この章のまとめ

(1) $\{q^3,p^2\}=6q^2p$ に (Q3) を当て、補題 10.1.5 の $\mathcal Q(q^3)=\hat q^3$, $\mathcal Q(p^2)=\hat p^2$ を使うと$\mathcal Q(q^2p)=\left[\hat q^3,\,\hat p^2\right]/(6\mathrm{i}\hbar)=\frac12(\hat q^2\hat p+\hat p\hat q^2)$（補題 10.1.6）。エルミート共役を取ると $\hat q^2\hat p$ と $\hat p\hat q^2$ が入れ替わるだけなので、エルミートである。公式 (10.1.4) で $a=2,b=1$ とすると $\frac14(\hat p\hat q^2+2\hat q\hat p\hat q+\hat q^2\hat p)$ で、$\hat q\hat p\hat q=\hat q^2\hat p-\mathrm{i}\hbar\hat q$, $\hat p\hat q^2=\hat q^2\hat p-2\mathrm{i}\hbar\hat q$ を代入すると $\hat q^2\hat p-\mathrm{i}\hbar\hat q$ となり、$\mathcal Q(q^2p)$ の標準の順序の形 (10.1.7) と一致する。

(2) $f=q^3$, $g=p^3$ では $f_{qqq}=6$, $g_{ppp}=6$ だけが残り、$\{\!\{q^3,p^3\}\!\}=9q^2p^2-\frac{\hbar^2}{24}\cdot36=9q^2p^2-\frac32\hbar^2$。$f=q^2p$, $g=qp^2$ では $f_{qqp}=2$, $g_{qpp}=2$ だけが残り、$\{\!\{q^2p,qp^2\}\!\}=3q^2p^2-\frac{\hbar^2}{24}(-3\cdot2\cdot2)=3q^2p^2+\frac12\hbar^2$。したがって $\frac19\{\!\{q^3,p^3\}\!\}-\frac13\{\!\{q^2p,qp^2\}\!\}=\bigl(q^2p^2-\frac{\hbar^2}{6}\bigr)-\bigl(q^2p^2+\frac{\hbar^2}{6}\bigr)=-\frac{\hbar^2}{3}$。式 (10.1.13) から、これを Weyl 順序で写したものが式 (10.1.9) と (10.1.10) の差 $-\frac23\hbar^2+\frac13\hbar^2=-\frac13\hbar^2$ に一致する。

(3) $f=q^2$ では $\partial_pf=0$, $\partial_qf=2q$ なので $X_{q^2}=-2q\,\partial_p$、$\theta(X_{q^2})=0$ で、$\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q^2)=q^2+2\mathrm{i}\hbar\,q\,\partial_p$。一方 $\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q)^2=(q+\mathrm{i}\hbar\partial_p)^2=q^2+2\mathrm{i}\hbar\,q\,\partial_p-\hbar^2\partial_p^2$（$q$ と $\partial_p$ は交換する）。差は $\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q^2)-\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q)^2=\hbar^2\partial_p^2$。$\left[\partial_p^2,\,q+\mathrm{i}\hbar\partial_p\right]=0$ と $\left[\partial_p^2,\,-\mathrm{i}\hbar\partial_q\right]=0$ なので、差は $\hat q$, $\hat p$ の両方と交換する。補題 10.1.3 の証明は「両方と交換するので定数」という (Q4) の推論を使うが、前量子化では $\hbar^2\partial_p^2$ のように定数でない演算子が両方と交換するので、この推論が使えない。そのため $\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q^2)$ は $\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q)^2$ と一致しなくてよく、Groenewold の議論は第1段で止まる。前量子化では $\left[\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q^3),\,\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(p^3)\right]=9\mathrm{i}\hbar\,\mathcal Q_{\mathrm{pre}}(q^2p^2)$ が厳密に成り立つ（検算で確かめた）。

(4) 式 (10.1.9)・(10.1.10) と $\mathcal Q_{\mathrm W}[q^2p^2]$ はどれも $\hat q^2\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p$ に定数を足した形なので、$\langle \hat q^2\hat p^2-2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p \rangle _0$ を求めればよい。$\psi_0'=-x\psi_0/\hbar$, $\psi_0''=(x^2/\hbar^2-1/\hbar)\psi_0$ から$\hat p^2\psi_0=(\hbar-x^2)\psi_0$, $\hat q\hat p\psi_0=\mathrm{i} x^2\psi_0$ で、$\langle x^2 \rangle _0=\hbar/2$, $\langle x^4 \rangle _0=3\hbar^2/4$ を使うと

$$\langle \hat q^2\hat p^2 \rangle _0=\hbar\langle x^2 \rangle _0-\langle x^4 \rangle _0=-\frac{\hbar^2}{4},\qquad \langle -2\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p \rangle _0=-2\mathrm{i}\hbar\cdot\mathrm{i}\frac{\hbar}{2}=\hbar^2.$$

和は $\frac34\hbar^2$。したがって $\langle \mathcal Q_{\mathrm W}[q^2p^2] \rangle _0=\frac34\hbar^2-\frac12\hbar^2=\frac{\hbar^2}{4}$、1つ目の道は $\frac34\hbar^2-\frac23\hbar^2=\frac{\hbar^2}{12}$、2つ目の道は $\frac34\hbar^2-\frac13\hbar^2=\frac{5\hbar^2}{12}$。Wigner 関数での平均は $W_0$ が $q$ と $p$ の独立な Gauss 分布の積なので $\langle q^2 \rangle \langle p^2 \rangle =\frac{\hbar}{2}\cdot\frac{\hbar}{2}=\frac{\hbar^2}{4}$ で、Weyl 順序の期待値と一致する。Wigner 関数による位相空間の平均が Weyl 順序の期待値に等しいこと（この巻の補足の表の $\langle \hat A \rangle =\int WA_{\mathrm W}\,\mathrm{d} x\,\mathrm{d} p$）の例であり、Groenewold の2つの候補は Weyl 順序から $\pm\hbar^2/6$ ずれている。