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当てる道具：正準量子化と作用変数

2026年10月15日11分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第4部 第4章 調和振動子
目次
  1. 括弧から交換子へ
  2. 並べ方と
  3. 生成子としての
  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4章 §4.4.2　★★★ {z,z∗}=−i\{z,z^*\}=-\mathrm{i} を交換子に移すと [a^, a^†]=1\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1。J=z∗zJ=z^*z の並べ方の違いが零点エネルギー 12ℏω\frac12\hbar\omega になる

括弧から交換子へ

第4部第1章（第4部第1章）で、正準量子化の規則を「Poisson 括弧 {⋅,⋅}\{\cdot,\cdot\} を交換子 [⋅, ⋅]/(iℏ)\left[\cdot,\,\cdot\right]/(\mathrm{i}\hbar) に置き換える」と定めた。{q,p}=1\{q,p\}=1 は [q^, p^]=iℏ\left[\hat q,\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar になる。この規則を複素振幅に当てる。zz は qq と pp の1次式なので、置き換えに並べ方の曖昧さはなく、

z^=mωq^+ip^2mω,z^†=mωq^−ip^2mω(4.4.9)\hat z=\frac{m\omega\hat q+\mathrm{i}\hat p}{\sqrt{2m\omega}},\qquad \hat z^\dagger=\frac{m\omega\hat q-\mathrm{i}\hat p}{\sqrt{2m\omega}}\tag{4.4.9}

である。古典の複素共役 z∗z^* は、q^\hat q と p^\hat p がエルミートなので、エルミート共役 z^†\hat z^\dagger に移る。式 (4.4.6) の {z,z∗}=−i\{z,z^*\}=-\mathrm{i} は

[z^, z^†]iℏ=−i,[z^, z^†]=ℏ\frac{\left[\hat z,\,\hat z^\dagger\right]}{\mathrm{i}\hbar}=-\mathrm{i},\qquad \left[\hat z,\,\hat z^\dagger\right]=\hbar

になる。直接計算しても [z^, z^†]=12mω(−imω[q^, p^]+imω[p^, q^])=2mωℏ2mω=ℏ\left[\hat z,\,\hat z^\dagger\right]=\frac{1}{2m\omega}\bigl(-\mathrm{i} m\omega\left[\hat q,\,\hat p\right]+\mathrm{i} m\omega\left[\hat p,\,\hat q\right]\bigr)=\frac{2m\omega\hbar}{2m\omega}=\hbar である。

右辺の ℏ\hbar を消すために ℏ\sqrt\hbar で割った演算子を

a^=z^ℏ=mω2ℏ(q^+ip^mω),[a^, a^†]=1(4.4.10)\hat a=\frac{\hat z}{\sqrt\hbar}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Bigl(\hat q+\frac{\mathrm{i}\hat p}{m\omega}\Bigr),\qquad \left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1\tag{4.4.10}

と書く。これが授業で消滅演算子と呼ばれるもので、a^†\hat a^\dagger が生成演算子である。古典の対応物は、ℏ\hbar を単位にして測った複素振幅

a^  ⟷  zℏ=iJℏ e−iθ,a^†  ⟷  −iJℏ e+iθ(4.4.11)\hat a\;\longleftrightarrow\;\frac{z}{\sqrt\hbar}=\mathrm{i}\sqrt{\frac{J}{\hbar}}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta},\qquad \hat a^\dagger\;\longleftrightarrow\;-\mathrm{i}\sqrt{\frac{J}{\hbar}}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}\theta}\tag{4.4.11}

である。a^\hat a は「作用変数の平方根に、角変数の位相を掛けたもの」の量子版になっている。

逆に q^\hat q, p^\hat p は

q^=ℓ2 (a^+a^†),p^=iℏ2 ℓ (a^†−a^),ℓ=ℏmω(4.4.12)\hat q=\frac{\ell}{\sqrt2}\,(\hat a+\hat a^\dagger),\qquad \hat p=\frac{\mathrm{i}\hbar}{\sqrt2\,\ell}\,(\hat a^\dagger-\hat a),\qquad \ell=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\tag{4.4.12}

で戻る。ℓ\ell は、質量 mm・角振動数 ω\omega と ℏ\hbar から作れるただ1つの長さで、この章では振動子の長さと呼ぶ。

並べ方と 12\frac12

古典の作用変数は J=z∗z=zz∗J=z^*z=zz^* で、掛ける順番は関係ない。演算子では z^†z^\hat z^\dagger\hat z と z^z^†\hat z\hat z^\dagger は ℏ\hbar だけ違う。Hamiltonian を q^\hat q, p^\hat p から作れば、並べ方の曖昧さは無い（p^2\hat p^2 と q^2\hat q^2 の和なので）。それを a^\hat a で書き直すと

ℏa^†a^=z^†z^=(mωq^−ip^)(mωq^+ip^)2mω=m2ω2q^2+p^2+imω[q^, p^]2mω=H^ω−ℏ2\hbar\hat a^\dagger\hat a=\hat z^\dagger\hat z=\frac{(m\omega\hat q-\mathrm{i}\hat p)(m\omega\hat q+\mathrm{i}\hat p)}{2m\omega} =\frac{m^2\omega^2\hat q^2+\hat p^2+\mathrm{i} m\omega\left[\hat q,\,\hat p\right]}{2m\omega}=\frac{\hat H}{\omega}-\frac\hbar2

で、

H^=ℏω(a^†a^+12)=ℏω(n^+12),n^=a^†a^(4.4.13)\hat H=\hbar\omega\Bigl(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\Bigr)=\hbar\omega\Bigl(\hat n+\frac12\Bigr),\qquad \hat n=\hat a^\dagger\hat a\tag{4.4.13}

となる。n^\hat n を数演算子と呼ぶ。古典の H=ωJH=\omega J と比べると、作用変数の量子版

J^=H^ω=ℏ(n^+12)=z^†z^+z^z^†2(4.4.14)\hat J=\frac{\hat H}{\omega}=\hbar\Bigl(\hat n+\frac12\Bigr)=\frac{\hat z^\dagger\hat z+\hat z\hat z^\dagger}{2}\tag{4.4.14}

は、古典の z∗zz^*z を対称に並べたものに当たる。12\frac12 は「qq と pp が交換しないので、z∗zz^*z を量子化するとき並べ方を決める必要があり、H^\hat H から決まる並べ方が対称なもの」であることから出てくる。

生成子としての n^\hat n

第1部第9章と第4部第1章で定めた量子の生成子の規則は、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) だった。古典で角をずらす生成子は JJ だったので、量子では G^=J^=ℏ(n^+12)\hat G=\hat J=\hbar(\hat n+\frac12) を当てる。[a^, n^]=[a^, a^†]a^=a^\left[\hat a,\,\hat n\right]=\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]\hat a=\hat a から

δa^=ϵ[a^, ℏn^]iℏ=−iϵa^,eiφn^ a^ e−iφn^=e−iφa^(4.4.15)\delta\hat a=\frac{\epsilon\left[\hat a,\,\hbar\hat n\right]}{\mathrm{i}\hbar}=-\mathrm{i}\epsilon\hat a,\qquad \mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi\hat n}\,\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi\hat n}=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\hat a\tag{4.4.15}

となり、古典の式 (4.4.8) の δz=−iϵz\delta z=-\mathrm{i}\epsilon z と同じ形になる（定数 12\frac12 は交換子に入らない）。時間発展は H^=ωJ^\hat H=\omega\hat J を生成子とする回転である。eiH^t/ℏ=eiωt/2 eiωtn^\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t/2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t\hat n} の定数の位相は相殺するので、式 (4.4.15) で φ=ωt\varphi=\omega t と置くだけで、Heisenberg 描像（第4部第3章）の演算子は

da^Hdt=[a^H, H^]iℏ=−iωa^H,a^H(t)=eiH^t/ℏ a^ e−iH^t/ℏ=a^ e−iωt(4.4.16)\frac{\mathrm{d} \hat a_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\frac{\left[\hat a_{\mathrm H},\,\hat H\right]}{\mathrm{i}\hbar}=-\mathrm{i}\omega\hat a_{\mathrm H},\qquad \hat a_{\mathrm H}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}\,\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}=\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\tag{4.4.16}

となる。同じ解は第4部第3章の式 (4.3.11) で q^\hat q, p^\hat p の Heisenberg 方程式から出ており、その2式を a^H=(mωq^H+ip^H)/2mℏω\hat a_{\mathrm H}=(m\omega\hat q_{\mathrm H}+\mathrm{i}\hat p_{\mathrm H})/\sqrt{2m\hbar\omega} に組み合わせると式 (4.4.16) になる。古典の式 (4.4.7) と同じ方程式で、Hamiltonian が2次式なので、古典の解の zz を a^\hat a に書き換えたものがそのまま演算子の解になる。

例題 4.4.2　並べ方で何が変わるか ★★

オリジナル古典の作用変数 J=z∗zJ=z^*z を演算子にする候補として、z^†z^\hat z^\dagger\hat z、z^z^†\hat z\hat z^\dagger、対称な積 12(z^†z^+z^z^†)\frac12(\hat z^\dagger\hat z+\hat z\hat z^\dagger) の3つを考える。

  1. (1) それぞれを H^/ω\hat H/\omega と ℏ\hbar で表せ。
  2. (2) 3つのうち H^/ω\hat H/\omega に一致するのはどれか。それぞれの最小の固有値を求め、最小値が 00 になる候補を Hamiltonian に選ぶと何が起きるかを、4.4.3節の不確定性による下限 ℏω/2\hbar\omega/2 と比べて述べよ。
  3. (3) 3つは定数だけ違うので、a^\hat a との交換子はどれも同じである。時間発展の式 (4.4.16) は候補の選び方で変わるか。
解答

(1) 本文の計算から z^†z^=H^/ω−ℏ/2\hat z^\dagger\hat z=\hat H/\omega-\hbar/2。[z^, z^†]=ℏ\left[\hat z,\,\hat z^\dagger\right]=\hbar なので z^z^†=z^†z^+ℏ=H^/ω+ℏ/2\hat z\hat z^\dagger=\hat z^\dagger\hat z+\hbar=\hat H/\omega+\hbar/2。対称な積は2つの平均で H^/ω\hat H/\omega そのもの。

(2) H^/ω\hat H/\omega に一致するのは対称な積だけである。n^\hat n の固有値は 0,1,2,…0,1,2,\dots（4.4.3節）なので、最小の固有値はz^†z^\hat z^\dagger\hat z が 00、z^z^†\hat z\hat z^\dagger が ℏ\hbar、対称な積が ℏ/2\hbar/2 である。z^†z^\hat z^\dagger\hat z を J^\hat J に選ぶと Hamiltonian ωz^†z^\omega\hat z^\dagger\hat z の最低エネルギーは 00 になるが、これは p^22m+12mω2q^2\frac{\hat p^2}{2m}+\frac12m\omega^2\hat q^2 そのものではなく、それから定数 ℏω/2\hbar\omega/2 を引いたものである。4.4.3節で示すように、p^22m+12mω2q^2\frac{\hat p^2}{2m}+\frac12m\omega^2\hat q^2 の期待値は不確定性関係からどの状態でも ℏω/2\hbar\omega/2 以上なので、運動エネルギーとポテンシャルの和として Hamiltonian を選ぶ限り、最低エネルギーを 00 にすることはできない。

(3) 変わらない。定数は交換子に入らないので、どの候補を H^\hat H に選んでも [a^, H^]=ℏωa^\left[\hat a,\,\hat H\right]=\hbar\omega\hat a で、a^H(t)=a^e−iωt\hat a_{\mathrm H}(t)=\hat a\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} は同じになる。1つの振動子だけを見ている限り、エネルギーの原点の定数は運動に現れない。定数が意味を持つのは、ω\omega がほかの量（箱の大きさ・外部パラメータ）に依存し、その依存性を通じて力が出る場合である（場の量子化の章で、零点エネルギーの和として扱う。第5部第3章）。

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