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授業で習った形との対応

2026年10月15日7分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第1章 Poisson 括弧から交換子へ
目次
  1. 量子力学の授業での書き方
  2. 曲線座標では置き換えに注意が要る
  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4部 第1章 §4.1.6　★★ 授業の「p\bm{p} を −iℏ∇-\mathrm{i}\hbar\nabla に置き換える」は直交座標の位置表示での規則 (Q3)。曲線座標では対称化が要る

量子力学の授業での書き方

学部の量子力学の授業は、ふつう次の順に進む。まず波動関数 ψ(r,t)\psi(\bm{r},t) と、運動量を p^=−iℏ∇\hat{\bm{p}}=-\mathrm{i}\hbar\nabla に置き換える規則を公準として与え、古典のエネルギー E=p2/(2m)+VE=\bm{p}^2/(2m)+V に代入して Schrödinger 方程式 iℏ ∂tψ=(−ℏ22m∇2+V)ψ\mathrm{i}\hbar\,\partial_t\psi=\bigl(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V\bigr)\psi を得る。次に [x^, p^x]=iℏ\left[\hat x,\,\hat p_x\right]=\mathrm{i}\hbar を計算で確かめ、そこから不確定性関係 σxσpx≥ℏ/2\sigma_x\sigma_{p_x}\ge\hbar/2 を導く。期待値の時間変化は ddt⟨A^⟩=1iℏ⟨[A^, H^]⟩\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat A \rangle =\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\langle \left[\hat A,\,\hat H\right] \rangle と書き、Ehrenfest の定理を「古典力学が平均として成り立つ」ことの説明に使う。

この章の形と並べると、次の表のようになる。

授業での書き方この章での位置づけ
出発点p^=−iℏ∇\hat{\bm{p}}=-\mathrm{i}\hbar\nabla を公準とする並進の生成子から式 (4.1.10)、表示の一意性は定理 4.1.2
交換関係[x^, p^x]=iℏ\left[\hat x,\,\hat p_x\right]=\mathrm{i}\hbar を計算で確かめる{q,p}=1\{q,p\}=1 に規則 (Q3) を当てた式 (4.1.3)
Hamiltonian古典のエネルギーに代入量子化の写像 Q\mathcal Q。積が無いので順序は問題にならない
時間発展ddt⟨A^⟩=⟨[A^, H^]⟩/(iℏ)\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat A \rangle =\langle \left[\hat A,\,\hat H\right] \rangle /(\mathrm{i}\hbar)dAdt={A,H}\frac{\mathrm{d} A}{\mathrm{d} t}=\{A,H\} の写し（式 (4.1.2)）
古典との関係Ehrenfest の定理2次以下で厳密（命題 4.1.4）、3次以上で ℏ2\hbar^2 の補正

授業の手順は、直交座標で H=p2/(2m)+V(r)H=\bm{p}^2/(2m)+V(\bm{r}) の形をした系に限れば、この章の手続きと同じ結果になる。その範囲では qq と pp の積が現れないので順序の問題が無く、括弧も (Q3) が厳密に成り立つ2次以下の組み合わせしか必要にならないからである。授業で「古典の式の p\bm{p} を −iℏ∇-\mathrm{i}\hbar\nabla に置き換える」と言うとき、暗に直交座標を選んでいる。

不確定性関係は、古典の Poisson 括弧には対応するものが無い。交換子が 00 でないことから、エルミートな A^,B^\hat A,\hat B についてσAσB≥12∣⟨[A^, B^]⟩∣\sigma_A\sigma_B\ge\frac12\bigl|\langle \left[\hat A,\,\hat B\right] \rangle \bigr| が出るが、古典の {q,p}=1\{q,p\}=1 は2つの量を同時に確定させることを妨げない。

曲線座標では置き換えに注意が要る

授業の手順を球座標でそのまま行うと、誤った結果になる。古典の Hamiltonian はH=pr22m+L22mr2+V(r)H=\dfrac{p_r^2}{2m}+\dfrac{\bm{L}^2}{2mr^2}+V(r)（pr=r⋅p/rp_r=\bm{r}\cdot\bm{p}/r は動径方向の運動量）と書けるが、prp_r を −iℏ ∂r-\mathrm{i}\hbar\,\partial_r に置き換えると、動径方向の Laplace 演算子 1r2∂rr2∂r\frac{1}{r^2}\partial_r r^2\partial_r が再現されない。下の例題で見るように、prp_r を対称化して量子化すれば正しい形が出る。

例題 4.1.6　動径運動量の量子化 ★★

オリジナル3次元で、p^=−iℏ∇\hat{\bm{p}}=-\mathrm{i}\hbar\nabla とし、動径方向の単位ベクトルを er=r/r\bm{e}_r=\bm{r}/r と書く。

  1. (1) p^r=12(er⋅p^+p^⋅er)\hat p_r=\frac12\bigl(\bm{e}_r\cdot\hat{\bm{p}}+\hat{\bm{p}}\cdot\bm{e}_r\bigr) を rr だけの関数 g(r)g(r) に当て、p^r=−iℏ(∂r+1r)\hat p_r=-\mathrm{i}\hbar\bigl(\partial_r+\frac1r\bigr) となることを示せ。
  2. (2) [r, p^r]=iℏ\left[r,\,\hat p_r\right]=\mathrm{i}\hbar と、p^r2=−ℏ21r2∂r(r2∂r)\hat p_r^2=-\hbar^2\frac{1}{r^2}\partial_r\bigl(r^2\partial_r\bigr) を示せ。
  3. (3) 体積要素 r2drr^2\mathrm{d} r の内積で、p^r\hat p_r はエルミートだが −iℏ ∂r-\mathrm{i}\hbar\,\partial_r はエルミートでないことを確かめよ。
解答

(1) er⋅p^ g=−iℏ er⋅∇g=−iℏg′\bm{e}_r\cdot\hat{\bm{p}}\,g=-\mathrm{i}\hbar\,\bm{e}_r\cdot\nabla g=-\mathrm{i}\hbar g'。もう一方は p^⋅(erg)=−iℏ∇⋅(erg)=−iℏ(g ∇⋅er+er⋅∇g)\hat{\bm{p}}\cdot(\bm{e}_rg)=-\mathrm{i}\hbar\nabla\cdot(\bm{e}_rg)=-\mathrm{i}\hbar\bigl(g\,\nabla\cdot\bm{e}_r+\bm{e}_r\cdot\nabla g\bigr) で、∇⋅(r/r)=3/r−r⋅r/r3=2/r\nabla\cdot(\bm{r}/r)=3/r-\bm{r}\cdot\bm{r}/r^3=2/r なので −iℏ(2g/r+g′)-\mathrm{i}\hbar(2g/r+g')。平均すると p^rg=−iℏ(g′+g/r)\hat p_rg=-\mathrm{i}\hbar(g'+g/r)。

(2) [r, p^r]g=−iℏ(r(g′+g/r)−((rg)′+g))=−iℏ(rg′+g−g−rg′−g)=iℏg\left[r,\,\hat p_r\right]g=-\mathrm{i}\hbar\bigl(r(g'+g/r)-((rg)'+g)\bigr)=-\mathrm{i}\hbar(rg'+g-g-rg'-g)=\mathrm{i}\hbar g。また p^r=−iℏ1r∂r r\hat p_r=-\mathrm{i}\hbar\frac1r\partial_r\,r と書けるので p^r2=−ℏ21r∂r2 r\hat p_r^2=-\hbar^2\frac1r\partial_r^2\,r。1r(rg)′′=g′′+2rg′=1r2(r2g′)′\frac1r(rg)''=g''+\frac2rg'=\frac{1}{r^2}(r^2g')' だから p^r2=−ℏ21r2∂rr2∂r\hat p_r^2=-\hbar^2\frac1{r^2}\partial_r r^2\partial_r で、Laplace 演算子の動径部分に −ℏ2-\hbar^2 を掛けたものと一致する。

(3) ∫0∞r2 g1‾ (p^rg2) dr\int_0^\infty r^2\,\overline{g_1}\,(\hat p_rg_2)\,\mathrm{d} r で p^r=−iℏ1r∂rr\hat p_r=-\mathrm{i}\hbar\frac1r\partial_r r を使い部分積分すると、∫0∞r g1‾ (−iℏ)(rg2)′dr=∫0∞(−iℏ)(rg1)′‾ rg2 dr\int_0^\infty r\,\overline{g_1}\,(-\mathrm{i}\hbar)(rg_2)'\mathrm{d} r=\int_0^\infty\overline{(-\mathrm{i}\hbar)(rg_1)'}\,rg_2\,\mathrm{d} r（端の項 r2g1‾g2r^2\overline{g_1}g_2 は r=0r=0 と ∞\infty で 00）となり、∫r2 p^rg1‾ g2 dr\int r^2\,\overline{\hat p_rg_1}\,g_2\,\mathrm{d} r に等しい。−iℏ∂r-\mathrm{i}\hbar\partial_r だけだと、同じ部分積分で r2r^2 の微分から −iℏ⋅2r-\mathrm{i}\hbar\cdot2r の余分な項が出て、エルミートにならない。たとえば g1=e−rg_1=\mathrm{e}^{-r}, g2=re−rg_2=r\mathrm{e}^{-r} で両辺が一致しないことを計算で確かめられる。古典の prp_r は er⋅p\bm{e}_r\cdot\bm{p} という積なので、4.1.4節の順序の問題がここで現れる。対称化すると、エルミート性と正しい Laplace 演算子の両方が得られる。

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