Schrödinger 場の量子化：「第二量子化」という名前

量子力学の様々な構成方法　第6部 第1章 §6.1.4　★★★ 1粒子の波動関数が従う方程式を古典の場の方程式とみなして正準量子化すると、各モードが振動数 $\varepsilon _j/\hbar$ の振動子になる

古典の場としての Schrödinger 方程式

前節では、もともと古典の場（弦）だったものを量子化した。同じ手続きを、1粒子の Schrödinger 方程式

$$\mathrm{i}\hbar\,\partial_t\psi=h\psi,\qquad h=-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2+V(x)$$

に当てる。ここでは $\psi(x,t)$ を確率振幅として読まず、空間の各点に複素数の値を持つ古典の場として扱う。この方程式は、ラグランジアン

$$L[\psi,\psi^*]=\int\mathrm{d} x\,\Bigl[\mathrm{i}\hbar\,\psi^*\partial_t\psi-\frac{\hbar^2}{2m}\lvert \partial_x\psi\rvert ^2-V\lvert \psi\rvert ^2\Bigr]\tag{6.1.16}$$

の Euler–Lagrange 方程式として出てくる。実際、$\psi^*$ について変分をとると（$\psi$ と $\psi^*$ を独立に動かす）、$\mathrm{i}\hbar\partial_t\psi+\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2\psi-V\psi=0$ になる。第1項は実数でないが、実数の形 $\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}(\psi^*\partial_t\psi-\partial_t\psi^*\,\psi)$ とは時間の全微分 $\frac{\mathrm{i}\hbar}{2}\partial_t\lvert \psi\rvert ^2$ だけ違うので、運動方程式は変わらない。

$\partial_t\psi$ の係数を読むと、$\psi$ に共役な運動量の密度は $\pi_\psi=\partial\mathcal L/\partial(\partial_t\psi)=\mathrm{i}\hbar\psi^*$ である。$\psi^*$ そのものが運動量の役をしており、独立な正準の組は $(\psi,\mathrm{i}\hbar\psi^*)$ の1組だけである。ハミルトニアンは $\int\pi_\psi\partial_t\psi-L$ から

$$H=\int\mathrm{d} x\,\Bigl[\frac{\hbar^2}{2m}\lvert \partial_x\psi\rvert ^2+V\lvert \psi\rvert ^2\Bigr]=\int\mathrm{d} x\,\psi^*(x)\,h\,\psi(x)\tag{6.1.17}$$

になる（2つ目の等号は部分積分）。Poisson 括弧は $\{\psi(x),\mathrm{i}\hbar\psi^*(y)\}=\delta(x-y)$、つまり $\{\psi(x),\psi^*(y)\}=-\mathrm{i}\delta(x-y)/\hbar$ である。

正準量子化

規則 $\{\cdot,\cdot\}\to\left[\cdot,\,\cdot\right]/(\mathrm{i}\hbar)$ を当てると

$$\left[\hat\psi(x),\,\hat\psi^\dagger(y)\right]=\delta(x-y),\qquad\left[\hat\psi(x),\,\hat\psi(y)\right]=0\tag{6.1.18}$$

を得る。$h$ の規格直交な固有関数 $h\varphi_j=\varepsilon _j\varphi_j$ で展開して

$$\hat\psi(x)=\sum_j\varphi_j(x)\,\hat a_j,\qquad \hat a_j=\int\mathrm{d} x\,\varphi_j^*(x)\hat\psi(x)\tag{6.1.19}$$

とおくと、$\left[\hat a_i,\,\hat a_j^\dagger\right]=\iint\mathrm{d} x\,\mathrm{d} y\,\varphi_i^*(x)\varphi_j(y)\delta(x-y)=\delta_{ij}$ である。ハミルトニアン (6.1.17) の$\psi^*\psi$ を $\hat\psi^\dagger\hat\psi$ の順に並べて演算子にすると

$$\hat H=\int\mathrm{d} x\,\hat\psi^\dagger(x)\,h\,\hat\psi(x)=\sum_j\varepsilon _j\,\hat a_j^\dagger\hat a_j,\qquad \hat N=\int\mathrm{d} x\,\hat\psi^\dagger(x)\hat\psi(x)=\sum_j\hat a_j^\dagger\hat a_j\tag{6.1.20}$$

になる。1粒子の固有状態 $\varphi_j$ が場のモードで、そのモードに入っている量子の個数を $\hat a_j^\dagger\hat a_j$ が数える。ここでは量子が粒子そのもので、$\hat N$ は粒子数である。

各モードが振動子であることを、古典の段階で確かめておく。$\psi=\sum_jc_j(t)\varphi_j(x)$ を (6.1.16) に入れると$L=\sum_j(\mathrm{i}\hbar c_j^*\dot c_j-\varepsilon _j\lvert c_j\rvert ^2)$ で、モードごとに分かれる。$\Omega_j=\varepsilon _j/\hbar$ とおいて実数の $q_j,p_j$ を

$$c_j=\frac{\Omega_jq_j+\mathrm{i} p_j}{\sqrt{2\hbar\Omega_j}}$$

で導入すると、$\varepsilon _j\lvert c_j\rvert ^2=(p_j^2+\Omega_j^2q_j^2)/2$、運動の項は時間の全微分を除いて $p_j\dot q_j$ になり、$L=\sum_j[p_j\dot q_j-(p_j^2+\Omega_j^2q_j^2)/2]$ を得る。これは質量 1、角振動数 $\Omega_j=\varepsilon _j/\hbar$ の振動子の集まりで、$c_j$ は式 (6.1.5) の複素振幅 $a$（$m=1$、$\omega=\Omega_j$）と同じ形をしている。6.1.1 節の Poisson 括弧 $\{a,a^*\}=-\mathrm{i}/\hbar$ はここでの $\{c_j,c_j^*\}=-\mathrm{i}/\hbar$ と一致し、量子化すると $\hat a_j$ になる。

振動子の見方では $\hat H=\sum_j\varepsilon _j(\hat a_j^\dagger\hat a_j+\frac12)$ と書いてもよさそうに見える。$\frac12$ の分 $\sum_j\varepsilon _j/2$ は状態によらない定数で、エネルギーの差にも運動方程式にも現れない。真空のエネルギーと粒子数をどちらも 0 にそろえるため、$\hat\psi^\dagger\hat\psi$ の順（正規順序）を選ぶ。弦の振動子 $q$ は原子のずれという測れる量だったが、Schrödinger 場の $q_j,p_j$ は複素振幅の実部と虚部で、それ自体を測る装置は無い。この違いのため、Schrödinger 場では零点の項を残す理由が無い。

粒子1個の部分は基準そのもの

Fock 空間のうち粒子数がちょうど1の部分（$\hat N=1$ の固有空間）を $\mathcal F_1$ と書く。これは基準（第1部）の1粒子のヒルベルト空間 $L^2(\mathbb{R})$ と同じものである。

証明

内積を保つこと：$\hat\psi(x)| 0 \rangle =0$ と交換関係 (6.1.18) から$\langle 0 | \hat\psi(x)\hat\psi^\dagger(y) | 0 \rangle =\langle 0 | \left[\hat\psi(x),\,\hat\psi^\dagger(y)\right] | 0 \rangle =\delta(x-y)$ なので、$\langle U\varphi | U\chi \rangle =\iint\varphi^*(x)\chi(y)\delta(x-y)\,\mathrm{d} x\,\mathrm{d} y=\int\varphi^*\chi\,\mathrm{d} x$ である。

全射であること：(6.1.19) の逆 $\hat\psi^\dagger(x)=\sum_j\varphi_j^*(x)\hat a_j^\dagger$ を入れると $U\varphi_j=\sum_l\bigl(\int\varphi_j\varphi_l^*\,\mathrm{d} x\bigr)\hat a_l^\dagger| 0 \rangle =\hat a_j^\dagger| 0 \rangle$ で、$\mathcal F_1$ は $\{\hat a_j^\dagger| 0 \rangle \}$ で張られるので $U$ の像は $\mathcal F_1$ 全体である。

ハミルトニアン：(6.1.20) から $\left[\hat H,\,\hat a_j^\dagger\right]=\varepsilon _j\hat a_j^\dagger$、$\hat H| 0 \rangle =0$ なので $\hat H\hat a_j^\dagger| 0 \rangle =\varepsilon _j\hat a_j^\dagger| 0 \rangle$ である。一方 $h\varphi_j=\varepsilon _j\varphi_j$ なので $U(h\varphi_j)=\varepsilon _j\hat a_j^\dagger| 0 \rangle$ で、両者は基底の上で一致する。線形性から $\hat HU=Uh$ が $\mathcal F_1$ の上で成り立つ。

時間発展も $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}U=U\mathrm{e}^{-\mathrm{i} ht/\hbar}$ で対応するので、粒子1個の部分に限れば、第二量子化は基準の1粒子の量子力学とすべての予言が一致する。$N\geq2$ の部分で同じことを示すのが 第6部第2章の仕事である。