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分配律の破れ（Birkhoff–von Neumann）と直交モジュラー律

2026年10月17日12分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第9部 第1章 量子論理：命題の束と分配律の破れ
目次
  1. スピン で分配律が破れる
  2. 位置と運動量でも破れる（共通例題③）
  3. 直交モジュラー律と、分配律が成り立つ組
  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9部 第1章 §9.1.4　★★★ 量子の命題の束は分配律を満たさず、直交モジュラー律は満たす。分配律が成り立つ組は交換する射影の組に限られる

スピン 12\tfrac12 で分配律が破れる

共通例題②の2準位系（スピン 12\frac12）で、H=C2\mathcal{H}=\mathbb{C}^2 の命題を考える。σz\sigma_z の固有状態を ∣↑⟩,∣↓⟩| \uparrow \rangle ,| \downarrow \rangle、σx\sigma_x の固有状態を∣↑x⟩=(∣↑⟩+∣↓⟩)/2| \uparrow_x \rangle =(| \uparrow \rangle +| \downarrow \rangle )/\sqrt2, ∣↓x⟩=(∣↑⟩−∣↓⟩)/2| \downarrow_x \rangle =(| \uparrow \rangle -| \downarrow \rangle )/\sqrt2 とし、それぞれの張る直線への射影（命題「σz=+1\sigma_z=+1」など）をP^z+,P^z−,P^x+,P^x−\hat P_{z+},\hat P_{z-},\hat P_{x+},\hat P_{x-} と書く。C2\mathbb{C}^2 の命題は 00, 1^\hat 1 と直線（原子）だけで、異なる2本の直線の交わりは 00、結びは C2\mathbb{C}^2 全体である。

P^z+∧(P^x+∨P^x−)=P^z+∧1^=P^z+,(P^z+∧P^x+)∨(P^z+∧P^x−)=0∨0=0.(9.1.11)\hat P_{z+}\wedge(\hat P_{x+}\vee\hat P_{x-})=\hat P_{z+}\wedge\hat 1=\hat P_{z+},\qquad (\hat P_{z+}\wedge\hat P_{x+})\vee(\hat P_{z+}\wedge\hat P_{x-})=0\vee0=0 .\tag{9.1.11}

左辺と右辺が違うので、分配律 (9.1.4) は成り立たない。

言葉で書くとこうなる。「σx\sigma_x は +1+1 か −1-1 のどちらか」は必ず「はい」である。したがって「σz=+1\sigma_z=+1 かつ（σx=+1\sigma_x=+1 または σx=−1\sigma_x=-1）」は「σz=+1\sigma_z=+1」と同じ命題になる。ところが「σz=+1\sigma_z=+1 かつ σx=+1\sigma_x=+1」が確実な状態は無い（そういう状態ベクトルが無い）ので、この命題は 00 で、σx=−1\sigma_x=-1 の側も同じく 00 である。古典の論理では「σx\sigma_x の値で場合分けする」ことで左辺が右辺に等しくなるが、量子の命題では場合分けした各場合が空になる。図 9.1.3 は4つの直線を実平面に描いたもので、∣↑⟩| \uparrow \rangle の直線は ∣↑x⟩| \uparrow_x \rangle の直線とも ∣↓x⟩| \downarrow_x \rangle の直線とも原点でしか交わらないが、後の2つが張る平面には含まれる。

図

図 9.1.3　スピン 12\tfrac12 の4つの命題を、C2\mathbb{C}^2 の実の部分 R2\mathbb{R}^2 に直線として描いた図。直交補は直交する直線（実線と破線の組）。Bloch 球では z+z+ と z−z- は反対の極にあるが、C2\mathbb{C}^2 のベクトルとしては直交する。

位置と運動量でも破れる（共通例題③）

無限次元の例として、1次元の粒子 H=L2(R)\mathcal{H}= L^2(\mathbb{R}) で、有限の長さの区間 Δ\Delta, Δ′\Delta' について命題「x∈Δx\in\Delta」と「p∈Δ′p\in\Delta'」を考える。「x∈Δx\in\Delta」の部分空間は Δ\Delta の外で 00 になる関数、「p∈Δ′p\in\Delta'」の部分空間は Fourier 変換 ψ~(k)\tilde\psi(k) が ℏk∉Δ′\hbar k\notin\Delta' で 00 になる関数である。

補題 9.1.7（台がコンパクトな関数の Fourier 変換）

ψ∈L2(R)\psi\in L^2(\mathbb{R}) が有界な区間の外で 00 なら、その Fourier 変換 ψ~(k)=∫ψ(x)e−ikxdx\tilde\psi(k)=\int\psi(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kx}\mathrm{d} x は kk について複素平面全体で正則な関数に延長でき、実軸上の長さが正の区間で 00 になるなら恒等的に 00 である。

証明

ψ\psi の台を [−L,L][-L,L] とすると、∣e−ikx∣≤e∣Im⁡k∣L\lvert \mathrm{e}^{-\mathrm{i} kx}\rvert \le\mathrm{e}^{\lvert \operatorname{Im} k\rvert L} なので積分 ∫−LLψ(x)e−ikxdx\int_{-L}^{L}\psi(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kx}\mathrm{d} x は複素数 kk について絶対収束し、積分記号下で微分できるので正則である。正則関数が長さ正の区間で 00 なら、一致の定理によって複素平面全体で 00 である。

補題を ψ\psi と ψ~\tilde\psi の役割を入れ替えて使うと、運動量の台が有界な ψ\psi は xx について正則で、xx の区間で 00 になれば恒等的に 00 である。したがって

P^x∈Δ∧P^p∈Δ′=0,P^p∈Δ′∧P^x∉Δ=0\hat P_{x\in\Delta}\wedge\hat P_{p\in\Delta'}=0,\qquad \hat P_{p\in\Delta'}\wedge\hat P_{x\notin\Delta}=0

となる（前者は位置の台が有界な ψ\psi に補題を使い、後者は運動量の台が有界で Δ\Delta 上で 00 の ψ\psi に入れ替えた補題を使う）。P^x∉Δ=1^−P^x∈Δ\hat P_{x\notin\Delta}=\hat 1-\hat P_{x\in\Delta} なので

P^p∈Δ′∧(P^x∈Δ∨P^x∉Δ)=P^p∈Δ′≠0=(P^p∈Δ′∧P^x∈Δ)∨(P^p∈Δ′∧P^x∉Δ),\hat P_{p\in\Delta'}\wedge(\hat P_{x\in\Delta}\vee\hat P_{x\notin\Delta})=\hat P_{p\in\Delta'}\neq0=(\hat P_{p\in\Delta'}\wedge\hat P_{x\in\Delta})\vee(\hat P_{p\in\Delta'}\wedge\hat P_{x\notin\Delta}),

と分配律が破れる。この例の主張は不確定性関係 σxσp≥ℏ/2\sigma_x\sigma_p\ge\hbar/2 よりも強い主張になっている。不確定性関係は分散の積の下限を言うだけだが、上の式は「位置も運動量も有界な区間に入ることが確実な状態」が1つも無いことを言う。

直交モジュラー律と、分配律が成り立つ組

分配律は破れるが、直交モジュラー律は残る。

定理 9.1.8（L(H)\mathcal L(\mathcal{H}) は直交モジュラー ★★★）

閉部分空間 M⊆NM\subseteq N について N=M∨(N∩M⊥)N=M\vee(N\cap M^\perp) が成り立つ。

証明

∣ψ⟩∈N| \psi \rangle \in N を射影定理で ∣ψ⟩=P^M∣ψ⟩+(1^−P^M)∣ψ⟩| \psi \rangle =\hat P_M| \psi \rangle +(\hat 1-\hat P_M)| \psi \rangle と分ける。第1項は M⊆NM\subseteq N に入り、第2項は ∣ψ⟩| \psi \rangle と第1項の差なので NN に入り、しかも M⊥M^\perp に入る。よって N⊆M+(N∩M⊥)⊆M∨(N∩M⊥)N\subseteq M+(N\cap M^\perp)\subseteq M\vee(N\cap M^\perp)。逆の包含は M⊆NM\subseteq N と N∩M⊥⊆NN\cap M^\perp\subseteq N から明らかである。

モジュラー律はどうか。有限次元では次元の公式 dim⁡(M+N)+dim⁡(M∩N)=dim⁡M+dim⁡N\dim(M+N)+\dim(M\cap N)=\dim M+\dim N が成り立ち、L(H)\mathcal L(\mathcal{H}) はモジュラー律も満たす。無限次元では閉部分空間の和 M+NM+N が閉じないことがあり、モジュラー律が破れる組が作れる。Birkhoff と von Neumann は 1936 年の論文で、命題の束にモジュラー律を要請した。そのため彼らが考えた束は、無限次元のヒルベルト空間の L(H)\mathcal L(\mathcal{H}) そのものではなかった。現在の量子論理では、L(H)\mathcal L(\mathcal{H}) が満たす直交モジュラー律を基本に置く。図 9.1.1(b) の束は直交モジュラーであり、(c) の六角形は違う。

分配律が成り立つ組を特定しておく。

定理 9.1.9（両立性と交換性 ★★★）

射影 P^,Q^\hat P,\hat Q について次は同値である。

  1. (a) P^Q^=Q^P^\hat P\hat Q=\hat Q\hat P。
  2. (b) P^=(P^∧Q^)∨(P^∧Q^⊥)\hat P=(\hat P\wedge\hat Q)\vee(\hat P\wedge\hat Q^\perp)。

このとき P^,Q^\hat P,\hat Q の生成する部分束は互いに直交する4つの射影 P^Q^\hat P\hat Q, P^Q^⊥\hat P\hat Q^\perp, P^⊥Q^\hat P^\perp\hat Q, P^⊥Q^⊥\hat P^\perp\hat Q^\perp の和の全体で、Boole 束である。

証明

(a)⇒(b)：命題 9.1.5 から P^∧Q^=P^Q^\hat P\wedge\hat Q=\hat P\hat Q, P^∧Q^⊥=P^(1^−Q^)\hat P\wedge\hat Q^\perp=\hat P(\hat 1-\hat Q) で、この2つは P^Q^⋅P^(1^−Q^)=P^Q^(1^−Q^)=0\hat P\hat Q\cdot\hat P(\hat 1-\hat Q)=\hat P\hat Q(\hat 1-\hat Q)=0 なので直交し、結びは和 P^Q^+P^(1^−Q^)=P^\hat P\hat Q+\hat P(\hat 1-\hat Q)=\hat P である。

(b)⇒(a)：R^1=P^∧Q^\hat R_1=\hat P\wedge\hat Q, R^2=P^∧Q^⊥\hat R_2=\hat P\wedge\hat Q^\perp は Ran⁡R^1⊆Ran⁡Q^\operatorname{Ran}\hat R_1\subseteq\operatorname{Ran}\hat Q, Ran⁡R^2⊆(Ran⁡Q^)⊥\operatorname{Ran}\hat R_2\subseteq(\operatorname{Ran}\hat Q)^\perp なので直交し、結びは和 P^=R^1+R^2\hat P=\hat R_1+\hat R_2 である。Q^R^1=R^1\hat Q\hat R_1=\hat R_1, Q^R^2=0\hat Q\hat R_2=0 から Q^P^=R^1\hat Q\hat P=\hat R_1 で、これはエルミートなので P^Q^=(Q^P^)†=R^1=Q^P^\hat P\hat Q=(\hat Q\hat P)^\dagger=\hat R_1=\hat Q\hat P。

最後の主張は、4つの射影が交換し互いに直交して和が 1^\hat 1 になることから、どの結びと交わりも4つのうちいくつかの和になり、集合 {1,2,3,4}\{1,2,3,4\} の部分集合の束と同じ構造になることによる。

古典の命題はすべて互いに交換する射影（相空間の部分集合の指示関数）なので、どの組でも (b) が成り立ち、分配律は破れない。量子の命題の束は、互いに交換する命題の組ごとに Boole 束を持ち、それらを貼り合わせたものになっている。どの Boole 束にも入らない組の間で分配律が破れる。

例題 9.1.4　自由粒子：「今 Δ\Delta にいる」と「時刻 tt に Δ\Delta にいる」★★★

オリジナル自由粒子 H^=p^2/(2m)\hat H=\hat p^2/(2m) の伝播関数 K(x,t;y,0)=m/(2πiℏt) exp⁡(im(x−y)2/(2ℏt))K(x,t;y,0)=\sqrt{m/(2\pi\mathrm{i}\hbar t)}\,\exp\bigl(\mathrm{i} m(x-y)^2/(2\hbar t)\bigr)（共通例題③、第3部第3章）を使う。Δ\Delta を有界な区間とし、命題 aa＝「時刻 00 に x∈Δx\in\Delta」の射影を P^x∈Δ\hat P_{x\in\Delta}、命題 bb＝「時刻 tt に x∈Δx\in\Delta」の射影を Heisenberg 描像で U^(t)†P^x∈ΔU^(t)\hat U(t)^\dagger\hat P_{x\in\Delta}\hat U(t) とする（t≠0t\neq0）。

  1. (1) ψ\psi の台が有界なら ψ(x,t)=∫K(x,t;y,0)ψ(y)dy\psi(x,t)=\int K(x,t;y,0)\psi(y)\mathrm{d} y は xx の正則関数（に xx によらない定数を掛けたもの）に延長できることを示せ。
  2. (2) a∧b=0a\wedge b=0 を示せ。x^H(t)=x^+p^t/m\hat x_{\mathrm H}(t)=\hat x+\hat pt/m を使い、aa と bb の射影が交換しない理由を述べよ。
  3. (3) m=ℏ=1m=\hbar=1、ψ(y,0)\psi(y,0) を [−1,1][-1,1] で高さ 1/21/\sqrt2 の箱とする。t=1t=1 で ∣ψ(3,1)∣2\lvert \psi(3,1)\rvert ^2 を数値で求め、(1) の主張と比べよ。
解答

(1) 指数を展開すると im(x−y)2/(2ℏt)=imx2/(2ℏt)−imxy/(ℏt)+imy2/(2ℏt)\mathrm{i} m(x-y)^2/(2\hbar t)=\mathrm{i} mx^2/(2\hbar t)-\mathrm{i} mxy/(\hbar t)+\mathrm{i} my^2/(2\hbar t) なので

ψ(x,t)=m2πiℏt  eimx2/(2ℏt)∫g(y) e−i(mx/ℏt)ydy,g(y)=eimy2/(2ℏt)ψ(y).\psi(x,t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi\mathrm{i}\hbar t}}\;\mathrm{e}^{\mathrm{i} mx^2/(2\hbar t)}\int g(y)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(mx/\hbar t)y}\mathrm{d} y,\qquad g(y)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} my^2/(2\hbar t)}\psi(y).

gg の台は ψ\psi と同じく有界なので、補題 9.1.7 から積分は k=mx/(ℏt)k=mx/(\hbar t) の正則関数で、xx についても正則である。eimx2/(2ℏt)\mathrm{e}^{\mathrm{i} mx^2/(2\hbar t)} も正則なので、ψ(x,t)\psi(x,t) は正則関数になる。

(2) ψ\psi が a∧ba\wedge b に入るなら、ψ(⋅,0)\psi(\cdot,0) の台は Δ\Delta の中にあり、ψ(⋅,t)\psi(\cdot,t) も Δ\Delta の外で 00 である。(1) から ψ(x,t)\psi(x,t) は正則で、Δ\Delta の外の長さ正の区間で 00 なので恒等的に 00、ユニタリ性から ψ=0\psi=0。よって a∧b=0a\wedge b=0。同じ議論で、a∧b⊥a\wedge b^\perp（時刻 00 に Δ\Delta にいて、時刻 tt には確実に Δ\Delta の外にいる）も、ψ(x,t)\psi(x,t) が Δ\Delta の上で 00 になることから 00 である。よって (a∧b)∨(a∧b⊥)=0≠P^x∈Δ(a\wedge b)\vee(a\wedge b^\perp)=0\neq\hat P_{x\in\Delta} で、定理 9.1.9 から2つの射影は交換しない。演算子で言うと、bb の射影は x^H(t)=x^+p^t/m\hat x_{\mathrm H}(t)=\hat x+\hat pt/m のスペクトル射影で、[x^, x^H(t)]=iℏt/m≠0\left[\hat x,\,\hat x_{\mathrm H}(t)\right]=\mathrm{i}\hbar t/m\neq0 だからである。

(3) ψ(3,1)=∫−1112πiei(3−y)2/212dy\psi(3,1)=\int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{2\pi\mathrm{i}}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(3-y)^2/2}\frac{1}{\sqrt2}\mathrm{d} y を数値で積分すると ∣ψ(3,1)∣2≈3.90×10−3\lvert \psi(3,1)\rvert ^2\approx3.90\times10^{-3} になる。初めに [−1,1][-1,1] の外では確率密度が 00 だった波束が、t=1t=1 では x=3x=3 にも正の確率密度を持つ。(1) によると ψ(x,1)\psi(x,1) は正則なので孤立点以外で 00 にならず、確率密度はどの有界な区間の外にも残る。

木下の勉強ステータス

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