アハラノフ-ボーム効果のエッセンスについて

マクスウェル方程式の微分型の磁束保存の式(あるいは磁性に関するガウスの法則)が\(\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{B} = 0\)であることより,
通常の境界条件では\(\boldsymbol{B}\)は純粋な回転で発散を持たないと考えられるので\(\boldsymbol{B} = \boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A}\)のように
なるあるベクトル場\(\boldsymbol{A}\)が存在する.このベクトル場\(\boldsymbol{A}\)はベクトルポテンシャルと呼ばれている.
するとストークスの定理より,
\begin{align}
\int _S\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{n}ds
=
\int _S(\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A})\cdot\boldsymbol{n}ds
=
\oint _{\Gamma = \partial S}\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{\ell}
\end{align}
が成り立つ.

さてここで右辺の周回積分が\(\Gamma\)上でのみ定義されていることに注意しよう.
左辺の面積分がゼロでないとき,当然右辺もゼロでないがその値は\(\Gamma\)上のベクトルポテンシャル\(\boldsymbol{A}\)の値のみによって
決まってしまう.したがって仮に磁束が\(\Gamma\)より内側に集中しているとき,\(\Gamma\)上では磁場がないにもかかわらずその周回積分はゼロでない値を持つことになる.
これがアハラノフ-ボーム効果のエッセンスである.より具体的にイメージしやすいように図1の状況を考える.
図1ではx-y平面の原点を紙面の上向き\(z\)軸方向の正の向きに一定の大きさ\(B_z>0\)の磁場が貫いているものと仮定している.
いま原点付近の小さな領域\(\Delta S\)以外には磁場はないものと仮定する.
このとき磁場は\(\Delta S\)上だけ1となり他は全部0となる定義関数\(\chi (x,y)\)により\(\boldsymbol{B} = \chi (x,y)B_z\boldsymbol{e}_z\)と書ける.
この仮定は実際には\(z\)軸方向を向いた非常に細長いソレノイドコイルを用いることによってかなり正確に近似できる.
すると\(B_x = B_y = 0\)となるので,ベクトルポテンシャルは図のようにx-y平面内の反時計回りの渦で表されることになる.
いま,\(\Gamma\)上を含めて原点付近以外磁場はないが式(1)にこの状況を代入すると,
\begin{align*}
\oint _{\Gamma = \partial S}\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{\ell}
&=
\int _S\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{n}ds
\\&=
\int _S\chi (x,y)B_z\boldsymbol{e}_z\cdot\boldsymbol{e}_zds
\\&=
\int _S\chi (x,y)B_zds
\\&=
B_z\Delta S
\end{align*}
となる.
これをみると確かに\(\Gamma\)上に磁場はないのに左辺の周回積分がゼロでないことが分かる.
これは例え古典論でも実際に測定にかかる磁場よりベクトルポテンシャルの方がより,本質的であることを示唆している.

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中学生でも分かる易しいローレンツ変換の導出

コロナ禍で世界のライフスタイルが変わってだんだん家で過ごす時間が長くなってきましたが,
皆さんはどのようにお過ごしでしょうか.

ども,竜太です.
今回は中学生にも分かるように平坦な時空の座標変換の一つであるローレンツ変換を導きます.
ローレンツ変換は静止系に対して等速直線運動する物体の座標に変換する座標変換で理工系の大学生のほぼ必須の知識となっています.
通常大学の講義で学ぶローレンツ変換は実はその導出に必要となる数学は大変易しく,中学生レベルの数学しか用いなくても
導出できます.とはいえ,概念的には中学生にはやや難しい面もありますので,ここではなるべく簡単にご紹介いたします.

静止系に対して速度\(v\)で等速直線運動する系は一般性を損なわずに,その運動方向に\(x\)軸を取ることができます.
このとき静止系の座標軸を\(x,y,z\),静止系に対して等速直線運動する系の座標軸を\(X,Y,Z\)とします.
ただし,分かりやすく区別するため静止系を\(k\)系,静止系に対して等速直線運動をする系を\(K\)系とします.
いま,簡単のためそれぞれの時刻がゼロのとき,それぞれの座標原点が重なっているものとします.
それぞれの時刻という表現に違和感を感じた方もいるでしょうが,相対論では時間の流れが観測者が異なれば異なるのが普通なので
別々の文字によって表すことにします.すると\(k\)系の時刻を\(t\),\(K\)系の時刻を\(T\)とすれば,
\((t,x,y,z) = (0,0,0,0)\)のとき\((T,X,Y,Z) = (0,0,0)\)が成り立つこととして表されます.
というのも\(k\)系の時刻\(t=0\)のときの\(k\)系の座標原点\((x,y,z) = (0,0,0)\)が\(K\)系の時刻\(T = 0\)のとき
\(K\)系の座標原点\((X,Y,Z) = (0,0,0)\)が重なっているからです.また言うまでもありませんがこのとき\(K\)系の\(Y,Z\)軸は
それぞれ\(k\)系の\(y,z\)軸に重なるように選んでおきます.なお,\(X\)軸についてはこの定義より自動的に\(x\)軸に
重なることに注意してください.

さて,今求めたいのは\(k\)系から見て\(K\)系の位置関係はどうなっているのかということです.
これは\(t,x,y,z\)を用いて\(T,X,Y,Z\)を求めることです.

まず最初に簡単なところから始めましょう.\(K\)系の運動方向は\(k\)系の\(x\)軸方向のみでそれぞれの時刻ゼロのときに
\(X,Y,Z\)軸は\(x,y,z\)軸に重なっているのですから,任意の時刻で\(Y=y,Z=z\)が成り立ちます.一方,時刻\(T\)と座標\(X\)
についてはこう簡単にはいきません.

以下の議論は間違っているのですが,ちょっと想像力を働かせると次のように思うかもしれません:
\((T,X,Y,Z) = (0,0,0,0)\)のとき\((t,x,y,z) = (0,0,0,0)\)で任意の時刻で\(Y=y,Z=z\)なのだから\(T=t\)であり,
また,物体の位置が\(x=x_0\)で静止しているとき,\(X\)は\(K\)系が\(k\)系の\(x\)軸方向に速度\(v\)で運動しているから\(K\)系
から見てこの物体は速度\(-v\)で運動しているように見えるはずだから,時間が\(T=t=T_0\)流れた時のこの物体の位置は
\(X = x_0 – vt_0\)となる,つまり座標変換の式は\(X = x-vt\)だ!と.

上の議論はついうっかり間違っていると書いてしまいましたが,ニュートン力学の議論としては完全に正しいものに
なってます.間違っていると書いたのは光速度不変の原理が考慮されていないため相対論的議論になっていないからです.
このニュートン力学的な座標変換のことをガリレイ変換と呼びます.
光速度不変の原理まで考慮した相対論的に正しい議論は以下のようになります:

いま時間と空間の一様性より,変換の式は線形,つまり一次式で書けるとしてよいです.
すると求める変換の式は次のように書けます:
\begin{align*}
&
T = At+Bx,
\\&
X = Ct+Dx,
\\&
Y = y,
\\&
Z = z
\end{align*}
ここで次のことに注意しましょう.
まず\(A,D> 0\)に注意してください.
というのも\(k\)系で時刻\(t\)や座標\(x\)が増加したら\(K\)系の時刻\(T\)や座標\(X\)も増加するべきだからです.
でないとそれぞれの座標軸が逆向きであることになってしまいます.

次に,上の式で\(k\)系の時刻\(t\)における\(K\)系の座標原点の位置を求めてみましょう.
いま,\(t = t\)のとき,\(K\)系の座標原点は\(k\)系から見て\(x\)座標が位置\(x = vt\)の位置にあります.
よって\((T,X,Y,Z) = (T,0,0,0)\)の時空点に\((t,x,y,z) = (t,vt,0,0)\)が対応しますから,\(X = Ct+Dx\)に
代入して,\( 0 = Ct+Dvt \)より\(C = -Dv\)になります.

ここまでは光速度不変の原理を用いておりません.

さて今から光速度不変性の原理を用いてみましょう.
\(k\)系の座標原点から時刻\(t=0\)に光の球面波を放出したものします.
このとき,時刻\(t=t\)に個の球面波の先端が\((x,y,z) = (x,y,z)\)まで届いたとすると進んだ距離の実測値の自乗は
\(c^2t^2 = x^2+y^2+z^2\)となります.一方同じ事象を\(K\)系から観測すると光速度不変の原理よりやはり
\(c^2T^2 = X^2+Y^2+Z^2\)となりますのでこの式に変換式を代入すると,
\begin{align*}
0
=&
c^2(At+Bx)^2 – (D(x-vt))^2 – y^2 – z^2
\\=&
c^2(A^2t^2 + 2ABtx + B^2x^2) – D^2(x^2 – 2vtx + v^2t^2) – y^2 – z^2
\\=&
(c^2A^2 – D^2v^2)t^2 + (2c^2AB + 2vD^2)tx + (c^2B^2 – D^2)x^2 – y^2 – z^2
\end{align*}
が得られます.
ここで\(c^2t^2 = x^2 + y^2 + z^2\)より,\(y^2 + z^2 = c^2t^2 – x^2\)だから
\begin{align*}
0
=&
(c^2A^2 – D^2v^2)t^2 + (2c^2AB + 2vD^2)tx + (c^2B^2 – D^2)x^2 – y^2 – z^2
\\=&
(c^2A^2 – D^2v^2)t^2 + (2c^2AB + 2vD^2)tx + (c^2B^2 – D^2)x^2 – c^2t^2 + x^2
\\=&
(c^2A^2 – D^2v^2 – c^2)t^2 + (2c^2AB + 2vD^2)tx + (c^2B^2 – D^2 +1)x^2
\end{align*}
が得られます.以上より,
\begin{align}
&
c^2A^2 – D^2v^2 – c^2 = 0,
\\&
2c^2AB + 2vD^2 = 0,
\\&
c^2B^2 – D^2 +1 = 0,
\end{align}
が得られるので,まず2番目の式の自乗に第1式の\(c^2A^2\)を代入することより,
\begin{align*}
c^2B^2
=&
-\frac{v^2D^4}{c^2A^2}
\\=&
-\frac{v^2D^4}{v^2D^2+c^2}
\end{align*}
が得られますが,これは第3式より\(D^2 – 1\)に等しいので,
\(D^2 -1 = -\frac{v^2D^4}{v^2D^2+c^2}\)となります.
これを\(D>0\)に注意して解くと,
\begin{align*}
D = \frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}
\end{align*}
となります.
次にこれを第1式に代入して\(A>0\)に注意して解くと,\(A=D=1/\sqrt{1-(v/c)^2}\)が得られます.
最後に第2式で\(A,D>0\)より\(v>0\)のとき必然的に\(B<0\)となるので,第3式より, \begin{align*} B = -\frac{\frac{v}{c^2}}{\sqrt{1-(v/c)^2}} \end{align*} となります. 以上をまとめると,ローレンツ変換は \begin{align} & T = \frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}\left(t - \frac{v}{c^2}x\right), \\& X = \frac{1}{\sqrt{1-(v/c)^2}}(x-vt), \\& Y = y, \\& Z = z, \end{align} となることが分かりました.

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量子力学のための数学(不確定性関係)

ひっさしぶりです。竜太です、ども。

今回は不確定性関係の導出をします。
不確定性とは次のようなものを指します:

まず、量子力学における期待値とは、任意のエルミート演算子\(\hat{A}\)に対して、
\[\langle\hat{A}\rangle := \langle\psi |\hat{A}|\psi\rangle\]
によって定義される積です。ここで\(|\psi\rangle\)は対象となる考えている量子系の状態になります。
このとき、偏差演算子\(\Delta\hat{A}\)を次によって定義します:
\[\Delta\hat{A} := \hat{A} – \langle\hat{A}\rangle\]
また、
\[\Delta A := \sqrt{\langle (\Delta\hat{A})^2\rangle}\]
と定義します。
このとき、
もし演算子\(\hat{A}\)と\(\hat{B}\)の間に、ある非負実数\(C\)が存在して
\[[\hat{A},\hat{B}] = iC\]
が成り立つとき、
\[\Delta A\Delta B \geq \frac{C}{2}\]
が成り立ちます。このように偏差の積が一定値未満に出来ないのでこの関係を不確定性関係と呼びます。
例えば演算子\(\hat{x}\)と\(\hat{p}\)の間には\[[\hat{x},\hat{p}] = i\hbar\]の関係があるとき、
\[\Delta x\Delta p \geq \frac{1}{2}i\hbar\]
となり、もっともよく知られた不確定性関係が得られます。

さて、これを示してみましょう。
次のようにします:
任意のエルミート演算子\(\hat{A}\)に対して\(\langle|\hat{A}|^2\rangle \geq 0\)に注意します。
するとエルミート演算子\(\hat{A}\)と\(\hat{B}\)に対してある実数\(C\)が存在して、
\[[\hat{A},\hat{B}] = iC\]
が成り立つものとする。
すると、任意の実数\(\alpha\)に対して
\begin{align*}
\langle |\alpha\Delta\hat{A} + i\Delta\hat{B}|^2\rangle
=&
\langle (\alpha\Delta\hat{A} + i\Delta\hat{B})^{\dagger}(\alpha\Delta\hat{A} + i\Delta\hat{B})\rangle
\\=&
\langle (\alpha\Delta\hat{A}^{\dagger} – i\Delta\hat{B}^{\dagger})(\alpha\Delta\hat{A} + i\Delta\hat{B})\rangle
\\=&
\langle (\alpha\Delta\hat{A} – i\Delta\hat{B})(\alpha\Delta\hat{A} + i\Delta\hat{B})\rangle
\\=&
\langle(\Delta\hat{A})^2\alpha ^2 + i\Delta\hat{A}\Delta\hat{B}\alpha – i\Delta\hat{B}\Delta\hat{A}\alpha + (\Delta\hat{B})^2\rangle
\\=&
\langle(\Delta\hat{A})^2\alpha ^2 + i[\Delta\hat{A},\Delta\hat{B}]\alpha + (\Delta\hat{B})^2\rangle
\\=&
\langle(\Delta\hat{A})^2\alpha ^2 – C\alpha + (\Delta\hat{B})^2\rangle
\\=&
\langle(\Delta\hat{A})^2\rangle\alpha ^2 – \langle C\rangle\alpha + \langle(\Delta\hat{B})^2\rangle
\end{align*}
となりますが、これがゼロ以上だから、
\[\langle(\Delta\hat{A})^2\rangle\alpha ^2 – \langle C\rangle\alpha + \langle(\Delta\hat{B})^2\rangle \geq 0\]
が成り立つべきです。
するとこの\(\alpha\)に関する2次関数は$x$軸と最大でも1点でしか交わらないので、判別式はゼロ以下です。
よって
\[D = \langle C^2\rangle – 4\langle(\Delta\hat{A})^2\rangle\langle(\Delta\hat{B})^2\rangle\leq 0\]
が成り立つのでこれを整理すると、
\[\sqrt{\langle(\Delta\hat{A})^2\rangle}\sqrt{\langle(\Delta\hat{B})^2\rangle} \geq \frac{1}{2}C,\]
つまり、
\[\Delta A\Delta B \geq \frac{1}{2}C\]
成り立つことが示せました。

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量子力学のための数学(シュレディンガー方程式)


ども,竜太です.大変長らくお待たせしました.
前回までで,ブラケット記法によるエネルギー演算子,運動量演算子の表式が導かれましたので直ぐにシュレディンガー方程式が導けるのですが,
この回は残念ながらブラケット記法の恩恵があまりなく,自分としてはもっと美しいことができないかと模索していたのですが,あまり上手くいかず悶々としておりました.
そもそも量子力学の学習はほぼ独学でやっていたため,見落としや抜けがあるかもしれません.
また,実際上の計算もほとんどの場合,通常のシュレディンガー方程式を解くことに帰着されそうで,私がここで展開してきた表記法が役立つ場面がなかなか見つかりませんでした.
そんなわけなので,この形式を用いてシュレディンガー方程式を導いても今のところ苦労の割に恩恵は少なそうですが,そのうち役に立つ場面が出てくることを想定して,今回シュレディンガー方程式を導いてみます.

まず,エネルギー演算子と運動量演算子は次のようなものでした:
\begin{align*}
\hat{E} =& -\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}
\\
\hat{\boldsymbol{p}} =& \int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}
ここで今,質量\(m\)の単一の点粒子を考え,その位置を\(\boldsymbol{x}\)とすると,全エネルギは\((全エネルギー) = (運動エネルギー) + (ポテンシャルエネルギー)\)となりますので,
\[E = \frac{1}{2}m\boldsymbol{v}^2 + V(\boldsymbol{x}) = \frac{\boldsymbol{p}^2}{2m} + V(\boldsymbol{x})\]
と書かれます.ただし\(\boldsymbol{p}^2 = \boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{p}\)は運動量同士の内積を意味します.
全エネルギーをこの形で書いたものは解析力学ではハミルトニアン\(H\)と呼ばれるものですので,これを演算子にすると,
\[\hat{H} = \frac{\hat{\boldsymbol{p}}^2}{2m} + V(\hat{\boldsymbol{x}})\]
となります.今我々が欲しい式はエネルギーについての等式なのですが,エネルギーについての演算子はエネルギー演算子\(\hat{E}\)とハミルトニアン\(\hat{H}\)がありますので,
\(\hat{E}\bigcirc = \hat{H}\bigcirc\)の形になります.
ここで\(\hat{E}\)と\(\hat{H}\)は共に状態ケットベクトルに作用させることができますので,任意の\(1\)粒子状態\(|\psi (t)\rangle\)に対して,
\[\hat{E}|\psi (t)\rangle = \hat{H}|\psi (t)\rangle\]
が求める式になります.
そこでこの演算子の部分を具体的に求めてシュレディンガー方程式を完成させましょう.
まず,左辺はエネルギー演算子の形が分かっていますので,それを代入すると
\[\hat{E}|\psi (t)\rangle = -\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dt}|\psi (t)\rangle\]
となることが分かります.
一方,右辺はまずハミルトニアン演算子の具体形を求める必要があります.
少々回りくどいですが,まずハミルトニアン演算子に現れる\(\hat{\boldsymbol{p}}^2\)を導いてみます:
\begin{align*}
\hat{\boldsymbol{p}}^2
=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{x}}\langle\boldsymbol{x}|\int d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int d\boldsymbol{y}\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{x}}\langle\boldsymbol{x}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int d\boldsymbol{y}\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{x}}\delta (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int d\boldsymbol{y}\int d\boldsymbol{x}\biggl[\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{x}}\left(|\boldsymbol{x}\rangle\delta (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\right) – \frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{x}}\left(|\boldsymbol{x}\rangle\right)\delta (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\biggr]\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
– \frac{\hbar}{i}\int d\boldsymbol{y}\int d\boldsymbol{x}\nabla _{\boldsymbol{x}}\left(|\boldsymbol{x}\rangle\right)\delta (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
– \frac{\hbar}{i}\int d\boldsymbol{y}(\nabla _{\boldsymbol{y}}|\boldsymbol{y}\rangle )\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
– \frac{\hbar}{i}\int d\boldsymbol{y}\nabla _{\boldsymbol{y}}\biggl(|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|\biggr)
– |\boldsymbol{y}\rangle\nabla _{\boldsymbol{y}}\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\left(\frac{\hbar}{i}\nabla _{\boldsymbol{y}}\right)^2\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \hbar ^2\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}
が得られます.したがってハミルトニアン演算子は,
\begin{align*}
\hat{H}
=&
\frac{\hat{\boldsymbol{p}}^2}{2m} + V(\hat{\boldsymbol{x}})
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}| + V(\hat{\boldsymbol{x}})
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}| + V(\hat{\boldsymbol{x}})\hat{1}
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}| + V(\hat{\boldsymbol{x}})\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}| + \int d\boldsymbol{x}V(\boldsymbol{x})|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}}\right)\langle\boldsymbol{x}| + \int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle V(\boldsymbol{x})\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}} + V(\boldsymbol{x})\right)\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}
となりますので求めるシュレディンガー方程式は
\[-\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dt}|\psi (t)\rangle = \int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla _{\boldsymbol{x}} + V(\boldsymbol{x})\right)\langle\boldsymbol{x}||\psi (t)\rangle\]
となります.
念のためこの式の両辺に左から\(\langle\boldsymbol{y}|\)を作用させてみると,左辺は,
\begin{align*}
\langle\boldsymbol{y}|-\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dt}|\psi (t)\rangle
=&
-\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\langle\boldsymbol{y}|\psi (t)\rangle
\\=&
-\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\psi (\boldsymbol{y};t)
\end{align*}
となり,右辺は,
\begin{align*}
\langle\boldsymbol{y}|\int d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}} + V(\boldsymbol{x})\right)\langle\boldsymbol{x}||\psi (t)\rangle
=&
\int d\boldsymbol{x}\langle\boldsymbol{y}|\boldsymbol{x}\rangle\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}} + V(\boldsymbol{x})\right)\langle\boldsymbol{x}||\psi (t)\rangle
\\=&
\int d\boldsymbol{x}\delta (\boldsymbol{y}-\boldsymbol{x})\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{x}} + V(\boldsymbol{x})\right)\langle\boldsymbol{x}||\psi (t)\rangle
\\=&
\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{y}} + V(\boldsymbol{y})\right)\langle\boldsymbol{y}|\psi (t)\rangle
\\=&
\left( – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2_{\boldsymbol{y}} + V(\boldsymbol{y})\right)\psi (\boldsymbol{y};t)
\\=&
– \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2 _{\boldsymbol{y}}\psi (\boldsymbol{y};t) + V(\boldsymbol{y})\psi (\boldsymbol{y};t)
\end{align*}
となるので両辺を結び変数を\(\boldsymbol{x}\)に変えると,
\[-\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\psi (\boldsymbol{x};t) = – \frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\psi (\boldsymbol{x};t) + V(\boldsymbol{x})\psi (\boldsymbol{x};t)\]
となり,よく知られた通常の形のシュレディンガー方程式が得られます.

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量子力学のための数学(フーリエ変換と相対論的共変性)

今回はエネルギー演算子\(\hat{E}\)が

\[\hat{E} = -\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\]

となることを導きたいのですが,これを導くには波動関数\(\Psi (\boldsymbol{x},t)\)のフーリエ展開が

\[\Psi (\boldsymbol{x},t) = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^{d+1}}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}\Psi (\boldsymbol{k},\omega )e^{-i(\omega t – \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}\]

となることを知っておく必要があります.ここで次の二つのことが疑問になるかもしれません:

  • 何故\(e^{-i(E t – \boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x})}\)じゃなくて\(e^{-i(\omega t – \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}\)なのか?
  • 何故\(e^{-i(\omega t + \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}\)じゃなくて\(e^{-i(\omega t – \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}\)なのか?

一つ目の答えは\(e\)の肩に乗るのは無単位じゃないといけないからです.というのも\(e^A\)を展開すると\(A^2\)や\(A^3\)の項がでますが,
\(A\)が無次元じゃない場合,例えば\(A^2\)と\(A^3\)の単位は決して同じにならないからです.
単位系の選び方にもよりますが\(Et\)や\(p^1x^1\)の単位は通常無単位になりません.
一方振動数\(\omega\)は時間\(t\)の逆数の次元だし,波数\(k^i\)は長さ\(x^i\)の逆数の次元なので積は無次元になります.
次に何故時間成分と位置成分ではフーリエ変換の符号が逆なのでしょうか?
・・・そんなの進行波になる向きに取っただけだろうと思った方もいらっしゃるかもしれませんね.
実はフーリエ展開するときローレンツ変換をしたときローレンツ変換の分だけしか波動関数が変わらないように要請すると\(e\)の肩に乗る量はローレンツ不変な無単位のスカラー量だけに限られてしまうのです.
いま,四元運動量を

\[p^{\mu} = (E/c,p^1,p^2,p^3)\],

座標を

\[x^{\mu} = (ct,x^1,x^2,x^3)\],

とするとこれらから作られるローレンツスカラーは\(px = p_{\mu}x^{\mu} = E/c\times ct – p^1x^1 – p^2x^2 – p^3x^3 = Et – \boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}\)だけです.
ただし,これは一般に無次元量ではありませんので,\(E = \hbar\omega ,\ \boldsymbol{p} = \hbar\boldsymbol{k}\)を用いて,全体を\(\hbar\)で割って無単位にしてやる必要があります.
すると,\(e\)の肩にはフーリエ変換するための虚数単位\(-i\)に\(\frac{1}{\hbar}(Et-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}) = \omega t – \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}\)を掛けた

\[-\frac{i}{\hbar}(Et-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}) = -i(\omega t – \boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})\]

だけが候補となるわけです.つまり,通常の非相対論的量子力学の場合であっても相対論からの要請が,フーリエ変換の符号に現れているわけです.
一方,このことはこうも解釈できます.ブラ\(\langle x|\)のフーリエ展開が\(e^{+ikx}\)ならば,ブラ\(\langle\Psi (t)|\)のフーリエ展開も同じ符号の\(e^{+i\omega t}\)なので
\(\Psi (x,t) = \langle x|\Psi (t)\rangle\)のフーリエ展開は\(e^{-i\omega t + ikx}\)になるべきなので,この考えでもちゃんと符号が反転します.

こうしてフーリエ展開の符号の反転の謎が解けたので,いよいよエネルギー演算子\(\hat{E}\)を導きましょう:

\begin{align*}
\hat{E}|\Psi (t)\rangle
=&
\hbar\hat{\omega}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\hbar\hat{\omega}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega ^{\prime}|\Psi(\omega ^{\prime})\rangle e^{-i\omega ^{\prime}t}
\\=&
\hbar\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega ^{\prime}\hat{\omega}|\Psi(\omega ^{\prime})\rangle e^{-i\omega ^{\prime}t}
\\=&
\hbar\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega ^{\prime}\omega ^{\prime}|\Psi(\omega ^{\prime})\rangle e^{-i\omega ^{\prime}t}
\\=&
\hbar\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega ^{\prime}\left[-\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial t}\left(|\Psi(\omega ^{\prime})\rangle e^{-i\omega ^{\prime}t}\right)\right]
\\=&
-\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int _{-\infty}^{\infty}d\omega ^{\prime}|\Psi(\omega ^{\prime})\rangle e^{-i\omega ^{\prime}t}
\\=&
-\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}|\Psi (t)\rangle
\end{align*}

以上より,

\[\hat{E} = -\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t}\]

が示されました.

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量子力学のための数学(位置演算子と運動量演算子の交換関係)

さて,前回までで,

\begin{align*}
\hat{\boldsymbol{x}} =& \int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
\\
\hat{\boldsymbol{p}} =& \int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}

と書けることが分かりました.今回はこれを用いて,

\[[\hat{x^i},\hat{p^j}] = i\hbar\delta ^{ij}\]

を示します.

いま,\([\hat{x^i},\hat{p^j}] = \hat{x^i}\hat{p^j} – \hat{p^j}\hat{x^i}\)ですので,まず,\(\hat{x^i}\hat{p^j}\)と\(\hat{p^j}\hat{x^i}\)を別々に求めて最後に引いてみることにします.
まず,最初に\(\hat{x^i}\hat{p^j}\)を計算します:

\begin{align*}
\hat{x^i}\hat{p^j}
=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i|\boldsymbol{x}\rangle\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\langle\boldsymbol{x}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i|\boldsymbol{x}\rangle\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\delta (\boldsymbol{x} – \boldsymbol{y})\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i|\boldsymbol{x}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}

\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}

\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}
-\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\delta ^{ij}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
-\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}x^i\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}
-\frac{\hbar}{i}\delta ^{ij}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
-\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}x^i\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}
+i\hbar\delta ^{ij}
-\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}x^i\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}

次に\(\hat{p^j}\hat{x^i}\)を計算します:

\begin{align*}
\hat{p^j}\hat{x^i}
=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\langle\boldsymbol{y}|\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i\langle\boldsymbol{y}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}x^i\delta (\boldsymbol{y}-\boldsymbol{x})\langle\boldsymbol{x}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}|\boldsymbol{y}\rangle\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}y^i\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\biggl\{|\boldsymbol{y}\rangle y^i\langle\boldsymbol{y}|\biggr\}

\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\biggl\{|\boldsymbol{y}\rangle\biggr\}y^i\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y^j}\biggl\{y^i|\boldsymbol{y}\rangle\langle\boldsymbol{y}|\biggr\}

\int _{\Omega}d\boldsymbol{y}\frac{\hbar}{i}y^i\frac{\partial}{\partial y^j}\biggl\{|\boldsymbol{y}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{y}|
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{x^i|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}

\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{\hbar}{i}x^i\frac{\partial}{\partial x^j}\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|
\end{align*}

以上より,

\[[\hat{x^i},\hat{p^j}] = \hat{x^i}\hat{p^j} – \hat{p^j}\hat{x^i} = i\hbar\delta ^{ij}\]

が示されました.

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量子力学のための数学(運動量演算子を導く)

竜太です,ども,ども.
これまでの準備を踏まえ,いよいよ運動量演算子の座標基底表示を導くことができます.
導くのはこれです:

\[\tilde{p} = \frac{\hbar}{i}\nabla\]

それでは早速これを導いてみましょう.
まず,実験事実として,\(\boldsymbol{p} = \hbar\boldsymbol{k}\)が分かってますので,

\[\tilde{k} = \frac{1}{i}\nabla\]

が示せればいいことに注意しましょう.
またチルダを付けた演算子を波動関数に作用させる演算子として定義し,ハットが付いた演算子をケットベクトルに作用させる演算子として区別します.
つまり,任意の演算子\(A\)に対し,

\[\tilde{A}\Psi (\boldsymbol{x},t) = \langle\boldsymbol{x}|\hat{A}|\Psi (t)\rangle\]

と仮定します.
このとき波数演算子\(\hat{\boldsymbol{k}}\)を任意のケット状態\(|\Psi (t)\rangle\)に作用させると,

\begin{align*}
\hat{\boldsymbol{k}}|\Psi (t)\rangle
=&
\hat{\boldsymbol{k}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\hat{\boldsymbol{k}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}^{\prime}e^{-i\boldsymbol{k}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}}|\boldsymbol{k}^{\prime}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}^{\prime}e^{-i\boldsymbol{k}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}}\hat{\boldsymbol{k}}|\boldsymbol{k}^{\prime}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}^{\prime}e^{-i\boldsymbol{k}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}}\boldsymbol{k}^{\prime}|\boldsymbol{k}^{\prime}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}^{\prime}\frac{1}{-i}\nabla\biggl\{e^{-i\boldsymbol{k}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}}|\boldsymbol{k}^{\prime}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{-i}\nabla\biggl\{\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}^{\prime}e^{-i\boldsymbol{k}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}}|\boldsymbol{k}^{\prime}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{-i}\nabla\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\biggr\}\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\frac{1}{-i}\nabla\biggl\{|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}|\Psi (t)\rangle
-\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{1}{-i}\nabla\biggl\{\langle\boldsymbol{x}|\biggr\}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\biggl[\frac{1}{-i}|\boldsymbol{x}\rangle\langle\boldsymbol{x}|\biggr]_{-\infty}^{\infty}|\Psi (t)\rangle
+\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}||\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}||\Psi (t)\rangle
\end{align*}
が得られます.ただし,最後の行で\(|x\rangle\langle x|\)が無限遠方でゼロになることを用いました.
(有限のケットベクトルを作用させると常にゼロになることに注意)

いま,\(|\Psi (t)\rangle\)は任意でしたので,結局,

\[\hat{\boldsymbol{k}}
=
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}|
\]

が示せました.これより、左から\(\langle\boldsymbol{x}|\)作用させて右から\(|\Psi (t)\rangle\)を作用させると、

\begin{align*}
\tilde{k}\Psi (\boldsymbol{x},t)
=&
\langle\boldsymbol{x}|\hat{k}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\langle\boldsymbol{x}|\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}^{\prime}|\boldsymbol{x}^{\prime}\rangle\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}^{\prime}||\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}^{\prime}\langle\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}^{\prime}\rangle\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}^{\prime}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}^{\prime}\delta (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^{\prime})\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}^{\prime}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\frac{1}{i}\nabla\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle
\\=&
\frac{1}{i}\nabla\Psi (\boldsymbol{x},t)
\end{align*}

が得られます.以上より、

\[\tilde{k}\Psi (\boldsymbol{x},t) = \frac{1}{i}\nabla\Psi (\boldsymbol{x},t)\]

が示せたので、

\[\tilde{p}\Psi (\boldsymbol{x},t) = \frac{\hbar}{i}\nabla\Psi (\boldsymbol{x},t)\]

が示されました.

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量子力学のための数学(基底のフーリエ展開を導く)

今回は座標基底のブラ\(\langle\boldsymbol{x}|\)のフーリエ変換を導きます.
これは次のように書けます:
\[\langle\boldsymbol{k}| = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\langle\boldsymbol{x}|e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\]
ただし,空間次元を\(d\)次元とし,変換の前後でノルムが変わらないように先頭に\(\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\)を付けて規格化しました.
今回はこれを導きます.
まず,任意の\(|\Psi (t)\rangle\)を取ります.
波数ベクトルのブラ\(\langle\boldsymbol{k}|\)をこれに左から作用させると,
\begin{align*}
\langle\boldsymbol{k}|\Psi (t)\rangle
=&
\Psi (\boldsymbol{k},t)
\end{align*}
となり,波数空間での波動関数になります.
いま,波数空間の波動関数は位置座標空間の波動関数のフーリエ変換で書かれますから,
\begin{align*}
\Psi (\boldsymbol{k},t)
=&
\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\Psi (\boldsymbol{x},t)e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}
\\=&
\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\langle\boldsymbol{x}|\Psi (t)\rangle e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}
\\=&
\frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\langle\boldsymbol{x}|e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}|\Psi (t)\rangle
\end{align*}
と書けます.
するといま\(|\Psi (t)\rangle\)は任意なので,
\[\langle\boldsymbol{k}| = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}\langle\boldsymbol{x}|e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}\]
が導けました.
またこの共役や逆変換を取ることにより,

\begin{align*}
&
|\boldsymbol{k}\rangle = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{x}|\boldsymbol{x}\rangle e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}
\\&
\langle\boldsymbol{x}| = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}\langle\boldsymbol{k}|e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}
\\&
|\boldsymbol{x}\rangle = \frac{1}{\sqrt{(2\pi )^d}}\int _{\Omega}d\boldsymbol{k}|\boldsymbol{k}\rangle e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}
\end{align*}
などが得られます.

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量子力学のための数学(完備な正規直交基底編訂正版)


ども,竜太です.

先日公開した,\(\langle x|y\rangle = \delta (x-y)\)についてですが,証明が完璧に間違っていると思えるぐらい回りくどくておかしいので,訂正版を公開します.
大変失礼しましたm(_ _)m

示したいのは連続な添字\(x\)を持つ完備な正規直交基底\(|\varphi _x\rangle\)に対して

\[\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle = \delta (x-y)\]

が成り立つことです.
まず,\(x,y\)の代わりに離散な添字\(m,n\)を取る完全な正規直交基底の場合,

\[\langle\varphi _m|\varphi _n\rangle = \delta _{mn}\]

となることは明らかでしょう.
ただしこの形そのものでは連続な添字になった場合の関係式を導くことが困難なので,この式をより一般的な形に書き換えます:
上の関係式は,任意の関数\(f(m)\)に対して,

\[\sum _n\langle\varphi _m|\varphi _n\rangle f(n) = \sum _n\delta _{mn} f(n) = f(m)\]

が成り立つことと同値です.
これを連続な場合に拡張すると,和が積分に変わるので,

\[\int _{-\infty}^{\infty}\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle f(y)dy = f(x)\]

と表されるべきです.ここでデルタ関数の定義式,

\[\int _{-\infty}^{\infty}\delta (x-y) f(y)dy = f(x)\]

と比較すると,結局

\[\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle = \delta (x-y)\]

でなければならないことが分かりました.
特に,

\[\langle x|y\rangle = \delta (x-y)\]

も成り立つことが分かります.

さて,証明の流れは大体これで直感的には良いのではないかと思われるが,
最後の式が積分の中身まで一緒かどうか疑われる方もいらっしゃるかもしれません.
そこで,念のため,これを確かめてみましょう.
いま,任意の関数\(f(x)\)に対して,

\[f(x) = \int _{-\infty}^{\infty}\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle f(y)dy = \int _{-\infty}^{\infty}\delta (x-y)f(y)dy\]
が成り立ちますので,右辺を移項すると,
\[\int _{-\infty}^{\infty}\biggl[\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle – \delta (x-y)\biggr] f(y)dy = 0\]
が任意の\(f(y)\)で成り立ちます.
この\(f(x)\)として\(f(y) := \delta (z-y)\)と置いてやると,
\[0
=
\int _{-\infty}^{\infty}\biggl[\langle\varphi _x|\varphi _y\rangle – \delta (x-y)\biggr]\delta (z-y)dy
=
\langle\varphi _x|\varphi _z\rangle – \delta (x-z)
\]
が得られるので,
以上より,
\[\langle\varphi _x|\varphi _z\rangle = \delta (x-z)\]
が再び示されました.あくまでも形式的にですが,積分を外した中身まで一緒ということが分かりますね^^

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量子力学のための数学(完備正規直交基底の満たす条件2)

竜太です.ども.
今回は完備性のための条件式

\[\int ^{\infty}_{-\infty}|x\rangle\langle x|dx = \hat{1}\]

を証明します.本質的にこれはリチャード・ファインマンの経路積分と同じようなものなので今回はトップにファインマンの画像を使用しました.
といってもこの証明はあっというまに終わります.
まず,\(|x\rangle\)の完備性より,任意の\(|\Psi\rangle\)は基底\(\{|x\rangle\}_{x\in\mathbb{R}}\)によって展開できますから,

\begin{align*}
|\Psi\rangle
=&
\int ^{\infty}_{-\infty}\langle x|\Psi\rangle |x\rangle dx
\\=&
\int ^{\infty}_{-\infty}|x\rangle\langle x|\Psi\rangle dx
\\=&
\int ^{\infty}_{-\infty}|x\rangle\langle x|dx |\Psi\rangle
\end{align*}

と変形できます.するといま\(|\Psi\rangle\)は任意ですから,結局\(\int ^{\infty}_{-\infty}|x\rangle\langle x|dx\)は恒等演算子であることが判ります.
よって

\[\int ^{\infty}_{-\infty}|x\rangle\langle x|dx = \hat{1}\]

が示されました.

また,蛇足ですが,
\[\Psi (x) = \langle x|\Psi\rangle\]

も示されます.
というのも,

\[|\Psi\rangle = \int ^{\infty}_{-\infty}\Psi (x)|x\rangle dx\]

が成り立つので,

\begin{align*}
\langle x|\Psi\rangle
=&
\langle x|\int ^{\infty}_{-\infty}\Psi (y)|y\rangle dy
\\=&
\int ^{\infty}_{-\infty}\Psi (y)\langle x|y\rangle dy
\\=&
\int ^{\infty}_{-\infty}\Psi (y)\delta (x-y)dy
\\=&
\Psi (x)
\end{align*}

が成り立つからです.

次回はいよいよエネルギーの式に入ります.

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