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ハミルトンベクトル場と Poisson 括弧

2026年10月17日10分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第10部 第2章 準備:微分形式・シンプレクティック形式・ハミルトンベクトル場
目次
  1. 内部積とハミルトンベクトル場の定義
  2. Poisson 括弧を で書く
  3. ハミルトンベクトル場の交換子
  4. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

量子力学の様々な構成方法 第10部 第2章 §10.2.3 ★★★ ιXfω=df\iota_{X_f}\omega=\mathrm{d} f で関数からベクトル場を作り、Hamilton 方程式と Poisson 括弧を座標によらない形にする。前量子化の −iℏXf-\mathrm{i}\hbar X_f の XfX_f がこれ

内部積とハミルトンベクトル場の定義

ベクトル場 XX と2形式 ω\omega から、1つ目の入れ口に XX を入れた1形式 ιXω=ω(X,⋅ )\iota_X\omega=\omega(X,\cdot\,) を作る操作を内部積と呼ぶ。1形式 α\alpha には ιXα=α(X)\iota_X\alpha=\alpha(X)(関数)と定める。

定義 10.2.5(ハミルトンベクトル場)

シンプレクティック多様体 (M,ω)(M,\omega) の上の滑らかな関数 ff に対し、

ιXfω=df(10.2.10)\iota_{X_f}\omega=\mathrm{d} f\tag{10.2.10}

を満たすベクトル場 XfX_f を ff のハミルトンベクトル場と呼ぶ。

式 (10.2.10) は、各点で「ω\omega の行列 Σ\Sigma について XfTΣ=(∇f)TX_f^{\mathsf T}\Sigma=(\nabla f)^{\mathsf T}」という連立1次方程式で、非退化性 (S2) から Σ\Sigma は正則なので、解 XfX_f はただ1つ存在する。標準の ω=∑idqi∧dpi\omega=\sum_i\mathrm{d} q_i\wedge\mathrm{d} p_i では Σ=J\Sigma=\mathsf J で、Xf=(JT)−1∇f=J∇fX_f=(\mathsf J^{\mathsf T})^{-1}\nabla f=\mathsf J\nabla f となるから

Xf=∑i(∂f∂pi∂∂qi−∂f∂qi∂∂pi).(10.2.11)X_f=\sum_i\Bigl(\frac{\partial f}{\partial p_i}\frac{\partial }{\partial q_i}-\frac{\partial f}{\partial q_i}\frac{\partial }{\partial p_i}\Bigr).\tag{10.2.11}

1自由度で確かめると、ιXf(dq∧dp)=dq(Xf) dp−dp(Xf) dq=fp dp+fq dq=df\iota_{X_f}(\mathrm{d} q\wedge\mathrm{d} p)=\mathrm{d} q(X_f)\,\mathrm{d} p-\mathrm{d} p(X_f)\,\mathrm{d} q=f_p\,\mathrm{d} p+f_q\,\mathrm{d} q=\mathrm{d} f である(fq=∂f/∂qf_q=\partial f/\partial q などと書いた)。例えば Xq=−∂pX_q=-\partial_p、Xp=∂qX_p=\partial_q で、運動量 pp のハミルトンベクトル場は qq 方向の並進、位置 qq のハミルトンベクトル場は pp 方向の負の向きの並進である。

f=Hf=H のとき、XHX_H の積分曲線 x˙=XH(x)\dot x=X_H(x) は q˙i=∂H/∂pi\dot q_i=\partial H/\partial p_i, p˙i=−∂H/∂qi\dot p_i=-\partial H/\partial q_i で、Hamilton 方程式そのものである。したがって Hamilton 方程式は座標によらない形で

x˙=XH(x),ιXHω=dH(10.2.12)\dot x=X_H(x),\qquad \iota_{X_H}\omega=\mathrm{d} H\tag{10.2.12}

と書ける。XHX_H は HH の等高線に接する。実際、XH(H)=dH(XH)=ω(XH,XH)=0X_H(H)=\mathrm{d} H(X_H)=\omega(X_H,X_H)=0(反対称性)で、XHX_H の方向に HH は変化しない。勾配 ∇H\nabla H が等高線に垂直なのに対し、XHX_H は ω\omega を通して勾配を「90度回した」向きを向く(図 10.2.2)。この「回す」操作には長さや角度を測る計量は要らず、ω\omega だけで決まる。

図

図 10.2.2 調和振動子 H=12(p2+q2)H=\frac12(p^2+q^2)(m=ω0=1m=\omega_0=1 の単位)の等高線(灰色の円)とハミルトンベクトル場 XH=p ∂q−q ∂pX_H=p\,\partial_q-q\,\partial_p(青の矢印)。XHX_H は等高線に接して時計回りに回り、勾配 ∇H\nabla H(赤)を ω\omega で 90∘90^\circ 回した向きを向く。

Poisson 括弧を ω\omega で書く

命題 10.2.6(ω\omega と Poisson 括弧 ★★★)

標準の ω=∑idqi∧dpi\omega=\sum_i\mathrm{d} q_i\wedge\mathrm{d} p_i と式 (10.2.1) の Poisson 括弧について、次が成り立つ。

ω(Xf,Xg)={f,g},Xf(g)=dg(Xf)={g,f}.\begin{align*}\omega(X_f,X_g)&=\{f,g\},\tag{10.2.13}\\X_f(g)&=\mathrm{d} g(X_f)=\{g,f\}.\tag{10.2.14}\end{align*}

証明

行列で書くと Xf=J∇fX_f=\mathsf J\nabla f、ω(u,v)=uTJv\omega(u,v)=u^{\mathsf T}\mathsf Jv なので、ω(Xf,Xg)=(∇f)TJTJJ∇g=(∇f)TJ∇g\omega(X_f,X_g)=(\nabla f)^{\mathsf T}\mathsf J^{\mathsf T}\mathsf J\mathsf J\nabla g=(\nabla f)^{\mathsf T}\mathsf J\nabla g(JTJ=1\mathsf J^{\mathsf T}\mathsf J=1)で、これは ∑i(fqigpi−fpigqi)={f,g}\sum_i(f_{q_i}g_{p_i}-f_{p_i}g_{q_i})=\{f,g\} である。2つ目は式 (10.2.11) を gg に当てて ∑i(fpigqi−fqigpi)={g,f}\sum_i(f_{p_i}g_{q_i}-f_{q_i}g_{p_i})=\{g,f\}。

式 (10.2.13) を一般のシンプレクティック多様体での Poisson 括弧の定義に採る。そうすると、時間発展はdgdt=XH(g)={g,H}\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} t}=X_H(g)=\{g,H\} となり、記法の正本の dAdt={A,H}\frac{\mathrm{d} A}{\mathrm{d} t}=\{A,H\} と一致する。式 (10.2.14) の右辺の順序 {g,f}\{g,f\} は、解析力学の巻で生成子 GG で関数を動かす作用素を DGA={A,G}\mathsf D_GA=\{A,G\} と定めたものと同じで、XG=DGX_G=\mathsf D_G である(解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第1部第11章)。

ハミルトンベクトル場の交換子

ベクトル場 u,vu,v の交換子 [u,v][u,v] を、関数への作用 [u,v](F)=u(v(F))−v(u(F))[u,v](F)=u(v(F))-v(u(F)) で定める。2階微分が打ち消し合うので [u,v][u,v] もベクトル場で、成分は [u,v]a=∑b(ub∂bva−vb∂bua)[u,v]^a=\sum_b(u^b\partial_bv^a-v^b\partial_bu^a) である。

命題 10.2.7(ハミルトンベクトル場の交換子 ★★★)

[Xf,Xg]=−X{f,g}.(10.2.15)[X_f,X_g]=-X_{\{f,g\}} .\tag{10.2.15}

証明

任意の関数 hh に当てる。式 (10.2.14) から[Xf,Xg](h)=Xf({h,g})−Xg({h,f})={{h,g},f}−{{h,f},g}[X_f,X_g](h)=X_f(\{h,g\})-X_g(\{h,f\})=\{\{h,g\},f\}-\{\{h,f\},g\}。Jacobi 恒等式 {{h,g},f}+{{g,f},h}+{{f,h},g}=0\{\{h,g\},f\}+\{\{g,f\},h\}+\{\{f,h\},g\}=0 を使うと、右辺は −{{g,f},h}={h,{g,f}}=−{h,{f,g}}=−X{f,g}(h)-\{\{g,f\},h\}=\{h,\{g,f\}\}=-\{h,\{f,g\}\}=-X_{\{f,g\}}(h) となる。

右辺の負号は、式 (10.2.14) で XfX_f を { ⋅ ,f}\{\,\cdot\,,f\}(ff を後ろに置く括弧)として定めたことによる順序の約束で、f↦Xff\mapsto X_f は Lie 代数の反準同型になる。f↦−Xff\mapsto-X_f と符号を替えると準同型 [−Xf,−Xg]=−X{f,g}[-X_f,-X_g]=-X_{\{f,g\}} になり、前量子化の演算子 −iℏXf+⋯-\mathrm{i}\hbar X_f+\cdots の先頭の −iℏXf-\mathrm{i}\hbar X_f はこの組み合わせになっている(第10部第3章で交換関係 [f^,g^]=iℏ{f,g}^[\hat f,\hat g]=\mathrm{i}\hbar\widehat{\{f,g\}} を確かめる)。6節で、量子の交換子でも同じ負号が出ることを示す。

例題 10.2.3 2次の関数のハミルトンベクトル場とスクイーズ ★★

オリジナル1自由度の相空間で考える。

  1. (1) Xq2X_{q^2}、Xp2X_{p^2}、XqpX_{qp} を求めよ。
  2. (2) [Xq2,Xp2][X_{q^2},X_{p^2}] を成分で計算し、式 (10.2.15) を確かめよ。
  3. (3) XqpX_{qp} の流れ(x˙=Xqp\dot x=X_{qp} の解)を求め、どんな変換か述べよ。第10部第1章の D^=(q^p^+p^q^)/2\hat D=(\hat q\hat p+\hat p\hat q)/2 と結びつけよ。
解答

(1) 式 (10.2.11) から Xq2=−2q ∂pX_{q^2}=-2q\,\partial_p、Xp2=2p ∂qX_{p^2}=2p\,\partial_q、Xqp=q ∂q−p ∂pX_{qp}=q\,\partial_q-p\,\partial_p。

(2) u=Xq2u=X_{q^2}(成分 (0,−2q)(0,-2q))、v=Xp2v=X_{p^2}(成分 (2p,0)(2p,0))とする。[u,v]q=u(vq)−v(uq)=−2q ∂p(2p)−0=−4q[u,v]^q=u(v^q)-v(u^q)=-2q\,\partial_p(2p)-0=-4q、[u,v]p=u(vp)−v(up)=0−2p ∂q(−2q)=4p[u,v]^p=u(v^p)-v(u^p)=0-2p\,\partial_q(-2q)=4p。よって [Xq2,Xp2]=−4q ∂q+4p ∂p[X_{q^2},X_{p^2}]=-4q\,\partial_q+4p\,\partial_p。一方 {q2,p2}=2q⋅2p=4qp\{q^2,p^2\}=2q\cdot2p=4qp で X4qp=4q ∂q−4p ∂pX_{4qp}=4q\,\partial_q-4p\,\partial_p なので、[Xq2,Xp2]=−X{q2,p2}[X_{q^2},X_{p^2}]=-X_{\{q^2,p^2\}} が成り立つ。

(3) q˙=q\dot q=q、p˙=−p\dot p=-p から q(s)=esq(0)q(s)=\mathrm{e}^{s}q(0)、p(s)=e−sp(0)p(s)=\mathrm{e}^{-s}p(0)。qq 方向に es\mathrm{e}^s 倍、pp 方向に e−s\mathrm{e}^{-s} 倍する変換で、面積を保ったまま相空間を引き伸ばす(スクイーズ)。積 qpqp は保存する。第10部第1章で D^\hat D は Weyl 順序で qpqp を量子化したもので、q^,p^\hat q,\hat p との交換子 [q^, D^]/(iℏ)=q^\left[\hat q,\,\hat D\right]/(\mathrm{i}\hbar)=\hat q、[p^, D^]/(iℏ)=−p^\left[\hat p,\,\hat D\right]/(\mathrm{i}\hbar)=-\hat p は式 (10.2.14) の Xqp(q)=qX_{qp}(q)=q、Xqp(p)=−pX_{qp}(p)=-p と同じ形である。2次の関数ではハミルトンベクトル場の作用と量子の交換子の作用が厳密に一致し、Groenewold の定理で食い違いが出たのは3次以上だった(第10部第1章)。

木下の勉強ステータス

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