方程式が線形になるとき：共通例題③と①

量子力学の様々な構成方法　第2部 第3章 §2.3.3　★★★ 2次の Hamiltonian では古典の解がそのまま演算子の厳密解になる。共通例題③の波束の広がりと①の行列要素の時間変化をこの形で出す

2次の Hamiltonian と線形の運動方程式

正準変数を1列に並べて $\hat\xi=(\hat q_1,\dots,\hat q_f,\hat p_1,\dots,\hat p_f)^{\mathsf T}$ と書くと、正準交換関係は$\left[\hat\xi_a,\,\hat\xi_b\right]=\mathrm{i}\hbar\,\mathsf J_{ab}$、$\mathsf J=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$（各成分は $f\times f$ のブロック）とまとまる。Hamiltonian が $\hat H=\tfrac12\sum_{c,d}\hat\xi_c\mathsf S_{cd}\hat\xi_d$（$\mathsf S$ は実対称行列）の2次形式なら、

$$\left[\hat\xi_a,\,\hat H\right]=\frac12\sum_{c,d}\mathsf S_{cd}\bigl(\mathrm{i}\hbar\mathsf J_{ac}\hat\xi_d+\hat\xi_c\,\mathrm{i}\hbar\mathsf J_{ad}\bigr)=\mathrm{i}\hbar\,(\mathsf J\mathsf S\hat\xi)_a$$

となる（$\mathsf S$ の対称性で2つの項がそろう）。したがって (E2) は

$$\frac{\mathrm{d} \hat\xi}{\mathrm{d} t}=\mathsf J\mathsf S\,\hat\xi,\qquad \hat\xi(t)=\mathsf M(t)\,\hat\xi(0),\quad \mathsf M(t)=\mathrm{e}^{\mathsf J\mathsf St}\tag{2.3.7}$$

になる。古典の Hamilton 方程式は $\dot\xi=\mathsf J\mathsf S\xi$ で、係数行列はまったく同じである。$\mathsf M(t)$ は$\mathsf M^{\mathsf T}\mathsf J\mathsf M=\mathsf J$ を満たすシンプレクティック行列で、古典ではこれが正準変換の条件、量子ではこれが交換関係$\left[\hat\xi_a(t),\,\hat\xi_b(t)\right]=\mathrm{i}\hbar\mathsf J_{ab}$ の保存の条件である。1次の項（一様な力）を足しても、方程式に定数項が加わるだけで同じことが言える。

共通例題③：自由粒子の波束の広がり

自由粒子 $\hat H=\hat p^2/(2m)$ では、方程式は $\dot{\hat x}=\hat p/m$、$\dot{\hat p}=0$ で、解は

$$\hat x(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}t,\qquad \hat p(t)=\hat p\tag{2.3.8}$$

である（右辺の $\hat x$、$\hat p$ は時刻0の演算子）。任意の状態での位置の分散 $\sigma(t)^2=\langle \hat x(t)^2 \rangle -\langle \hat x(t) \rangle ^2$ は

$$\sigma(t)^2=\sigma_0^2+\frac{2C}{m}t+\frac{(\Delta p)^2}{m^2}t^2,\qquad C=\tfrac12\langle \hat x\hat p+\hat p\hat x \rangle -\langle \hat x \rangle \langle \hat p \rangle\tag{2.3.9}$$

となる。$\hat x\hat p$ と $\hat p\hat x$ が等しくないので、相関 $C$ は対称化して定める必要がある。初めの位置と運動量の相関が無く（$C=0$）、不確定性関係を等号で満たす Gauss 波束（$\Delta p=\hbar/(2\sigma_0)$）では

$$\sigma(t)^2=\sigma_0^2+\Bigl(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0}\Bigr)^2\tag{2.3.10}$$

で、巻の共通例題③の正答と同じ形になる。導き方は Schrödinger 方程式を解かずに、式 (2.3.8) の2乗の期待値を取っただけである。位置の幅 $\sigma_0=1\,\mathrm{nm}$ の電子の波束は、$\hbar t/(2m\sigma_0)=\sqrt3\,\sigma_0$ となる $t=2\sqrt3\,m\sigma_0^2/\hbar=2.99\times10^{-14}\,\mathrm s$ で幅が2倍になる。式 (2.3.9) は、同じ平均と分散を持つ古典の粒子の集団が自由に飛ぶときの位置の分散と同じ式である。波束の広がりは、量子力学に特有の現象ではなく、初めの運動量にばらつきがあることの帰結である。

共通例題①：調和振動子の行列要素の時間変化

調和振動子 $\hat H=\hat p^2/(2m)+m\omega^2\hat q^2/2$ では $\dot{\hat q}=\hat p/m$、$\dot{\hat p}=-m\omega^2\hat q$ で、解は古典と同じく

$$\hat q(t)=\hat q\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t,\qquad \hat p(t)=\hat p\cos\omega t-m\omega\hat q\sin\omega t\tag{2.3.11}$$

である。Lie 級数 (2.3.5) で $\left[\hat q,\,\hat H\right]=\mathrm{i}\hbar\hat p/m$、$\left[\hat p,\,\hat H\right]=-\mathrm{i}\hbar m\omega^2\hat q$ を繰り返し使っても、$\cos\omega t$ と $\sin\omega t$ の Taylor 級数がそのまま現れる。$\hat a=(m\omega\hat q+\mathrm{i}\hat p)/\sqrt{2m\hbar\omega}$ にまとめると$\hat a(t)=\hat a\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}$、$\hat a^\dagger(t)=\hat a^\dagger\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$ である。

スペクトル $E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)$ と数の基底 $| n \rangle$（第2部第4章で代数だけから出す）を使うと、$\hat q=\sqrt{\hbar/(2m\omega)}(\hat a+\hat a^\dagger)$ の行列要素は

$$q_{n+1,n}(t)=\sqrt{\frac{(n+1)\hbar}{2m\omega}}\;\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t},\qquad q_{n-1,n}(t)=\sqrt{\frac{n\hbar}{2m\omega}}\;\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\tag{2.3.12}$$

で、ほかは0である。$\omega_{n+1,n}=(E_{n+1}-E_n)/\hbar=\omega$ だから、これは式 (2.3.6) の $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{nm}t}$ と一致し、第2部第1章の振幅 $\lvert x_{n+1,n}\rvert ^2=(n+1)\hbar/(2m\omega)$ とも一致する。調和振動子では Bohr の振動数がすべて古典の $\omega$ に等しいので、期待値 $\langle \hat q(t) \rangle$ は状態によらず古典と同じ角振動数 $\omega$ で振動し、形も崩れない。2.3.5 節では、この性質が非線形の系で失われることを見る。