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授業で習った形との対応

2026年10月15日8分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第11章 Poisson 括弧(生成子で動かす)
目次
  1. 量子力学の交換子
  2. 解析力学の教科書の書き方
  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11章 §1.11.6 ★★★ 量子力学の交換子 [A^,B^]/(iℏ)[\hat A,\hat B]/(\mathrm{i}\hbar) と Heisenberg の運動方程式は、この章の式と1対1に対応する

量子力学の交換子

学部の量子力学の授業では、正準交換関係 [q^,p^]=iℏ[\hat q,\hat p]=\mathrm{i}\hbar から出発し、時間発展を Heisenberg の運動方程式dA^Hdt=1iℏ[A^H,H^]+(∂A^∂t)H\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[\hat A_{\mathrm H},\hat H]+\Bigl(\frac{\partial \hat A}{\partial t}\Bigr)_{\mathrm H} で書く。並進は e−iap^/ℏ\mathrm{e}^{-\mathrm{i} a\hat p/\hbar}、回転は e−iθL^z/ℏ\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta\hat L_z/\hbar} で表し、角運動量の交換関係 [L^x,L^y]=iℏL^z[\hat L_x,\hat L_y]=\mathrm{i}\hbar\hat L_z を使って固有値を求める。この章の式と並べると、Poisson 括弧を交換子に置き換える規則

{A,B} ⟶ 1iℏ[A^,B^](1.11.19)\{A,B\}\ \longrightarrow\ \frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[\hat A,\hat B]\tag{1.11.19}

で、次の表のように1対1に対応する(この本の符号の流儀では、両方の右に生成子を置く)。

この章(古典)量子力学
基本の関係{q,p}=1\{q,p\}=1[q^,p^]/(iℏ)=1[\hat q,\hat p]/(\mathrm{i}\hbar)=1
無限小変換δA=ϵ{A,G}\delta A=\epsilon\{A,G\}δA^=ϵ[A^,G^]/(iℏ)\delta\hat A=\epsilon[\hat A,\hat G]/(\mathrm{i}\hbar)
有限の変換eϵDGA\mathrm{e}^{\epsilon\mathsf D_G}A(Lie 級数)eiϵG^/ℏA^ e−iϵG^/ℏ\mathrm{e}^{\mathrm{i}\epsilon\hat G/\hbar}\hat A\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon\hat G/\hbar}
時間発展dAdt={A,H}+∂A∂t\frac{\mathrm{d} A}{\mathrm{d} t}=\{A,H\}+\frac{\partial A}{\partial t}dA^Hdt=[A^H,H^]/(iℏ)+(∂tA^)H\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=[\hat A_{\mathrm H},\hat H]/(\mathrm{i}\hbar)+(\partial_t\hat A)_{\mathrm H}
保存量と対称性{G,H}=0\{G,H\}=0[G^,H^]=0[\hat G,\hat H]=0
角運動量{Lx,Ly}=Lz\{L_x,L_y\}=L_z[L^x,L^y]/(iℏ)=L^z[\hat L_x,\hat L_y]/(\mathrm{i}\hbar)=\hat L_z

有限の変換の行は、A^(ϵ)=eiϵG^/ℏA^ e−iϵG^/ℏ\hat A(\epsilon)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\epsilon\hat G/\hbar}\hat A\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon\hat G/\hbar} を ϵ\epsilon で微分すると dA^dϵ=[A^(ϵ),G^]/(iℏ)\frac{\mathrm{d} \hat A}{\mathrm{d} \epsilon}=[\hat A(\epsilon),\hat G]/(\mathrm{i}\hbar) になることから出る。これを ϵ\epsilon について展開すると A^+ϵ[A^,G^]/(iℏ)+ϵ22![[A^,G^],G^]/(iℏ)2+⋯\hat A+\epsilon[\hat A,\hat G]/(\mathrm{i}\hbar)+\frac{\epsilon^2}{2!}[[\hat A,\hat G],\hat G]/(\mathrm{i}\hbar)^2+\cdots で、Lie 級数 (1.11.15) の括弧をすべて交換子に置き換えた形になる。交換子も反対称性・線形性・Leibniz 則([A^B^,C^]=A^[B^,C^]+[A^,C^]B^[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B)・Jacobi 恒等式を満たすので、1.11.2節から1.11.5節の議論は、ほぼそのまま量子力学に持ち込むことができる。授業で「運動量は並進の生成子」「角運動量は回転の生成子」と習う内容は、古典力学の段階ですでに式 (1.11.3) として成り立っている。

ただし規則 (1.11.19) は、どの関数にも同じように当たるわけではない。演算子の積は順序によって値が変わるので、qpqp のような積を演算子に直すとき、q^p^\hat q\hat p と p^q^\hat p\hat q のどちらにするかを決めなければならない。下の例題で見るように、q2q^2 と p2p^2 の括弧と交換子では、順序の決め方の分だけ食い違いが出る。この問題をどう扱うかは 第4部第1章 で扱い、Heisenberg 描像との対応は 第4部第3章 で詳しく見る。

解析力学の教科書の書き方

解析力学の教科書の多くは、Poisson 括弧を式 (1.11.2) の形で定義として与え、連鎖律から式 (1.11.10) を出す。この章との違いは、出発点を「生成子による関数の変化 δA=ϵ{A,G}\delta A=\epsilon\{A,G\}」に置いたかどうかである。定義の式そのものは同じで、「時間発展の式に出てくる便利な組み合わせ」として括弧を導入すると、並進・回転・時間発展が同じ演算で書けることが見えにくい。

符号の流儀は教科書によって分かれる。Goldstein の教科書はこの本と同じ {q,p}=+1\{q,p\}=+1 だが、Landau–Lifshitz の力学の教科書は2つの項を逆の順に書き、[q,p]=−1[q,p]=-1、時間発展を dfdt=∂f∂t+[H,f]\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial f}{\partial t}+[H,f] と書く(括弧の中の順番が逆になる)。どちらの流儀でも物理の内容は同じで、左右の引数を入れ替えれば一方から他方へ移る。読み比べるときは、基本の括弧 {q,p}\{q,p\} の値と、時間発展の式で HH がどちらの引数に入っているかを最初に確かめる。

例題 1.11.6 括弧と交換子を並べる ★★

オリジナル1次元で p^=−iℏ ddq\hat p=-\mathrm{i}\hbar\,\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} q} とする。

  1. (1) 関数 ψ(q)\psi(q) に当てて [q^,p^]ψ=iℏψ[\hat q,\hat p]\psi=\mathrm{i}\hbar\psi を確かめよ。
  2. (2) 古典の {q2,p2}\{q^2,p^2\} を求めよ。
  3. (3) [q^2,p^2]/(iℏ)[\hat q^2,\hat p^2]/(\mathrm{i}\hbar) を、交換子の Leibniz 則と (1) を使って q^\hat q, p^\hat p の積で表し、(2) と比べよ。
解答

(1) q^p^ψ=−iℏqψ′\hat q\hat p\psi=-\mathrm{i}\hbar q\psi'、p^q^ψ=−iℏ(qψ)′=−iℏ(ψ+qψ′)\hat p\hat q\psi=-\mathrm{i}\hbar(q\psi)'=-\mathrm{i}\hbar(\psi+q\psi')。差は [q^,p^]ψ=iℏψ[\hat q,\hat p]\psi=\mathrm{i}\hbar\psi。

(2) {q2,p2}=∂(q2)∂q∂(p2)∂p=2q⋅2p=4qp\{q^2,p^2\}=\frac{\partial (q^2)}{\partial q}\frac{\partial (p^2)}{\partial p}=2q\cdot2p=4qp。

(3) Leibniz 則を2回使うと [q^,p^2]=p^[q^,p^]+[q^,p^]p^=2iℏp^[\hat q,\hat p^2]=\hat p[\hat q,\hat p]+[\hat q,\hat p]\hat p=2\mathrm{i}\hbar\hat p、[q^2,p^2]=q^[q^,p^2]+[q^,p^2]q^=2iℏ(q^p^+p^q^)[\hat q^2,\hat p^2]=\hat q[\hat q,\hat p^2]+[\hat q,\hat p^2]\hat q=2\mathrm{i}\hbar(\hat q\hat p+\hat p\hat q)。よって

1iℏ[q^2,p^2]=2(q^p^+p^q^)=4q^p^−2iℏ.\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}[\hat q^2,\hat p^2]=2(\hat q\hat p+\hat p\hat q)=4\hat q\hat p-2\mathrm{i}\hbar .

古典の 4qp4qp の積を対称に並べた 2(q^p^+p^q^)2(\hat q\hat p+\hat p\hat q) に対応する。4q^p^4\hat q\hat p と書けば −2iℏ-2\mathrm{i}\hbar だけ余り、この差は ℏ→0\hbar\to0 で消える。規則 (1.11.19) は ℏ\hbar の0次では成り立つが、積の順序の分だけ ℏ\hbar の1次の食い違いが残る。

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