Groenewold の定理：3次で矛盾が出る

$n$ についての帰納法で示す。$n=1,2$ は (Q4) と補題 10.1.3 で成り立つ。$n-1$ まで成り立つとする。$\{q^n,q\}=0$ と $\{q^n,p\}=nq^{n-1}$ に (Q3) を当てると

$$\left[\mathcal Q(q^n),\,\hat q\right]=0,\qquad \left[\mathcal Q(q^n),\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar\,n\,\mathcal Q(q^{n-1})=\mathrm{i}\hbar\,n\,\hat q^{\,n-1}.$$

$\hat q^{\,n}$ も $\left[\hat q^{\,n},\,\hat q\right]=0$, $\left[\hat q^{\,n},\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar\,n\,\hat q^{\,n-1}$ を満たすので、差 $\mathcal Q(q^n)-\hat q^{\,n}$ は$\hat q$ と $\hat p$ の両方と交換し、(Q4) から定数 $c_n$ になる。次に $\{q^n,qp\}=nq^n$ に (Q3) を当てる。左辺の交換子では定数 $c_n$ が落ちて$\left[\hat q^{\,n},\,\hat D\right]/(\mathrm{i}\hbar)=n\hat q^{\,n}$（$\left[\hat q,\,\hat D\right]=\mathrm{i}\hbar\hat q$ を $n$ 回使う）、右辺は $n(\hat q^{\,n}+c_n)$ なので $nc_n=0$、$c_n=0$。$p^n$ についても、$\{p^n,p\}=0$, $\{p^n,q\}=-np^{n-1}$, $\{p^n,qp\}=-np^n$ を使って同じように示せる。

$\{q^3,p^2\}=6q^2p$ と (Q3)、補題 10.1.5 から $\mathcal Q(q^2p)=\left[\hat q^3,\,\hat p^2\right]/(6\mathrm{i}\hbar)$ である。$\left[\hat q^3,\,\hat p\right]=3\mathrm{i}\hbar\hat q^2$ を使うと$\left[\hat q^3,\,\hat p^2\right]=\hat p\left[\hat q^3,\,\hat p\right]+\left[\hat q^3,\,\hat p\right]\hat p=3\mathrm{i}\hbar(\hat p\hat q^2+\hat q^2\hat p)$ なので、第1式の前半を得る。後半は $\hat p\hat q^2=\hat q^2\hat p-2\mathrm{i}\hbar\hat q$ を代入したものである。$\{q^2,p^3\}=6qp^2$ から同じように第2式を得る（$\hat p^2\hat q=\hat q\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat p$）。

$q^2p^2$ の量子化を2通りに計算する。

1つ目の道。$\{q^3,p^3\}=9q^2p^2$ に (Q3) を当て、補題 10.1.5 を使うと $\mathcal Q(q^2p^2)=\left[\hat q^3,\,\hat p^3\right]/(9\mathrm{i}\hbar)$。$\left[\hat q^3,\,\hat p^3\right]=\hat p^2\left[\hat q^3,\,\hat p\right]+\hat p\left[\hat q^3,\,\hat p\right]\hat p+\left[\hat q^3,\,\hat p\right]\hat p^2=3\mathrm{i}\hbar(\hat p^2\hat q^2+\hat p\hat q^2\hat p+\hat q^2\hat p^2)$ である。標準の順序（$\hat q$ を左にそろえる）に直すため

$$\hat p\hat q^2\hat p=\hat q^2\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p,\qquad \hat p^2\hat q^2=\hat q^2\hat p^2-4\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-2\hbar^2\tag{10.1.8}$$

を使うと（第2式は $\left[\hat p^2,\,\hat q^2\right]=-4\mathrm{i}\hbar\hat D$ と式 (10.1.3) から）、

$$\mathcal Q(q^2p^2)=\frac{1}{3}\bigl(3\hat q^2\hat p^2-6\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-2\hbar^2\bigr)=\hat q^2\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-\frac23\hbar^2.\tag{10.1.9}$$

2つ目の道。$\{q^2p,qp^2\}=3q^2p^2$ に (Q3) を当て、補題 10.1.6 を使うと$\mathcal Q(q^2p^2)=\left[\hat q^2\hat p-\mathrm{i}\hbar\hat q,\,\hat q\hat p^2-\mathrm{i}\hbar\hat p\right]/(3\mathrm{i}\hbar)$。交換子を4つに分ける。

$$\left[\hat q^2\hat p,\,\hat q\hat p^2\right]=3\mathrm{i}\hbar\hat q^2\hat p^2+2\hbar^2\hat q\hat p,\quad \left[\hat q^2\hat p,\,\hat p\right]=2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p,\quad \left[\hat q,\,\hat q\hat p^2\right]=2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p,\quad \left[\hat q,\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar.$$

第1式は $\hat q^2\hat p\hat q\hat p^2=\hat q^2(\hat q\hat p-\mathrm{i}\hbar)\hat p^2$ と $\hat q\hat p^2\hat q^2\hat p=\hat q(\hat q^2\hat p^2-4\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-2\hbar^2)\hat p$ の差である。まとめると

$$\left[\mathcal Q(q^2p),\,\mathcal Q(qp^2)\right]=3\mathrm{i}\hbar\hat q^2\hat p^2+2\hbar^2\hat q\hat p-\mathrm{i}\hbar(2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p)-\mathrm{i}\hbar(2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p)+(-\mathrm{i}\hbar)^2\mathrm{i}\hbar =3\mathrm{i}\hbar\hat q^2\hat p^2+6\hbar^2\hat q\hat p-\mathrm{i}\hbar^3$$

で、$3\mathrm{i}\hbar$ で割って

$$\mathcal Q(q^2p^2)=\hat q^2\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-\frac13\hbar^2.\tag{10.1.10}$$

式 (10.1.9) と (10.1.10) は定数 $\hbar^2/3$ だけ食い違う。$\mathcal Q$ は写像なので $\mathcal Q(q^2p^2)$ は1つでなければならず、矛盾である。