量子力学（1 次元の問題）

1 次元の $x$ 軸上を運動する粒子の、ある時刻の波動関数が
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}Ax(L-x)& (0\le x\le L)\\ 0& (x<0,x>L)\end{array}$$
で与えられている。ここで $L>0$ は定数、$A$ は正の実数の規格化定数である。この時刻に粒子の位置を測定したとき、粒子が区間 $0\le x\le \frac{L}{4}$ に見いだされる確率を、既約分数で求めよ。

1 次元の $x$ 軸上を運動する粒子の、ある時刻の波動関数が
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{8}{3L}}{\sin }^2\frac{\pi x}{L}& (0\le x\le L)\\ 0& (x<0,x>L)\end{array}$$
で与えられている（$L>0$ は定数で、$\psi$ は規格化されている）。運動量演算子を $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする（$\hslash$ はディラック定数）。この状態での運動量の 2 乗の期待値 $⟨p^2⟩={\int }_{-\infty }^{\infty }{\psi }^{\ast }{\hat{p}}^2\psi dx$ を $\hslash$, $L$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の階段型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x<0)\\ V_0& (x\ge 0)\end{array}(V_0>0)$$
の中を運動している。粒子のエネルギーは $E=\frac{4}{3}{V}_0$ であり、粒子は $x<0$ の側から $+x$ 向きに入射する。時間に依存しないシュレーディンガー方程式
$$-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{\prime \prime }(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)$$
の解を
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}A{e}^{i{k}_{1}x}+B{e}^{-i{k}_{1}x}& (x<0)\\ C{e}^{i{k}_{2}x}& (x\ge 0)\end{array}$$
とおく。ここで $k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$、$k_2=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hslash }$、$A\ne 0$ であり、$\hslash$ はディラック定数である（$x\ge 0$ に $+x$ 向きの波だけがあるのは、右から入射する波がないためである）。$x=0$ での接続条件を用いて、反射率 $R={\left|\frac{B}{A}\right|}^2$ を既約分数で求めよ。

1 次元の $x$ 軸上を運動する粒子の、ある時刻の波動関数が、三角形の形をした
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{3}{2a^3}}(a-|x|)& (-a\le x\le a)\\ 0& (x<-a,x>a)\end{array}$$
で与えられている（$a>0$ は定数で、$\psi$ は規格化されている）。運動量演算子を $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする（$\hslash$ はディラック定数）。位置と運動量の標準偏差を $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$、$\Delta p=\sqrt{⟨p^2⟩-⟨p{⟩}^2}$ とするとき、積 $\Delta x\Delta p$ を $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (0<x<L)\\ \infty & (x\le 0,x\ge L)\end{array}$$
の中に閉じこめられている（$L>0$）。$\hslash$ をディラック定数とする。この粒子のエネルギー固有値を小さい順に $E_1<E_2<E_3<\cdots$ とするとき、差 $E_3-E_2$ を $m$, $L$, $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の井戸型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}-V_0& (|x|<a)\\ 0& (|x|\ge a)\end{array}(V_0>0,a>0)$$
の中にある。束縛状態（$-V_0<E<0$）について
$$k=\frac{\sqrt{2m(E+V_0)}}{\hslash },\kappa =\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash },\xi =ka,\eta =\kappa a(\xi >0,\eta >0)$$
とおくと、$x=\pm a$ での接続条件から、偶関数の解は $\xi \tan \xi =\eta$、奇関数の解は $-\xi \cot \xi =\eta$ を満たし、さらに ${\xi }^2+{\eta }^2=\frac{2m{V}_0{a}^2}{{\hslash }^2}$ が成り立つ（$\hslash$ はディラック定数）。井戸の深さが $V_0=\frac{25{\pi }^2{\hslash }^2}{32m{a}^2}$ のとき、この井戸の束縛状態の数を求めよ。

質量 $m$ の粒子が 1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x<0)\\ V_0& (x\ge 0)\end{array}$$
に、$x<0$ の側から左から右へ入射する。$V_0>0$ とし、粒子のエネルギーを $E=\frac{4}{3}{V}_0$ とする（$E>V_0$）。

波動関数を
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{ikx}+r{e}^{-ikx}& (x<0)\\ t{e}^{iqx}& (x\ge 0)\end{array}$$
とおく。ただし $k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hslash }$, $q=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hslash }$ であり、$r$, $t$ は定数である。$x=0$ で $\psi$ と ${\psi }^{\prime }$ が連続であるとする。

確率流密度 $j=\frac{\hslash }{m}\mathrm{Im}({\psi }^{\ast }{\psi }^{\prime })$ を用いて、透過率 $T=\frac{j_{\text{透過}}}{j_{\text{入射}}}$ を求めよ。答えは既約分数で答えよ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子を考える。消滅演算子 $\hat{a}$ と生成演算子 ${\hat{a}}^{†}$ は、規格化されたエネルギー固有状態 $|n⟩$（$n=0,1,2,\dots$、$E_n=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$）に対して
$$\hat{a}|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩,{\hat{a}}^{†}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$$
とはたらき（$\hat{a}|0⟩=0$）、位置演算子は
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\left(\hat{a}+{\hat{a}}^{†}\right)$$
と表される。ただし $⟨n|n^{\prime }⟩$ は $n=n^{\prime }$ のとき $1$、$n\ne n^{\prime }$ のとき $0$ である。

状態 $|2⟩$ における位置の 2 乗の期待値 $⟨2|{\hat{x}}^2|2⟩$ を、$m$, $\omega$, $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が 1 次元の引力的なデルタ関数ポテンシャル
$$V(x)=-g\delta (x)(g>0)$$
の中にある。時間に依存しないシュレーディンガー方程式
$$-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\psi }^{\prime \prime }(x)+V(x)\psi (x)=E\psi (x)$$
の束縛状態（$E<0$）を考える。$x\ne 0$ では $V=0$ であり、$x\to \pm \infty$ で $\psi \to 0$ となる解は
$$\psi (x)=A{e}^{-\kappa |x|}\left(\kappa =\frac{\sqrt{-2mE}}{\hslash }>0,A\ne 0\right)$$
の形をしている。$\psi$ は $x=0$ で連続であり、${\psi }^{\prime }$ はデルタ関数ポテンシャルによる跳びの条件を満たすとする。

この束縛状態のエネルギー $E$ を、$m$, $g$, $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、$0\le x\le L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$ の 1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャルの中にある。この井戸の規格化されたエネルギー固有関数は
$${\phi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{n\pi x}{L}(n=1,2,3,\dots )$$
で、エネルギー固有値は $E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$ である。

ある時刻に粒子の波動関数が
$$\psi (x)=A{\sin }^3\frac{\pi x}{L}(0\le x\le L)$$
（井戸の外では $\psi =0$）であるとする。ここで $A$ は ${\int }_0^L|\psi {|}^{2}dx=1$ を満たす正の定数である。

この時刻にエネルギーを測定したとき、基底状態のエネルギー $E_1$ が得られる確率を既約分数で求めよ。

質量 $m$ の粒子が、$0\le x\le L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$ の 1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャルの中にある。この井戸の規格化されたエネルギー固有関数とエネルギー固有値は
$${\phi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{n\pi x}{L},E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}(n=1,2,3,\dots )$$
である。

時刻 $t=0$ に粒子の波動関数が
$$\Psi (x,0)=\frac{3}{5}{\phi }_1(x)+\frac{4}{5}{\phi }_2(x)$$
であった。時刻 $t=\frac{2m{L}^2}{3\pi \hslash }$ に粒子の位置を測定したとき、粒子が井戸の左半分 $0\le x\le \frac{L}{2}$ に見いだされる確率を、$\pi$ を含む正確な値で求めよ。

質量 $m$ の粒子が、$xy$ 平面上の長方形の領域 $0<x<L$, $0<y<2L$ に閉じ込められている。ポテンシャルは長方形の内部で $V=0$、外部で $V=\infty$ であり、波動関数は長方形の境界で $0$ になるとする。粒子のスピンは考えない。

$E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$ とおく。この粒子のエネルギー固有値のうち、縮退している（互いに 1 次独立な固有状態が 2 つ以上ある）ものの中で最も小さいエネルギーは $E_0$ の何倍か。整数で求めよ。

1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の中にある粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}Ax(L-x)& (0\le x\le L)\\ 0& (x<0,x>L)\end{array}$$
ここで $L$ は正の定数、$A$ は正の実数の規格化定数である。この状態での位置の不確定性 $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$ を $L$ を用いて表せ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子（ハミルトニアン $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2$）を考える。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものである。消滅演算子 $\hat{a}$ と生成演算子 ${\hat{a}}^{†}$ を用いると、位置演算子は
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\left(\hat{a}+{\hat{a}}^{†}\right)$$
と表され、規格化されたエネルギー固有状態 $|n⟩$（$n=0,1,2,\dots$）に対して $\hat{a}|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$（$\hat{a}|0⟩=0$）、${\hat{a}}^{†}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$ が成り立つ。粒子が状態
$$|\psi ⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0⟩+|2⟩\right)$$
にあるとき、${\hat{x}}^2$ の期待値 $⟨\psi |{\hat{x}}^2|\psi ⟩$ を $m,\omega ,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の中で基底状態
$${\psi }_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{\pi x}{L}(0<x<L),{\psi }_1(x)=0(\text{それ以外})$$
にある。運動量演算子を $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）とし、位置と運動量の標準偏差を $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$, $\Delta p=\sqrt{⟨p^2⟩-⟨p{⟩}^2}$ で定める。この状態における積 $\Delta x\Delta p$ を $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が 1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の中にある。エネルギー固有関数を ${\phi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{n\pi x}{L}$（$0<x<L$、$n=1,2,3,\dots$）、固有エネルギーを $E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$ とする（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。時刻 $t=0$ で波動関数が
$$\Psi (x,0)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left\{2{\phi }_1(x)+{\phi }_3(x)\right\}$$
であり、その後シュレーディンガー方程式に従って時間発展する。確率密度 $|\Psi (x,t){|}^2$ がすべての $x$ について初めて $t=0$ のときと同じ関数に戻る時刻 $t(t>0)$ を、$m,L,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の階段型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x<0)\\ V_0& (x\geqq 0)\end{array}(V_0>0)$$
に $x<0$ の側から $x$ 軸の正の向きに入射する。粒子のエネルギーは $E=\frac{4}{3}{V}_0$ である（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。粒子は時間に依存しないシュレーディンガー方程式に従い、波動関数とその 1 階導関数は $x=0$ で連続とする。$x>0$ には右向きに進む透過波だけがあるとして、透過率 $T$（入射波の確率流密度に対する透過波の確率流密度の比）を既約分数で求めよ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (-a<x<a)\\ \infty & (|x|\geqq a)\end{array}$$
の中にある（$a>0$）。波動関数は $x=\pm a$ で $0$ になるとする。この粒子が、エネルギーの低い方から数えて 3 番目の定常状態から 2 番目の定常状態へ遷移するとき、光子を 1 個放出する。放出される光子の波長 $\lambda$ を、$m$, $a$, 換算プランク定数 $\hslash$, 真空中の光速 $c$ を用いて表せ。ただし、遷移の前後のエネルギー差はすべて光子のエネルギーになるものとし、光子のエネルギーは $E=2\pi \hslash c/\lambda$ で与えられるとする。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のデルタ関数型ポテンシャル障壁
$$V(x)=\alpha \delta (x)(\alpha >0)$$
に $x<0$ の側から入射する。粒子のエネルギーは $E>0$ で、定常状態として扱う。$x<0$ では入射波 $e^{ikx}$ と反射波 $r{e}^{-ikx}$、$x>0$ では透過波 $t{e}^{ikx}$ のみがあるとする（$k=\sqrt{2mE}/\hslash >0$、$\hslash$ は換算プランク定数）。波動関数は $x=0$ で連続であり、その導関数はシュレーディンガー方程式を $x=0$ の近傍で積分して得られる接続条件に従う。透過率 $T=|t{|}^2$ がちょうど $\frac{4}{5}$ になるときの粒子のエネルギー $E$ を、$m$, $\alpha$, $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子（ポテンシャル $V(x)=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$）を考える。規格化された実数のエネルギー固有関数を ${\phi }_n(x)$、対応するエネルギー固有値を $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hslash \omega$（$n=0,1,2,\dots$）とする（$\hslash$ は換算プランク定数）。時刻 $t=0$ において粒子の状態が
$$\psi (x,0)=\frac{\sqrt{3}}{2}{\phi }_0(x)+\frac{1}{2}{\phi }_1(x)$$
であった。ただし
$${\int }_{-\infty }^{\infty }{\phi }_{0}x{\phi }_{0}dx={\int }_{-\infty }^{\infty }{\phi }_{1}x{\phi }_{1}dx=0,{\int }_{-\infty }^{\infty }{\phi }_{0}x{\phi }_{1}dx=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}$$
である。位置の期待値 $⟨x⟩(t)$ が初めて $-\frac{1}{2}⟨x⟩(0)$ に等しくなる時刻 $t>0$ を、$\omega$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の三角形のポテンシャル障壁
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x<0)\\ U-Fx& (x\geqq 0)\end{array}(U>0,F>0)$$
に $x<0$ の側から $x$ 軸の正の向きに、エネルギー $E(0<E<U)$ で入射する（金属表面に強い電場をかけたときの電子の電界放出の簡単なモデル）。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。

透過率 $T$ を WKB 近似で
$$T\approx \exp \left(-2{\int }_{x_1}^{x_2}\kappa (x)dx\right),\kappa (x)=\frac{\sqrt{2m(V(x)-E)}}{\hslash }$$
と評価する。ここで $x_1,x_2(x_1<x_2)$ は $V(x)>E$ となる区間（古典的に禁止された領域）の両端である。$T\approx e^{-G}$ と書くときの指数 $G$ を、$m,U,E,F,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、周の長さ $L$ の円周上を自由に運動している（ポテンシャルは $0$）。円周にそった座標を $x(0\leqq x<L)$ とし、波動関数は周期境界条件 $\psi (x+L,t)=\psi (x,t)$ を満たすとする。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの、ハミルトニアンは $\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}$ とする。

時刻 $t=0$ に、粒子は次の規格化された状態にあった。
$$\psi (x,0)=\frac{1}{\sqrt{2L}}\left(1+e^{2\pi ix/L}\right)$$
この粒子を点 $x=0$ の近くに見いだす確率密度 $|\psi (0,t){|}^2$ は、時刻 $t=0$ で最大になっている。$t>0$ で $|\psi (0,t){|}^2$ がはじめて $0$ になる時刻を、$m,L,\hslash$ を用いて表せ。

1 次元の数直線上を運動する粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)={\left(\frac{2a}{\pi }\right)}^{1/4}\exp \left[-(a-ib)x^2\right](-\infty <x<\infty )$$
ここで $a$ は正の定数、$b$ は実数の定数で、$\psi$ は規格化されている。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの、運動量演算子は $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする。必要なら、$\alpha >0$ に対して
$${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\alpha x^2}dx=\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }},{\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^2{e}^{-\alpha x^2}dx=\frac{1}{2\alpha }\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}$$
を用いてよい。

この状態での位置の標準偏差 $\Delta x$ と運動量の標準偏差 $\Delta p$ の積 $\Delta x\Delta p$ を、$a,b,\hslash$ を用いて表せ。

1 次元の数直線上を運動する粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}A(a-|x|)e^{i{k}_{0}x}& (|x|<a)\\ 0& (|x|\geqq a)\end{array}$$
ここで $a>0$、$k_0$ は実数の定数、$A$ は正の実数の規格化定数である。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの、運動量演算子は $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする。

この状態における位置の標準偏差 $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$ と運動量の標準偏差 $\Delta p=\sqrt{⟨p^2⟩-⟨p{⟩}^2}$ の積 $\Delta x\Delta p$ を、$\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$、スピン $\frac{1}{2}$ の電子 $7$ 個が、1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (0<x<L)\\ \infty & (x\leqq 0,x\geqq L)\end{array}$$
の中に閉じ込められている（$L>0$）。電子どうしの相互作用は無視し、各電子は独立にこのポテンシャル中を運動するものとする。波動関数は $x=0$ と $x=L$ で $0$ になるとする。電子はフェルミ粒子であり、パウリの排他原理に従う（1 つの空間的な状態にはスピンの向きが異なる電子を最大 $2$ 個まで入れられる）。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。

この $7$ 個の電子からなる系の基底状態の全エネルギーを、$m$, $L$, $\hslash$ を用いて求めよ。

質量 $m$ の粒子が 1 次元の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の中にある。エネルギー固有状態を
$${\phi }_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{n\pi x}{L}(0<x<L,n=1,2,3,\dots )$$
とし、その固有エネルギーを $E_n=\frac{n^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$ とする（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。時刻 $t=0$ で粒子の波動関数が
$$\Psi (x,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left\{{\phi }_1(x)+{\phi }_2(x)\right\}$$
であった。その後、粒子は時間に依存しないこのポテンシャルのもとでシュレーディンガー方程式に従って時間発展する。粒子を井戸の左半分 $0<x<\frac{L}{2}$ に見いだす確率が最小になる最初の時刻 $t(t>0)$ を、$m,L,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の有限の深さの井戸型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}-V_0& (|x|<a)\\ 0& (|x|\geqq a)\end{array}$$
の中を運動している。ここで $a>0$ であり、井戸の深さは $V_0=\frac{50{\hslash }^2}{m{a}^2}$ である（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。粒子は時間に依存しないシュレーディンガー方程式に従い、波動関数とその 1 階導関数は $x=\pm a$ で連続で、$|x|\to \infty$ で $0$ に近づくとする。エネルギー $E$ が $-V_0<E<0$ を満たす束縛状態（縮退はない）は全部でいくつあるか。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の有限の深さの井戸型ポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}-V_0& (|x|<a)\\ 0& (|x|\geqq a)\end{array}(V_0>0,a>0)$$
の中を運動している（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。粒子は時間に依存しないシュレーディンガー方程式に従い、波動関数とその 1 階導関数は $x=\pm a$ で連続で、$|x|\to \infty$ で $0$ に近づくとする。基底状態のエネルギーがちょうど $E=-\frac{V_0}{2}$ になるような井戸の深さ $V_0$ を、$m,a,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のデルタ関数型ポテンシャル障壁
$$V(x)=\alpha \delta (x)(\alpha >0)$$
に $x<0$ の側から $x$ 軸の正の向きにエネルギー $E(E>0)$ で入射する（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。粒子は時間に依存しないシュレーディンガー方程式に従い、波動関数は $x=0$ で連続、その 1 階導関数は $x=0$ でシュレーディンガー方程式から決まる跳びをもつとする。$x>0$ には右向きに進む透過波だけがあるとする。透過率（入射波の確率流密度に対する透過波の確率流密度の比）がちょうど $\frac{1}{2}$ になるエネルギー $E$ を、$m,\alpha ,\hslash$ を用いて表せ。

角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子を考える（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。規格化されたエネルギー固有状態を $|n⟩$、固有値を $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hslash \omega$（$n=0,1,2,\dots$）とし、消滅演算子 $\hat{a}$・生成演算子 ${\hat{a}}^{†}$ は $\hat{a}|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$（$\hat{a}|0⟩=0$）、${\hat{a}}^{†}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$ を満たすとする。振動子が、消滅演算子の固有値 $\sqrt{2}$ の規格化された固有状態 $|\alpha ⟩$
$$\hat{a}|\alpha ⟩=\sqrt{2}|\alpha ⟩,⟨\alpha |\alpha ⟩=1$$
にあるとき、エネルギーを測定して $\frac{5}{2}\hslash \omega$ が得られる確率を求めよ。

1 次元の数直線上を運動する粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)=\{\begin{array}{ll}A(a-|x|)e^{i{k}_{0}x}& (|x|<a)\\ 0& (|x|\geqq a)\end{array}$$
ここで $a$ は正の定数、$k_0$ は実数の定数、$A$ は正の実数の規格化定数である。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの、運動量演算子は $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする。$\psi$ は連続で、$x=0,\pm a$ を除いて微分可能なので、$⟨{\hat{p}}^2⟩$ は
$$⟨{\hat{p}}^2⟩={\hslash }^2{\int }_{-\infty }^{\infty }{\left|\frac{d\psi }{dx}\right|}^{2}dx$$
で計算してよい。

この状態での位置の標準偏差 $\Delta x=\sqrt{⟨{\hat{x}}^2⟩-⟨\hat{x}{⟩}^2}$ と運動量の標準偏差 $\Delta p=\sqrt{⟨{\hat{p}}^2⟩-⟨\hat{p}{⟩}^2}$ の積 $\Delta x\Delta p$ を、$\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\infty & (x\leqq 0)\\ -V_0& (0<x<a)\\ 0& (x\geqq a)\end{array}(V_0>0,a>0)$$
の中を運動している。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。波動関数は $x=0$ で $0$ となり、$x=a$ で波動関数とその導関数が連続であるとする。束縛状態とは、エネルギー $E$ が $-V_0<E<0$ を満たし、$x\to \infty$ で規格化可能な（$0$ に近づく）エネルギー固有状態のことである。

この系には、$V_0$ がある値 $V_{\mathrm{c}}$ より大きいときに限り、束縛状態が 2 つ以上存在する。$V_{\mathrm{c}}$ を $m,a,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子
$$\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2$$
を考える。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。消滅演算子を
$$\hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega }{2\hslash }}\left(\hat{x}+\frac{i}{m\omega }\hat{p}\right)$$
で定め、${\hat{a}}^{†}$ をその生成演算子とする。規格化されたエネルギー固有状態を $|n⟩(n=0,1,2,\dots )$、固有値を $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hslash \omega$ とし、$\hat{a}|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$、${\hat{a}}^{†}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$ が成り立つ。

時刻 $t=0$ で系は状態
$$|\psi (0)⟩=\frac{\sqrt{3}}{2}|0⟩+\frac{1}{2}|2⟩$$
にあり、その後はハミルトニアン $\hat{H}$ のもとで時間発展する。時刻 $t(t\geqq 0)$ における位置の標準偏差 $\Delta x=\sqrt{⟨{\hat{x}}^2⟩-⟨\hat{x}{⟩}^2}$ と運動量の標準偏差 $\Delta p=\sqrt{⟨{\hat{p}}^2⟩-⟨\hat{p}{⟩}^2}$ の積 $\Delta x\Delta p$ が、$t\geqq 0$ の範囲でとる最小値を $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、次の 1 次元の「半分の調和振動子」ポテンシャルの中を運動している。
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2& (x>0)\\ \infty & (x\leqq 0)\end{array}(\omega >0)$$
$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。時刻 $t=0$ で、粒子の波動関数は
$$\psi (x,0)=\{\begin{array}{ll}A{x}^3\exp \left(-\frac{m\omega x^2}{2\hslash }\right)& (x>0)\\ 0& (x\leqq 0)\end{array}$$
であった。ここで $A$ は規格化定数（正の実数）である。その後、粒子はこのポテンシャルのもとでシュレーディンガー方程式に従って時間発展する。

位置の期待値 $⟨x⟩(t)$ の、$t\geqq 0$ における最小値を $m,\omega ,\hslash$ を用いて表せ。

1 次元の数直線上を運動する粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)=\frac{A{e}^{i{k}_{0}x}}{x^2+a^2}(-\infty <x<\infty )$$
ここで $a$ は正の定数、$k_0$ は実数の定数、$A$ は規格化定数である。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとし、運動量演算子は $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$ とする。

この状態における位置の不確かさ $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$ と運動量の不確かさ $\Delta p=\sqrt{⟨p^2⟩-⟨p{⟩}^2}$ の積 $\Delta x\Delta p$ を、$\hslash$ を用いて表せ。必要なら、次の積分公式を用いてよい。
$${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\sin }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{2},{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{2},{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\sin }^2\theta {\cos }^4\theta d\theta =\frac{\pi }{16}$$

質量 $m$ の粒子が、1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}\alpha \delta (x)& (|x|<a)\\ \infty & (|x|\geqq a)\end{array}(a>0,\alpha >0)$$
の中にある。これは、無限に深い井戸の中央に反発的なデルタ関数型ポテンシャルを置いたものである。$\delta (x)$ はディラックのデルタ関数であり、$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。波動関数は $x=\pm a$ で $0$ になり、$x=0$ で連続であるとする。

この粒子の基底状態のエネルギーが
$$E=\frac{9{\pi }^2{\hslash }^2}{32m{a}^2}$$
となるような $\alpha$ を、$m,a,\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元のポテンシャル
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x<0)\\ V_0& (0\leqq x\leqq a)\\ -3V_0& (x>a)\end{array}(V_0>0,a>0)$$
に $x<0$ の側から $x$ 軸の正の向きに入射する。粒子のエネルギーはちょうど障壁の高さに等しく $E=V_0$ であり、定常状態として扱う。$\hslash$ はディラック定数（換算プランク定数）である。波動関数とその 1 階導関数は $x=0$ と $x=a$ で連続とし、$x>a$ の領域には $x$ 軸の正の向きに進む波（透過波）のみが存在するとする。

透過率 $T$ を、透過波の確率流密度の大きさと入射波の確率流密度の大きさの比として定義する。$T$ を $m,V_0,a,\hslash$ を用いて表せ。

1 次元の数直線上を運動する粒子が、ある時刻に次の波動関数で表される状態にある。
$$\psi (x)=Ax{e}^{-\kappa |x|}(-\infty <x<\infty )$$
ここで $\kappa$ は正の定数、$A$ は規格化定数（正の実数）である。運動量演算子を $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）とし、位置と運動量の標準偏差を $\Delta x=\sqrt{⟨x^2⟩-⟨x{⟩}^2}$, $\Delta p=\sqrt{⟨p^2⟩-⟨p{⟩}^2}$ で定める。この状態における積 $\Delta x\Delta p$ を $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、1 次元の矩形ポテンシャル障壁
$$V(x)=\{\begin{array}{ll}{V}_0& (0<x<a)\\ 0& (x\leqq 0,x\geqq a)\end{array}(V_0>0,a>0)$$
に $x<0$ の側から $x$ 軸の正の向きに入射する。粒子のエネルギーは $E=\frac{V_0}{2}$ であり、障壁の幅は $a=\frac{\hslash \log 2}{\sqrt{m{V}_0}}$ である（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの、$\log$ は自然対数）。粒子は時間に依存しないシュレーディンガー方程式に従い、波動関数とその 1 階導関数は $x=0$, $x=a$ で連続とする。$x>a$ には右向きに進む透過波だけがあるとして、透過率 $T$（入射波の確率流密度に対する透過波の確率流密度の比）を既約分数で求めよ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2$ を考える（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。規格化されたエネルギー固有状態を $|n⟩$、固有値を $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hslash \omega$（$n=0,1,2,\dots$）とし、消滅演算子 $\hat{a}$・生成演算子 ${\hat{a}}^{†}$ を用いて
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\left(\hat{a}+{\hat{a}}^{†}\right),\hat{p}=i\sqrt{\frac{m\hslash \omega }{2}}\left({\hat{a}}^{†}-\hat{a}\right)$$
と表す。ここで $\hat{a}|n⟩=\sqrt{n}|n-1⟩$（$\hat{a}|0⟩=0$）、${\hat{a}}^{†}|n⟩=\sqrt{n+1}|n+1⟩$ である。時刻 $t=0$ で振動子の状態が
$$|\psi (0)⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|0⟩+|1⟩\right)$$
であり、その後シュレーディンガー方程式に従って時間発展する。時刻 $t$ での位置と運動量の標準偏差を $\Delta x(t)$, $\Delta p(t)$ とするとき、$t\geqq 0$ における積 $\Delta x(t)\Delta p(t)$ の最大値と最小値を、この順に $\hslash$ を用いて表せ。

質量 $m$ の粒子が、はじめ幅 $\frac{2L}{3}$ の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<\frac{2L}{3}$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の基底状態
$${\psi }_0(x)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{\frac{3}{L}}\sin \frac{3\pi x}{2L}& \left(0<x<\frac{2L}{3}\right)\\ 0& \left(\frac{2L}{3}\leqq x<L\right)\end{array}$$
にある。時刻 $t=0$ に右側の壁を瞬間的に $x=L$ まで移動させた。$t>0$ では粒子は幅 $L$ の無限に深い井戸型ポテンシャル（$0<x<L$ で $V=0$、それ以外で $V=\infty$）の中を運動し、$t=0$ の直後の波動関数は ${\psi }_0(x)$ のままであるとする（突然近似）。$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする。

$t>0$ の波動関数を $\psi (x,t)$ とするとき、時刻
$$t_1=\frac{m{L}^2}{\pi \hslash }$$
において粒子が初期状態 ${\psi }_0$ に見いだされる確率
$$P={\left|{\int }_0^L{\psi }_0(x{)}^{\ast }\psi (x,t_1)dx\right|}^2$$
を求めよ。答えは $\pi$ を用いた正確な式で表せ。

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の 1 次元調和振動子 $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2m}+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\hat{x}}^2$ を考える（$\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったもの）。消滅演算子 $\hat{a}$ と生成演算子 ${\hat{a}}^{†}$ は $[\hat{a},{\hat{a}}^{†}]=1$ を満たし、位置演算子は
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hslash }{2m\omega }}\left(\hat{a}+{\hat{a}}^{†}\right)$$
と表される。実数 $\alpha \geqq 0$ に対して、$\hat{a}|\alpha ⟩=\alpha |\alpha ⟩$、$⟨\alpha |\alpha ⟩=1$ を満たすコヒーレント状態 $|\alpha ⟩$ をとり、これに生成演算子を 1 回作用させて規格化した状態
$$|\psi ⟩=\frac{{\hat{a}}^{†}|\alpha ⟩}{\Vert {\hat{a}}^{†}|\alpha ⟩\Vert }$$
を考える。状態 $|\psi ⟩$ における位置のゆらぎ $(\Delta x{)}^2=⟨\psi |{\hat{x}}^2|\psi ⟩-⟨\psi |\hat{x}|\psi {⟩}^2$ を $\alpha$ の関数とみなすとき、$\alpha \geqq 0$ の範囲での $(\Delta x{)}^2$ の最小値を $\hslash ,m,\omega$ を用いて求めよ。