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授業で習った形との対応

2026年10月15日9分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第3章 Heisenberg 描像は Hamilton 方程式の量子版
目次
  1. 期待値の時間微分
  2. 相互作用描像
  3. 読み比べるときの注意
  4. 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3章 §4.3.6 ★★ 授業の「期待値の時間微分」の式は、Heisenberg 方程式の期待値をとったもの。演算子の方程式は期待値の式より多くを含む

期待値の時間微分

学部の量子力学の授業では、多くの場合 Schrödinger 描像だけを使い、期待値 ⟨A^⟩=⟨ψ(t)∣A^∣ψ(t)⟩\langle \hat A \rangle =\langle \psi(t) | \hat A | \psi(t) \rangle を時刻で微分して

ddt⟨A^⟩=1iℏ⟨[A^,H^]⟩+⟨∂A^∂t⟩(4.3.20)\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat A \rangle =\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\langle [\hat A,\hat H] \rangle +\Bigl\langle\frac{\partial \hat A}{\partial t}\Bigr\rangle\tag{4.3.20}

を導く。Schrödinger 方程式とその共役 −iℏ∂∂t⟨ψ∣=⟨ψ∣H^-\mathrm{i}\hbar\frac{\partial }{\partial t}\langle \psi |=\langle \psi |\hat H を使えば2行で出る式である。これを A^=q^\hat A=\hat q, p^\hat p に当てたものが Ehrenfest の定理として紹介され、「期待値は古典の運動方程式に従う」と説明されることが多い。この章の言葉では、式 (4.3.20) は Heisenberg 方程式 (4.3.5) の両辺を時刻 00 の状態で平均したものである。ただし 4.3.4節で見たように、⟨V′(q^)⟩≠V′(⟨q^⟩)\langle V'(\hat q) \rangle \neq V'(\langle \hat q \rangle ) なので、「期待値が古典の運動方程式に従う」が正確に成り立つのは VV が2次式までのときだけである。

演算子の方程式は、期待値の式より多くのことを含む。式 (4.3.11) を1回求めておけば、どの初期状態についても、分散 ⟨q^H(t)2⟩−⟨q^H(t)⟩2\langle \hat q_{\mathrm H}(t)^2 \rangle -\langle \hat q_{\mathrm H}(t) \rangle ^2 や、異なる時刻の相関 ⟨q^H(t)q^H(0)⟩\langle \hat q_{\mathrm H}(t)\hat q_{\mathrm H}(0) \rangle が初期状態の期待値の組み合わせとして書くことができる。異なる時刻の相関は、揺らぎと線形応答の理論(第3部第9章)で主役になる量で、Schrödinger 描像のまま書こうとすると状態を時刻 00 から tt へ動かし、演算子を挟み、また戻す手間が要る。

授業で並べられる古典と量子の対応を、この章の形で表にまとめる。

古典(第1部・第3部)量子(この章)
物理量を運ぶ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+(∂A^∂t)H\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\frac{[\hat A_{\mathrm H},\hat H]}{\mathrm{i}\hbar}+\bigl(\frac{\partial \hat A}{\partial t}\bigr)_{\mathrm H}
分布を運ぶ∂ρ∂t={H,ρ}\frac{\partial \rho}{\partial t}=\{H,\rho\}dρ^dt=[H^,ρ^]iℏ\frac{\mathrm{d} \hat\rho}{\mathrm{d} t}=\frac{[\hat H,\hat\rho]}{\mathrm{i}\hbar}
運動方程式q˙=p/m\dot q=p/m, p˙=−V′(q)\dot p=-V'(q)q^˙H=p^H/m\dot{\hat q}_{\mathrm H}=\hat p_{\mathrm H}/m, p^˙H=−V′(q^H)\dot{\hat p}_{\mathrm H}=-V'(\hat q_{\mathrm H})
時間発展の性質正準変換({q(t),p(t)}=1\{q(t),p(t)\}=1)ユニタリ変換([q^H,p^H]=iℏ[\hat q_{\mathrm H},\hat p_{\mathrm H}]=\mathrm{i}\hbar)
保存量{G,H}=0\{G,H\}=0[G^,H^]=0[\hat G,\hat H]=0

相互作用描像

授業では、Hamiltonian を解ける部分と小さな部分に H^=H^0+V^\hat H=\hat H_0+\hat V と分けたとき、演算子を H^0\hat H_0 で動かし、状態を残りで動かす相互作用描像も習う。A^I(t)=eiH^0t/ℏA^e−iH^0t/ℏ\hat A_{\mathrm I}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat H_0t/\hbar}\hat A\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat H_0t/\hbar}, ∣ψI(t)⟩=eiH^0t/ℏ∣ψ(t)⟩| \psi_{\mathrm I}(t) \rangle =\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat H_0t/\hbar}| \psi(t) \rangle とおくと

iℏddt∣ψI(t)⟩=V^I(t)∣ψI(t)⟩,V^I(t)=eiH^0t/ℏV^e−iH^0t/ℏ\mathrm{i}\hbar\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}| \psi_{\mathrm I}(t) \rangle =\hat V_{\mathrm I}(t)| \psi_{\mathrm I}(t) \rangle ,\qquad \hat V_{\mathrm I}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat H_0t/\hbar}\hat V\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat H_0t/\hbar}

となる。V^I(t)\hat V_{\mathrm I}(t) は H^0\hat H_0 についての Heisenberg 演算子にほかならないので、H^0\hat H_0 が2次式なら 4.3.3節の結果をそのまま使うことができる。たとえば調和振動子に外力の項 V^=−Fq^\hat V=-F\hat q を足したとき、式 (4.3.11) から V^I(t)=−F(q^cos⁡ωt+p^mωsin⁡ωt)\hat V_{\mathrm I}(t)=-F\bigl(\hat q\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t\bigr) である。古典力学では、解ける部分 H0H_0 の流れに乗った座標(初期値)に移り、残りの VV だけでその座標の変化を書く方法(定数変化法、正準摂動論)がこれに当たる。光と物質の相互作用で遷移確率を求める 第4部第12章は、この描像で書く。

読み比べるときの注意

教科書によって、Heisenberg 方程式を dA^Hdt=iℏ[H^,A^H]\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}[\hat H,\hat A_{\mathrm H}] と書くものがあるが、これは式 (4.3.5) と同じ式である(交換子の順番を入れ替えて i\mathrm{i} を分子に移した)。注意が要るのは (∂A^∂t)H\bigl(\frac{\partial \hat A}{\partial t}\bigr)_{\mathrm H} の意味で、これは「演算子 A^(t)\hat A(t) の式に陽に入っている tt で微分してから U^†⋯U^\hat U^\dagger\cdots\hat U で挟む」ものであり、dA^Hdt\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t} とは別物である。時刻を陽に含む演算子の例が下の例題である。

例題 4.3.7 時刻を陽に含む保存量 ★★

オリジナル自由粒子 H^=p^2/(2m)\hat H=\hat p^2/(2m) で、時刻を陽に含む演算子 K^(t)=q^−p^mt\hat K(t)=\hat q-\dfrac{\hat p}{m}t を考える。

  1. (1) 命題 4.3.2 を使って dK^Hdt=0\frac{\mathrm{d} \hat K_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=0 を示せ。
  2. (2) 例題 4.3.2 の q^H(t)\hat q_{\mathrm H}(t) を使って K^H(t)\hat K_{\mathrm H}(t) を直接求め、(1) と比べよ。
  3. (3) 古典力学の対応する量 K=q−pt/mK=q-pt/m の意味を述べよ。
解答

(1) [K^,H^]/(iℏ)=[q^,H^]/(iℏ)=p^/m[\hat K,\hat H]/(\mathrm{i}\hbar)=[\hat q,\hat H]/(\mathrm{i}\hbar)=\hat p/m(p^\hat p は H^\hat H と交換する)、∂K^∂t=−p^/m\frac{\partial \hat K}{\partial t}=-\hat p/m。和は 00 なので dK^Hdt=0\frac{\mathrm{d} \hat K_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=0。

(2) K^H(t)=q^H(t)−p^H(t)mt=(q^+p^mt)−p^mt=q^\hat K_{\mathrm H}(t)=\hat q_{\mathrm H}(t)-\frac{\hat p_{\mathrm H}(t)}{m}t=\bigl(\hat q+\frac{\hat p}{m}t\bigr)-\frac{\hat p}{m}t=\hat q。時刻によらず、(1) と一致する。∂K^∂t\frac{\partial \hat K}{\partial t} の項を落として dK^Hdt=[K^,H^]H/(iℏ)=p^/m\frac{\mathrm{d} \hat K_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=[\hat K,\hat H]_{\mathrm H}/(\mathrm{i}\hbar)=\hat p/m とすると、保存しないという誤った結論になる。

(3) 古典では K=q−pt/mK=q-pt/m は「軌道を時刻 00 まで巻き戻した位置」、すなわち初期位置で、時刻を陽に含む保存量である(第1部第11章の Poisson の定理の節で扱った形)。dKdt={K,H}+∂K∂t=p/m−p/m=0\frac{\mathrm{d} K}{\mathrm{d} t}=\{K,H\}+\frac{\partial K}{\partial t}=p/m-p/m=0 と、(1) と同じ計算になる。Galilei 変換(等速で動く座標系への乗り移り)の生成子は、この KK に質量を掛けた量 mK=mq−ptmK=mq-pt(符号は変換の向きの取り方による)である。

木下の勉強ステータス

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