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当てる道具：Noether の定理の量子版

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5章 角運動量と Noether（回転対称性）
目次
  1. 古典の命題の復習
  2. 量子の Noether の定理
  3. トルクの期待値
  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5章 §4.5.2　★★★ 「G^\hat G で回して H^\hat H が変わらない」「[G^, H^]=0\left[\hat G,\,\hat H\right]=0」「G^\hat G が保存する」の3つが同値であることを示す。古典の Noether の定理（第1部第10・11章）の量子版

古典の命題の復習

第1部第11章では、Hamilton 形式の Noether の定理を次の形にまとめた。相空間の関数 GG について、（a）GG の生成する変換で HH が変わらない、（b）{G,H}=0\{G,H\}=0、（c）GG が運動の間一定、の3つは同値である。（a）と（b）が同値なのは、GG で ϵ\epsilon だけ動かしたときの HH の変化が δH=ϵ{H,G}\delta H=\epsilon\{H,G\} だからで、（b）と（c）が同値なのは、時間発展が dGdt={G,H}\frac{\mathrm{d} G}{\mathrm{d} t}=\{G,H\} だからである。同じ括弧 {G,H}\{G,H\} が、「GG で動かしたときの HH の変化」と「HH で動かしたとき（時間発展）の GG の変化」の両方を表している。括弧が反対称であることが、対称性と保存則を結んでいる。

量子力学では、Poisson 括弧を交換子に置き換える規則 {A,B}→[A^, B^]/(iℏ)\{A,B\}\to\left[\hat A,\,\hat B\right]/(\mathrm{i}\hbar)（第4部第1章）と、Heisenberg 描像の運動方程式 dA^Hdt=[A^H, H^]/(iℏ)\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\left[\hat A_{\mathrm H},\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar)（第4部第3章）を使って、同じ命題を組み立て直す。

量子の Noether の定理

定理 4.5.2（量子の Noether の定理 ★★★）

G^\hat G をエルミート演算子、U^(α)=e−iαG^/ℏ\hat U(\alpha)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha\hat G/\hbar} をそれが生成する変換、H^\hat H を時刻によらない Hamiltonian とする。次の3つは同値である。

  1. (a) すべての α\alpha で U^(α)†H^U^(α)=H^\hat U(\alpha)^\dagger\hat H\hat U(\alpha)=\hat H（G^\hat G の生成する変換で H^\hat H が変わらない）。
  2. (b) [G^, H^]=0\left[\hat G,\,\hat H\right]=0。
  3. (c) Heisenberg 描像の G^H(t)=eiH^t/ℏG^e−iH^t/ℏ\hat G_{\mathrm H}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}\hat G\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} が時刻によらず G^\hat G に等しい。

このとき、どの状態についても G^\hat G の期待値は時間で変わらず、さらに G^\hat G を測ったときに各固有値 gg が出る確率も時間で変わらない。

証明

（a）と（b）：F(α)≔U^(α)†H^U^(α)F(\alpha)\coloneqq\hat U(\alpha)^\dagger\hat H\hat U(\alpha) を α\alpha で微分すると、ddαU^=−iℏG^U^\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} \alpha}\hat U=-\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\hat G\hat U と、G^\hat G と U^\hat U が可換であることから

dFdα=U^†iℏG^H^U^−U^†H^iℏG^U^=iℏU^(α)†[G^, H^]U^(α)\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{d} \alpha}=\hat U^\dagger\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\hat G\hat H\hat U-\hat U^\dagger\hat H\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\hat G\hat U=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\hat U(\alpha)^\dagger\left[\hat G,\,\hat H\right]\hat U(\alpha)

となる。（a）なら FF は定数なので α=0\alpha=0 で dFdα=iℏ[G^, H^]=0\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{d} \alpha}=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left[\hat G,\,\hat H\right]=0。逆に（b）なら、すべての α\alpha で dFdα=0\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{d} \alpha}=0 なので F(α)=F(0)=H^F(\alpha)=F(0)=\hat H。

（b）と（c）：同じ計算を H^\hat H と G^\hat G の役を入れ替えて行うとddtG^H(t)=eiH^t/ℏ[G^, H^]e−iH^t/ℏ/(iℏ)\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\hat G_{\mathrm H}(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}\left[\hat G,\,\hat H\right]\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}/(\mathrm{i}\hbar) となる。（b）ならこれが 00 で、G^H(t)=G^H(0)=G^\hat G_{\mathrm H}(t)=\hat G_{\mathrm H}(0)=\hat G。逆に（c）なら t=0t=0 で [G^, H^]=0\left[\hat G,\,\hat H\right]=0 である。

最後の主張：G^\hat G の固有値 gg の固有空間への射影を P^g\hat P_g とする。P^g\hat P_g は G^\hat G の関数（G^\hat G の固有値 gg で 11、それ以外で 00 をとる関数）なので、H^\hat H が G^\hat G と可換なら P^g\hat P_g とも可換で、（c）と同じ理由で P^g\hat P_g の期待値、すなわち gg が出る確率は時間で変わらない。g=g= 期待値の場合として ⟨G^⟩\langle \hat G \rangle も変わらない。

定理の中の（a）と（b）の同値は、第1部第9章の式 U^†A^U^−A^=ϵ[A^, G^]/(iℏ)\hat U^\dagger\hat A\hat U-\hat A=\epsilon\left[\hat A,\,\hat G\right]/(\mathrm{i}\hbar) を A^=H^\hat A=\hat H に当てた形をしている。古典の命題との違いは、最後の主張にある。古典力学では保存量は1つの数で、それが変わらないというだけだが、量子力学では測定値は確率的に出るので、「期待値が変わらない」よりも強い「測定値の確率分布が変わらない」を示すことができる。もう1つの違いは、G^\hat G と H^\hat H が可換なら両方の同時固有状態を選べることで、次の2節でこれを使ってエネルギー準位を G^\hat G の固有値で分類する。

角運動量に当てると次のようになる。中心力の H^\hat H（式 (4.5.6)）は回転対称なので、どの軸 n\bm{n} についても [n⋅L^, H^]=0\left[\bm{n}\cdot\hat{\bm{L}},\,\hat H\right]=0 で、L^x,L^y,L^z\hat L_x,\hat L_y,\hat L_z はどれも保存する。軸対称な H^\hat H では、その軸の成分だけが保存する。

3成分は同時に決まらない

古典力学では、中心力の下で角運動量ベクトル L\bm{L} の3成分がすべて一定で、軌道面が決まる。量子力学でも3成分はそれぞれ保存するが、次節で見るように [L^x, L^y]=iℏL^z≠0\left[\hat L_x,\,\hat L_y\right]=\mathrm{i}\hbar\hat L_z\neq0 なので、3成分を同時に確定した値にすることはできない。同時に固有値を持てるのは、L^ 2=L^x2+L^y2+L^z2\hat{\bm{L}}^{\,2}=\hat L_x^2+\hat L_y^2+\hat L_z^2 と1つの成分（ふつうは L^z\hat L_z）である。「保存する」と「同時に確定できる」は別の性質で、後者は保存量どうしの交換子で決まる。

トルクの期待値

H^=p^ 2/(2M)+V(r^)\hat H=\hat{\bm{p}}^{\,2}/(2M)+V(\hat{\bm{r}}) で VV が回転対称でないとき、角運動量の期待値がどう変わるかを計算しておく。[L^z, p^ 2]=0\left[\hat L_z,\,\hat{\bm{p}}^{\,2}\right]=0（次節の式 (4.5.9) で p^ 2\hat{\bm{p}}^{\,2} はスカラー）なので、ポテンシャルの項だけが残り、[L^z, V]ψ=−iℏ(x∂yV−y∂xV)ψ\left[\hat L_z,\,V\right]\psi=-\mathrm{i}\hbar\bigl(x\partial_yV-y\partial_xV\bigr)\psi から

ddt⟨L^z⟩=1iℏ⟨[L^z, H^]⟩=⟨x(−∂V∂y)−y(−∂V∂x)⟩=⟨(r^×F^)z⟩,F^=−∇V(4.5.7)\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat L_z \rangle =\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\langle \left[\hat L_z,\,\hat H\right] \rangle =\Bigl\langle x\Bigl(-\frac{\partial V}{\partial y}\Bigr)-y\Bigl(-\frac{\partial V}{\partial x}\Bigr)\Bigr\rangle=\langle (\hat{\bm{r}}\times\hat{\bm{F}})_z \rangle , \qquad \hat{\bm{F}}=-\nabla V\tag{4.5.7}

を得る。古典の「角運動量の時間変化はトルク」の式の期待値版で、Ehrenfest の定理の角運動量版である。

例題 4.5.2　異方的な振動子の中の角運動量の期待値 ★★

オリジナル平面上の粒子の Hamiltonian を H^=p^ 2/(2M)+k2(x^2+λ2y^2)\hat H=\hat{\bm{p}}^{\,2}/(2M)+\frac k2(\hat x^2+\lambda^2\hat y^2)（λ>0\lambda>0）とし、ω=k/M\omega=\sqrt{k/M} と書く。

  1. (1) [L^z, H^]\left[\hat L_z,\,\hat H\right] を求め、λ=1\lambda=1 のときだけ L^z\hat L_z が保存することを確かめよ。
  2. (2) 時刻 00 の状態を、xx と yy の波動関数の積 ψ(x,y)=ϕ1(x)ϕ2(y)\psi(x,y)=\phi_1(x)\phi_2(y) で、⟨x^⟩=⟨y^⟩=a\langle \hat x \rangle =\langle \hat y \rangle =a、⟨p^x⟩=⟨p^y⟩=0\langle \hat p_x \rangle =\langle \hat p_y \rangle =0 とする。時刻 tt の ⟨L^z⟩\langle \hat L_z \rangle を求め、ddt⟨L^z⟩\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat L_z \rangle が (1) の結果と合うことを確かめよ。
  3. (3) λ=1.2\lambda=1.2 のとき、ωt=π/2\omega t=\pi/2 での ⟨L^z⟩\langle \hat L_z \rangle を Mωa2M\omega a^2 を単位にして求めよ。
解答

(1) [L^z, p^ 2]=0\left[\hat L_z,\,\hat{\bm{p}}^{\,2}\right]=0 なので [L^z, H^]=k2[L^z, x^2+λ2y^2]\left[\hat L_z,\,\hat H\right]=\frac k2\left[\hat L_z,\,\hat x^2+\lambda^2\hat y^2\right]。[L^z, V]=−iℏ(x∂yV−y∂xV)\left[\hat L_z,\,V\right]=-\mathrm{i}\hbar(x\partial_yV-y\partial_xV) に ∂yV=kλ2y\partial_yV=k\lambda^2y, ∂xV=kx\partial_xV=kx を入れて

[L^z, H^]=−iℏk(λ2−1)x^y^,ddt⟨L^z⟩=k(1−λ2)⟨x^y^⟩.\left[\hat L_z,\,\hat H\right]=-\mathrm{i}\hbar k(\lambda^2-1)\hat x\hat y,\qquad \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\langle \hat L_z \rangle =k(1-\lambda^2)\langle \hat x\hat y \rangle .

λ=1\lambda=1 のときだけ 00 になる。第1部第10章で古典の dLzdt=k(1−λ2)xy\frac{\mathrm{d} L_z}{\mathrm{d} t}=k(1-\lambda^2)xy を2通りに出した例題と同じ形で、量子では xyxy が期待値 ⟨x^y^⟩\langle \hat x\hat y \rangle に替わる。

(2) H^=H^x+H^y\hat H=\hat H_x+\hat H_y は xx の部分と yy の部分の和なので、積の状態は時間がたっても積のままで、⟨x^y^⟩=⟨x^⟩⟨y^⟩\langle \hat x\hat y \rangle =\langle \hat x \rangle \langle \hat y \rangle、⟨L^z⟩=⟨x^⟩⟨p^y⟩−⟨y^⟩⟨p^x⟩\langle \hat L_z \rangle =\langle \hat x \rangle \langle \hat p_y \rangle -\langle \hat y \rangle \langle \hat p_x \rangle が成り立つ。調和振動子では期待値が古典の運動方程式に正確に従うので（第4部第3章）、⟨x^⟩=acos⁡ωt\langle \hat x \rangle =a\cos\omega t, ⟨p^x⟩=−Mωasin⁡ωt\langle \hat p_x \rangle =-M\omega a\sin\omega t, ⟨y^⟩=acos⁡λωt\langle \hat y \rangle =a\cos\lambda\omega t, ⟨p^y⟩=−Mλωasin⁡λωt\langle \hat p_y \rangle =-M\lambda\omega a\sin\lambda\omega t である。したがって

⟨L^z⟩(t)=Mωa2(sin⁡ωtcos⁡λωt−λcos⁡ωtsin⁡λωt).\langle \hat L_z \rangle (t)=M\omega a^2\bigl(\sin\omega t\cos\lambda\omega t-\lambda\cos\omega t\sin\lambda\omega t\bigr).

微分すると sin⁡ωtsin⁡λωt\sin\omega t\sin\lambda\omega t の項が打ち消し合い、Mω2a2(1−λ2)cos⁡ωtcos⁡λωt=k(1−λ2)⟨x^⟩⟨y^⟩M\omega^2a^2(1-\lambda^2)\cos\omega t\cos\lambda\omega t=k(1-\lambda^2)\langle \hat x \rangle \langle \hat y \rangle となって (1) と合う。

(3) ωt=π/2\omega t=\pi/2 では sin⁡ωt=1\sin\omega t=1, cos⁡ωt=0\cos\omega t=0 なので ⟨L^z⟩=Mωa2cos⁡(0.6π)=−0.309 Mωa2\langle \hat L_z \rangle =M\omega a^2\cos(0.6\pi)=-0.309\,M\omega a^2。はじめ 00 だった角運動量が、xx と yy の振動数のずれのために負の向きに生じている。

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