量子力学の様々な構成方法 第10部 第6章 §10.6.1 ★★★ 変形量子化の出発点は「関数の積を ℏ \hbar ℏ の冪級数で結合的に変形する」という要請だけで、1次の反対称部分が Poisson 括弧に決まり、対称部分は同値変換で取り替えられる
第10部第3〜5章では、相空間 ( M , ω ) (M,\omega) ( M , ω ) から線束の切断の空間を作り、偏極で半分に絞り、半形式で補正して Hilbert 空間と演算子を組み立てた(第10部第3章 ・第10部第4章 ・第10部第5章 )。この道で直接演算子にできるのは偏極を保つ関数だけで、半形式つきの量子化はその範囲で Weyl 量子化と一致した。一方、第5部第3章では、Weyl 対応の積の記号として ⋆ \star ⋆ 積を導いた(第5部第3章 )。⋆ \star ⋆ 積は相空間のすべての関数の上で定義され、交換子は Moyal 括弧に写る。こちらの道では Hilbert 空間を作らない。
この章は第10部の部の型(出発点の要請 → 基本の対象 → 基準との同値性 → 共通例題 → 得意な問題 → 限界)のうち、「限界」と、同値性の地図の橋「幾何学的量子化 ↔ 位相空間」を受け持つ。出発点に置くのは、⋆ \star ⋆ 積そのものを要請の形で書いた変形量子化 である。1節で、Hilbert 空間を使わずに「関数の積を ℏ \hbar ℏ の冪級数で変形する」という要請を書き、1次の項が Poisson 括弧で決まること、同値変換で並べ方の約束が移り合うことを示す。2節で、同じ相空間から Moyal 積・正規順序の積・反正規順序の積の3つを作り、それらが同値であることを示す。3節で共通例題①を変形量子化だけで解き、⋆ \star ⋆ 指数関数の Fourier 展開からスペクトル ℏ ω ( n + 1 2 ) \hbar\omega(n+\frac12) ℏ ω ( n + 2 1 ) を読み取る。4節で、第10部第4章の正則偏極の上に Toeplitz 作用素を置くと、偏極を保たない関数まで演算子にでき、その積が反正規順序の ⋆ \star ⋆ 積になることを示す。5節で、幾何学的量子化と変形量子化のそれぞれの限界を、偏極が取れない相空間・整数条件・偏極の選び方で変わる答えの3つに分けて並べる。6節が橋の節である。
記号は第10部第2〜5章と補足の表に従う。ω = d q ∧ d p \omega=\mathrm{d} q\wedge\mathrm{d} p ω = d q ∧ d p 、{ q , p } = 1 \{q,p\}=1 { q , p } = 1 、θ = − p d q \theta=-p\,\mathrm{d} q θ = − p d q 、前量子化は Q p r e ( f ) = − i ℏ X f + θ ( X f ) + f \mathcal Q_{\mathrm{pre}}(f)=-\mathrm{i}\hbar X_f+\theta(X_f)+f Q pre ( f ) = − i ℏ X f + θ ( X f ) + f 、Weyl 量子化は Q W [ f ] \mathcal Q_{\mathrm W}[f] Q W [ f ] 、⋆ \star ⋆ 積は補足の形 f ⋆ g = f exp [ i ℏ 2 ( ∂ q ← ∂ p → − ∂ p ← ∂ q → ) ] g f\star g=f\exp[\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}(\overleftarrow{\partial_q}\overrightarrow{\partial_p}-\overleftarrow{\partial_p}\overrightarrow{\partial_q})]g f ⋆ g = f exp [ 2 i ℏ ( ∂ q ∂ p − ∂ p ∂ q )] g 、Moyal 括弧は { { f , g } } = ( f ⋆ g − g ⋆ f ) / ( i ℏ ) \{\!\{f,g\}\!\}=(f\star g-g\star f)/(\mathrm{i}\hbar) { { f , g } } = ( f ⋆ g − g ⋆ f ) / ( i ℏ ) と書く。複素座標は第10部第4章の z = 1 2 ( q ℓ − i ℓ p ℏ ) z=\frac{1}{\sqrt2}\bigl(\frac q\ell-\mathrm{i}\frac{\ell p}{\hbar}\bigr) z = 2 1 ( ℓ q − i ℏ ℓ p ) (ℓ = ℏ / ( m ω ) \ell=\sqrt{\hbar/(m\omega)} ℓ = ℏ/ ( mω ) )で、a ^ † \hat a^\dagger a ^ † が z z z 、a ^ \hat a a ^ が z ˉ \bar z z ˉ に対応する。共通例題の座標は補足の約束では x x x だが、相空間の幾何を書くこの章では ( q , p ) (q,p) ( q , p ) を使い、両者は同じ変数である。調和振動子の角振動数は、2形式 ω \omega ω と同じ式に出る所だけ ω 0 \omega_0 ω 0 と書く。
要請
第10部第1章では、量子化を関数から演算子への写像 Q \mathcal Q Q と見て、Poisson 括弧を交換子に厳密に写すことを求めたが、3次の多項式で矛盾した(Groenewold の定理。第10部第1章 )。変形量子化は、演算子の側を作らずに、関数の空間の上に新しい積を入れる。量子力学で使うのは演算子の積だけなので、その積を関数の言葉で直接書けば、Hilbert 空間を経由しなくても期待値や時間発展を計算することができる。この考え方を F. Bayen・M. Flato・C. Fronsdal・A. Lichnerowicz・D. Sternheimer が要請の形にまとめた1 1 F. Bayen, M. Flato, C. Fronsdal, A. Lichnerowicz, D. Sternheimer (1978), “Deformation theory and quantization. I. Deformations of symplectic structures”, Ann. Phys. 111 , 61–110;“II. Physical applications”, Ann. Phys. 111 , 111–151。 。
定義 10.6.1(⋆ \star ⋆ 積(変形量子化) ★★★)
Poisson 多様体 M M M の上の滑らかな関数に、ℏ \hbar ℏ の形式的冪級数を係数として許した空間 C ∞ ( M ) [ [ ℏ ] ] C^\infty(M)[[\hbar]] C ∞ ( M ) [[ ℏ ]] を考える。その上の双線形な積
f ⋆ g = ∑ n = 0 ∞ ℏ n C n ( f , g ) (10.6.1) f\star g=\sum_{n=0}^{\infty}\hbar^n\,C_n(f,g)\tag{10.6.1} f ⋆ g = n = 0 ∑ ∞ ℏ n C n ( f , g ) ( 10.6.1 )
が次の4つを満たすとき、⋆ \star ⋆ を ⋆ \star ⋆ 積と呼ぶ。各 C n C_n C n は f f f と g g g の有限階の微分の積の和(双微分作用素)とする。
(F1) 結合的:( f ⋆ g ) ⋆ h = f ⋆ ( g ⋆ h ) (f\star g)\star h=f\star(g\star h) ( f ⋆ g ) ⋆ h = f ⋆ ( g ⋆ h ) 。
(F2) 古典の積に戻る:C 0 ( f , g ) = f g C_0(f,g)=fg C 0 ( f , g ) = f g 。
(F3) 対応原理:C 1 ( f , g ) − C 1 ( g , f ) = i { f , g } C_1(f,g)-C_1(g,f)=\mathrm{i}\{f,g\} C 1 ( f , g ) − C 1 ( g , f ) = i { f , g } 。
(F4) 単位元:1 ⋆ f = f ⋆ 1 = f 1\star f=f\star1=f 1 ⋆ f = f ⋆ 1 = f 。
(F3) は、⋆ \star ⋆ 交換子を [ f , g ] ⋆ = f ⋆ g − g ⋆ f [f,g]_\star=f\star g-g\star f [ f , g ] ⋆ = f ⋆ g − g ⋆ f と書くと [ f , g ] ⋆ = i ℏ { f , g } + O ( ℏ 2 ) [f,g]_\star=\mathrm{i}\hbar\{f,g\}+\mathcal{O}(\hbar^2) [ f , g ] ⋆ = i ℏ { f , g } + O ( ℏ 2 ) と同じことで、第2部第2章の正準量子化の処方「Poisson 括弧 → 交換子/( i ℏ ) (\mathrm{i}\hbar) ( i ℏ ) 」(第2部第2章 )を ℏ \hbar ℏ の最低次だけ課したものである。Dirac の要請との違いは、括弧の一致を最低次に限ったことにある。ℏ 2 \hbar^2 ℏ 2 以上の項は自由に残すので、第10部第1章の矛盾(ℏ 2 / 3 \hbar^2/3 ℏ 2 /3 の食い違い)はここでは起こらない。第5部第3章の ⋆ \star ⋆ 積は (F1)〜(F4) を満たす(結合律と単位元は第5部第3章の命題、C 1 = i 2 { f , g } C_1=\frac{\mathrm{i}}{2}\{f,g\} C 1 = 2 i { f , g } は展開の1次の項)。これを Moyal 積 と呼ぶ。
入力は Poisson 括弧だけ
要請 (F1)〜(F4) に出てくる幾何の量は Poisson 括弧だけである。前量子化で要った θ \theta θ (線束の接続)も、偏極も、半形式も出てこない。逆に、Poisson 括弧が Jacobi 恒等式を満たすことは要請から出る。
命題 10.6.2(⋆ \star ⋆ 積から Poisson 括弧の Jacobi 恒等式が出る ★★)
(F1)〜(F3) を満たす ⋆ \star ⋆ 積があれば、(F3) の右辺の { ⋅ , ⋅ } \{\cdot,\cdot\} { ⋅ , ⋅ } は Jacobi 恒等式を満たす。
証明 結合律 (F1) から、⋆ \star ⋆ 交換子は Jacobi 恒等式 [ [ f , g ] ⋆ , h ] ⋆ + [ [ g , h ] ⋆ , f ] ⋆ + [ [ h , f ] ⋆ , g ] ⋆ = 0 [[f,g]_\star,h]_\star+[[g,h]_\star,f]_\star+[[h,f]_\star,g]_\star=0 [[ f , g ] ⋆ , h ] ⋆ + [[ g , h ] ⋆ , f ] ⋆ + [[ h , f ] ⋆ , g ] ⋆ = 0 を満たす(各項を展開すると12項が互いに消える。行列の交換子と同じ計算である)。[ f , g ] ⋆ = i ℏ { f , g } + O ( ℏ 2 ) [f,g]_\star=\mathrm{i}\hbar\{f,g\}+\mathcal{O}(\hbar^2) [ f , g ] ⋆ = i ℏ { f , g } + O ( ℏ 2 ) を入れると、各項の最低次は ( i ℏ ) 2 { { f , g } , h } (\mathrm{i}\hbar)^2\{\{f,g\},h\} ( i ℏ ) 2 {{ f , g } , h } である。ℏ 2 \hbar^2 ℏ 2 の係数を比べて { { f , g } , h } + { { g , h } , f } + { { h , f } , g } = 0 \{\{f,g\},h\}+\{\{g,h\},f\}+\{\{h,f\},g\}=0 {{ f , g } , h } + {{ g , h } , f } + {{ h , f } , g } = 0 。
この命題は、変形量子化に必要な入力が「Jacobi 恒等式を満たす括弧」、すなわち Poisson 構造であることを述べている。シンプレクティック形式 ω \omega ω は Poisson 構造を決めるが(第10部第2章で示した Π = − Σ − 1 \Pi=-\Sigma^{-1} Π = − Σ − 1 。第10部第2章 )、逆は成り立たず、退化した Poisson 構造(磁場の案内中心の平面や、角運動量の空間 R 3 \mathbb{R}^3 R 3 の括弧 { S i , S j } = ϵ i j k S k \{S_i,S_j\}=\epsilon_{ijk}S_k { S i , S j } = ϵ ij k S k )にも要請はそのまま意味を持つ。
同値変換
⋆ \star ⋆ 積は1つに決まらない。T = 1 + ℏ T 1 + ℏ 2 T 2 + ⋯ \mathcal T=1+\hbar\,\mathcal T_1+\hbar^2\mathcal T_2+\cdots T = 1 + ℏ T 1 + ℏ 2 T 2 + ⋯ (各 T n \mathcal T_n T n は微分作用素、T n 1 = 0 \mathcal T_n1=0 T n 1 = 0 )で関数を写し、
f ⋆ ′ g = T ( T − 1 f ⋆ T − 1 g ) (10.6.2) f\star'g=\mathcal T\bigl(\mathcal T^{-1}f\star\mathcal T^{-1}g\bigr)\tag{10.6.2} f ⋆ ′ g = T ( T − 1 f ⋆ T − 1 g ) ( 10.6.2 )
と定めると、⋆ ′ \star' ⋆ ′ も (F1)〜(F4) を満たす。結合律は ⋆ \star ⋆ の結合律を T \mathcal T T で写しただけで、(F2) は T \mathcal T T の ℏ 0 \hbar^0 ℏ 0 の項が恒等写像であることから、(F4) は T 1 = 1 \mathcal T1=1 T 1 = 1 から従う。(F3) は、1次の項が
C 1 ′ ( f , g ) = C 1 ( f , g ) − f T 1 g − ( T 1 f ) g + T 1 ( f g ) (10.6.3) C_1'(f,g)=C_1(f,g)-f\,\mathcal T_1g-(\mathcal T_1f)\,g+\mathcal T_1(fg)\tag{10.6.3} C 1 ′ ( f , g ) = C 1 ( f , g ) − f T 1 g − ( T 1 f ) g + T 1 ( f g ) ( 10.6.3 )
と変わり、追加分が f f f と g g g について対称なので反対称部分が変わらないことから従う。⋆ ′ \star' ⋆ ′ と ⋆ \star ⋆ を同値 な ⋆ \star ⋆ 積と呼ぶ。たとえば T 1 = c ∂ q 2 \mathcal T_1=c\,\partial_q^2 T 1 = c ∂ q 2 (c c c は定数)なら、追加分は − c f g ′ ′ − c f ′ ′ g + c ( f g ) ′ ′ = 2 c f q g q -c\,fg''-c\,f''g+c(fg)''=2c\,f_qg_q − c f g ′′ − c f ′′ g + c ( f g ) ′′ = 2 c f q g q で、C 1 C_1 C 1 の対称部分が 2 c f q g q 2c\,f_qg_q 2 c f q g q だけずれる。
同値な ⋆ \star ⋆ 積は、演算子の言葉では「同じ演算子の代数を、別の並べ方の約束で関数に写したもの」にあたる。T \mathcal T T は、ある並べ方の記号を別の並べ方の記号に書き換える写像である。第2部第2章の順序の曖昧さは、変形量子化では「同値類の中のどの ⋆ \star ⋆ 積を選ぶか」という形で残る。
例題 10.6.1 標準順序の ⋆ \star ⋆ 積と Moyal 積の同値 ★★★
オリジナル q ^ \hat q q ^ をすべて左、p ^ \hat p p ^ をすべて右に並べた演算子 ∑ c j k q ^ j p ^ k \sum c_{jk}\hat q^j\hat p^k ∑ c j k q ^ j p ^ k に関数 ∑ c j k q j p k \sum c_{jk}q^jp^k ∑ c j k q j p k を対応させる並べ方を標準順序 と呼ぶ。その積の記号はf ⋆ S g = f exp ( − i ℏ ∂ p ← ∂ q → ) g f\star_{\mathrm S}g=f\exp(-\mathrm{i}\hbar\overleftarrow{\partial_p}\overrightarrow{\partial_q})g f ⋆ S g = f exp ( − i ℏ ∂ p ∂ q ) g で与えられる。
(1) p ⋆ S q p\star_{\mathrm S}q p ⋆ S q と q ⋆ S p q\star_{\mathrm S}p q ⋆ S p を求め、(F3) を確かめよ。
(2) q 2 ⋆ S p 2 q^2\star_{\mathrm S}p^2 q 2 ⋆ S p 2 と p 2 ⋆ S q 2 p^2\star_{\mathrm S}q^2 p 2 ⋆ S q 2 を求め、演算子の等式 p ^ 2 q ^ 2 = q ^ 2 p ^ 2 − 4 i ℏ q ^ p ^ − 2 ℏ 2 \hat p^2\hat q^2=\hat q^2\hat p^2-4\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-2\hbar^2 p ^ 2 q ^ 2 = q ^ 2 p ^ 2 − 4 i ℏ q ^ p ^ − 2 ℏ 2 と照合せよ。
(3) T S = exp ( − i ℏ 2 ∂ q ∂ p ) \mathcal T_{\mathrm S}=\exp(-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}\partial_q\partial_p) T S = exp ( − 2 i ℏ ∂ q ∂ p ) が Weyl 記号を標準順序の記号に写すことを、q p + i ℏ 2 qp+\frac{\mathrm{i}\hbar}{2} q p + 2 i ℏ (q ^ p ^ \hat q\hat p q ^ p ^ の Weyl 記号)で確かめよ。
(4) T S ( q 2 ⋆ p 2 ) = T S ( q 2 ) ⋆ S T S ( p 2 ) \mathcal T_{\mathrm S}(q^2\star p^2)=\mathcal T_{\mathrm S}(q^2)\star_{\mathrm S}\mathcal T_{\mathrm S}(p^2) T S ( q 2 ⋆ p 2 ) = T S ( q 2 ) ⋆ S T S ( p 2 ) を確かめよ。
解答 (1) p ⋆ S q = p q + ( − i ℏ ) ( ∂ p p ) ( ∂ q q ) = q p − i ℏ p\star_{\mathrm S}q=pq+(-\mathrm{i}\hbar)(\partial_pp)(\partial_qq)=qp-\mathrm{i}\hbar p ⋆ S q = pq + ( − i ℏ ) ( ∂ p p ) ( ∂ q q ) = q p − i ℏ 、q ⋆ S p = q p q\star_{\mathrm S}p=qp q ⋆ S p = q p (∂ p q = 0 \partial_pq=0 ∂ p q = 0 なので級数が1項で切れる)。差は q ⋆ S p − p ⋆ S q = i ℏ = i ℏ { q , p } q\star_{\mathrm S}p-p\star_{\mathrm S}q=\mathrm{i}\hbar=\mathrm{i}\hbar\{q,p\} q ⋆ S p − p ⋆ S q = i ℏ = i ℏ { q , p } で、(F3) を満たす。C 1 C_1 C 1 は C 1 ( p , q ) = − i C_1(p,q)=-\mathrm{i} C 1 ( p , q ) = − i 、C 1 ( q , p ) = 0 C_1(q,p)=0 C 1 ( q , p ) = 0 で、対称部分 − i 2 -\frac{\mathrm{i}}{2} − 2 i を持つ点が Moyal 積と違う。
(2) q 2 ⋆ S p 2 q^2\star_{\mathrm S}p^2 q 2 ⋆ S p 2 は ∂ p ( q 2 ) = 0 \partial_p(q^2)=0 ∂ p ( q 2 ) = 0 なので q 2 p 2 q^2p^2 q 2 p 2 。これは「q ^ 2 p ^ 2 \hat q^2\hat p^2 q ^ 2 p ^ 2 は標準順序で既に並んでいる」ことを表す。p 2 ⋆ S q 2 p^2\star_{\mathrm S}q^2 p 2 ⋆ S q 2 は n = 0 , 1 , 2 n=0,1,2 n = 0 , 1 , 2 の項が残り、
p 2 q 2 + ( − i ℏ ) ( 2 p ) ( 2 q ) + ( − i ℏ ) 2 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = q 2 p 2 − 4 i ℏ q p − 2 ℏ 2 p^2q^2+(-\mathrm{i}\hbar)(2p)(2q)+\frac{(-\mathrm{i}\hbar)^2}{2}\cdot2\cdot2=q^2p^2-4\mathrm{i}\hbar qp-2\hbar^2 p 2 q 2 + ( − i ℏ ) ( 2 p ) ( 2 q ) + 2 ( − i ℏ ) 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = q 2 p 2 − 4 i ℏ q p − 2 ℏ 2
となる。標準順序の記号 q 2 p 2 − 4 i ℏ q p − 2 ℏ 2 q^2p^2-4\mathrm{i}\hbar qp-2\hbar^2 q 2 p 2 − 4 i ℏ q p − 2 ℏ 2 を演算子に戻すと q ^ 2 p ^ 2 − 4 i ℏ q ^ p ^ − 2 ℏ 2 \hat q^2\hat p^2-4\mathrm{i}\hbar\hat q\hat p-2\hbar^2 q ^ 2 p ^ 2 − 4 i ℏ q ^ p ^ − 2 ℏ 2 で、p ^ 2 q ^ 2 \hat p^2\hat q^2 p ^ 2 q ^ 2 を [ q ^ , p ^ ] = i ℏ [\hat q,\hat p]=\mathrm{i}\hbar [ q ^ , p ^ ] = i ℏ で並べ替えた結果(第10部第1章の式)と一致する。
(3) ∂ q ∂ p ( q p ) = 1 \partial_q\partial_p(qp)=1 ∂ q ∂ p ( q p ) = 1 、定数の微分は0なので T S ( q p + i ℏ 2 ) = q p − i ℏ 2 + i ℏ 2 = q p \mathcal T_{\mathrm S}(qp+\frac{\mathrm{i}\hbar}2)=qp-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}+\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}=qp T S ( q p + 2 i ℏ ) = q p − 2 i ℏ + 2 i ℏ = q p 。q ^ p ^ \hat q\hat p q ^ p ^ の標準順序の記号は q p qp q p なので一致する。
(4) 左辺:q 2 ⋆ p 2 = q 2 p 2 + 2 i ℏ q p − ℏ 2 2 q^2\star p^2=q^2p^2+2\mathrm{i}\hbar qp-\frac{\hbar^2}{2} q 2 ⋆ p 2 = q 2 p 2 + 2 i ℏ q p − 2 ℏ 2 (第5部第3章)。T S ( q 2 p 2 ) = q 2 p 2 − 2 i ℏ q p − ℏ 2 2 \mathcal T_{\mathrm S}(q^2p^2)=q^2p^2-2\mathrm{i}\hbar qp-\frac{\hbar^2}{2} T S ( q 2 p 2 ) = q 2 p 2 − 2 i ℏ q p − 2 ℏ 2 (( ∂ q ∂ p ) 2 q 2 p 2 = 4 (\partial_q\partial_p)^2q^2p^2=4 ( ∂ q ∂ p ) 2 q 2 p 2 = 4 から2次の項 1 2 ( − i ℏ 2 ) 2 ⋅ 4 \frac12(-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2})^2\cdot4 2 1 ( − 2 i ℏ ) 2 ⋅ 4 )、T S ( 2 i ℏ q p ) = 2 i ℏ q p + ℏ 2 \mathcal T_{\mathrm S}(2\mathrm{i}\hbar qp)=2\mathrm{i}\hbar qp+\hbar^2 T S ( 2 i ℏ q p ) = 2 i ℏ q p + ℏ 2 、定数はそのままなので、和は q 2 p 2 q^2p^2 q 2 p 2 。右辺:T S ( q 2 ) = q 2 \mathcal T_{\mathrm S}(q^2)=q^2 T S ( q 2 ) = q 2 、T S ( p 2 ) = p 2 \mathcal T_{\mathrm S}(p^2)=p^2 T S ( p 2 ) = p 2 で、(2) から q 2 ⋆ S p 2 = q 2 p 2 q^2\star_{\mathrm S}p^2=q^2p^2 q 2 ⋆ S p 2 = q 2 p 2 。両辺が等しい。
1 F. Bayen, M. Flato, C. Fronsdal, A. Lichnerowicz, D. Sternheimer (1978), “Deformation theory and quantization. I. Deformations of symplectic structures”, Ann. Phys. 111 , 61–110;“II. Physical applications”, Ann. Phys. 111 , 111–151。
AI(Claude)が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先:support@tecktom.com