α∣2=1|\alpha|^2=1 なら f=0.5f=0.5、∣α∣2=9|\alpha|^2=9 なら f=0.9f=0.9、∣α∣2=100|\alpha|^2=100 なら f≃0.990f\simeq0.990 である。有限の α\alpha で f<1f<1 なのは、a^†\hat a^\dagger の固有状態が存在しないからである。

誤りは、分母を ⟨α∣a^a^†∣α⟩=∣α∣2\braket{\alpha|\hat a\hat a^\dagger|\alpha}=|\alpha|^2 と書いて交換関係の +1+1 を落とすことである。f=1f=1 がすべての α\alpha で成り立ち、a^†∣α⟩\hat a^\dagger\ket\alpha が ∣α⟩\ket\alpha に比例するという誤った結論になる。さらに α→0\alpha\to0 では 0/00/0 になり、極限が定まらない。

解答

[1]　[a^,a^†][\hat a,\hat a^\dagger]

交換子は各引数について線形で、[x^,x^]=[p^,p^]=0[\hat x,\hat x]=[\hat p,\hat p]=0 である。よって [a^,a^†]=mω2ℏ[x^+ip^mω, x^−ip^mω]=mω2ℏ(−imω[x^,p^]+imω[p^,x^])=mω2ℏ⋅−2imω [x^,p^]=−iℏ⋅iℏ=1.\begin{align*} [\hat a,\hat a^\dagger] &=\frac{m\omega}{2\hbar}\Bigl[\hat x+\frac{i\hat p}{m\omega},\ \hat x-\frac{i\hat p}{m\omega}\Bigr] =\frac{m\omega}{2\hbar}\Bigl(-\frac{i}{m\omega}[\hat x,\hat p]+\frac{i}{m\omega}[\hat p,\hat x]\Bigr)\\ &=\frac{m\omega}{2\hbar}\cdot\frac{-2i}{m\omega}\,[\hat x,\hat p] =\frac{-i}{\hbar}\cdot i\hbar=1 . \end{align*}

[2]　[H^,N^][\hat H,\hat N] と H^\hat H の固有状態

定義 (2) の和と差から x^=ℏ2mω (a^+a^†)\hat x=\sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\,(\hat a+\hat a^\dagger)、p^=−imℏω2 (a^−a^†)\hat p=-i\sqrt{\dfrac{m\hbar\omega}2}\,(\hat a-\hat a^\dagger) である。これを代入すると H^=12m(−mℏω2)(a^−a^†)2+mω22⋅ℏ2mω(a^+a^†)2=ℏω4[−(a^2−a^a^†−a^†a^+a^†2)+(a^2+a^a^†+a^†a^+a^†2)]=ℏω2(a^a^†+a^†a^).\begin{align*} \hat H&=\frac1{2m}\Bigl(-\frac{m\hbar\omega}{2}\Bigr)(\hat a-\hat a^\dagger)^2+\frac{m\omega^2}2\cdot\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat a+\hat a^\dagger)^2\\ &=\frac{\hbar\omega}4\Bigl[-(\hat a^2-\hat a\hat a^\dagger-\hat a^\dagger\hat a+\hat a^{\dagger2})+(\hat a^2+\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a+\hat a^{\dagger2})\Bigr] =\frac{\hbar\omega}2(\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a). \end{align*} a^a^†=a^†a^+1\hat a\hat a^\dagger=\hat a^\dagger\hat a+1（[1]）を使うと H^=ℏω(N^+12)\hat H=\hbar\omega\bigl(\hat N+\tfrac12\bigr) である。したがって [H^,N^]=ℏω[N^,N^]=0[\hat H,\hat N]=\hbar\omega[\hat N,\hat N]=0。また N^∣n⟩=n∣n⟩\hat N\ket n=n\ket n より H^∣n⟩=ℏω(n+12)∣n⟩, \hat H\ket n=\hbar\omega\Bigl(n+\frac12\Bigr)\ket n , すなわち ∣n⟩\ket n が固有値 En=ℏω(n+12)E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)（n=0,1,2,…n=0,1,2,\dots）の固有状態である。固有値はすべて異なるので縮退はなく、∣n⟩=(a^†)nn!∣0⟩\ket n=\dfrac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}\ket0 と書ける。

[3]　∣n⟩\ket n における x^\hat x の分散

x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x=\sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a+\hat a^\dagger) は状態の番号を ±1\pm1 だけ動かすので、⟨n∣x^∣n⟩=0\braket{n|\hat x|n}=0 である。2乗は x^2=ℏ2mω(a^2+a^†2+a^a^†+a^†a^) \hat x^2=\frac\hbar{2m\omega}\bigl(\hat a^2+\hat a^{\dagger2}+\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a\bigr) で、a^2,a^†2\hat a^2,\hat a^{\dagger2} は番号を ±2\pm2 動かすので期待値が零になる。⟨n∣a^†a^∣n⟩=n\braket{n|\hat a^\dagger\hat a|n}=n、⟨n∣a^a^†∣n⟩=n+1\braket{n|\hat a\hat a^\dagger|n}=n+1 より ⟨n∣(x^−⟨x^⟩)2∣n⟩=⟨n∣x^2∣n⟩=ℏ2mω(2n+1). \braket{n|(\hat x-\braket{\hat x})^2|n}=\braket{n|\hat x^2|n}=\frac\hbar{2m\omega}(2n+1).

[4]　位置と運動量の分散の積と不確定性関係

p^=−imℏω/2 (a^−a^†)\hat p=-i\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a-\hat a^\dagger) より ⟨n∣p^∣n⟩=0\braket{n|\hat p|n}=0 で、 p^2=−mℏω2(a^2+a^†2−a^a^†−a^†a^),⟨n∣p^2∣n⟩=mℏω2(2n+1). \hat p^2=-\frac{m\hbar\omega}2\bigl(\hat a^2+\hat a^{\dagger2}-\hat a\hat a^\dagger-\hat a^\dagger\hat a\bigr),\qquad \braket{n|\hat p^2|n}=\frac{m\hbar\omega}2(2n+1). ⟨(x^−⟨x^⟩)2⟩\braket{(\hat x-\braket{\hat x})^2} は [3] の結果なので、積は ℏ(2n+1)2mω⋅mℏω(2n+1)2=ℏ24(2n+1)2. \frac{\hbar(2n+1)}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega(2n+1)}2=\frac{\hbar^2}4(2n+1)^2 . ∣[x^,p^]∣2/4=∣iℏ∣2/4=ℏ2/4|[\hat x,\hat p]|^2/4=|i\hbar|^2/4=\hbar^2/4 であり、n≥0n\ge0 では (2n+1)2≥1(2n+1)^2\ge1 なので、 ⟨(Δx^)2⟩⟨(Δp^)2⟩=ℏ24(2n+1)2 ≥ ∣[x^,p^]∣24=ℏ24. \braket{(\Delta\hat x)^2}\braket{(\Delta\hat p)^2}=\frac{\hbar^2}4(2n+1)^2\ \ge\ \frac{|[\hat x,\hat p]|^2}4=\frac{\hbar^2}4 . 等号が成り立つのは 2n+1=12n+1=1、すなわち n=0n=0（基底状態）のときだけである。

[5]　⟨n+1∣α⟩/⟨n∣α⟩\braket{n+1|\alpha}/\braket{n|\alpha}

a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha=\alpha\ket\alpha から ⟨n∣a^∣α⟩=α⟨n∣α⟩\braket{n|\hat a|\alpha}=\alpha\braket{n|\alpha} である。一方、a^†∣n⟩=n+1∣n+1⟩\hat a^\dagger\ket n=\sqrt{n+1}\ket{n+1} のエルミート共役をとると ⟨n∣a^=n+1⟨n+1∣\bra n\hat a=\sqrt{n+1}\bra{n+1} となるので、 ⟨n∣a^∣α⟩=n+1 ⟨n+1∣α⟩. \braket{n|\hat a|\alpha}=\sqrt{n+1}\,\braket{n+1|\alpha}. 2式を等しいとおいて n+1 ⟨n+1∣α⟩=α ⟨n∣α⟩\sqrt{n+1}\,\braket{n+1|\alpha}=\alpha\,\braket{n|\alpha} を得る。⟨n∣α⟩≠0\braket{n|\alpha}\ne0 として割る。

[6]　⟨n∣α⟩/⟨0∣α⟩\braket{n|\alpha}/\braket{0|\alpha}

[5] の漸化式を n=0,1,…,n−1n=0,1,\dots,n-1 に使い、掛け合わせると ⟨n∣α⟩⟨0∣α⟩=∏k=0n−1⟨k+1∣α⟩⟨k∣α⟩=∏k=0n−1αk+1=αnn!. \frac{\braket{n|\alpha}}{\braket{0|\alpha}} =\prod_{k=0}^{n-1}\frac{\braket{k+1|\alpha}}{\braket{k|\alpha}} =\prod_{k=0}^{n-1}\frac{\alpha}{\sqrt{k+1}}=\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}} .

[7]　∣n⟩\ket n の分布確率

完全性 ∑n∣n⟩⟨n∣=1\sum_n\ket n\bra n=1 より ∣α⟩=∑n∣n⟩⟨n∣α⟩\ket\alpha=\sum_n\ket n\braket{n|\alpha}、[6] から ⟨n∣α⟩=⟨0∣α⟩ αn/n!\braket{n|\alpha}=\braket{0|\alpha}\,\alpha^n/\sqrt{n!} である。規格化条件は 1=⟨α∣α⟩=∑n=0∞∣⟨n∣α⟩∣2=∣⟨0∣α⟩∣2∑n=0∞∣α∣2nn!=∣⟨0∣α⟩∣2e∣α∣2 1=\braket{\alpha|\alpha}=\sum_{n=0}^\infty|\braket{n|\alpha}|^2 =|\braket{0|\alpha}|^2\sum_{n=0}^\infty\frac{|\alpha|^{2n}}{n!}=|\braket{0|\alpha}|^2e^{|\alpha|^2} となるので ∣⟨0∣α⟩∣2=e−∣α∣2|\braket{0|\alpha}|^2=e^{-|\alpha|^2} である。したがって ∣⟨n∣α⟩∣2=e−∣α∣2∣α∣2nn!. |\braket{n|\alpha}|^2=e^{-|\alpha|^2}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!}.

[8]　∣α⟩\ket\alpha における分散の積

a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha=\alpha\ket\alpha とそのエルミート共役 ⟨α∣a^†=α∗⟨α∣\bra\alpha\hat a^\dagger=\alpha^*\bra\alpha を使い、積が a^†a^\hat a^\dagger\hat a の順になるよう直す。⟨α∣a^a^†∣α⟩=⟨α∣a^†a^+1∣α⟩=∣α∣2+1\braket{\alpha|\hat a\hat a^\dagger|\alpha}=\braket{\alpha|\hat a^\dagger\hat a+1|\alpha}=|\alpha|^2+1 であり、 ⟨x^⟩=ℏ2mω(α+α∗),⟨x^2⟩=ℏ2mω(α2+α∗2+2∣α∣2+1),⟨p^⟩=−imℏω2(α−α∗),⟨p^2⟩=−mℏω2(α2+α∗2−2∣α∣2−1).\begin{align*} \braket{\hat x}&=\sqrt{\frac\hbar{2m\omega}}(\alpha+\alpha^*),& \braket{\hat x^2}&=\frac\hbar{2m\omega}\bigl(\alpha^2+\alpha^{*2}+2|\alpha|^2+1\bigr),\\ \braket{\hat p}&=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}2}(\alpha-\alpha^*),& \braket{\hat p^2}&=-\frac{m\hbar\omega}2\bigl(\alpha^2+\alpha^{*2}-2|\alpha|^2-1\bigr). \end{align*} したがって ⟨(Δx^)2⟩=ℏ2mω[(α+α∗)2+1−(α+α∗)2]=ℏ2mω,⟨(Δp^)2⟩=mℏω2, \braket{(\Delta\hat x)^2}=\frac\hbar{2m\omega}\Bigl[(\alpha+\alpha^*)^2+1-(\alpha+\alpha^*)^2\Bigr]=\frac\hbar{2m\omega}, \qquad \braket{(\Delta\hat p)^2}=\frac{m\hbar\omega}2, 積は ℏ2/4=∣[x^,p^]∣2/4\hbar^2/4=|[\hat x,\hat p]|^2/4 となり、等号が成り立つ。この結果は α\alpha の値によらない。

[9]　光子付加状態との重なり f(α)f(\alpha) とその極限

⟨α∣a^†=α∗⟨α∣\bra\alpha\hat a^\dagger=\alpha^*\bra\alpha より ⟨α∣a^†∣α⟩=α∗\braket{\alpha|\hat a^\dagger|\alpha}=\alpha^* である。分母は [8] より ⟨α∣a^a^†∣α⟩=∣α∣2+1\braket{\alpha|\hat a\hat a^\dagger|\alpha}=|\alpha|^2+1 である。よって f(α)=∣α∗∣α∣2+1∣2=∣α∣2∣α∣2+1. f(\alpha)=\left|\frac{\alpha^*}{\sqrt{|\alpha|^2+1}}\right|^2=\frac{|\alpha|^2}{|\alpha|^2+1}. ∣α∣→0|\alpha|\to0 で f→0f\to0、∣α∣→∞|\alpha|\to\infty で f→1f\to1 である。

最終答

[1]　[a^,a^†][\hat a,\hat a^\dagger]

[a^,a^†]=1[\hat a,\hat a^\dagger]=1

[2]　[H^,N^][\hat H,\hat N] と H^\hat H の固有状態

[H^,N^]=0[\hat H,\hat N]=0。固有状態は ∣n⟩\ket n（n=0,1,2,…n=0,1,2,\dots）、固有値は En=ℏω(n+12)E_n=\hbar\omega\bigl(n+\tfrac12\bigr)。

[3]　∣n⟩\ket n における x^\hat x の分散

ℏ2mω(2n+1)=ℏmω(n+12)\displaystyle \frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1)=\frac{\hbar}{m\omega}\Bigl(n+\frac12\Bigr)

[4]　位置と運動量の分散の積と不確定性関係

積 =ℏ24(2n+1)2 ≥ ∣[x^,p^]∣24=ℏ24=\dfrac{\hbar^2}4(2n+1)^2\ \ge\ \dfrac{|[\hat x,\hat p]|^2}4=\dfrac{\hbar^2}4。等号は n=0n=0 のとき（基底状態）に限る。

[5]　⟨n+1∣α⟩/⟨n∣α⟩\braket{n+1|\alpha}/\braket{n|\alpha}

⟨n+1∣α⟩⟨n∣α⟩=αn+1\displaystyle\frac{\braket{n+1|\alpha}}{\braket{n|\alpha}}=\frac{\alpha}{\sqrt{n+1}}

[6]　⟨n∣α⟩/⟨0∣α⟩\braket{n|\alpha}/\braket{0|\alpha}

⟨n∣α⟩⟨0∣α⟩=αnn!\displaystyle\frac{\braket{n|\alpha}}{\braket{0|\alpha}}=\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}

[7]　∣n⟩\ket n の分布確率

∣⟨n∣α⟩∣2=e−∣α∣2(∣α∣2)nn!\displaystyle|\braket{n|\alpha}|^2=e^{-|\alpha|^2}\frac{(|\alpha|^2)^n}{n!}（平均 ∣α∣2|\alpha|^2 のポアソン分布）

[8]　∣α⟩\ket\alpha における分散の積

⟨(Δx^)2⟩⟨(Δp^)2⟩=ℏ24=∣[x^,p^]∣24\displaystyle\braket{(\Delta\hat x)^2}\braket{(\Delta\hat p)^2}=\frac{\hbar^2}4=\frac{|[\hat x,\hat p]|^2}4。等号はすべての α\alpha で成立する。

[9]　光子付加状態との重なり f(α)f(\alpha) とその極限

f(α)=∣α∣21+∣α∣2\displaystyle f(\alpha)=\frac{|\alpha|^2}{1+|\alpha|^2}、 lim⁡α→0f(α)=0\displaystyle\lim_{\alpha\to0}f(\alpha)=0、 lim⁡∣α∣→∞f(α)=1\displaystyle\lim_{|\alpha|\to\infty}f(\alpha)=1

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年度別の解答例（5年度）

  • 2026年度（このページ・解説3項目）

    力学：回転円盤上の振り子と有効ポテンシャル ／ 電磁気学：導波管の遮断周波数と空洞共振器 ／ 量子力学：1次元調和振動子と消滅演算子の固有状態

  • 2025年度（解説3項目）

    力学：穴を通るひもでつながれた2質点の運動とパラメトリック共鳴 ／ 電磁気学：電気双極子の電位・電場と、分子間のファンデルワールス引力 ／ 量子力学：2次元の自由粒子・正方形の井戸型ポテンシャルと縮退のある摂動論

  • 2024年度（解説3項目）

    力学：引力と斥力をもつポテンシャルの極小点と微小振動 ／ 電磁気学：同軸円筒コンデンサと液体の電荷緩和 ／ 量子力学：調和振動子の基底状態と運動量表示

  • 2023年度（解説3項目）

    剛体の力学：2本の糸で吊るした直方体のねじれ振動 ／ 電磁気学：トロイダルコイルの磁束とインダクタンス、空隙のある鉄心の磁気回路 ／ 量子力学：結合した2つの調和振動子と外場による遷移

  • 2022年度（解説4項目）

    力学：バネでつながれた2質点（重心座標・相対座標）と重力 ／ 電磁気学：同軸ケーブルの容量・インダクタンスと信号の伝搬速度 ／ 量子力学：2準位系のハミルトニアン・密度演算子・ブロッホ方程式

2026年度の出題内容

解説3項目

この3問の分野は電磁気学・回路1問・量子力学1問・力学1問です。

大問分野主題解説の小見出し最終答
第1問力学回転円盤上の振り子と有効ポテンシャル—あり
第2問電磁気学・回路導波管の遮断周波数と空洞共振器—あり
第3問量子力学1次元調和振動子と消滅演算子の固有状態—あり

前年度（2025年度）との違い

大問数
2025年度 3問 → 2026年度 3問
2025年度の解答例

大阪大学の公式過去問

公開年度範囲
領域別。電子光・物性物理・化学・化学工学・数理科学は2022〜2026年度など
公式の解答例
解答例の掲載なし
英語の扱い
受験する年度・専攻の募集要項で確認してください。
院試hubの最終確認
2026-10-26
大阪大学の公式過去問PDF