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Heisenberg の運動方程式

2026年10月15日6分で読めますAI生成教科書『基礎理論』第1部 第5章 二つの描像：Schrödinger と Heisenberg

AI 生成・木下が未勉強

量子力学入門　第1部 第5章 §1.5.3　★★★ A˙=[A,H^]/iℏ\dot A=[A,\hat H]/\mathrm{i}\hbar。演算子の時間発展。

Heisenberg 描像の演算子はどんな方程式に従うか。A^H=U^†A^U^\hat A_H=\hat U^\dagger\hat A\hat U を微分する。U^˙=−iℏH^U^\dot{\hat U}=-\frac{\mathrm{i}}\hbar\hat H\hat U、U^˙†=+iℏU^†H^\dot{\hat U}^\dagger=+\frac{\mathrm{i}}\hbar\hat U^\dagger\hat H を使うと（A^\hat A 自身が時間を含まない場合）

dA^Hdt=iℏU^†H^A^U^−iℏU^†A^H^U^=iℏU^†[H^, A^]U^= iℏ[H^, A^H] \frac{\mathrm{d}\hat A_H}{\mathrm{d} t} =\frac{\mathrm{i}}\hbar\hat U^\dagger\hat H\hat A\hat U-\frac{\mathrm{i}}\hbar\hat U^\dagger\hat A\hat H\hat U =\frac{\mathrm{i}}\hbar\hat U^\dagger\left[\hat H,\,\hat A\right]\hat U =\boxed{\ \frac{\mathrm{i}}\hbar\left[\hat H,\,\hat A_H\right]\ }

（最後は H^\hat H が U^\hat U と可換なので U^†[H^, A^]U^=[H^, A^H]\hat U^\dagger\left[\hat H,\,\hat A\right]\hat U=\left[\hat H,\,\hat A_H\right]。）これがHeisenberg の運動方程式。A^\hat A があらわに時間を含む場合（例：外場 cos⁡ωt\cos\omega t が定義に入っている）は右辺に (∂A^/∂t)H(\partial\hat A/\partial t)_H が加わる。古典力学の正準方程式 A˙={A,H}PB\dot A=\{A,H\}_{\rm PB}（Poisson 括弧）と見比べると、対応 {⋅,⋅}PB↔1iℏ[⋅, ⋅]\{\cdot,\cdot\}_{\rm PB}\leftrightarrow\frac1{\mathrm{i}\hbar}\left[\cdot,\,\cdot\right] が読み取れる——交換子は Poisson 括弧の量子版である。

重要な即座の帰結：[H^, A^]=0\left[\hat H,\,\hat A\right]=0 なら A^H\hat A_H は時間に依らず、A^\hat A は保存量。「対称性・保存量」の議論が Heisenberg 描像で見通しよくなる理由がこれだ。

例題 5.1

オリジナル★★★　aH(t),xH(t)a_H(t),x_H(t)。Heisenberg 方程式の計算例。調和振動子 H^=ℏω(a^†a^+12)\hat H=\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+\tfrac12) について a^H(t)\hat a_H(t) と x^H(t)\hat x_H(t) を求めよ。

解答

[H^, a^]=ℏω[a^†a^, a^]=ℏω [a^†, a^]a^=−ℏω a^\left[\hat H,\,\hat a\right]=\hbar\omega\left[\hat a^\dagger\hat a,\,\hat a\right]=\hbar\omega\,\left[\hat a^\dagger,\,\hat a\right]\hat a=-\hbar\omega\,\hat a より、運動方程式は

a^˙H=iℏ[H^, a^H]=−iω a^H⟹ a^H(t)=a^ e−iωt,a^H†(t)=a^†eiωt \dot{\hat a}_H=\frac{\mathrm{i}}\hbar\left[\hat H,\,\hat a_H\right]=-\mathrm{i}\omega\,\hat a_H \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ \hat a_H(t)=\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t},\qquad \hat a_H^\dagger(t)=\hat a^\dagger\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\ }

演算子の微分方程式が、古典と同じ1階線形方程式として解けた。位置は

x^H(t)=x02(a^ e−iωt+a^†eiωt)=x^cos⁡ωt+p^Mωsin⁡ωt\hat x_H(t)=\frac{x_0}{\sqrt2}\bigl(\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}+\hat a^\dagger\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\bigr) =\hat x\cos\omega t+\frac{\hat p}{M\omega}\sin\omega t

となり、古典解 x(t)=x(0)cos⁡ωt+p(0)Mωsin⁡ωtx(t)=x(0)\cos\omega t+\frac{p(0)}{M\omega}\sin\omega t と同じ形で初期条件が演算子になっただけ。この a^H(t)=a^ e−iωt\hat a_H(t)=\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} は第8部『時間依存摂動論とダイナミクス』の強制振動子でそのまま使う。

定石：交差結合した2式は複素結合で対角化する

上の計算でa^\hat aがなぜx^,p^\hat x,\hat pのあの組み合わせで定義されるのかは、次の一般的なテクニックの帰結として理解できる。実演算子（実変数）A,BA,Bの運動方程式が

dAdt=−ωB,dBdt=+ωA\frac{\mathrm{d} A}{\mathrm{d} t}=-\omega B,\qquad \frac{\mathrm{d} B}{\mathrm{d} t}=+\omega A

という交差結合（行列で書けば回転の生成子 ω(0−110)\omega\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}）の形をしていたら、複素結合 ζ=A+iB\zeta=A+\mathrm{i} B を作ると

dζdt=dAdt+idBdt=−ωB+iωA=iω(A+iB)=iωζ\frac{\mathrm{d}\zeta}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} A}{\mathrm{d} t}+\mathrm{i}\frac{\mathrm{d} B}{\mathrm{d} t}=-\omega B+\mathrm{i}\omega A=\mathrm{i}\omega(A+\mathrm{i} B)=\mathrm{i}\omega\zeta

と自動的に対角化され、ζ(t)=ζ(0)eiωt\zeta(t)=\zeta(0)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} と即座に解ける。これは(0−110)\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix} の固有値が ±i\pm\mathrm{i}、固有ベクトルが (1,∓i)(1,\mp\mathrm{i}) であるという線形代数の事実そのものである（A−iBA-\mathrm{i} B を作れば e−iωt\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} の方が出る）。

調和振動子では x^˙=p^/M, p^˙=−Mω2x^\dot{\hat x}=\hat p/M,\ \dot{\hat p}=-M\omega^2\hat x がまさにこの交差結合の形（x^,p^/Mω\hat x,\hat p/M\omega をA,BA,Bと見ればよい）で、a^∝Mωx^+ip^\hat a\propto M\omega\hat x+\mathrm{i}\hat p という複素結合がa^˙H=−iωa^H\dot{\hat a}_H=-\mathrm{i}\omega\hat a_Hに対角化されるのはこのテクニックの一例である。同じ型は、スピンの歳差運動（第1.6章、σ^˙x=−ωσ^y, σ^˙y=+ωσ^x\dot{\hat\sigma}_x=-\omega\hat\sigma_y,\ \dot{\hat\sigma}_y=+\omega\hat\sigma_xから σ^x+iσ^y\hat\sigma_x+\mathrm{i}\hat\sigma_y を作る）や、角運動量の昇降演算子 J^±=J^x±iJ^y\hat J_\pm=\hat J_x\pm\mathrm{i}\hat J_yにも共通する発想である。逆符号で交差結合した2式を見たら A±iBA\pm\mathrm{i} B を試す、という一つの型として持っておくとよい。

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