- 式(5.182)の導出
- 式(5.184)の導出
- 式(5.186)の導出
- p.435下から二番目の式の導出
- 式(5.191)の導出
- 式(5.193a)(5.193b)の導出
- (4)の導出
- p.437下：振動数が式(5.195)の\(2\)倍になること
- 式(5.202)の導出
- 式(5.210)の導出
-
\begin{align*}
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha,t_0;t}_I
&=
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}(e^{iH_0t/\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S) \\ \\
&=
i\hbar\left\{\frac{\partial e^{iH_0t/\hbar}}{\partial t}\ket{\alpha,t_0;t}_S+e^{iH_0t/\hbar}\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha,t_0;t}_S\right\} \\ \\
&=
i\hbar\left\{\frac{iH_0}{\hbar}e^{iH_0t/\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S+e^{iH_0t/\hbar}\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha,t_0;t}_S\right\} \\ \\
&=
i\hbar\left\{\frac{iH_0}{\hbar}e^{iH_0t/\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S+e^{iH_0t/\hbar}\frac{H}{i\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S\right\}&&...\text{式(2.27)} \\ \\
&=
-H_0e^{iH_0t/\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S+e^{iH_0t/\hbar}H\ket{\alpha,t_0;t}_S \\ \\
&=
-H_0e^{iH_0t/\hbar}\ket{\alpha,t_0;t}_S+e^{iH_0t/\hbar}(H_0+V)\ket{\alpha,t_0;t}_S \\ \\
&=
e^{iH_0t/\hbar}V\ket{\alpha,t_0;t}_S \\ \\
&=
e^{iH_0t/\hbar}V{\color{red}e^{-iH_0t/\hbar}e^{iH_0t/\hbar}}\ket{\alpha,t_0;t}_S \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
\begin{align*}
\frac{dA_I}{dt}
&=
\frac{d}{dt}(e^{iH_0t/\hbar}A_Se^{-iH_0t/\hbar})&&...\text{式(5.178)} \\ \\
&=
\left(\frac{d}{dt}e^{iH_0t/\hbar}\right)A_Se^{-iH_0t/\hbar}+
\left(e^{iH_0t/\hbar}A_S\frac{d}{dt}e^{-iH_0t/\hbar}\right)& \\ \\
&=
\left(\frac{iH_0}{\hbar}e^{iH_0t/\hbar}\right)A_Se^{-iH_0t/\hbar}+
\left(e^{iH_0t/\hbar}A_S\frac{-iH_0}{\hbar}e^{-iH_0t/\hbar}\right)& \\ \\
&=
\frac{1}{i\hbar}\left\{-H_0e^{iH_0t/\hbar}A_Se^{-iH_0t/\hbar}+
\left(e^{iH_0t/\hbar}A_SH_0e^{-iH_0t/\hbar}\right)\right\}& \\ \\
&=
\frac{1}{i\hbar}\left\{-H_0e^{iH_0t/\hbar}A_Se^{-iH_0t/\hbar}+
e^{iH_0t/\hbar}A_Se^{-iH_0t/\hbar}H_0\right\}&&...H_0\text{と}e^{-iH_0t/\hbar}\text{は交換可能であるため} \\ \\
&=
\frac{1}{i\hbar}\left\{-H_0A_I+A_IH_0\right\}& \\ \\
&=
\frac{1}{i\hbar}[A_I,H_0]
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.183)より
\begin{align*}
&&
\bra{n}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha,t_0;t}_I&=\bra{n}V_I\ket{\alpha,t_0;t}_I \\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\braket{n|\alpha,t_0;t}_I&=\bra{n}V_I\ket{\alpha,t_0;t}_I \\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\braket{n|\alpha,t_0;t}_I&=\displaystyle\sum_m\bra{n}V_I\ket{m}\braket{m|\alpha,t_0;t}_I \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
\begin{align*}
\left\langle n\left| e^{iH_0t/\hbar}V(t)e^{-iH_0t/\hbar}\right|m\right\rangle
&=
\left\langle n\left| e^{iH_0t/\hbar}V(t)e^{-iE_mt/\hbar}\right|m\right\rangle \\ \\
&=
\displaystyle\sum_{n^{\prime}}\left\langle n\left| e^{iH_0t/\hbar}\right|n^{\prime}\right\rangle\left\langle n^{\prime}\left| V(t)e^{-iE_mt/\hbar}\right|m\right\rangle \\ \\
&=
\displaystyle\sum_{n^{\prime}}\left\langle n\left| e^{iE_{n^{\prime}}t/\hbar}\right|n^{\prime}\right\rangle\left\langle n^{\prime}\left| V(t)e^{-iE_mt/\hbar}\right|m\right\rangle \\ \\
&=
\displaystyle\sum_{n^{\prime}}\left\langle n\left. \right|n^{\prime}\right\rangle e^{i(E_{n^{\prime}}-E_m)t/\hbar}\left\langle n^{\prime}\left| V(t)\right|m\right\rangle&&...\text{定数であるため} \\ \\
&=
e^{i(E_n-E_m)t/\hbar}\left\langle n\left| V(t)\right|m\right\rangle&&...n^{\prime}=n\text{の項のみが残るため} \\ \\
&=
e^{i(E_n-E_m)t/\hbar}V_{nm}(t)&\\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.190)を用いて計算する。
\begin{align*}
V_{11}
&=
\braket{1|V(t)|1} \\ \\
&=
\bra{1}(\gamma e^{i\omega t}\ket{1}\bra{2}+\gamma e^{-i\omega t}\ket{2}\bra{1})|\ket{1} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\braket{1|1}\braket{1|1}+\gamma e^{-i\omega t}\braket{1|2}\braket{1|1} \\ \\
&=0\\ \\ \\
V_{22}
&=
\braket{2|V(t)|2} \\ \\
&=
\bra{2}(\gamma e^{i\omega t}\ket{1}\bra{2}+\gamma e^{-i\omega t}\ket{2}\bra{1})|\ket{2} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\braket{2|1}\braket{2|2}+\gamma e^{-i\omega t}\braket{2|2}\braket{1|2} \\ \\
&=0
\end{align*}
と導出できる。また、
\begin{align*}
V_{21}
&=
\braket{2|V(t)|1} \\ \\
&=
\bra{2}(\gamma e^{i\omega t}\ket{1}\bra{2}+\gamma e^{-i\omega t}\ket{2}\bra{1})|\ket{1} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\braket{2|1}\braket{1|2}+\gamma e^{-i\omega t}\braket{2|2}\braket{1|1} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\cdot 0+\gamma e^{-i\omega t} \\ \\
&=
\gamma e^{-i\omega t}\\ \\ \\
V_{12}
&=
\braket{1|V(t)|2} \\ \\
&=
\bra{1}(\gamma e^{i\omega t}\ket{1}\bra{2}+\gamma e^{-i\omega t}\ket{2}\bra{1})|\ket{2} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\braket{1|1}\braket{2|2}+\gamma e^{-i\omega t}\braket{1|2}\braket{1|2} \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}+\gamma e^{-i\omega t}\cdot 0 \\ \\
&=
\gamma e^{i\omega t}\\ \\
&=
V_{21}^{\ast}
\end{align*}
が得られる。
-
式(5.189)(5.190)(5.191)より解くべき微分方程式は
\begin{align*}
i\hbar\dot{c}_1&=V_{11}c_1+V_{12}e^{i\omega_{12}t}c_2 \\ \\
&=
0+\gamma e^{i\omega t}e^{i\omega_{12}t}c_2 \\ \\
&=
\gamma e^{i(\omega+\omega_{12}) t}c_2 \\ \\
&=
\gamma e^{i(\omega-\omega_{21}) t}c_2&&...(1) \\ \\ \\
i\hbar\dot{c}_2&=V_{21}e^{i\omega_{21}t}c_1+V_{22}c_2 \\ \\
&=
V_{12}^{\ast}e^{i\omega_{21}t}c_1+0 \\ \\
&=
e^{-i\omega t}e^{i\omega_{21}t}c_1 \\ \\
&=
\gamma e^{-i(\omega-\omega_{21}) t}c_1&&...(2)
\end{align*}
となる。\((2)より\)
\begin{align*}
i\hbar\dot{c}_2
&=
\gamma e^{-i(\omega-\omega_{21}) t}c_1& \\ \\
\Leftrightarrow
c_1&=i\frac{\hbar}{\gamma}e^{i(\omega-\omega_{21}) t}\dot{c}_2
\end{align*}
が得られるためこれを\((1)\)の左辺に代入すると
\begin{align*}
(1)\text{左辺}
&=
i\hbar\dot{c}_1 \\ \\
&=
i\hbar\frac{d}{dt}\left(i\frac{\hbar}{\gamma}e^{i(\omega-\omega_{21}) t}\dot{c}_2\right) \\ \\
&=
-\frac{\hbar^2}{\gamma}\frac{d}{dt}\left(e^{i(\omega-\omega_{21}) t}\dot{c}_2\right) \\ \\
&=
-\frac{\hbar^2}{\gamma}\left(i(\omega-\omega_{21})e^{i(\omega-\omega_{21}) t}\dot{c}_2+e^{i(\omega-\omega_{21}) t}\ddot{c}_2\right) \\ \\
&=
-\frac{\hbar^2}{\gamma}\left(i(\omega-\omega_{21})\dot{c}_2+\ddot{c}_2\right)e^{i(\omega-\omega_{21}) t}
\end{align*}
となる。右辺と合わせると
\begin{align*}
&&
-\frac{\hbar^2}{\gamma}\left(i(\omega-\omega_{21})\dot{c}_2+\ddot{c}_2\right)e^{i(\omega-\omega_{21}) t}
&=
\gamma e^{i(\omega-\omega_{21}) t}c_2 \\ \\
&\Leftrightarrow&
i(\omega-\omega_{21})\dot{c}_2+\ddot{c}_2
&=
-\frac{\gamma^2}{\hbar^2}c_2 \\ \\
&\Leftrightarrow&
\ddot{c}_2+i(\omega-\omega_{21})\dot{c}_2+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}c_2
&=
0&&...(3)\\ \\
\end{align*}
が得られる。ここで解を\(c_2(t)=Ae^{kt}\)とすると、\(\dot{c}_2=kAe^{kt}=kc_2,\ddot{c}_2=\dot{kc_2}=k^2Ae^{kt}=k^2c_2\)なので
\begin{align*}
\underbrace{\ddot{c}_2+i(\omega-\omega_{21})\dot{c}_2+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}c_2}_{=0}
&=
k^2c_2+i(\omega-\omega_{21})kc_2+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}c_2 \\ \\
&=
(k^2+i(\omega-\omega_{21})k+\frac{\gamma^2}{\hbar^2})c_2 \\ \\
&=
0 \\ \\
\Rightarrow
k^2+i(\omega-\omega_{21})k+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}&=0 \\ \\
k&=\frac{-i(\omega-\omega_{21})\pm\sqrt{(i(\omega-\omega_{21}))^2-4\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}}{2} \\ \\
&=
\frac{-i(\omega-\omega_{21})\pm\sqrt{-(\omega-\omega_{21})^2-4\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}}{2} \\ \\
&=
\frac{-i(\omega-\omega_{21})\pm i\sqrt{(\omega-\omega_{21})^2+4\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}}{2} \\ \\
&=
-i\frac{(\omega-\omega_{21})}{2}\pm i\sqrt{\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}} \\ \\
&=
-i\alpha\pm i\Omega
\end{align*}
と\(k\)が定まる。これを用いると(3)は線形微分方程式であるため
\begin{align*}
c_2
&=
A_1e^{-i\alpha t+i\Omega t}+A_2e^{-i\alpha t-i\Omega t}
\end{align*}
が得られる。ここで式(5.192)より
\begin{align*}
c_2(0)
&=
0 \\ \\
\Leftrightarrow
A_1e^{-i\alpha 0+i\Omega 0}+A_2e^{-i\alpha 0-i\Omega 0}
&=
0 \\ \\
\Leftrightarrow
A_1+A_2
&=
0 \\ \\
\therefore
c_2
&=
A_1e^{-i\alpha t+i\Omega t}-A_1e^{-i\alpha t-i\Omega t} \\ \\
&=
A_1e^{-i\alpha t}(e^{i\Omega t}-e^{-i\Omega t}) \\ \\
&=
A_1e^{-i\alpha t}2i\frac{e^{i\Omega t}-e^{-i\Omega t}}{2i} \\ \\
&=
2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t\\ \\
\end{align*}
が得らえる。これを用いて(2)より
\begin{align*}
c_1
&=
i\frac{\hbar}{\gamma}e^{i(\omega-\omega_{21})t}\dot{c}_2 \\ \\
&=
i\frac{\hbar}{\gamma}e^{i(\omega-\omega_{21})t}\frac{d}{dt}c_2 \\ \\
&=
i\frac{\hbar}{\gamma}e^{i2\alpha t}\frac{d}{dt}c_2&&...\alpha=\frac{\omega-\omega_{21}}{2} \\ \\
&=
i\frac{\hbar}{\gamma}e^{2i\alpha t}\frac{d}{dt}(2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t) \\ \\
&=
2iA_1i\frac{\hbar}{\gamma}e^{2i\alpha t}\frac{d}{dt}(e^{-i\alpha t}\sin\Omega t) \\ \\
&=
-2A_1\frac{\hbar}{\gamma}e^{2i\alpha t}((-i\alpha)e^{-i\alpha t}\sin\Omega t+e^{-i\alpha t}\Omega\cos\Omega t) \\ \\
&=
-2A_1\frac{\hbar}{\gamma}e^{i\alpha t}((-i\alpha)\sin\Omega t+\Omega\cos\Omega t) \\ \\
\end{align*}
が得られる。ここで、\(|c_1|^2+|c_2|^2=1\)より(4)
\begin{align*}
|c_1|^2+|c_2|^2
&=
|-2A_1\frac{\hbar}{\gamma}e^{i\alpha t}((-i\alpha)\sin\Omega t+\Omega\cos\Omega t)|^2+|2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t|^2 \\ \\
&=
\{-2A_1\frac{\hbar}{\gamma}e^{i\alpha t}((-i\alpha)\sin\Omega t+\Omega\cos\Omega t)\}\{-2A_1\frac{\hbar}{\gamma}e^{-i\alpha t}((i\alpha)\sin\Omega t+\Omega\cos\Omega t)\}+\{2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t\}\{2(-i)A_1e^{i\alpha t}\sin\Omega t\} \\ \\
&=
\{4A_1^2\frac{\hbar^2}{\gamma^2}(\alpha^2\sin^2\Omega t+\Omega^2\cos^2\Omega t)\}+\{4A_1^2\sin^2\Omega t\}\\ \\
&=
\left\{4A_1^2\frac{\hbar^2}{\gamma^2}(\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{2^2}\sin^2\Omega t+\left(\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}\right)\cos^2\Omega t)\right\}+4A_1^2\sin^2\Omega t\\ \\
&=
4A_1^2\frac{\hbar^2}{\gamma^2}\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}(\sin^2\Omega t+\cos^2\Omega t)+4A_1^2\frac{\hbar^2}{\gamma^2}\frac{\gamma^2}{\hbar^2}\cos^2\Omega t+4A_1^2\sin^2\Omega t\\ \\
&=
A_1^2\frac{\hbar^2}{\gamma^2}(\omega-\omega_{21})^2+4A_1^2(\cos^2\Omega t+\sin^2\Omega t)\\ \\
&=
A_1^2\left(\frac{\hbar^2}{\gamma^2}(\omega-\omega_{21})^2+4\right)\\ \\
&=1 \\ \\
\Leftrightarrow
A_1^2
&=
\frac{1}{\frac{\hbar^2}{\gamma^2}(\omega-\omega_{21})^2+4} \\ \\
&=
\frac{1}{4}\frac{\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}{\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}} \\ \\
\end{align*}
が得られる。\(|c_2|^2\)を求めると
\begin{align*}
|c_2|^2
&=
|2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t|^2 \\ \\
&=
\{2iA_1e^{-i\alpha t}\sin\Omega t\}\{2(-i)A_1e^{i\alpha t}\sin\Omega t\} \\ \\
&=
4A_1^2\sin^2\Omega t \\ \\
&=
4\frac{1}{4}\frac{\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}{\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}\sin^2\Omega t\\ \\
&=
\frac{\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}{\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}}\sin^2\left\{\sqrt{\frac{(\omega-\omega_{21})^2}{4}+\frac{\gamma^2}{\hbar^2}} t\right\}\\ \\
\end{align*}
と導出できる。また、(4)より
\begin{align*}
|c_1|^2=1-|c_2|^2
\end{align*}
となる。
\begin{align*}
\braket{\alpha,t_0;t|\alpha,t_0;t}=1
\end{align*}
であることから、
\begin{align*}
\braket{\alpha,t_0;t|\alpha,t_0;t}
&=
\displaystyle\sum_n\braket{\alpha,t_0;t|n}\braket{n|\alpha,t_0;t} \\ \\
&=
\displaystyle\sum_n\braket{n|\alpha,t_0;t}^{\ast}\braket{n|\alpha,t_0;t} \\ \\
&=
\displaystyle\sum_nc_n^{\ast}c_n&&...\text{p.435下式より} \\ \\
&=
\displaystyle\sum_n|c_n|^2=1 \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.193)に式(5.195)を適用すると
\begin{align*}
|c_2(t)|^2
&=
\alpha \sin^2\Omega t \\ \\
&=
\alpha \left(\frac{1-2\sin2\Omega t}{2}\right) \\ \\
\end{align*}
が得られるため、各振動数は式(5.195)の二倍となる。
-
エネルギーは式(5.190)を参考にすると、式(5.200)より
\begin{align*}
E_1&=-\frac{e\hbar B_0}{2m_ec} \\ \\
E_2&=\frac{e\hbar B_0}{2m_ec} \\ \\
\end{align*}
が得られる。これを式(5.194)を適用すると
\begin{align*}
\omega_{21}
&=
\frac{E_2-E_1}{\hbar} \\ \\
&=
\frac{\frac{e\hbar B_0}{2m_ec}+\frac{e\hbar B_0}{2m_ec}}{\hbar} \\ \\
&=
\frac{eB_0}{m_ec}
\end{align*}
と導出できる。ここで、各振動数は正であることから、電荷に絶対値をつけることで式(5.202)が得られる。
-
p.441より電気双極子演算子は\(\textbf{x}\)に比例することから、式(4.83)より、パリティが一致する場合、計算結果は\(0\)になる。
- 式(5.212)の導出
- 式(5.218)の導出
- (2)の導出
- 式(5.219)の導出
- 式(5.220)の導出
- 式(5.221)の導出
- 式(5.223)が解になること
- (1)の導出
- 式(5.229)の導出
- 式(5.231)の計算の導出
- p.448下部：\(\textbf{A}_n(\textbf{R}),\textbf{B}_n(\textbf{R})\)が実数になること
- 式(5.239)の導出
- 式(5.240)の導出
- 式(5.241)の導出
- 式(5.243)の導出
- 式(5.245)の導出
- 式(5.247)の導出
- 式(5.250)の導出
- 式(5.251)の導出
- 式(5.253)の導出
- 式(5.254)の導出
- 式(5.255)の導出(要：議論)
- 式(5.256)の式変形の導出
- 式(5.259)上の式の導出
-
\begin{align*}
i\frac{\partial}{\partial s}\mathscr{U}(t,t_0)
&=
i\frac{\partial t}{\partial s}\frac{\partial}{\partial t}\mathscr{U}(t,t_0) \\ \\
&=
i\frac{\partial (sT)}{\partial s}\frac{\partial}{\partial t}\mathscr{U}(t,t_0) \\ \\
&=
\frac{iT}{i\hbar}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\mathscr{U}(t,t_0) \\ \\
&=
\frac{T}{\hbar}H\mathscr{U}(t,t_0) \\ \\
&=
\frac{H}{\hbar\Omega}H\mathscr{U}(t,t_0) \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.215)に式(216)を代入すると
\begin{align*}
&&
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha;t}&= H(t)\ket{\alpha;t} \\ \\
&\Rightarrow&
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}\right)&= H(t)\left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}\right) \\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\displaystyle\sum_n\frac{\partial}{\partial t}\left( c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}\right)&= \left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}H(t)\ket{n;t}\right)&&...(1) \\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\displaystyle\sum_n\left( \dot{c}_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)i\dot{\theta_n(t)}e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)&= \left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}E_n(t)\ket{n;t}\right)&&...\text{式(5.214)より}\\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\displaystyle\sum_n\left( \dot{c}_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)i\underbrace{\left(-\frac{1}{\hbar}E_n\right)}_{(2)}e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)&= \left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}E_n(t)\ket{n;t}\right)&\\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\displaystyle\sum_n\left( \dot{c}_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)+\left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}E_n(t)\ket{n;t}\right)&= \left(\displaystyle\sum_n c_n(t)e^{i\theta_n(t)}E_n(t)\ket{n;t}\right)&\\ \\
&\Leftrightarrow&
i\hbar\displaystyle\sum_n\left( \dot{c}_n(t)e^{i\theta_n(t)}\ket{n;t}+c_n(t)e^{i\theta_n(t)}\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)&=0&\\ \\
&\Leftrightarrow&
\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}\left( \dot{c}_n(t)\ket{n;t}+c_n(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)&=0&\\ \\
\end{align*}
と導出できる。
(1)では\(c_n(t)e^{i\theta(t)}\)は演算子ではないためハミルトニアンと交換できるとした。
\begin{align*}
\dot{\theta}_n(t)
&=
\frac{\partial}{\partial t}\left(-\frac{1}{\hbar}\int_0^tE_n(t^{\prime})dt^{\prime}\right)&&...\text{式(5.217)} \\ \\
&=
-\frac{1}{\hbar}\frac{\partial}{\partial t}\left(\mathscr{E}_n(t)-\mathscr{E}_n(0)\right)&&...E_n(t)\text{の原始関数を}\mathscr{E}_n(t)\text{とした} \\ \\
&=
-\frac{1}{\hbar}E_n(t)&&...E_n(t)\text{の原始関数を微分しているため} \\ \\
\end{align*}
-
式(5.218)に\(\bra{m;t}\)を作用させると
\begin{align*}
\bra{m;t}\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}\left( \dot{c}_n(t)\ket{n;t}+c_n(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right)
&=
\bra{m;t}\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}\left( \dot{c}_n(t)\ket{n;t}\right)+\bra{m;t}\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}\left(c_n(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right) \\ \\
&=
\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}\left( \dot{c}_n(t)\braket{m;t|n;t}\right)+\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}c_n(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
e^{i\theta_m(t)}\dot{c}_m(t)+\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}c_n(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]&&...\text{式(1.60)：}\braket{m;t|n;t}=\delta_{mn}\text{より}n=m\text{の項のみ残る} \\ \\
&=
0 \\ \\
\Leftrightarrow
e^{i\theta_m(t)}\dot{c}_m(t)&=-\displaystyle\sum_ne^{i\theta_n(t)}c_n(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
\Leftrightarrow
\dot{c}_m(t)&=-\displaystyle\sum_ne^{i(\theta_n(t)-\theta_m(t))}c_n(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.214)の両辺を時間微分すると
\begin{align*}
&&
\frac{\partial}{\partial t}\left(H(t)\ket{n;t}\right)
&=
\frac{\partial}{\partial t}\left(E_n(t)\ket{n;t}\right) \\ \\
&\Leftrightarrow&
\dot{H}(t)\ket{n;t}+H(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}
&=
\dot{E}_n(t)\ket{n;t}+E_n(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t} \\ \\
\end{align*}
が得られる。両辺に\(\bra{m;t}\)(\(m\neq n\))を作用させると
\begin{align*}
&&
\bra{m;t}\dot{H}(t)\ket{n;t}+\bra{m;t}H(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}
&=
\bra{m;t}\dot{E}_n(t)\ket{n;t}+\bra{m;t}E_n(t)\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}\dot{H}(t)\ket{n;t}+(\bra{m;t}H(t)^{\dagger})\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]
&=
\dot{E}_n(t)\braket{m;t|n;t}+\bra{m;t}E_n(t)\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]&&...\text{ハミルトニアンはエルミート的だとした} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}\dot{H}(t)\ket{n;t}+(\bra{m;t}E_m(t)^{\ast})\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]
&=
\dot{E}_n(t)\cdot 0+\bra{m;t}E_n(t)\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]& \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}\dot{H}(t)\ket{n;t}+E_m(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]
&=
\bra{m;t}E_n(t)\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]&&...\text{エネルギーは実数であるとした} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}\dot{H}(t)\ket{n;t}
&=
(E_n(t)-E_m(t))\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]&
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.219)より
\begin{align*}
\dot{c}_m(t)
&=
-\displaystyle\sum_nc_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-\displaystyle\sum_nc_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-c_m(t)e^{i[\theta_m(t)-\theta_m(t)]}\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{m;t}\right]-\displaystyle\sum_{n\neq m}c_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-c_m(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{m;t}\right]-\displaystyle\sum_{n\neq m}c_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-c_m(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{m;t}\right]-\displaystyle\sum_{n\neq m}c_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\frac{1}{E_n(t)-E_m(t)}[E_n(t)-E_m(t)]\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-c_m(t)\bra{m;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{m;t}\right]-\displaystyle\sum_{n\neq m}c_n(t)e^{i[\theta_n(t)-\theta_m(t)]}\frac{\braket{m;t|\dot{H}|n;t}}{E_n(t)-E_m(t)}&&...\text{式(5.220)}\\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.222)の近似より、式(5.221)は
\begin{align*}
\dot{c}_n(t)
&=
-c_n(t)\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]
\end{align*}
になる。ここに式(5.223)を代入すると
\begin{align*}
\text{左辺}
&=
\dot{c}_n(t) \\ \\
&=
\frac{\partial}{\partial t}e^{i\gamma_n(t)}c_n(0) \\ \\
&=
i\dot{\gamma}_n(t)e^{i\gamma_n(t)}c_n(0) \\ \\
&=
i\left(i\frac{\partial}{\partial t}\int_0^t\bra{n;t^{\prime}}\left[\frac{\partial}{\partial t^{\prime}}\ket{n;t^{\prime}}\right]\right)e^{i\gamma_n(t)}c_n(0) \\ \\
&=
i\left(i\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]\right)e^{i\gamma_n(t)}c_n(0)&&...(1) \\ \\
&=
-\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]e^{i\gamma_n(t)}c_n(0) \\ \\ \\
\text{右辺}
&=
-c_n(t)\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right] \\ \\
&=
-e^{i\gamma_n(t)}c_n(0)\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]=\text{左辺} \\ \\
\end{align*}
となっていることから確認できる。
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial t}\int_0^t\bra{n;t^{\prime}}\left[\frac{\partial}{\partial t^{\prime}}\ket{n;t^{\prime}}\right]
&=
\frac{\partial}{\partial t}\left[F(t)-F(0)\right]&&...\bra{n;t^{\prime}}\left[\frac{\partial}{\partial t^{\prime}}\ket{n;t^{\prime}}\right]\text{の原始関数を}F(t^{\prime})\text{とした} \\ \\
&=
\bra{n;t^{\prime}}\left[\frac{\partial}{\partial t^{\prime}}\ket{n;t^{\prime}}\right]
\end{align*}
となる。
-
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}
&=
\frac{\partial}{\partial t}e^{-iE_nt/\hbar}\ket{n} \\ \\
&=
\frac{-iE_n}{\hbar}e^{-iE_nt/\hbar}\ket{n} \\ \\
&=
\frac{-iE_n}{\hbar}\ket{n;t} \\ \\
\end{align*}
となるため
\begin{align*}
\bra{n;t}\left[\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}\right]
&=
\bra{n;t}\frac{-iE_n}{\hbar}\ket{n;t} \\ \\
&=
\frac{-iE_n}{\hbar}\braket{n;t|n;t} \\ \\
&=
\frac{-iE_n}{\hbar}
\end{align*}
と導出できる。
-
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial t}\ket{n;t}
&=
\frac{\partial}{\partial t}\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\frac{\partial n}{\partial t}\frac{\partial}{\partial n(\textbf{R}(t))}\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\frac{\partial n}{\partial t}\frac{\partial}{\partial n(R_x(t),R_y(t),R_z(t))}\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\frac{\partial n}{\partial t}\left(\frac{\partial R_x}{\partial n(R_x(t),R_y(t),R_z(t))}\frac{\partial}{\partial R_x}+\frac{\partial R_y}{\partial n(R_x(t),R_y(t),R_z(t))}\frac{\partial}{\partial R_y}+\frac{\partial R_z}{\partial n(R_x(t),R_y(t),R_z(t))}\frac{\partial}{\partial R_z}\right)\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\frac{\partial n}{\partial t}\left(\frac{\partial R_x}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_x}+\frac{\partial R_y}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_y}+\frac{\partial R_z}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_z}\right)\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\left(\frac{\partial n}{\partial t}\frac{\partial R_x}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_x}+\frac{\partial n}{\partial t}\frac{\partial R_y}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_y}+\frac{\partial n}{\partial t}\frac{\partial R_z}{\partial n}\frac{\partial}{\partial R_z}\right)\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\left(\frac{\partial R_x}{\partial t}\frac{\partial}{\partial R_x}+\frac{\partial R_y}{\partial t}\frac{\partial}{\partial R_y}+\frac{\partial R_z}{\partial t}\frac{\partial}{\partial R_z}\right)\ket{n(\textbf{R}(t))}&&...\text{微分の連鎖律より} \\ \\
&=
\left(
\begin{array}{cccc}
\frac{\partial R_x}{\partial t} \\
\frac{\partial R_y}{\partial t} \\
\frac{\partial R_z}{\partial t}
\end{array}
\right)\cdot
\left(
\begin{array}{cccc}
\frac{\partial}{\partial R_x} \\
\frac{\partial}{\partial R_y} \\
\frac{\partial}{\partial R_z} \\
\end{array}
\right)\ket{n(\textbf{R}(t))} \\ \\
&=
\frac{d\textbf{R}}{dt}\cdot \nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R}(t))}& \\ \\
&=
\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R}(t))}\cdot\frac{d\textbf{R}}{dt}& \\ \\
\end{align*}
が得られるため、ブラ\(\bra{n;t}\)を作用させることで式(5.231)が得られる。
-
\begin{align*}
&&\braket{n;t|n;t}&=1 \\ \\
&\Rightarrow&
\nabla_{\textbf{R}}\braket{n;t|n;t}&=\nabla_{\textbf{R}}1 \\ \\
&\Leftrightarrow&
(\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t})\ket{n;t}+\bra{n;t}(\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t})&=0 \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{n;t}(\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t})&=-(\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t})\ket{n;t} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{n;t}(\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t})&=-(\bra{n;t}(\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}))^{\ast}&&...\text{式(1.53)より} \\ \\
\end{align*}
が得られる。これは\(\bra{n;t}(\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t})\)が純虚数であることを表しているため、\(i\)倍することによって得られる\(\textbf{A}_n(\textbf{R})\)は実数になる。
加えて、\(\textbf{A}_n(\textbf{R})\)が実数であるため、その回転を取った\(\textbf{B}_n(\textbf{R})\)も実数となる。
-
\begin{align*}
\textbf{B}_n(\textbf{R})
&=
\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\times\textbf{A}_n(\textbf{R}) \\ \\
&=
\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\times\left(i\underbrace{\bra{n;t}}_{(1)}\underbrace{\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\ket{n;t}\right]}_{(2)}\right) \\ \\
&=
i\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\bra{n;t}\right]\times\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\ket{n;t}\right]+i\bra{n;t}\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\times\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\ket{n;t}\right]&&...\text{(1)がベクトル、(2)がスカラーとしてベクトル解析の公式を用いた} \\ \\
&=
i\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\bra{n;t}\right]\times\left[\boldsymbol{\nabla}_{\textbf{R}}\ket{n;t}\right]+0&&...\text{ベクトル解析の公式より、勾配の回転が0になることを用いた} \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.239)下の注釈にあるように\(\textbf{B}_n(\textbf{R})\)は三成分を持つベクトルだと考えると
\begin{align*}
\textbf{B}_n(\textbf{R})
&=
i\left(\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_1,\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_2,\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_3\right)
\times
\left(
\begin{array}{cccc}
\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_1\\
\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_2\\
\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_3
\end{array}
\right) \\ \\
&=
i
\left(
\begin{array}{cccc}
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_2][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_3]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_3][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_2] \\
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_3][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_1]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_1][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_3] \\
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_1][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_2]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_2][\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_1]
\end{array}
\right) \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m}
\left(
\begin{array}{cccc}
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_2]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_3]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_3]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_2] \\
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_3]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_1]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_1]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_3] \\
[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_1]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_2]-[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}_2]\ketbra{m;t}{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}_1]
\end{array}
\right) \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m}[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}]\ket{m;t}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}] \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}]\ket{m;t}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}]+i\underbrace{[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}]\ket{n;t}}_{(a)}\times\underbrace{\bra{n;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}]}_{(b)} \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}]\ket{m;t}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}]+i\cdot 0&&...\text{(1)} \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
(1)について、p.449下の計算より\((a),(b)\)は平行であることがわかるから、その外積は\(0\)になる。
-
式(5.214)の\(\textbf{R}-\)微分を取ると
\begin{align*}
&&
\nabla_{\text{R}}(H(t)\ket{n;t})&=\nabla_{\text{R}}(E_n(t)\ket{n;t}) \\ \\
&\Leftrightarrow&
(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}+H(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&=(\nabla_{\text{R}}E_n(t))\ket{n;t}+E_n(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t}) \\ \\
\end{align*}
が得られる。ここに\(\bra{m;t},m\neq n\)を作用させると
\begin{align*}
&&
\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}+\bra{m;t}H(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&=\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}E_n(t))\ket{n;t}+\bra{m;t}E_n(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t}) \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}+(\bra{m;t}H(t)^{\dagger})(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&=\underbrace{(\nabla_{\text{R}}E_n(t))}_{\text{演算子ではない}}\braket{m;t|n;t}+\bra{m;t}E_n(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&&...\text{ハミルトニアンはエルミート的であるとした} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}+(\bra{m;t}E_m(t)^{\ast})(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&=(\nabla_{\text{R}}E_n(t))\cdot 0+\bra{m;t}E_n(t)(\nabla_{\text{R}}\ket{n;t})&&...m\neq n\text{より}\braket{m;t|n;t}=0 \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}&=(E_n(t)-E_m(t))\bra{m;t}[\nabla_{\text{R}}\ket{n;t}]&&...E_m^{\ast}(t)=E_m(t)\text{とした} \\ \\
&\Leftrightarrow&
\bra{m;t}[\nabla_{\text{R}}\ket{n;t}]&=\frac{\bra{m;t}(\nabla_{\text{R}}H(t))\ket{n;t}}{(E_n(t)-E_m(t))}&\\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.240)に式(5.241)を代入すると
\begin{align*}
\textbf{B}_n(\textbf{R})
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}[\nabla_{\textbf{R}}\bra{n;t}]\ket{m;t}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}] \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}]^{\ast}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n;t}]&&...\text{式(1.26)より} \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\left(\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{E_n-E_m}\right)^{\ast}\times\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{E_n-E_m}&&...\text{式(5.241)より} \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}^{\ast}}{E_n^{\ast}-E_m^{\ast}}\times\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{E_n-E_m}& \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\frac{\bra{n;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]^{\dagger}\ket{m;t}}{E_n-E_m}\times\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{E_n-E_m}&&...\text{エネルギーは実数であるとした。式(1.53)を用いた。} \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\frac{\bra{n;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{m;t}}{E_n-E_m}\times\frac{\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{E_n-E_m}&&...\text{ハミルトニアンはエルミート的であるとした。} \\ \\
&=
i\displaystyle\sum_{m\neq n}\frac{\bra{n;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{m;t}\times\bra{m;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{n;t}}{(E_n-E_m)^2}& \\ \\
\end{align*}
と導出できる。
-
式(5.244)を行列表示した際の固有値を求める。
\begin{align*}
-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}\cdot\textbf{R}
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}(S_xR_x+S_yR_y+S_zR_z) \\ \\
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}\left[
R_x\frac{\hbar}{2}
\left(
\begin{array}{cccc}
0&1 \\
1&0
\end{array}
\right)+
R_y\frac{\hbar}{2}
\left(
\begin{array}{cccc}
0&-i \\
i&0
\end{array}
\right)+
R_z\frac{\hbar}{2}
\left(
\begin{array}{cccc}
1&0 \\
0&-1
\end{array}
\right)
\right]
&&...\text{式(3.25)や(3.50)より}\\ \\
&=
-\mu
\left(
\begin{array}{cccc}
R_x&R_z-iR_y \\
R_z+iR_y&-R_x
\end{array}
\right)
\end{align*}
が得られる。この行列の固有値\(E\)を求めると
\begin{align*}
0&=
\left|
\begin{array}{cccc}
\mu R_x-E&\mu R_z-i\mu R_y \\
\mu R_z+i\mu R_y&-\mu R_x-E
\end{array}
\right| \\ \\
&=
(\mu R_x-E)(-\mu R_x-E)-(\mu R_z-i\mu R_y)(\mu R_z+i\mu R_y) \\ \\
&=
E^2-\mu^2(R_x^2+R_y^2+R_z^2) \\ \\
\Leftrightarrow
E&=\pm\mu\sqrt{R_x^2+R_y^2+R_z^2}=\mu|\textbf{R}|
\end{align*}
が得られる。\(\textbf{R}\)が磁場を表しているため、エネルギー固有値としては式(5.245)になる。
-
\begin{align*}
\nabla_{\textbf{R}}\left[-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}\cdot\textbf{R}\right]
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}\nabla_{\textbf{R}}\left[S_xR_x+S_yR_y+S_zR_z\right] \\ \\
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}\left(
\begin{array}{cccc}
\frac{\partial}{\partial R_x} \\
\frac{\partial}{\partial R_y} \\
\frac{\partial}{\partial R_z}
\end{array}
\right)\left[S_xR_x+S_yR_y+S_zR_z\right] \\ \\
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}\left(
\begin{array}{cccc}
S_x \\
S_y \\
S_z
\end{array}
\right)\\ \\
&=
-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}
\end{align*}
が得られる。
-
式(5.249)より
\begin{align*}
\braket{\pm;t|\textbf{S}|\mp;t}
&=
\left\langle\pm;t\left|\frac12(S_++S_-)\hat{\textbf{x}}+\frac{1}{2i}(S_+-S_-)\hat{\textbf{y}}+S_z\hat{\textbf{z}}\right|\mp;t\right\rangle
\end{align*}
が得られる。ここで、
\begin{align*}
\braket{\pm;t|S_+|\mp;t}
&=
\left\langle +;t\left|S_+\right|-;t\right\rangle&&...\text{この組み合わせ以外}0\text{になるため} \\ \\
&=
\left\langle +;t\left|\sqrt{\left\{\frac12-\left(-\frac12\right)\right\}\left\{\frac12-\frac12+1\right\}}\hbar\right|{\color{red}+};t\right\rangle&&...\text{式(3.191)において}m=-\frac12,j=\frac12 \\ \\
&=
\hbar \\ \\ \\
\braket{\pm;t|S_-|\mp;t}
&=
\left\langle -;t\left|S_-\right|+;t\right\rangle&&...\text{この組み合わせ以外}0\text{になるため} \\ \\
&=
\left\langle -;t\left|\sqrt{\left\{\frac12+\frac12\right\}\left\{\frac12-\frac12+1\right\}}\hbar\right|{\color{red}-};t\right\rangle&&...\text{式(3.192)において}m=\frac12,j=\frac12 \\ \\
&=
\hbar \\ \\ \\
\braket{\pm;t|S_z|\mp;t}
&=
\braket{\pm;t|\left(\frac{\mp\hbar}{2}\right)|\mp;t} \\ \\
&=
\frac{\mp\hbar}{2}\braket{\pm;t|\mp;t} \\ \\
&=
0
\end{align*}
が得られる。式(5.249)を計算すると
\begin{align*}
\left\langle +;t\left|\frac12(S_++S_-)\hat{\textbf{x}}+\frac{1}{2i}(S_+-S_-)\hat{\textbf{y}}+S_z\hat{\textbf{z}}\right|-;t\right\rangle
&=
\left\langle +;t\left|\frac12(S_+)\hat{\textbf{x}}+\frac{1}{2i}(S_+)\hat{\textbf{y}}\right|-;t\right\rangle \\ \\
&=
\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}-i\hat{\textbf{y}}) \\ \\ \\
\left\langle -;t\left|\frac12(S_++S_-)\hat{\textbf{x}}+\frac{1}{2i}(S_+-S_-)\hat{\textbf{y}}+S_z\hat{\textbf{z}}\right|+;t\right\rangle
&=
\left\langle +;t\left|\frac12(S_-)\hat{\textbf{x}}+\frac{1}{2i}(-S_-)\hat{\textbf{y}}\right|-;t\right\rangle \\ \\
&=
\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}+i\hat{\textbf{y}}) \\ \\ \\
\end{align*}
が得られ、合わせると式(5.250)になる。
-
式(5.243)より
\begin{align*}
\textbf{B}_+(\textbf{R})
&=
i\frac{\bra{+;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{-;t}\times\bra{-;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{+;t}}{(E_+-E_-)^2} \\ \\
&=
i\frac{\bra{+;t}[-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}]\ket{-;t}\times\bra{-;t}[-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}]\ket{+;t}}{4\mu^2R^2}&&...\text{式(5.246)(5.247)} \\ \\
&=
i\frac{\bra{+;t}\textbf{S}\ket{-;t}\times\bra{-;t}\textbf{S}\ket{+;t}}{\hbar^2R^2} \\ \\
&=
i\frac{\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}-i\hat{\textbf{y}})\times\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}+i\hat{\textbf{y}})}{\hbar^2R^2}&&...\text{式(5.250)} \\ \\
&=
i\frac{\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{x}}+i\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}-i\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{x}}-i^2\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{y}}}{4R^2} \\ \\
&=
i\frac{i\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}{\color{red}+}i\hat{\color{red}\textbf{x}}\times\hat{\color{red}\textbf{y}}}{4R^2}&&...\text{外積の性質より}\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{x}}=0,\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{y}}=0 \\ \\
&=
-\frac{\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}}{2R^2} \\ \\
&=
-\frac{-\hat{\textbf{z}}}{2R^2} \\ \\
&=
\frac{1}{2R^2}\hat{\textbf{z}} \\ \\ \\
\textbf{B}_-(\textbf{R})
&=
i\frac{\bra{-;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{+;t}\times\bra{+;t}[\nabla_{\textbf{R}}H]\ket{-;t}}{(E_--E_+)^2} \\ \\
&=
i\frac{\bra{-;t}[-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}]\ket{+;t}\times\bra{+;t}[-\frac{2\mu}{\hbar}\textbf{S}]\ket{-;t}}{4\mu^2R^2}&&...\text{式(5.246)(5.247)} \\ \\
&=
i\frac{\bra{-;t}\textbf{S}\ket{+;t}\times\bra{+;t}\textbf{S}\ket{-;t}}{\hbar^2R^2} \\ \\
&=
i\frac{\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}+i\hat{\textbf{y}})\times\frac{\hbar}{2}(\hat{\textbf{x}}-i\hat{\textbf{y}})}{\hbar^2R^2} \\ \\
&=
i\frac{\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{x}}-i\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}+i\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{x}}-i^2\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{y}}}{4R^2} \\ \\
&=
i\frac{-i\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}{\color{red}-}i\hat{\color{red}\textbf{x}}\times\hat{\color{red}\textbf{y}}}{4R^2}&&...\text{外積の性質より}\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{x}}=0,\hat{\textbf{y}}\times\hat{\textbf{y}}=0 \\ \\
&=
\frac{\hat{\textbf{x}}\times\hat{\textbf{y}}}{2R^2} \\ \\
&=
\frac{-\hat{\textbf{z}}}{2R^2} \\ \\
&=
-\frac{1}{2R^2}\hat{\textbf{z}} \\ \\ \\
\end{align*}
が得られ、合わせると式(5.251)になる。
-
\(\hat{\textbf{R}}\)は単位ベクトルであり、また、p.448より\(d\textbf{a}\)は微小面積要素である。加えて、式(5.252)は原点\(\textbf{R}=0\)に対して球対象の形をしていることから、
\begin{align*}
\int\frac{\hat{\textbf{R}}\cdot d\textbf{a}}{R^2}&=
\int\frac{da}{R^2}
\end{align*}
が得られる。この式は立体角の微小領域を示していることから、その積分結果は立体角\(\Omega\)になる。
-
波動関数\(\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\)に対し、位相変化として波動関数に式(2.369)をかけることを考える。式中の\(\Lambda\)については、式(2.364)との比較から、微分すると\(\textbf{A}\)と次元が等しい量を用いればよいといえるので、
\begin{align*}
\Lambda=\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}
\end{align*}
を用いることで、
\begin{align*}
\exp\left(\frac{ie\Lambda}{\hbar c}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})
&=
\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})
\end{align*}
が得られる。
-
\begin{align*}
\bra{n(\textbf{R})}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}]
&=
\int d^3 x\braket{n(\textbf{R})|x}\bra{x}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}] \\ \\
&=
\int d^3 x\braket{x|n(\textbf{R})}^{\ast}\nabla_{\textbf{R}}\braket{x|n(\textbf{R})} \\ \\
&=
\int d^3 x\left(\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right)^{\ast}\nabla_{\textbf{R}}\left(\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right) \\ \\
&=
\int d^3 x\exp\left(\frac{-ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})^{\ast}\left(\left[\nabla_{\textbf{R}}\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\right]\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})+\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\nabla_{\textbf{R}}\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right) \\ \\
&=
\int d^3 x\exp\left(\frac{-ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})^{\ast}\left(\left[\frac{ie}{\hbar c}(-\textbf{A}(\textbf{R}))\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\right]\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})+\exp\left(\frac{ie}{\hbar c}\int_{\textbf{R}}^{\textbf{r}}\textbf{A}(\textbf{r}^{\prime})\cdot d\textbf{r}^{\prime}\right)\nabla_{\textbf{R}}\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right) \\ \\
&=
\int d^3 x\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})^{\ast}\left(-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})+\nabla_{\textbf{R}}\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right) \\ \\
&=
\int d^3 x\left(-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})|\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})|^2+\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})^{\ast}\nabla_{\textbf{R}}\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right)&&...\textbf{A}(\textbf{R})\text{は積分対象の}\textbf{r}\text{の関数ではないため交換可能} \\ \\
&=
\int d^3 x\left(-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})|\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})|^2\right)+\int d^3 x\left(\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})^{\ast}\nabla_{\textbf{R}}\psi_n(\textbf{r}-\textbf{R})\right)& \\ \\
&=
-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})\cdot 1+\int d^3 x\braket{n(\textbf{R})|x}\bra{x}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}]&&...\text{1項目は全区間での積分のため1になる。2項目は位相因子がないだけで元の式と同じ形になる(要：議論)}\\ \\
&=
-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})+\bra{n(\textbf{R})}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}]&\\ \\
&=
-\frac{ie}{\hbar c}\textbf{A}(\textbf{R})+0&&...\text{(1)}\\ \\
\end{align*}
が得られる。
(1)について、注釈に記載あり。注釈の「以前の計算」はここで示している変形と等しいのかは議論が必要。
-
式(5.235)のストークスの定理と式(2.339)のようなベクトルポテンシャルの性質より、最初の式変形が得られる。
-
「式(5.254)の導出」における位相の選択として、式(2.403)に倣って\(\Lambda=2e_M\phi\)を選択すると式(5.255)の導出において、
\(\nabla_{\textbf{R}}\rightarrow\frac{\partial}{\partial \phi} \)になり、式の計算結果が
\begin{align*}
\bra{n(\textbf{R})}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}]
&=
\frac{ie}{\hbar c}(-2e_M)\hat{\phi} \\ \\
&=
-\frac{2iee_M}{\hbar c}\hat{\phi}
\end{align*}
となる。これを用いて位相を計算すると、式(5.235)より
\begin{align*}
\gamma_n(C)
&=
\oint i\bra{n(\textbf{R})}[\nabla_{\textbf{R}}\ket{n(\textbf{R})}]\cdot d\textbf{R} \\ \\
&=
\oint i\left(-\frac{2iee_M}{\hbar c}\hat{\phi}\right)\cdot d\textbf{R} \\ \\
&=
\oint \frac{2ee_M}{\hbar c}\hat{\phi}\cdot d\textbf{R} \\ \\
&=
\int_0^{2\pi} \frac{2ee_M}{\hbar c} d\phi \\ \\
&=
2\pi\frac{2ee_M}{\hbar c} \\ \\
&=
\frac{e}{\hbar c}(2e_M)2\pi \\ \\
\end{align*}
が得られる。