109 年 國立臺灣大學物理系天文物理所與應用物理所(三所聯招)《近代物理學（A）》

核心觀念

本題考查：

• 四動量守恆
• 光子的無質量條件 $p_\gamma^2=0$
• 電子—正電子湮滅的最低階量子電動力學（QED）過程
• 光子的能量與波長關係

電子與正電子皆靜止，因此初始總動量為零，總能量為

$$E_{\text{initial}}=m_ec^2+m_ec^2=2m_ec^2.$$

(a) 為何最低階必須產生兩個光子

一個光子不可能

若湮滅只產生一個光子，則由動量守恆，初始總動量為零，要求

$$\mathbf p_\gamma=0.$$

但真實光子的能量與動量滿足

$$E_\gamma=pc.$$

當 $\mathbf p_\gamma=0$ 時，便有 $E_\gamma=0$，無法承擔初始系統的總能量 $2m_ec^2$。因此，電子與正電子不能在真空中直接湮滅成單一真實光子。

以四動量表示更清楚。初始系統四動量為

$$P_i^\mu=\left(\frac{2m_ec^2}{c},\,\mathbf 0\right) =(2m_ec,\mathbf 0),$$

其不變量為

$$P_i^2=(2m_ec)^2>0.$$

單一光子的四動量 $k^\mu$ 則滿足

$$k^2=0.$$

四動量守恆要求 $P_i^\mu=k^\mu$，但這會導致 $P_i^2=k^2$，與

$$(2m_ec)^2\neq 0$$

矛盾。因此單光子末態被能量—動量守恆禁止。

兩個光子是最低允許數目

產生兩個光子時，兩光子可沿相反方向飛出：

$$\mathbf p_1+\mathbf p_2=0.$$

兩者的動量大小相等、方向相反，因此總動量為零，同時兩光子能共同攜帶初始能量。這是最少且允許的光子數目。

在 QED 中，每個電子—光子作用頂點帶來一個耦合常數 $e$。電子—正電子湮滅成兩光子的振幅包含兩個頂點，因此最低階振幅為

$$\mathcal M\propto e^2,$$

其截面或衰變率則與

$$|\mathcal M|^2\propto e^4\sim \alpha^2$$

成正比。對兩個光子而言，存在兩個光子排列所對應的最低階費曼圖，但兩者的物理結論相同。

核心觀念

本題考查二階厄米矩陣的：

• 本徵值與本徵向量；
• 以正交歸一的本徵向量構成對角化矩陣；
• 量子力學中能量測量的可能結果與機率。

若 $H$ 的本徵方程為

$$H\ket{E}=E\ket{E},$$

則能量測量的可能結果是 Hamiltonian 的本徵值，而在狀態 $\ket{\psi}$ 下測得能量 $E_n$ 的機率為

$$P(E_n)=|\braket{E_n|\psi}|^2.$$

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解題方法

令

$$H=\frac{\hbar\omega}{2\sqrt{2}}A, \qquad A= \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{pmatrix}.$$

先求矩陣 $A$ 的本徵值，再乘上整體因子 $\dfrac{\hbar\omega}{2\sqrt{2}}$。

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(a) 本徵值與正規化本徵向量

本徵值

由特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0$$

得

$$\det \begin{pmatrix} 1-\lambda&1\\ 1&-1-\lambda \end{pmatrix} =0.$$

因此

$$(1-\lambda)(-1-\lambda)-1=0,$$ $$\lambda^2-2=0,$$

所以

$$\lambda_\pm=\pm\sqrt{2}.$$

Hamiltonian 的本徵值為

$$E_\pm=\frac{\hbar\omega}{2\sqrt{2}}(\pm\sqrt{2}) =\pm\frac{\hbar\omega}{2}.$$

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對應於 $E_+=\dfrac{\hbar\omega}{2}$ 的本徵向量

令本徵向量寫成

$$\begin{pmatrix} 1\\ \alpha \end{pmatrix}.$$

對應 $\lambda=+\sqrt{2}$：

$$\begin{pmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ \alpha \end{pmatrix} = \sqrt{2} \begin{pmatrix} 1\\ \alpha \end{pmatrix}.$$

取第一列：

$$1+\alpha=\sqrt{2},$$

因此

$$\alpha_+=\sqrt{2}-1.$$

正規化條件給出

$$N_+^2\left[1+(\sqrt{2}-1)^2\right]=1.$$

由於

$$(\sqrt{2}-1)^2=3-2\sqrt{2},$$

所以

$$N_+=\frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}} =\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2\sqrt{2}}.$$

故

$$\boxed{ \ket{E_+} = \frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}} \begin{pmatrix} 1\\ \sqrt{2}-1 \end{pmatrix} }.$$

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對應於 $E_-=-\dfrac{\hbar\omega}{2}$ 的本徵向量

對應 $\lambda=-\sqrt{2}$：

$$1+\alpha=-\sqrt{2},$$

因此

$$\alpha_-=-(1+\sqrt{2}).$$

正規化條件為

$$N_-^2\left[1+(1+\sqrt{2})^2\right]=1.$$

由於

$$(1+\sqrt{2})^2=3+2\sqrt{2},$$

所以

$$N_-=\frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}} =\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2\sqrt{2}}.$$

故

$$\boxed{ \ket{E_-} = \frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}} \begin{pmatrix} 1\\ -(1+\sqrt{2}) \end{pmatrix} }.$$

整體乘上任意相位，特別是乘上 $-1$，代表同一個物理本徵態。

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(b) 將 $H$ 對角化的矩陣

題目要求對角元素依升冪排列，因此先放入負能量本徵態，再放入正能量本徵態：

核心觀念

本題考查簡諧振子的升降算符與相干態：

• 升降算符 $a$、$a^\dagger$ 的定義與作用。
• 數算符 $\hat n=a^\dagger a$ 的本徵態。
• 相干態是湮滅算符 $a$ 的本徵態。
• 相干態的粒子數分布為 Poisson 分布。
• 在位置表象中解一階微分方程，得到相干態的高斯波函數。
• 相干態的平均粒子數為 $|\alpha|^2$，但位置期望值為 $\sqrt{2}x_0\operatorname{Re}\alpha$，兩者不是同一物理量。

以下以

$$x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}$$

表示振盪器的特徵長度。

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（a）升降算符定義與矩陣元

由

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

定義升降算符

$$a=\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{x}{x_0}+i\frac{x_0p}{\hbar} \right),$$ $$a^\dagger=\frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{x}{x_0}-i\frac{x_0p}{\hbar} \right).$$

利用對易關係 $[x,p]=i\hbar$，可得

$$[a,a^\dagger]=1.$$

數算符定義為

$$\hat n=a^\dagger a,$$

其本徵態滿足

$$\hat n|n\rangle=n|n\rangle.$$

升降算符作用在數態上為

$$a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle,$$ $$a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle.$$

因此

$$\langle n|a|n\rangle = \sqrt{n}\langle n|n-1\rangle,$$

以及

$$\langle n|a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\langle n|n+1\rangle.$$

由數態的正交歸一性

$$\langle n|m\rangle=\delta_{nm},$$

當 $n\geq 1$ 時，

$$\langle n|n-1\rangle=0,$$

而

$$\langle n|n+1\rangle=0.$$

所以也可直接得到

$$\boxed{\langle n|a|n\rangle=0}, \qquad \boxed{\langle n|a^\dagger|n\rangle=0}.$$

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（b）相干態的平均粒子數與粒子數分布

相干態定義為

$$a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle.$$

其厄米共軛為

$$\langle\alpha|a^\dagger = \alpha^*\langle\alpha|.$$

因此

$$\langle\alpha|\hat n|\alpha\rangle = \langle\alpha|a^\dagger a|\alpha\rangle.$$

先讓 $a$ 作用在右側：

$$a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle,$$

所以

$$\langle\alpha|a^\dagger a|\alpha\rangle = \alpha\langle\alpha|a^\dagger|\alpha\rangle.$$

再利用

$$\langle\alpha|a^\dagger = \alpha^*\langle\alpha|,$$

得到

$$\langle\alpha|\hat n|\alpha\rangle = \alpha\alpha^* \langle\alpha|\alpha\rangle.$$

取相干態歸一化，即 $\langle\alpha|\alpha\rangle=1$，可得

$$\boxed{\langle\alpha|\hat n|\alpha\rangle=|\alpha|^2}.$$

求係數 $c_n$

令

$$|\alpha\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}c_n|n\rangle.$$

代入本徵方程：

$$a|\alpha\rangle = \sum_{n=0}^{\infty}c_n a|n\rangle = \sum_{n=1}^{\infty}c_n\sqrt n\,|n-1\rangle.$$

將指標改為 $m=n-1$：

$$a|\alpha\rangle = \sum_{m=0}^{\infty}c_{m+1}\sqrt{m+1}\,|m\rangle.$$

另一方面，

$$\alpha|\alpha\rangle = \sum_{m=0}^{\infty}\alpha c_m|m\rangle.$$

比較每個 $|m\rangle$ 的係數：

$$c_{m+1}\sqrt{m+1}=\alpha c_m.$$

因此得到遞迴關係

$$c_{m+1}=\frac{\alpha}{\sqrt{m+1}}c_m.$$

反覆使用可得

$$c_n=\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}c_0.$$

故

$$|c_n|^2 = |c_0|^2\frac{|\alpha|^{2n}}{n!}.$$

由歸一化條件

$$1=\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|^2 = |c_0|^2 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!} = |c_0|^2e^{|\alpha|^2},$$

得到

$$|c_0|^2=e^{-|\alpha|^2}.$$

因此

$$\boxed{ |c_n|^2 = \frac{e^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}}{n!} }.$$

這是平均值為 $|\alpha|^2$ 的 Poisson 分布。

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（c）位置表象中的相干態

在位置表象中

$$p=-i\hbar\frac{d}{dx},$$

因此

$$a = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{x}{x_0} +x_0\frac{d}{dx} \right).$$

相干態方程為

$$a\psi_\alpha(x)=\alpha\psi_\alpha(x),$$

核心觀念

本題考查：

1. 洛倫茲轉換與事件的座標變換。
2. 長度收縮：平台觀察到列車長度為 $L/\gamma$。
3. 光速不變原理：任何慣性座標系中光速皆為 $c$。
4. 相對速度公式：

$$u'=\frac{u-v}{1-\dfrac{uv}{c^2}}$$

其中 $u$ 是平台系觀察到的速度，$u'$ 是列車系觀察到的速度。

令平台為 $S$ 系，列車為 $S'$ 系。取導車通過平台觀察者的瞬間為 $t=t'=0$，並令該事件位置為 $x=x'=0$。列車在 $S'$ 系中的後端位於 $x'=0$，前端位於 $x'=L$。

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解題方法

先在列車自身參考系 $S'$ 中描述光的傳播。因為列車在此系中靜止，前後端距離固定為 proper length $L$，光從後端傳到前端所需時間直接為 $L/c$。

再利用洛倫茲轉換將關鍵事件轉換至平台系，或直接在平台系中以光速 $c$ 與列車前端的運動方程求交會事件。

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（a）平台觀察者看到光擊中鏡子的時間與位置

方法一：在平台系直接求交會

平台觀察者在 $x=0$ 靜止。列車後端在 $t=0$ 時位於 $x=0$，因此列車前端初始位置為長度收縮後的長度：

$$x_{\text{front}}(0)=\frac{L}{\gamma}$$

列車前端以速度 $v$ 前進，其位置為

$$x_{\text{mirror}}=\frac{L}{\gamma}+vt$$

光從原點出發，位置為

$$x_{\text{light}}=ct$$

光擊中鏡子時，兩者位置相同：

$$ct=\frac{L}{\gamma}+vt$$

因此

$$(c-v)t=\frac{L}{\gamma}$$ $$t=\frac{L}{\gamma(c-v)}$$

利用

$$\frac{1}{\gamma(c-v)} =\frac{\gamma(c+v)}{c^2}$$

可得

$$\boxed{t=\frac{\gamma L(c+v)}{c^2}}$$

擊中位置為

$$x=ct$$

所以

$$\boxed{x=\frac{cL}{\gamma(c-v)} =\gamma L\left(1+\frac{v}{c}\right)}$$

以洛倫茲轉換驗算

在列車系中，光擊中前端的事件為

$$x'=L,\qquad t'=\frac{L}{c}$$

由反向洛倫茲轉換：

$$x=\gamma(x'+vt')$$ $$x=\gamma\left(L+\frac{vL}{c}\right) =\gamma L\left(1+\frac{v}{c}\right)$$

以及

$$t=\gamma\left(t'+\frac{vx'}{c^2}\right)$$ $$t=\gamma\left(\frac{L}{c}+\frac{vL}{c^2}\right) =\frac{\gamma L(c+v)}{c^2}$$

結果一致。

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（b）列車導車觀察光反射後到達平台觀察者的時間與位置

反射事件記為 $B$，光到達平台觀察者的事件記為 $C$。

在列車系中描述

在 $S'$ 系中：

• 導車位於 $x'=0$，以速度 $-v$ 向後方運動。
• 平台觀察者原本在 $x'=0$，之後相對列車以速度 $-v$ 運動。
• 鏡子位於 $x'=L$。
• 光到達鏡子的事件為

$$B:\qquad x'=L,\qquad t'=\frac{L}{c}$$

光反射後向負 $x'$ 方向傳播，其位置為

$$x'_{\text{light}} =L-c\left(t'-\frac{L}{c}\right) =2L-ct'$$

平台觀察者在 $t'=0$ 時位於 $x'=0$，因此其位置為

$$x'_{\text{observer}}=-vt'$$

光再次到達平台觀察者時：

$$2L-ct'=-vt'$$

整理得

$$(c-v)t'=2L$$

因此導車所測得的時間為

$$\boxed{t'=\frac{2L}{c-v}}$$

平台觀察者在此事件的位置為

$$x'=-vt'$$

故

$$\boxed{x'=-\frac{2vL}{c-v}}$$

這表示在導車參考系中，平台觀察者已經向列車後方移動，因此事件發生位置為負 $x'$。

平台系座標的補充驗算

由（a），光第一次到達鏡子的時間為

$$t_B=\frac{L}{\gamma(c-v)}$$

且鏡子位置為

$$x_B=ct_B$$

反射光向負 $x$ 方向傳播，位置為

$$x=x_B-c(t-t_B)$$