量子力学:スピン1/2系の固有状態とエルミート性に関する証明

スピン1/2系の固有状態とエルミート性に関する簡単なメモ書きです。記号の使い方はJ.J.Sakurai著「現代の量子力学」に準拠しています。

※参考:量子力学:エルミート演算子の性質に関する証明



・前提

一般に演算子(ここでは$A$と表す)はケット$\left|a\right\rangle$に対して左から作用し、$$A\left|a\right\rangle$$は別のケットになる。

一般に$A\left|a\right\rangle$は$\left|a\right\rangle$の定数倍ではないが、演算子$A$の固有ケットと呼ばれ$\left|a^{\prime}\right\rangle,\left|a^{\prime \prime}\right\rangle,\left|a^{\prime \prime \prime}\right\rangle, \ldots$のような記号で表される重要なケットが存在する。これらは$$A\left|a^{\prime}\right\rangle=a^{\prime}\left|a^{\prime}\right\rangle$$ $$A\left|a^{\prime \prime}\right\rangle=a^{\prime \prime}\left|a^{\prime \prime}\right\rangle$$ $$\vdots$$を満たしている。ここで小文字の$a^{\prime}$などは定数であり、$\left\{a^{\prime}, a^{\prime \prime}, a^{\prime \prime \prime}, \ldots\right\}$は演算子$A$の固有値という。

固有ケットに対応する物理的状態は固有状態と呼ばれる。例えばスピン$\dfrac{1}{2}$系($m=1/2$)の場合、固有値$\left\{a^{\prime}, a^{\prime \prime}, a^{\prime \prime \prime}, \ldots\right\}$と固有ケットの関係は$$S\left|S ;+\right\rangle=\dfrac{\hbar}{2}\left|S ;+\right\rangle$$ $$S\left|S ;-\right\rangle=\dfrac{\hbar}{2}\left|S ;-\right\rangle$$のようになる。これらはまとめて$$S\left|S ;\pm\right\rangle=\pm\dfrac{\hbar}{2}\left|S ;\pm\right\rangle$$のように表記される。つまりこの場合は$\left|S ;\pm\right\rangle$が角運動量演算子$S$の固有ケットであり、その固有値は$\pm\dfrac{\hbar}{2}$ということになる。

以下ではこのことを前提とする。


・証明①

$$\begin{aligned}
\langle A\rangle &=\sum_{a^{\prime}} \sum_{a^{\prime \prime}}\left\langle\alpha|a^{\prime \prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime \prime}|A| a^{\prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle \\
&=\sum_{a^{\prime}} a^{\prime}\underbrace{\left|\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle\right|^{2}}_{a^{\prime}\text{を得る確率}}
\end{aligned} \quad $$の証明

方針

$$\left\langle a^{\prime \prime}|A| a^{\prime}\right\rangle=\left\langle a^{\prime}|A| a^{\prime}\right\rangle \delta_{a^{\prime}a^{\prime \prime}}=a^{\prime} \delta_{a^{\prime}a^{\prime \prime}}$$の関係を利用する。

$$\begin{aligned}
\langle A\rangle &=\sum_{a^{\prime}} \sum_{a^{\prime \prime}}\left\langle\alpha|a^{\prime \prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime \prime}|A| a^{\prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle \\
&=\sum_{a^{\prime}}\left\langle\alpha|a^{\prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime}|A| a^{\prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle \\ & \quad \quad \quad (\because \left\langle a^{\prime \prime}|A| a^{\prime}\right\rangle=\left\langle a^{\prime}|A| a^{\prime}\right\rangle \delta_{a^{\prime}a^{\prime \prime}}) \\ \\
&=\sum_{a^{\prime}}\left\langle\alpha|a^{\prime}\right\rangle a^{\prime}\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle \\ & \quad \quad \quad (\because \left\langle a^{\prime}|A| a^{\prime}\right\rangle=a^{\prime}) \\ \\
&=\sum_{a^{\prime}}a^{\prime}\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle^{*} \left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle \\
&=\sum_{a^{\prime}} a^{\prime}\left|\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle\right|^{2}
\end{aligned}$$ここで$\left|\left\langle a^{\prime}|\alpha\right\rangle\right|^{2}$が$a^{\prime}$という値を得る確率であることに注意すると、これは期待値の定義そのものである。いま$a^{\prime}$は測定値だから、これにより期待値が測定値の平均になっていることが理解できる。

※$\delta_{a^{\prime}a^{\prime \prime}}$は「クロネッカーのデルタ」であり、その値は $a^{\prime}=a^{\prime \prime}$ の場合のみ$1$をとり、それ以外の場合は$0$となる。


・証明②

ブラケットによる角運動量演算子$S_x$、$S_y$の構成

方針

$$\left|S_{x} ;+\right\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle+\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle$$ $$\left|S_{x} ;-\right\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle-\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle$$を用いて計算する。

演算子について$$A=\sum_{a^{\prime}}a^{\prime}\left|a^{\prime}\right\rangle\left\langle a^{\prime}\right|$$が成立することを既知とすると、$$S_{x}=\frac{\hbar}{2}\left[\left(\left|S_{x} ;+\right\rangle\left\langle S_{x} ;+\right|\right)-\left(\left|S_{x} ;-\right\rangle\left\langle S_{x} ;-\right|\right)\right]$$と書き下せる。

ここで$$\left|S_{x} ;+\right\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle+\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle$$ $$\left|S_{x} ;-\right\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle-\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle$$であり、これより$$\left\langle S_{x} ;+\right|=\left|S_{x} ;+\right\rangle^{\dagger}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\langle+|+\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \delta_{1}}\langle-|$$ $$\left\langle S_{x} ;-\right|=\left|S_{x} ;-\right\rangle^{\dagger}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\langle+|-\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \delta_{1}}\langle-|$$が導かれるから、$$\small \begin{aligned}
& \quad \,\, \left|S_{x} ;+\right\rangle\left\langle S_{x} ;+\right| \\
&=\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle+\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\langle+|+\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \delta_{1}}\langle-|\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left(|+\rangle+e^{i \delta_{1}}|-\rangle\right)\left(\langle+|+e^{-i \delta_{1}}\langle-|\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left[\left(|+\rangle\langle+|\right)+\left(e^{i \delta_{1}}|-\rangle\langle+|\right)+\left(e^{-i \delta_{1}}|+\rangle\langle-|\right)+\left(|-\rangle\langle-|\right)\right]
\end{aligned}$$および$$\small \begin{aligned}
& \quad \,\, \left|S_{x} ;-\right\rangle\left\langle S_{x} ;-\right| \\
&=\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle-\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{i \delta_{1}}|-\rangle\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\langle+|-\dfrac{1}{\sqrt{2}} e^{-i \delta_{1}}\langle-|\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left(|+\rangle-e^{i \delta_{1}}|-\rangle\right)\left(\langle+|-e^{-i \delta_{1}}\langle-|\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\left[\left(|+\rangle\langle+|\right)-\left(e^{i \delta_{1}}|-\rangle\langle+|\right)-\left(e^{-i \delta_{1}}|+\rangle\langle-|\right)+\left(|-\rangle\langle-|\right)\right]
\end{aligned}$$となる。よって$$\begin{aligned}
& \quad \,\, \left(\left|S_{x} ;+\right\rangle\left\langle S_{x} ;+\right|\right)-\left(\left|S_{x} ;-\right\rangle\left\langle S_{x} ;-\right|\right) \\
&=\left(e^{i \delta_{1}}|-\rangle\langle+|\right)+\left(e^{-i \delta_{1}}|+\rangle\langle-|\right)
\end{aligned}$$となるから、$$\begin{aligned}
S_{x} &=\frac{\hbar}{2}\left[\left(\left|S_{x} ;+\right\rangle\left\langle S_{x} ;+\right|\right)-\left(\left|S_{x} ;-\right\rangle\left\langle S_{x} ;-\right|\right)\right] \\
&=\frac{\hbar}{2}\left[e^{-i \delta_{1}}(|+\rangle\langle-|)+e^{i \delta_{1}}(|-\rangle\langle+|)\right]
\end{aligned}$$で与えられる。$S_y$の場合も全く同様にして与えることができる。


・証明③

角運動量演算子$S_x$、$S_y$、$S_z$の間に交換関係が成り立つことの証明

方針

$$\left[S_{x}, S_{y}\right]=i \hbar \varepsilon_{xyz} S_{z}$$即ち$$S_{x}S_{y}-S_{y}S_{x}=i\hbar S_{z}$$を示す。

ここでは位相を$$S_x=\dfrac{\hbar}{2}\left[(|+\rangle\langle-|)+(|-\rangle\langle+|)\right]$$ $$S_y=\dfrac{\hbar}{2}\left[-i(|+\rangle\langle-|)+i(|-\rangle\langle+|)\right]$$として考える。$\require{cancel}$

$$\small \begin{aligned}
& \quad \,\, S_{x}S_{y}-S_{y}S_{x} \\
&=\dfrac{\hbar}{2}\left[(|+\rangle\langle-|)+(|-\rangle\langle+|)\right]\cdot\dfrac{\hbar}{2}\left[-i(|+\rangle\langle-|)+i(|-\rangle\langle+|)\right] \\ & \quad \,\, -\dfrac{\hbar}{2}\left[-i(|+\rangle\langle-|)+i(|-\rangle\langle+|)\right]\cdot\dfrac{\hbar}{2}\left[(|+\rangle\langle-|)+(|-\rangle\langle+|)\right] \\
&=-i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2\left[(|+\rangle\langle-|)+(|-\rangle\langle+|)\right]\left[(|+\rangle\langle-|)-(|-\rangle\langle+|)\right] \\ & \quad \,\, +i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2\left[(|+\rangle\langle-|)-(|-\rangle\langle+|)\right]\left[(|+\rangle\langle-|)+(|-\rangle\langle+|)\right] \\
&=-i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2 \left[\cancel{(|+\rangle\langle-||+\rangle\langle-|)}+(|-\rangle\langle+||+\rangle\langle-|)-(|+\rangle\langle-||-\rangle\langle+|)-\cancel{(|-\rangle\langle+||-\rangle\langle+|)}\right] \\ & \quad \,\, +i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2 \left[\cancel{(|+\rangle\langle-||+\rangle\langle-|)}-(|-\rangle\langle+||+\rangle\langle-|)+(|+\rangle\langle-||-\rangle\langle+|)-\cancel{(|-\rangle\langle+||-\rangle\langle+|)}\right] \\
&=-i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2 \left[(|-\rangle\langle+||+\rangle\langle-|)-(|+\rangle\langle-||-\rangle\langle+|)\right] \\ & \quad \,\, +i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2 \left[-(|-\rangle\langle+||+\rangle\langle-|)+(|+\rangle\langle-||-\rangle\langle+|)\right] \\
&=-i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2 \left[(|-\rangle\langle-|)-(|+\rangle\langle+|)\right]+i\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^2
\left[-(|-\rangle\langle-|)+(|+\rangle\langle+|)\right] \\
&=i\hbar\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)\left[(|+\rangle\langle+|)-(|-\rangle\langle-|)\right] \\
&=i\hbar S_{z}
\end{aligned}$$より、交換関係が成り立っている。なお、途中で$$\langle+|+\rangle=\langle-|-\rangle=1$$の関係を用いた。

※$\varepsilon_{xyz}$は「エディントンのイプシロン」や「レヴィ=チヴィタの記号」などと呼ばれる数学記号である。$$\small \varepsilon_{ijk}={\begin{cases}1&{\big (}\,(i,j,k)=(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2)\,{\big )}\\-1&{\big (}\,(i,j,k)=(1,3,2),(3,2,1),(2,1,3)\,{\big )}\\0&\mathrm {(otherwise)} \end{cases}}$$

※同様に$$S_{x}S_{y}-S_{y}S_{x}=0$$が示されるため、反交換関係$$\{S_{i}, S_{j}\}=\dfrac{1}{2}\hbar^2\delta_{ij}$$の成立も確認できる。


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