\begin{align} 0 &= \langle - | \left( \hat{Q} - \hat{Q} \right) | + \rangle \\ &= \left( \langle - | \hat{Q} \right) | + \rangle - \langle - | \left( \hat{Q} | + \rangle \right) \\ &= - \langle - | + \rangle - \langle - | + \rangle \\ &= - 2 \langle - | + \rangle \end{align} から、 \begin{align} \langle - | + \rangle = 0 \end{align} がわかる。
\begin{align} \hat{H} \hat{Q} | + \rangle &= \left( \hat{H}_0 + \hat{H}_1 \right) | + \rangle \\ &= E_0 | + \rangle + \Delta | - \rangle, \\ \hat{Q} \hat{H} | + \rangle &= \hat{Q} \left( \hat{H}_0 + \hat{H}_1 \right) | + \rangle \\ &= \hat{Q} \left( E_0 | + \rangle + \Delta | - \rangle \right) \\ &= E_0 | + \rangle - \Delta | - \rangle \end{align} なので、 $\hat{H}\hat{Q}|+\rangle \ne \hat{Q}\hat{H}|+\rangle$ であり、 $\hat{H}\hat{Q} \ne \hat{Q}\hat{H}$ がわかる。
基底 $|+\rangle, |-\rangle$ を使って $\hat{H}$ を行列表示すると、 \begin{align} \begin{pmatrix} E_0 & \Delta \\ \Delta & E_0 \end{pmatrix} \end{align} となるので、 $\hat{H}$ の固有値を $E$ とすると \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} E_0-E & \Delta \\ \Delta & E_0-E \end{pmatrix} \\ &= E^2 - 2E_0E + E_0^2 - \Delta^2 \\ &= \left( E - E_0 - \Delta \right) \left( E - E_0 + \Delta \right) \\ \therefore \ \ E &= E_0 \pm \Delta \end{align} であり、 \begin{align} E_1 = E_0 - \Delta , \ E_2 = E_0 + \Delta \end{align} を得る。
固有値 $E_1=E_0-\Delta$ に属する固有ベクトルを求めるため、 \begin{align} \begin{pmatrix} \Delta & \Delta \\ \Delta & \Delta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align} とおくと $u+v=0$ となり、 固有値 $E_2=E_0+\Delta$ に属する固有ベクトルを求めるため、 \begin{align} \begin{pmatrix} -\Delta & \Delta \\ \Delta & -\Delta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align} とおくと $u-v=0$ となるので、例えば、 \begin{align} |1\rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} |+\rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} |-\rangle ,\\ |2\rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} |+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} |-\rangle \end{align} とすればよい。
$\langle +|+\rangle=1, \langle -|-\rangle=1, \langle -|+\rangle=0$ から \begin{align} \langle 1|1\rangle=1, \langle 2|2\rangle=1, \langle 1|2\rangle=0 \tag{a} \end{align} がわかる。
式 (5) に式 (6) を代入すると \begin{align} i \hbar \frac{dc_1(t)}{dt} |1\rangle + i \hbar \frac{dc_2(t)}{dt} |2\rangle = E_1 c_1(t) |1\rangle + E_2 c_2(t) |2\rangle \tag{b} \end{align} となる。
式 (b) に左から $\langle 1|$ をかけると、式 (a) より、 \begin{align} i \hbar \frac{dc_1(t)}{dt} = E_1 c_1(t) \end{align} となり、 $c_1(0)=a$ を考慮すると、 \begin{align} c_1(t) = a \exp \left( -i \frac{E_1 t}{\hbar} \right) = a \exp \left( -i \frac{(E_0 - \Delta) t}{\hbar} \right) \end{align} を得る。 同様に、式 (b) に左から $\langle 2|$ をかけると、式 (a) より、 \begin{align} i \hbar \frac{dc_2(t)}{dt} = E_2 c_2(t) \end{align} となり、 $c_2(0)=b$ を考慮すると、 \begin{align} c_2(t) = b \exp \left( -i \frac{E_2 t}{\hbar} \right) = b \exp \left( -i \frac{(E_0 + \Delta) t}{\hbar} \right) \end{align} を得る。
\begin{align} | \Psi(0) \rangle &= | + \rangle \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} | 1 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} | 2 \rangle \end{align} であるから、問 4 の $a,b$ が $a=b=1/\sqrt{2}$ の場合に相当し、 \begin{align} | \Psi(t) \rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} \exp \left( -i \frac{E_1 t}{\hbar} \right) | 1 \rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \exp \left( -i \frac{E_2 t}{\hbar} \right) | 2 \rangle \\ &= \frac{1}{2} \exp \left( -i \frac{E_1 t}{\hbar} \right) \left( | + \rangle - | - \rangle \right) + \frac{1}{2} \exp \left( -i \frac{E_2 t}{\hbar} \right) \left( | + \rangle + | - \rangle \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \exp \left( -i \frac{E_1 t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{E_2 t}{\hbar} \right) \right) | + \rangle + \frac{1}{2} \left( - \exp \left( -i \frac{E_1 t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{E_2 t}{\hbar} \right) \right) | - \rangle \\ &= \frac{1}{2} \left( \exp \left( -i \frac{(E_0-\Delta) t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{(E_0+\Delta) t}{\hbar} \right) \right) | + \rangle + \frac{1}{2} \left( - \exp \left( -i \frac{(E_0-\Delta) t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{(E_0+\Delta) t}{\hbar} \right) \right) | - \rangle \\ &= \frac{1}{2} \exp \left( -i \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \left( \left( \exp \left( i \frac{\Delta t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \right) | + \rangle \left( - \exp \left( i \frac{\Delta t}{\hbar} \right) + \exp \left( -i \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \right) | - \rangle \right) \\ &= \exp \left( -i \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \left( \cos \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | + \rangle - i \sin \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | - \rangle \right) \end{align} を得る。
問 5 で求めた $| \Psi(t) \rangle$ を使うと、 \begin{align} \langle + | \Psi(t) \rangle &= \exp \left( -i \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \cos \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \end{align} となるから、 \begin{align} P_+(t) &= \left| \langle + | \Psi(t) \rangle \right|^2 \\ &= \cos^2 \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \end{align} を得る。
問 5 で求めた $| \Psi(t) \rangle$ を使うと、 \begin{align} \hat{Q} | \Psi(t) \rangle &= \exp \left( -i \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \left( \cos \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | + \rangle + i \sin \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | - \rangle \right) \end{align} となるから、 \begin{align} \langle \Psi(t) | \hat{Q} | \Psi(t) \rangle &= \exp \left( \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \left( \cos \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \langle + | + i \sin \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \langle - | \right) \exp \left( -i \frac{E_0 t}{\hbar} \right) \left( \cos \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | + \rangle + i \sin \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) | - \rangle \right) \\ &= \cos^2 \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) - \sin^2 \left( \frac{\Delta t}{\hbar} \right) \\ &= \cos \left( \frac{2 \Delta t}{\hbar} \right) \end{align} を得る。