量子力学（角運動量・近似法）の問題

質量 $m$ の粒子が 1 次元の調和振動子ポテンシャル $V(x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$（$\omega >0$）の中にあり、ハミルトニアンは
$$H=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{x}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$$
である。正の実数のパラメータ $a$ を含む試行関数
$${\psi }_a(x)=e^{-a|x|}(-\infty <x<\infty )$$
を用いて、変分法で基底状態のエネルギーの上限を求める。ただし、運動エネルギーの期待値は
$$⟨T⟩=\frac{{\hslash }^2}{2m}\cdot \frac{{\int }_{-\infty }^{\infty }|{\psi }_a^{\prime }(x){|}^{2}dx}{{\int }_{-\infty }^{\infty }|{\psi }_a(x){|}^{2}dx}$$
で計算してよい（$x=0$ での ${\psi }_a^{\prime }$ の不連続は考えなくてよい）。また、${\int }_0^{\infty }{x}^n{e}^{-bx}dx=\frac{n!}{b^{n+1}}$（$b>0$, $n$ は 0 以上の整数）を用いてよい。

$⟨H⟩=\frac{⟨{\psi }_a|H|{\psi }_a⟩}{⟨{\psi }_a|{\psi }_a⟩}$ を $a>0$ の範囲で最小にしたときの最小値を、$\hslash$, $\omega$ を用いて表せ。

角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子ポテンシャル $V(x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$ の中に、スピンをもたない質量 $m$ の同種ボース粒子が 2 個ある。$\alpha =\frac{m\omega }{\hslash }$ とおくと、1 粒子の基底状態と第 1 励起状態の規格化された実数の固有関数は
$${\phi }_0(x)={\left(\frac{\alpha }{\pi }\right)}^{1/4}{e}^{-\alpha x^2/2},{\phi }_1(x)={\left(\frac{\alpha }{\pi }\right)}^{1/4}\sqrt{2\alpha }x{e}^{-\alpha x^2/2}$$
である。2 個の粒子が ${\phi }_0$ と ${\phi }_1$ を 1 個ずつ占める状態は、対称化した波動関数
$$\Psi (x_1,x_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}\{{\phi }_0(x_1){\phi }_1(x_2)+{\phi }_1(x_1){\phi }_0(x_2)\}$$
で表される。

この 2 粒子の間に接触相互作用 $H^{\prime }=g\delta (x_1-x_2)$（$g$ は正の定数）がはたらくとき、この状態のエネルギーの 1 次の摂動によるずれ $⟨\Psi |H^{\prime }|\Psi ⟩$ を、$g$, $m$, $\omega$, $\hslash$ を用いて表せ。必要なら ${\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^2{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2a^{3/2}}$（$a>0$）を用いてよい。

質量 $m$ のスピン $\frac{1}{2}$ の同種フェルミ粒子 2 個が、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子ポテンシャルの中にある。粒子の座標を $x_1,x_2$ とし、系のハミルトニアンを
$$H=\sum _{j=1}^2\left(\frac{p_j^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}_j^2\right)+g\delta (x_1-x_2)(g>0)$$
とする。ハミルトニアンはスピンによらない。接触相互作用 $g\delta (x_1-x_2)$ を摂動とみなす。非摂動の 1 粒子の規格化された固有関数のうち、基底状態と第 1 励起状態は、$\alpha =\sqrt{m\omega /\hslash }$ として
$${\phi }_0(x)={\left(\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}\right)}^{1/2}{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2},{\phi }_1(x)={\left(\frac{\alpha }{\sqrt{\pi }}\right)}^{1/2}\sqrt{2}\alpha x{e}^{-{\alpha }^2{x}^2/2}$$
である。2 粒子系の非摂動エネルギーが $2\hslash \omega$ の準位（零点エネルギーを含む。1 粒子が ${\phi }_0$、もう 1 粒子が ${\phi }_1$ を占める準位）は、摂動の 1 次で 2 つのエネルギー準位に分かれる。高いほうの準位のエネルギーから低いほうの準位のエネルギーを引いた差を、摂動の 1 次までで $g,m,\omega ,\hslash$ を用いて求めよ。必要なら ${\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^2{e}^{-a{x}^2}dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{a^3}}(a>0)$ を用いてよい。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の放物線型のポテンシャル障壁
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}{V}_0\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)& (|x|<a)\\ 0& (|x|\ge a)\end{array}$$
に、左側からエネルギー $E$（$0<E<V_0$）で入射する。ここで $V_0>0$, $a>0$ は定数である。

WKB 近似によれば、透過率 $T$ は古典的転回点 $x_1<x_2$（$V(x)=E$ となる点）を用いて
$$T\approx \exp \left(-2{\int }_{x_1}^{x_2}\kappa (x)dx\right),\kappa (x)=\frac{\sqrt{2m(V(x)-E)}}{\hslash }$$
と表される（前因子は $1$ とする）。この近似式に従って $T$ を $m,a,V_0,E,\hslash$ を用いて表せ。

水素原子の電子を考える。原子核は静止しているとみなし、電子のスピンと相対論的効果は無視する。ボーア半径を $a$ とする。非摂動ハミルトニアン $H_0$ の $n=2$ の動径波動関数は、規格化された形で
$$R_{20}(r)=\frac{1}{\sqrt{2}}{a}^{-3/2}\left(1-\frac{r}{2a}\right)e^{-r/(2a)},R_{21}(r)=\frac{1}{\sqrt{24}}{a}^{-3/2}\frac{r}{a}{e}^{-r/(2a)}$$
で与えられる。固有関数は ${\psi }_{nlm}(r,\theta ,\varphi )=R_{nl}(r)Y_{lm}(\theta ,\varphi )$（$Y_{lm}$ は規格化された球面調和関数）である。

この原子に、球対称な摂動
$$V^{\prime }(r)=\frac{\beta }{r^2}(\beta >0\text{は定数})$$
が加わったとする。$\beta$ は十分小さく、$\beta$ の 1 次までの摂動論を用いてよい。このとき、$H_0$ のもとで縮退していた $n=2$ の準位（$2s$ と $2p$ の計 4 状態）は分裂する。$2s$ 準位のエネルギーから $2p$ 準位のエネルギーを引いた差 $E_{2s}-E_{2p}$ を、$\beta$ の 1 次までの精度で $\beta$ と $a$ を用いて表せ。