当てる道具：交換子・Heisenberg の式・ゲージ変換

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第4部 第6章 §4.6.2　★★★ 古典の $\{m\dot x,m\dot y\}=qB_z$ は交換子 $\left[m\hat v_x,\,m\hat v_y\right]=\mathrm{i}\hbar qB_z$ になる。ゲージ変換は位相のユニタリ変換で、Schrödinger 方程式の形を保つ

速度の成分どうしの交換子

第2部第2章では、速度の成分どうしの Poisson 括弧 $\{p_x-qA_x,\,p_y-qA_y\}=qB_z$ を計算した。量子力学では同じ計算を交換子で行う。$\bm{A}$ は位置だけの関数なので $\left[A_i,\,A_j\right]=0$、$\left[\hat p_i,\,A_j\right]=-\mathrm{i}\hbar\,\partial A_j/\partial x_i$ を使うと

$$\left[\hat p_x-qA_x,\,\hat p_y-qA_y\right]=-q\left[\hat p_x,\,A_y\right]-q\left[A_x,\,\hat p_y\right]=\mathrm{i}\hbar q\Bigl(\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}\Bigr)$$

となる。ほかの成分も同じなので、

$$\left[m\hat v_i,\,m\hat v_j\right]=\mathrm{i}\hbar q\sum_k\epsilon_{ijk}B_k,\qquad\left[\hat x_i,\,m\hat v_j\right]=\mathrm{i}\hbar\delta_{ij}\tag{4.6.5}$$

を得る。古典の Poisson 括弧に $\mathrm{i}\hbar$ を掛けたものと一致し、量子化の規則による並べ方の曖昧さはここには現れない。右辺は磁場だけで書けているので、この交換関係はゲージによらない。

式 (4.6.5) から、磁場があると速度の $x$ 成分と $y$ 成分は同時に確定した値を持てないことが分かる。不確定性関係の一般形（Robertson の不等式）$\Delta A\,\Delta B\ge\frac12\lvert \langle \left[\hat A,\,\hat B\right] \rangle \rvert$ を当てると $\Delta v_x\,\Delta v_y\ge\hbar\lvert qB_z\rvert /(2m^2)$ である。磁場の無い自由粒子では運動量の3成分を同時に確定させられたので、ここが磁場の中の量子力学に特有の点になる。

Heisenberg の式は Lorentz 力の式になる

Heisenberg 描像の運動方程式 $\frac{\mathrm{d} \hat O}{\mathrm{d} t}=\left[\hat O,\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar)+\partial_t\hat O$（第4部第3章）を位置に当てる。$\left[\hat x_i,\,\hat{\bm{v}}^2\right]=\sum_j(\left[\hat x_i,\,\hat v_j\right]\hat v_j+\hat v_j\left[\hat x_i,\,\hat v_j\right])=2\mathrm{i}\hbar\hat v_i/m$ なので

$$\frac{\mathrm{d} \hat{\bm{r}}}{\mathrm{d} t}=\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\Bigl[\hat{\bm{r}},\,\frac m2\hat{\bm{v}}^2\Bigr]=\hat{\bm{v}}$$

である。式 (4.6.2) の $\hat{\bm{v}}$ が速度の演算子と呼べる理由がこれで、$\hat{\bm{p}}/m$ ではない。

次に速度に当てる。$\hat{\bm{v}}$ は $\bm{A}$ を通して時刻を陽に含むので、$\partial_t(m\hat v_x)=-q\,\partial_tA_x$ の項も入る。$\left[m\hat v_x,\,\hat{\bm{v}}^2\right]$ を式 (4.6.5) で計算し、$\left[m\hat v_x,\,q\phi\right]=-\mathrm{i}\hbar q\,\partial_x\phi$ を足すと

$$m\frac{\mathrm{d}^2\hat{\bm{r}}}{\mathrm{d} t^2}=q\bm{E}+\frac q2\bigl(\hat{\bm{v}}\times\bm{B}-\bm{B}\times\hat{\bm{v}}\bigr),\qquad\bm{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}\tag{4.6.6}$$

となる。これは Lorentz 力の式の演算子版で、$\bm{B}$ と $\hat{\bm{v}}$ が交換しない分だけ、$\hat{\bm{v}}\times\bm{B}$ を2つの並べ方で平均した形になっている。期待値を取れば、$m\,\mathrm{d}^2\langle \hat{\bm{r}} \rangle /\mathrm{d} t^2$ が右辺の力の期待値に等しいという Ehrenfest の定理になる。磁場が一様なら $\bm{B}$ は定数なので、2つの並べ方は一致し、式 (4.6.6) は古典の式と同じ形になる。

ゲージ変換は位相のユニタリ変換

ポテンシャルの取り替え

$$\bm{A}\to\bm{A}'=\bm{A}+\nabla\Lambda,\qquad\phi\to\phi'=\phi-\frac{\partial \Lambda}{\partial t}\tag{4.6.7}$$

は電場と磁場を変えない（第2部第2章）。古典力学では、この取り替えで $L$ が全微分 $q\,\mathrm{d}\Lambda/\mathrm{d} t$ だけ変わり、正準変換の母関数 $\bm{r}\cdot\bm{P}-q\Lambda$ で新旧の正準変数が結ばれた。量子力学では、これが波動関数の位相の取り替えになる。

証明

任意の $\psi$ に作用させると、積の微分から $\hat{\bm{p}}(\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\psi)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}(\hat{\bm{p}}+q\nabla\Lambda)\psi$ なので

$$\bigl(\hat{\bm{p}}-q\bm{A}-q\nabla\Lambda\bigr)\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\psi=\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\bigl(\hat{\bm{p}}-q\bm{A}\bigr)\psi$$

で、式 (4.6.8) を得る。これを2回使えば $\hat H'\hat U=\hat U\bigl(\frac{1}{2m}(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2+q\phi'\bigr)$。時間微分では $\mathrm{i}\hbar\,\partial_t(\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\psi)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}(\mathrm{i}\hbar\,\partial_t-q\,\partial_t\Lambda)\psi$ なので、

$$\bigl(\mathrm{i}\hbar\,\partial_t-\hat H'\bigr)\hat U\psi=\hat U\Bigl(\mathrm{i}\hbar\,\partial_t-q\,\partial_t\Lambda-\frac{1}{2m}(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2-q\phi+q\,\partial_t\Lambda\Bigr)\psi=\hat U\bigl(\mathrm{i}\hbar\,\partial_t-\hat H\bigr)\psi .$$

右辺が $0$ なら左辺も $0$ である。

式 (4.6.8) は、速度の演算子が $\hat{\bm{v}}'=\hat U\hat{\bm{v}}\hat U^\dagger$ と変換することを言っている。ゲージ変換の前後で $\langle \hat{\bm{v}} \rangle$ や $\lvert \psi\rvert ^2$ は同じ値になり、$\langle \hat{\bm{p}} \rangle$ だけが $q\langle \nabla\Lambda \rangle$ だけずれる。観測できる量はゲージ変換で値の変わらない演算子で書けるものに限られ、$\hat{\bm{p}}$ そのものはその仲間ではない。確率の流れも速度の演算子で書く。連続の方程式 $\partial_t\lvert \psi\rvert ^2+\nabla\cdot\bm{j}=0$ を満たす流れは

$$\bm{j}=\operatorname{Re}\bigl[\psi^*\hat{\bm{v}}\psi\bigr]=\frac{\hbar}{m}\operatorname{Im}\bigl(\psi^*\nabla\psi\bigr)-\frac qm\bm{A}\lvert \psi\rvert ^2\tag{4.6.9}$$

で、$\psi\to\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\psi$, $\bm{A}\to\bm{A}+\nabla\Lambda$ のもとで変わらない。第1項だけでは $\nabla\Lambda$ の分がずれ、第2項がそれを打ち消す。