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量子力学の生成子

2026年10月15日10分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第9章 無限小変換と生成子
目次
  1. ユニタリ演算子と生成子
  2. 並進・回転・時間発展
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第1部 第9章 §1.9.5　★★ 同じ形が量子力学では U^=e−iϵG^/ℏ\hat U=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon\hat G/\hbar}、δA^=ϵ[A^, G^]/(iℏ)\delta\hat A=\epsilon\left[\hat A,\,\hat G\right]/(\mathrm{i}\hbar) になる

ユニタリ演算子と生成子

量子力学の状態はベクトル ∣ψ⟩| \psi \rangle で、変換は状態に演算子 U^\hat U を掛けることで表す。確率（ノルム）を変えない変換はユニタリ（U^†U^=1\hat U^\dagger\hat U=1）である。パラメータ α\alpha の1径数変換群 U^(α)\hat U(\alpha)（U^(0)=1\hat U(0)=1, U^(α)U^(β)=U^(α+β)\hat U(\alpha)\hat U(\beta)=\hat U(\alpha+\beta)）を考え、1.9.1節と同じく1次で展開して

U^(ϵ)=1−iϵℏG^+O(ϵ2)(1.9.21)\hat U(\epsilon)=1-\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}\hat G+\mathcal{O}(\epsilon^2)\tag{1.9.21}

と書く。この G^\hat G を量子力学の生成子と呼ぶ。ユニタリ性 U^†U^=1−iϵℏ(G^−G^†)+O(ϵ2)=1\hat U^\dagger\hat U=1-\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}(\hat G-\hat G^\dagger)+\mathcal{O}(\epsilon^2)=1 から G^†=G^\hat G^\dagger=\hat G で、生成子はエルミート、つまり観測量である。係数に i\mathrm{i} を付けたのは G^\hat G をエルミートにするためで、ℏ\hbar で割ったのは、前の節で見たとおり ϵG\epsilon G が作用の次元を持ち、ϵG^/ℏ\epsilon\hat G/\hbar を無次元にするためである。有限の変換は、1.9.2節の式 (1.9.6) と同じく指数関数

U^(α)=e−iαG^/ℏ=lim⁡N→∞(1−iαNℏG^)N(1.9.22)\hat U(\alpha)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha\hat G/\hbar}=\lim_{N\to\infty}\Bigl(1-\frac{\mathrm{i}\alpha}{N\hbar}\hat G\Bigr)^N\tag{1.9.22}

になる。

観測量 A^\hat A の期待値は ⟨ψ∣A^∣ψ⟩\langle \psi | \hat A | \psi \rangle なので、状態を U^\hat U で動かすことは、観測量を U^†A^U^\hat U^\dagger\hat A\hat U に取り替えることと同じである。式 (1.9.21) を入れると

δA^≔U^†A^U^−A^=iϵℏ(G^A^−A^G^)+O(ϵ2)=ϵ[A^, G^]iℏ+O(ϵ2)(1.9.23)\delta\hat A\coloneqq\hat U^\dagger\hat A\hat U-\hat A=\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}(\hat G\hat A-\hat A\hat G)+\mathcal{O}(\epsilon^2)=\epsilon\frac{\left[\hat A,\,\hat G\right]}{\mathrm{i}\hbar}+\mathcal{O}(\epsilon^2)\tag{1.9.23}

を得る。古典の式 (1.9.15) の δA=ϵ{A,G}\delta A=\epsilon\{A,G\} と並べると、Poisson 括弧 {⋅,⋅}\{\cdot,\cdot\} が [⋅, ⋅]/(iℏ)\left[\cdot,\,\cdot\right]/(\mathrm{i}\hbar) に置き換わっている。正準量子化の規則 [q^, p^]=iℏ\left[\hat q,\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar は、古典の {q,p}=1\{q,p\}=1 がこの置き換えでそのまま移ったものである。

並進・回転・時間発展

3つの変換を量子力学で並べる。並進の生成子を p^\hat p とすると、式 (1.9.23) で δx^=ϵ[x^, p^]/(iℏ)=ϵ\delta\hat x=\epsilon\left[\hat x,\,\hat p\right]/(\mathrm{i}\hbar)=\epsilon となり、位置の期待値が ϵ\epsilon だけずれる。波動関数で見ると、位置表示 p^=−iℏ d/dx\hat p=-\mathrm{i}\hbar\,\mathrm{d}/\mathrm{d} x を式 (1.9.22) に入れて

(e−iap^/ℏψ)(x)=e−a d/dxψ(x)=ψ(x−a)(1.9.24)\bigl(\mathrm{e}^{-\mathrm{i} a\hat p/\hbar}\psi\bigr)(x)=\mathrm{e}^{-a\,\mathrm{d}/\mathrm{d} x}\psi(x)=\psi(x-a)\tag{1.9.24}

で、これは1.9.2節の Taylor 展開の読み直し (1.9.9) で α=−a\alpha=-a としたものである。ψ(x−a)\psi(x-a) のグラフは ψ(x)\psi(x) のグラフを右へ aa だけずらしたものなので（図 1.9.3）、波束は +a+a の向きに動き、δx^=+ϵ\delta\hat x=+\epsilon と合う。

回転の生成子は L^z=x^p^y−y^p^x=−iℏ(x∂∂y−y∂∂x)\hat L_z=\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x=-\mathrm{i}\hbar\bigl(x\frac{\partial }{\partial y}-y\frac{\partial }{\partial x}\bigr) で、極座標 (r,φ)(r,\varphi) では x ∂y−y ∂x=∂φx\,\partial_y-y\,\partial_x=\partial_\varphi なので L^z=−iℏ ∂φ\hat L_z=-\mathrm{i}\hbar\,\partial_\varphi になる。並進と同じ計算で (e−iαL^z/ℏψ)(r,φ)=ψ(r,φ−α)\bigl(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha\hat L_z/\hbar}\psi\bigr)(r,\varphi)=\psi(r,\varphi-\alpha) で、波動関数が角 α\alpha だけ反時計回りに回る。交換子は [x^, L^z]=−y^[x^, p^x]=−iℏy^\left[\hat x,\,\hat L_z\right]=-\hat y\left[\hat x,\,\hat p_x\right]=-\mathrm{i}\hbar\hat y なので δx^=ϵ[x^, L^z]/(iℏ)=−ϵy^\delta\hat x=\epsilon\left[\hat x,\,\hat L_z\right]/(\mathrm{i}\hbar)=-\epsilon\hat y で、古典の式 (1.9.18) と同じ形になる。

時間発展の生成子は H^\hat H で、U^(t)=e−iH^t/ℏ\hat U(t)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} を微分すれば Schrödinger 方程式 iℏ ∂t∣ψ⟩=H^∣ψ⟩\mathrm{i}\hbar\,\partial_t| \psi \rangle =\hat H| \psi \rangle が出る。式 (1.9.23) で ϵ=dt\epsilon=\mathrm{d} t とおいたものは Heisenberg 描像の運動方程式 dA^/dt=[A^, H^]/(iℏ)\mathrm{d}\hat A/\mathrm{d} t=\left[\hat A,\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar) で、古典の式 (1.9.19) の置き換えになっている。量子力学の側からこの対応を組み立て直すことは 第4部第1章（Poisson 括弧から交換子へ）、角運動量については 第4部第5章で扱う。

図

図 1.9.3　並進の演算子 e−iap^/ℏ\mathrm{e}^{-\mathrm{i} a\hat p/\hbar} を ψ(x)=e−x2\psi(x)=\mathrm{e}^{-x^2}（点線）に掛けると ψ(x−a)\psi(x-a)（実線）になり、波束が +a+a の向きに動く（図は a=1.5a=1.5）。指数の肩の負号は、波動関数の引数 x−ax-a の負号にあたる

例題 1.9.5　回転すると位相だけが変わる波動関数 ★★

オリジナルb>0b>0 を定数とし、平面上の波動関数 ψ(x,y)=(x+iy) e−(x2+y2)/(2b2)\psi(x,y)=(x+\mathrm{i} y)\,\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)/(2b^2)} を考える。

  1. (1) L^z=−iℏ(x∂∂y−y∂∂x)\hat L_z=-\mathrm{i}\hbar\bigl(x\frac{\partial }{\partial y}-y\frac{\partial }{\partial x}\bigr) を当てて L^zψ=ℏψ\hat L_z\psi=\hbar\psi を示せ。
  2. (2) (1) を使って e−iαL^z/ℏψ\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha\hat L_z/\hbar}\psi を求めよ。
  3. (3) 座標を直接回した ψ(xcos⁡α+ysin⁡α, −xsin⁡α+ycos⁡α)\psi(x\cos\alpha+y\sin\alpha,\ -x\sin\alpha+y\cos\alpha) を計算し、(2) と一致することを確かめよ。
解答

(1) g(x,y)=e−(x2+y2)/(2b2)g(x,y)=\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)/(2b^2)} とおくと、gg は x2+y2x^2+y^2 だけの関数なので x ∂yg−y ∂xg=g⋅(−xyb2+yxb2)=0x\,\partial_yg-y\,\partial_xg=g\cdot\bigl(-\frac{xy}{b^2}+\frac{yx}{b^2}\bigr)=0。よって

(x∂∂y−y∂∂x)ψ=g(x∂∂y−y∂∂x)(x+iy)=g(ix−y)=i(x+iy)g=iψ\Bigl(x\frac{\partial }{\partial y}-y\frac{\partial }{\partial x}\Bigr)\psi=g\Bigl(x\frac{\partial }{\partial y}-y\frac{\partial }{\partial x}\Bigr)(x+\mathrm{i} y)=g(\mathrm{i} x-y)=\mathrm{i}(x+\mathrm{i} y)g=\mathrm{i}\psi

で、L^zψ=−iℏ⋅iψ=ℏψ\hat L_z\psi=-\mathrm{i}\hbar\cdot\mathrm{i}\psi=\hbar\psi。

(2) L^znψ=ℏnψ\hat L_z^n\psi=\hbar^n\psi なので、指数関数の級数で e−iαL^z/ℏψ=∑n(−iα)nn!ψ=e−iαψ\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha\hat L_z/\hbar}\psi=\sum_n\frac{(-\mathrm{i}\alpha)^n}{n!}\psi=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha}\psi。

(3) ψ(R−αr)\psi(R_{-\alpha}\bm{r}) の最初の因子は

(xcos⁡α+ysin⁡α)+i(−xsin⁡α+ycos⁡α)=x(cos⁡α−isin⁡α)+iy(cos⁡α−isin⁡α)=e−iα(x+iy)(x\cos\alpha+y\sin\alpha)+\mathrm{i}(-x\sin\alpha+y\cos\alpha)=x(\cos\alpha-\mathrm{i}\sin\alpha)+\mathrm{i} y(\cos\alpha-\mathrm{i}\sin\alpha)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha}(x+\mathrm{i} y)

で、gg は回転で変わらないので ψ(R−αr)=e−iαψ(r)\psi(R_{-\alpha}\bm{r})=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha}\psi(\bm{r})。(2) と一致する。確率密度 ∣ψ∣2\lvert \psi\rvert ^2 は回しても変わらず、変わるのは全体の位相 e−iα\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha} だけである。L^z\hat L_z の固有状態は、生成子 L^z\hat L_z の変換に対して位相しか変えない状態である。

ほかの巻では

木下の勉強ステータス

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