阪大 基礎工学研究科 物質創成専攻 物性物理科学II 2022年度 院試 過去問 解答例・解説（解説3項目）

[1](i)　1粒子の軌道角運動量の交換関係

交換子は、2つの演算子の積の順序を入れ替えたときの差である。$l_x$ と $l_y$ が交換しないということは、角運動量の2つの成分の値を同時に確定できないことを意味する。3成分をまとめて $[l_a,l_b]=\mathrm i\hbar\,\varepsilon_{abc}\,l_c$ と書くと、これが角運動量に共通の代数になる。(ii) の合成、[3] のスピン、[4] の $J,L,S$ のすべてで同じ形が使われる。この関係から $l^2=l_x^2+l_y^2+l_z^2$ が各成分と交換することも導ける。実際、$[l_z,l_x^2]=\mathrm i\hbar(l_xl_y+l_yl_x)$ と $[l_z,l_y^2]=-\mathrm i\hbar(l_yl_x+l_xl_y)$ が打ち消し合い、$[l_z,l^2]=0$ となる。[4] で $L^2$ に固有値 $L(L+1)\hbar^2$ を使えるのは、この性質があるからである。

出発点の $[x,p_x]=\mathrm i\hbar$ は、$p_x=-\mathrm i\hbar\,\partial_x$ を任意の関数 $\psi$ に作用させ、$[x,p_x]\psi=-\mathrm i\hbar\,[x\partial_x\psi-\partial_x(x\psi)]=\mathrm i\hbar\,\psi$ と確かめられる。$l_z=-\mathrm i\hbar(x\partial_y-y\partial_x)$ の形を使って任意の関数に作用させる直接計算でも、同じ結果になる。この直接計算を記号計算で実行し、3つの関係すべてが一致することも確認した。

単位は、左辺の $[l_x,l_y]$ が $(\mathrm{J\,s})^2$、右辺の $\hbar\,l_z$ も $(\mathrm{J\,s})^2$ で合う。$\hbar$ を落として $[l_x,l_y]=\mathrm i\,l_z$ と書くと単位が合わない。

誤りは符号で起きる。$[x,p]$ を $-\mathrm i\hbar$ と逆に覚えていると、全体が $-\mathrm i\hbar\,l_z$ になる。1つの項だけ $[p_z,z]$ と $[z,p_z]$ を取り違えると、$\mathrm i\hbar(xp_y+yp_x)$ という $l_z$ にならない式が出る。結果が $l_z$ の形に閉じるかどうかが、符号の検算になる。

[1](ii)　$N$ 粒子の合成軌道角運動量の交換関係

証明に使うのは、交換子が和について線形（$[A+B,C]=[A,C]+[B,C]$）であることと、異なる粒子の演算子は交換することの2点である。二重和の $N^2$ 個の項のうち、$j=k$ の $N$ 個だけが残る。$N=2$ なら $[l_{1,x},l_{1,y}]$、$[l_{1,x},l_{2,y}]$、$[l_{2,x},l_{1,y}]$、$[l_{2,x},l_{2,y}]$ の4項のうち、第2項と第3項が $0$ になる。2電子で2粒子の座標・運動量を実際の微分演算子で表し、これらの項が個別に $0$ になること、残る2項の和が $\mathrm i\hbar L_z$ に一致することも記号計算で確認した。

合成した $\bm L$ が1粒子と同じ代数に従うので、$L^2$ の固有値 $L(L+1)\hbar^2$ や、$\bm L$ とスピンの合成 $\bm J=\bm L+\bm S$ の議論を、粒子数によらずそのまま使える。多電子原子の項記号（$^2P_{3/2}$ のような $L,S,J$ の組）が意味を持つ根拠である。

答案に書くべき点は、$j\ne k$ の項が $0$ になる理由である。「同様に」で済ませると、証明の肝を落とすことになる。数え間違いも起こる。二重和のすべての $(j,k)$ に $\mathrm i\hbar\,l_{k,z}$ を割り当てると $N$ 個の和が $N$ 回現れ、$N=2$ では正しい値の2倍の $2\,\mathrm i\hbar L_z$ が出てしまう。

[2]　$H_0$ のもとでの $\bm L$ の保存

時間に陽に依らない演算子 $A$ の期待値は $\mathrm d\langle A\rangle/\mathrm dt=\langle[A,H]\rangle/(\mathrm i\hbar)$ に従う。$A$ が $H$ と交換すれば期待値は一定で、保存量になる。ハイゼンベルグ描像では、これが演算子そのものの方程式 $\mathrm dA/\mathrm dt=[A,H]/(\mathrm i\hbar)$ として現れる。

問題文で保存則の合図になる条件は2つある。「球対称ポテンシャル $V_0$」は $V_0$ が $|\bm r_j|$ だけの関数であることを、「電子間クーロン相互作用 $V_1$」は $V_1$ が $|\bm r_j-\bm r_k|$ だけの関数であることを意味する。この2点は、座標軸を回しても $H_0$ が変わらないという回転対称性を与える。$\bm L$ は回転の生成子（$\mathrm e^{-\mathrm i\theta\,\bm n\cdot\bm L/\hbar}$ が軸 $\bm n$ まわりの角 $\theta$ の回転を表す）なので、回転で変わらないスカラー量とは交換する。第2段階の式は、この事実を成分で示したものである。

大事なのは、保存するのが $\bm L$ であって、各 $\bm l_j$ ではないことである。たとえば電子1と電子2の距離 $s=|\bm r_1-\bm r_2|$ に依る項では、 $$[l_{1,z},V_1]=\mathrm i\hbar\,\frac{(x_1y_2-x_2y_1)}{s}\,V_1'(s)\ne0,$$ となり、$[l_{2,z},V_1]$ が逆符号で打ち消して、和 $L_z$ で初めて $0$ になる。電子間相互作用により、電子どうしが角運動量をやりとりしているわけである。2電子の微分演算子で $[L_a,H_0]f=0$（$a=x,y,z$、$V_0,V_1$ は任意の関数）、$[l_{1,z},V_1]\ne0$、$[L_z,V_1]=0$ を記号計算で確かめた。

球対称の中心が原点からずれると保存しない。$V(|\bm r-\bm d|)$、$\bm d=(d,0,0)$ では $[l_z,V]=-\mathrm i\hbar\,d\,y\,V'/|\bm r-\bm d|\ne0$ となる。「$\bm L$ は原点まわりの角運動量である」という前提が、$V_0$ の中心が原点であることと結びついている。

実際に起こる誤りは、「$V_1$ は球対称だから各 $\bm l_j$ と交換する」と書くことである。上の $[l_{1,z},V_1]$ が $0$ でないので、誤りになる。$\bm r_j\cdot\bm r_k$ との交換子は、$\bm L$ が $\bm r_j$ と $\bm r_k$ の両方に作用することで初めて $0$ になる。この点を答案に明記する。

[3]　スピン軌道相互作用を加えたときの $\bm J$ の保存

同じ計算で、$\bm L$ や $\bm S$ が単独では保存しないことも分かる。$[L_a,\bm S\cdot\bm L]=S_b[L_a,L_b]=\mathrm i\hbar\,(\bm S\times\bm L)_a$、$[S_a,\bm S\cdot\bm L]=[S_a,S_b]L_b=\mathrm i\hbar\,(\bm L\times\bm S)_a$ なので、 $$\frac{\mathrm d\bm L}{\mathrm dt}=\lambda\,\bm S\times\bm L,\qquad \frac{\mathrm d\bm S}{\mathrm dt}=\lambda\,\bm L\times\bm S=-\frac{\mathrm d\bm L}{\mathrm dt}$$ である。$\bm L$ と $\bm S$ が互いに角運動量をやりとりし、その和だけが変わらない。[2] で成り立った $\bm L$ の保存が、$H_1$ を加えると壊れる理由は、$\bm S\cdot\bm L$ が $\bm S$ と $\bm L$ の相対的な向きに依り、$\bm L$ だけを回す対称性が失われるからである。残るのは、$\bm S$ と $\bm L$ を同時に回す対称性で、その生成子が $\bm J$ である。一方 $L^2$ と $S^2$ は $\bm L,\bm S$ のどの成分とも交換するので、$H$ とも交換して保存する。$L,S,J$ が良い量子数になる。[4] の $g$ 因子の議論はこれを使う。

$\bm S\cdot\bm L$ の大きさの見当を付ける。$\hbar=1$ とし、$L=1,\,S=\tfrac12$ の6次元空間で $\bm S\cdot\bm L$ の行列を作ると、固有値は $J=3/2$ の4個が $+\tfrac12$、$J=1/2$ の2個が $-1$ になる。準位の間隔は $\tfrac32\lambda\hbar^2$ である。これは次の関係と一致する。 $$\bm S\cdot\bm L=\tfrac12\bigl(J^2-L^2-S^2\bigr),\qquad \tfrac12\left[\tfrac{15}{4}-2-\tfrac34\right]=\tfrac12,\quad \tfrac12\left[\tfrac34-2-\tfrac34\right]=-1 .$$ また $L=1,S=\tfrac12$、$L=2,S=1$、$L=3,S=\tfrac12$ の行列表現で、$[J_a,\bm S\cdot\bm L]=0$ と、$[L_a,\bm S\cdot\bm L]=\mathrm i(\bm S\times\bm L)_a\ne0$ を確認した。

誤りの典型は、$[J_a,S_bL_b]$ の展開で $S_b[L_a,L_b]$ の項を落とすことである。残る $\mathrm i\hbar\,\varepsilon_{abc}S_cL_b=\mathrm i\hbar\,(\bm L\times\bm S)_a$ は $0$ でなく、保存が示せなくなる。「$\bm S$ は $H_0$ と交換するから保存する」と書くのも誤りである。$[S_a,H]$ には $H_1$ からの $\mathrm i\hbar\lambda\,(\bm L\times\bm S)_a$ が残る。

[4]　ランデの $g$ 因子

問題文の流れは、期待値 $\langle\bm\mu\rangle$ が $\bm J$ に平行になるという前提から、両辺に $\bm J$ を掛けて $g$ だけを残す形になっている。平行になる理由は、$\bm\mu=-\mu_B(\bm L+2\bm S)$ に [3] の結果 $\mathrm d\bm L/\mathrm dt=\lambda\,\bm S\times\bm L$ を使い、古典的なベクトルとして $\bm S=\bm J-\bm L$、$\bm L\times\bm L=\bm 0$ を入れると $\mathrm d\bm L/\mathrm dt=\lambda\,\bm J\times\bm L$ になることにある。$\bm J$ が一定なので、$\bm L$ も $\bm S$ も $\bm J$ のまわりを角速度 $\lambda\bm J$ で回り、$\bm J$ に垂直な成分の時間平均は $0$ になる。残るのは $\bm J$ 方向の成分 $(\bm\mu\cdot\bm J)\,\bm J/J^2$ だけである。

$g$ の式の導き方で要になるのは、$\bm L+2\bm S$ に含まれる $\bm L\cdot\bm J$ と $\bm S\cdot\bm J$ を、$J,L,S$ の2乗で書き換えることである。これは $\bm J=\bm L+\bm S$ の2乗が $J^2=L^2+S^2+2\,\bm L\cdot\bm S$ であることからも導かれる。$L^2$ と $S^2$ が保存する（$H_1$ と交換する）ので、$L(L+1)$、$S(S+1)$ を固有値として使ってよい。この前提を答案に書く。$\hbar$ を戻すと、$\bm\mu=-\mu_B(\bm L+2\bm S)/\hbar$ で、$\hbar^2$ が $\bm J\cdot\bm J=J(J+1)\hbar^2$ と打ち消し、$g$ は無次元になる。

特殊な場合で確かめる。$S=0$ なら $J=L$ で $g=1$ になり、軌道運動だけの磁気モーメントの値である。$L=0$ なら $J=S$ で $g=2$ になり、スピンの $g$ 因子 $2$ に一致する。表は式で求めた値で、行列から $\langle(\bm L+2\bm S)\cdot\bm J\rangle/\langle J^2\rangle$ を各 $J$ の部分空間で計算した結果とも一致した。

磁場 $B=1\ \mathrm T$ を仮定すると、ゼーマン分裂の間隔 $g\mu_BB$ は $\mu_B=5.788\times10^{-5}\ \mathrm{eV/T}$ から、$^2P_{1/2}$ で $3.86\times10^{-5}\ \mathrm{eV}$、$^2P_{3/2}$ で $7.72\times10^{-5}\ \mathrm{eV}$ になる。同じ $L,S$ でも $J$ により $g$ が2倍違う。

誤りの値を3つ挙げる。$J(J+1)$、$L(L+1)$、$S(S+1)$ をそれぞれ $J^2$、$L^2$、$S^2$ と取り違えると、$^2P_{1/2}$ で $g=\tfrac32+\dfrac{1/4-1}{2\cdot1/4}=0$ となり、$2/3$ と全く違う値になる。$S(S+1)-L(L+1)$ の符号を逆にすると、$^2P_{3/2}$ で $5/3$ となり、正しい $4/3$ からずれる。磁気モーメントのスピンの係数 $2$ を落として $\bm\mu=-\mu_B(\bm L+\bm S)=-\mu_B\bm J$ とすると、どの状態でも $g=1$ になり、$L=0$ の $g=2$ が出ない。