• 解決済み

    @tasojg

    2022/12/25 15:40

    1 回答

    これ解ける方がいたら、是非解法だけでもいいので教えてください。お願いします。


    Ψ1とΨ2がともにハミルトニアンHの固有関数で縮重している 場合、すなわち、

    HΨ1 =EΨ1 HΨ2 =EΨ2 が成り立つとき、

    Ψ1とΨ2の線形結合ΨLC

    ΨLC =aΨ1+bΨ2(a, bは定数)

    もまたHの固有関数であることを示せ。さらに、 Ψ1とΨ2が縮 重していないときには、ΨLCはHの固有関数ではないことを 示せ。

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    ベストアンサー

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    @atozkoxo

    2022/12/30 20:57

    以下、簡単な解答です。H^\hat{H}はHamiltonianを表します。上についてる変な記号は演算子であることを主張しているだけです。


    解答‾\underline{解答}


    ψ1\psi_1とψ2\psi_2がエネルギー固有値EEに縮退しているときを考える。

    ψLC\psi_{LC}に左からH^\hat{H}を作用させると

    H^ψLC=aH^ψ1+bH^ψ2=aEψ1+bEψ2=E(aψ1+bψ2)=EψLC\begin{aligned}\hat{H}\psi_{LC}&=a\hat{H}\psi_1+b\hat{H}\psi_2\\&=aE\psi_1+bE\psi_2\\&=E(a\psi_1+b\psi_2)\\&=E\psi_{LC}\end{aligned}

    となり、ψLC\psi_{LC}も固有値EEに属する固有状態だと分かる。

    次にψ1\psi_1とψ2\psi_2が縮重していないときを考える。この時、それぞれの固有状態が別々のエネルギー固有値に属することになる。つまり

    H^ψ1=Eψ1,H^ψ2=E0ψ2\hat{H}\psi_1=E\psi_1,\quad \hat{H}\psi_2=E_0 \psi_2

    を満たす。あとは前半と同様に計算すると、

    H^ψLC=Eaψ1+E0bψ2≠αψLC\hat{H}\psi_{LC}=Ea\psi_1+E_0 b\psi_2\neq \alpha \psi_{LC}

    となることが分かるので、ψLC\psi_{LC}はH^\hat{H}の固有状態ではない。

    （α\alphaは定数）


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