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Problem 6-21
Consider the special case that the perturbing potential \(V\) has no matrix elements except between the two levels \(1\) and \(2\); and further, suppose these levels are degenerate, that is, suppose \(E_1=E_2\). Let \(V_{12}=V_{21}=v\) and let \(V_{11}\), \(V_{22}\) and all other \(V_{m n}\) be zero. Show that
\begin{align}
\newcommand{\ds}[1]{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbf{#1}}
\lambda_{11}&=e^{-iET/\hbar}\left[\,1-\frac{v^{2}T^{2}}{2\hbar^{2}}+\frac{v^{4}T^{4}}{24\hbar^{4}}
-\dotsb\,\right]=e^{-iET/\hbar}\,\cos\frac{vT}{\hbar}\tag{6-81}\\
\lambda_{12}&=e^{-iET/\hbar}\left[\,-i\frac{vT}{\hbar}+i\frac{v^{3}T^{3}}{6\hbar^{3}}-\dotsb
\,\right]=-ie^{-iET/\hbar}\,\sin\frac{vT}{\hbar}
\tag{6-82}
\end{align}
\newcommand{\ds}[1]{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbf{#1}}
\lambda_{11}&=e^{-iET/\hbar}\left[\,1-\frac{v^{2}T^{2}}{2\hbar^{2}}+\frac{v^{4}T^{4}}{24\hbar^{4}}
-\dotsb\,\right]=e^{-iET/\hbar}\,\cos\frac{vT}{\hbar}\tag{6-81}\\
\lambda_{12}&=e^{-iET/\hbar}\left[\,-i\frac{vT}{\hbar}+i\frac{v^{3}T^{3}}{6\hbar^{3}}-\dotsb
\,\right]=-ie^{-iET/\hbar}\,\sin\frac{vT}{\hbar}
\tag{6-82}
\end{align}
(解答) (注意) 原書や訳本に於いては指数因子 \(e^{-iET/\hbar}\) が記していないが, これは印刷ミスではなかろうか (?)． 上記の問題文では, それを修正してあるので注意するべし!.
式 (6-76) において \(t_1=0,\,t_2=T\) とすると次式が言える：
\begin{align}
\newcommand{\mfrac}[2]{\frac{\,#1\,}{\,#2\,}}
\newcommand{\odiff}[1]{\mfrac{d}{d #1}}
\newcommand{\ket}[1]{|#1\rangle}
i\hbar\odiff{T}\lambda_{11}&=\sum_{k=1}^{2}V_{1k}\lambda_{k1}+E_1\lambda_{11}=v\lambda_{21}+E\lambda_{11}\tag{1.a}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{12}&=\sum_{k=1}^{2}V_{1k}\lambda_{k2}+E_1\lambda_{12}=v\lambda_{22}+E\lambda_{12}\tag{1.b}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{21}&=\sum_{k=1}^{2}V_{2k}\lambda_{k1}+E_2\lambda_{21}=v\lambda_{11}+E\lambda_{21}\tag{1.c}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{22}&=\sum_{k=1}^{2}V_{2k}\lambda_{k2}+E_2\lambda_{22}=v\lambda_{12}+E\lambda_{22}
\tag{1.d}
\end{align}
\newcommand{\mfrac}[2]{\frac{\,#1\,}{\,#2\,}}
\newcommand{\odiff}[1]{\mfrac{d}{d #1}}
\newcommand{\ket}[1]{|#1\rangle}
i\hbar\odiff{T}\lambda_{11}&=\sum_{k=1}^{2}V_{1k}\lambda_{k1}+E_1\lambda_{11}=v\lambda_{21}+E\lambda_{11}\tag{1.a}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{12}&=\sum_{k=1}^{2}V_{1k}\lambda_{k2}+E_1\lambda_{12}=v\lambda_{22}+E\lambda_{12}\tag{1.b}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{21}&=\sum_{k=1}^{2}V_{2k}\lambda_{k1}+E_2\lambda_{21}=v\lambda_{11}+E\lambda_{21}\tag{1.c}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{22}&=\sum_{k=1}^{2}V_{2k}\lambda_{k2}+E_2\lambda_{22}=v\lambda_{12}+E\lambda_{22}
\tag{1.d}
\end{align}
このとき仮定より準位 1 と準位 2 とは縮退し, かつ摂動も \(V_{12}=V_{21}\) と仮定したから, 状態遷移
\(\ket{1}\rightarrow\ket{2},\,\ket{2}\rightarrow \ket{1}\) は同じ確率で生じると考えてよいであろう． よって, 遷移振幅は \(\lambda_{11}=\lambda_{22}\) かつ \(\lambda_{12}=\lambda_{21}\) と考えられる． すると上の 4 式で独立な式は, 例えば式 (1.a) と式 (1.c) の 2 つであると言える：
\begin{align}
i\hbar\odiff{T}\lambda_{11}&=v\lambda_{21}+E\lambda_{11}\tag{1.a}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{21}&=v\lambda_{11}+E\lambda_{21}\tag{1.c}
\end{align}
i\hbar\odiff{T}\lambda_{11}&=v\lambda_{21}+E\lambda_{11}\tag{1.a}\\
i\hbar\odiff{T}\lambda_{21}&=v\lambda_{11}+E\lambda_{21}\tag{1.c}
\end{align}
2 式を足し合わせるならば,
\begin{align}
&i\hbar\odiff{T}\left(\lambda_{11}+\lambda_{21}\right)
=(v+E)\left(\lambda_{11}+\lambda_{21}\right)\quad\rightarrow\quad
\mfrac{d(\lambda_{11}+\lambda_{21})}{(\lambda_{11}+\lambda_{21})}=\mfrac{v+E}{i\hbar}dT,\notag\\
&\rightarrow\quad \log(\lambda_{11}+\lambda_{21})=\mfrac{(v+E)}{i\hbar}T+C,
\quad\rightarrow\quad \lambda_{11}+\lambda_{21}=A\,e^{-i(v+E)T/\hbar}
\tag{2}
\end{align}
&i\hbar\odiff{T}\left(\lambda_{11}+\lambda_{21}\right)
=(v+E)\left(\lambda_{11}+\lambda_{21}\right)\quad\rightarrow\quad
\mfrac{d(\lambda_{11}+\lambda_{21})}{(\lambda_{11}+\lambda_{21})}=\mfrac{v+E}{i\hbar}dT,\notag\\
&\rightarrow\quad \log(\lambda_{11}+\lambda_{21})=\mfrac{(v+E)}{i\hbar}T+C,
\quad\rightarrow\quad \lambda_{11}+\lambda_{21}=A\,e^{-i(v+E)T/\hbar}
\tag{2}
\end{align}
式 (6-69) から， \(\lambda_{mn}(T,0)=\lambda_{mn}=\delta_{mn}e^{-E_mT/\hbar}+\lambda_{mn}^{(1)}(T)+\dotsb\) であるが, 初期状態 \(T=0\) を考えるならば, まだ摂動が働いていないときであるから \(\lambda_{mn}=\delta_{mn}\) である． よって,
\begin{equation}
\lambda_{11}(0)=\delta_{11}=1,\quad\lambda_{21}(0)=\delta_{21}=0,\quad
\lambda_{12}(0)=\delta_{12}=0,\quad\lambda_{22}(0)=\delta_{22}=1
\tag{3}
\end{equation}
\lambda_{11}(0)=\delta_{11}=1,\quad\lambda_{21}(0)=\delta_{21}=0,\quad
\lambda_{12}(0)=\delta_{12}=0,\quad\lambda_{22}(0)=\delta_{22}=1
\tag{3}
\end{equation}
従って, 上式の積分定数は \(A=1\) としてよい． また \((\lambda_{12}+\lambda_{22})\) についても同様な式が得られる． よって,
\begin{align}
\lambda_{11}+\lambda_{21}&=e^{-iET/\hbar}\,e^{-ivT/\hbar}
=e^{-iET/\hbar}\left(\cos \mfrac{vT}{\hbar}-i\sin\mfrac{vT}{\hbar}\right)\notag\\
&=e^{-iET/\hbar}\cos \mfrac{vT}{\hbar}-ie^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar}, \tag{4.a}\\
\lambda_{12}+\lambda_{22}&=e^{-iET/\hbar}\,e^{-ivT/\hbar}
=e^{-iET/\hbar}\left(\cos \mfrac{vT}{\hbar}-i\sin\mfrac{vT}{\hbar}\right)\notag\\
&=e^{-iET/\hbar}\cos \mfrac{vT}{\hbar}-ie^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar} \tag{4.b}
\end{align}
\lambda_{11}+\lambda_{21}&=e^{-iET/\hbar}\,e^{-ivT/\hbar}
=e^{-iET/\hbar}\left(\cos \mfrac{vT}{\hbar}-i\sin\mfrac{vT}{\hbar}\right)\notag\\
&=e^{-iET/\hbar}\cos \mfrac{vT}{\hbar}-ie^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar}, \tag{4.a}\\
\lambda_{12}+\lambda_{22}&=e^{-iET/\hbar}\,e^{-ivT/\hbar}
=e^{-iET/\hbar}\left(\cos \mfrac{vT}{\hbar}-i\sin\mfrac{vT}{\hbar}\right)\notag\\
&=e^{-iET/\hbar}\cos \mfrac{vT}{\hbar}-ie^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar} \tag{4.b}
\end{align}
前述のように対称性から \(\lambda_{12}=\lambda_{21},\lambda_{11}=\lambda_{22}\) とすべきである． よって上式の形から, 遷移振幅の各々は問題文中の結果式 (6-81) と式 (6-82) となるであろう (\(v\ll E\) なので \(vT\) は微小と見做しテイラー展開できるとする)：
\begin{align}
\lambda_{11}&=\lambda_{22}=e^{-iET/\hbar}\cos\mfrac{vT}{\hbar}=e^{-iET/\hbar}\left[1-\mfrac{1}{2!}
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{2}+\mfrac{1}{4!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{4}-\dotsb\right]
\tag{6-81}\\
\lambda_{21}&=\lambda_{12}=-i\,e^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar}=-i\,e^{-iET/\hbar}\left[
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)-\mfrac{1}{3!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{3}+\dotsb\right]
\tag{6-82}
\end{align}
\lambda_{11}&=\lambda_{22}=e^{-iET/\hbar}\cos\mfrac{vT}{\hbar}=e^{-iET/\hbar}\left[1-\mfrac{1}{2!}
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{2}+\mfrac{1}{4!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{4}-\dotsb\right]
\tag{6-81}\\
\lambda_{21}&=\lambda_{12}=-i\,e^{-iET/\hbar}\sin\mfrac{vT}{\hbar}=-i\,e^{-iET/\hbar}\left[
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)-\mfrac{1}{3!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{3}+\dotsb\right]
\tag{6-82}
\end{align}
前に書いたブログ記事から, 係数 \(c_m(t)\) と遷移振幅 \(\lambda_{mn}\) とは次の関係にあると言える：
\begin{align}
\newcommand{\BraKet}[3]{\langle #1 | #2 | #3 \rangle}
c_m(t)&=\BraKet{m}{\mathscr{U}_I(t,t_0)}{n}=e^{i(E_m t-E_n t_0)/\hbar}\BraKet{m}{U(t,t_0)}{n}
=e^{i(E_m t-E_n t_0)/\hbar}\lambda_{mn}(t)\notag\\
&\rightarrow\qquad c_m(t)=e^{i(E_mt-E_nt_0)/\hbar}\lambda_{mn}(t)
\tag{5}
\end{align}
\newcommand{\BraKet}[3]{\langle #1 | #2 | #3 \rangle}
c_m(t)&=\BraKet{m}{\mathscr{U}_I(t,t_0)}{n}=e^{i(E_m t-E_n t_0)/\hbar}\BraKet{m}{U(t,t_0)}{n}
=e^{i(E_m t-E_n t_0)/\hbar}\lambda_{mn}(t)\notag\\
&\rightarrow\qquad c_m(t)=e^{i(E_mt-E_nt_0)/\hbar}\lambda_{mn}(t)
\tag{5}
\end{align}
この関係式をここの問題に当てはめるならば， \(t_0=0,\,t=T\) そして \(E_m=E_n=E\) として次となる：
\begin{equation}
c_m(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{mn}(T)
\tag{6}
\end{equation}
c_m(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{mn}(T)
\tag{6}
\end{equation}
すると上式 (6-81) と式 (6-82) から, 「係数 \(c_m(T)\) が原書や訳本と同じ形になる！」と言えよう：
\begin{align}
c_1(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{11}&=\cos\mfrac{vT}{\hbar}=1-\mfrac{1}{2!}
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{2}+\mfrac{1}{4!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{4}-\dotsb
\tag{7.a}\\
c_2(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{21}&=-i\,\sin\mfrac{vT}{\hbar}=-i\left[
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)-\mfrac{1}{3!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{3}+\dotsb\right]
\tag{7.b}
\end{align}
c_1(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{11}&=\cos\mfrac{vT}{\hbar}=1-\mfrac{1}{2!}
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{2}+\mfrac{1}{4!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{4}-\dotsb
\tag{7.a}\\
c_2(T)=e^{iET/\hbar}\lambda_{21}&=-i\,\sin\mfrac{vT}{\hbar}=-i\left[
\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)-\mfrac{1}{3!}\left(\mfrac{vT}{\hbar}\right)^{3}+\dotsb\right]
\tag{7.b}
\end{align}
