この章のまとめ

(1) $p_x=\partial L/\partial\dot x=m\dot x$, $p_y=m\dot y$。Legendre 変換で

$$H=p_x\dot x+p_y\dot y-L=\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}(x^2+y^2).$$

(2) 無限小変換は式 (1.9.18) の $\delta x=-\epsilon y$, $\delta y=\epsilon x$, $\delta p_x=-\epsilon p_y$, $\delta p_y=\epsilon p_x$。

$$\delta H=\frac1m(p_x\delta p_x+p_y\delta p_y)+m\omega^2(x\,\delta x+y\,\delta y)=\frac{\epsilon}{m}(-p_xp_y+p_yp_x)+m\omega^2\epsilon(-xy+yx)=0 .$$

式 (1.9.20) から $\mathrm{d} L_z/\mathrm{d} t=0$ で、$L_z$ は保存する。

(3) 式 (1.9.14) から

$$\delta x=\epsilon\frac{\partial Q_{xy}}{\partial p_x}=\frac{\epsilon p_y}{m},\quad \delta y=\frac{\epsilon p_x}{m},\quad \delta p_x=-\epsilon\frac{\partial Q_{xy}}{\partial x}=-\epsilon m\omega^2y,\quad \delta p_y=-\epsilon m\omega^2x .$$

$\delta x$ が運動量 $p_y$ で決まるので、点変換ではない（式 (1.9.17) の形 $\sum p_iK_i(q)$ に書けない。$Q_{xy}$ は運動量の2次式を含む）。$H$ の変化は

$$\delta H=\frac{1}{m}\bigl(p_x(-\epsilon m\omega^2y)+p_y(-\epsilon m\omega^2x)\bigr)+m\omega^2\Bigl(x\frac{\epsilon p_y}{m}+y\frac{\epsilon p_x}{m}\Bigr)=\epsilon\omega^2(-p_xy-p_yx+xp_y+yp_x)=0 .$$

よって $Q_{xy}$ も保存する。座標だけを動かす変換では見えない対称性が、相空間の変換としては現れる。

(4) $m=\omega=1$ で、流れの方程式は $\mathrm{d} x/\mathrm{d}\alpha=p_y$, $\mathrm{d} y/\mathrm{d}\alpha=p_x$, $\mathrm{d} p_x/\mathrm{d}\alpha=-y$, $\mathrm{d} p_y/\mathrm{d}\alpha=-x$。$x$ と $p_y$ は $\mathrm{d}^2x/\mathrm{d}\alpha^2=-x$ を満たし、初期値 $x=1$, $\mathrm{d} x/\mathrm{d}\alpha=p_y=0$ から $x=\cos\alpha$, $p_y=\mathrm{d} x/\mathrm{d}\alpha=-\sin\alpha$。$y$ と $p_x$ は $\mathrm{d}^2y/\mathrm{d}\alpha^2=-y$ を満たし、初期値がともに $0$ なので $y=p_x=0$。よって

$$\Phi_\alpha(1,0,0,0)=(\cos\alpha,\ 0,\ 0,\ -\sin\alpha).$$

(5) $H=\frac12(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)=\frac12$ で、$\alpha$ によらない（(3) の $\delta H=0$ を有限の変換で確かめたことになる）。$L_z=xp_y-yp_x=-\cos\alpha\sin\alpha=-\frac12\sin2\alpha$ で、$\alpha$ とともに変わる。$Q_{xy}$ の流れは、エネルギーを変えずに角運動量を変える。$\alpha=0$ の初期値 $(1,0,0,0)$ は $x$ 軸上を往復する直線の振動（$L_z=0$）である。$\alpha=\pi/4$ の点は $(x,y,p_x,p_y)=(1/\sqrt2,\ 0,\ 0,\ -1/\sqrt2)$ で、半径 $r=1/\sqrt2$ の位置から速さ $1/\sqrt2$ で半径に垂直に動き出す。運動方程式 $\ddot x=-x$, $\ddot y=-y$ の解は $x=\frac{1}{\sqrt2}\cos t$, $y=-\frac{1}{\sqrt2}\sin t$ で、時計回りの半径 $1/\sqrt2$ の円軌道になる（$L_z=-\frac12$）。同じエネルギーの直線の振動と円軌道が、保存量 $Q_{xy}$ の流れでつながっている。2次元の等方調和振動子でエネルギーが同じで形の違う軌道が並ぶのは、この隠れた対称性による。

(6) $\left[\hat x,\,\hat p_x\right]=\mathrm{i}\hbar$ 以外の座標と運動量の交換子は $0$ なので

$$\left[\hat x,\,\hat L_z\right]=\left[\hat x,\,\hat x\hat p_y\right]-\left[\hat x,\,\hat y\hat p_x\right]=0-\hat y\left[\hat x,\,\hat p_x\right]=-\mathrm{i}\hbar\hat y,\qquad \left[\hat p_x,\,\hat L_z\right]=\left[\hat p_x,\,\hat x\right]\hat p_y=-\mathrm{i}\hbar\hat p_y .$$

よって $\left[\hat x,\,\hat L_z\right]/(\mathrm{i}\hbar)=-\hat y$, $\left[\hat p_x,\,\hat L_z\right]/(\mathrm{i}\hbar)=-\hat p_y$ で、(2) の $\delta x/\epsilon=-y$, $\delta p_x/\epsilon=-p_y$ と同じ形になる。古典の $\delta A=\epsilon\{A,L_z\}$ と量子の $\delta\hat A=\epsilon\left[\hat A,\,\hat L_z\right]/(\mathrm{i}\hbar)$ が、この場合は演算子の順序の問題なしに一致する。