Appendix B 練習問題 解答
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目次
Basic（基礎）
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）
B-1. \(\mathbb{C}^2\) のベクトルのノルム計算
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解法の方針： ノルムは \(\||\psi\rangle\| = \sqrt{\langle\psi|\psi\rangle}\) で計算する。\(\langle\psi|\psi\rangle = \sum_k |z_k|^2\) を用いる。
計算：
\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 2i \\ 1 - i \end{pmatrix}\]
各成分の絶対値の 2 乗を計算する：
\[|2i|^2 = (2i)(2i)^* = (2i)(-2i) = 4\]
\[|1 - i|^2 = (1 - i)(1 - i)^* = (1 - i)(1 + i) = 1 + 1 = 2\]
よって
\[\langle\psi|\psi\rangle = 4 + 2 = 6\]
\[\boxed{\||\psi\rangle\| = \sqrt{6}}\]
検算： \(|2i|^2 = 0^2 + 2^2 = 4\) ✓、\(|1-i|^2 = 1^2 + (-1)^2 = 2\) ✓。ノルムは正の実数であり、\(\sqrt{6} > 0\) ✓。
B-2. \(\mathbb{C}^2\) の内積計算
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解法の方針： \(\langle\phi|\psi\rangle = \sum_k \phi_k^* \psi_k\) を計算する。ブラ側（第 1 引数）の成分に複素共役がつくことに注意。
計算：
\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 1 + i \\ 2 \end{pmatrix}, \quad |\phi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]
ブラベクトルは
\[\langle\phi| = (3^*,\; i^*) = (3,\; -i)\]
よって
\[\langle\phi|\psi\rangle = 3 \cdot (1 + i) + (-i) \cdot 2 = 3 + 3i - 2i = 3 + i\]
\[\boxed{\langle\phi|\psi\rangle = 3 + i}\]
検算： エルミート性 \(\langle\psi|\phi\rangle = \langle\phi|\psi\rangle^*\) を確認する。
\[\langle\psi|\phi\rangle = (1+i)^* \cdot 3 + 2^* \cdot i = (1-i) \cdot 3 + 2i = 3 - 3i + 2i = 3 - i\]
確かに \(\langle\psi|\phi\rangle = 3 - i = (3 + i)^* = \langle\phi|\psi\rangle^*\) ✓
B-3. 2 次元ベクトルの規格化
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解法の方針： まずノルム \(\||v\rangle\|\) を計算し、\(|u\rangle = |v\rangle / \||v\rangle\|\) を求める。
計算：
\[|v\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v|v\rangle = |1|^2 + |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 + 1 = 3\]
\[\||v\rangle\| = \sqrt{3}\]
\[\boxed{|u\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}}\]
検算： \(\langle u|u\rangle\) を確認する。
\[\langle u|u\rangle = \frac{1}{3}(1^* \cdot 1 + 1^* \cdot 1 + (i)^* \cdot i) = \frac{1}{3}(1 + 1 + (-i)(i)) = \frac{1}{3}(1 + 1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
B-4. 直交の判定
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解法の方針： 内積 \(\langle a|b\rangle\) を計算し、0 になるか調べる。
計算：
\[|a\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |b\rangle = \begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix}\]
\[\langle a| = (1^*,\; i^*) = (1,\; -i)\]
\[\langle a|b\rangle = 1 \cdot i + (-i) \cdot 1 = i - i = 0\]
\[\boxed{\langle a|b\rangle = 0 \quad \therefore\ |a\rangle \text{ と } |b\rangle \text{ は直交する}}\]
検算： \(\langle b|a\rangle = \langle a|b\rangle^* = 0^* = 0\) ✓。また直接計算すると \(\langle b|a\rangle = (i)^*\cdot 1 + 1^* \cdot i = -i + i = 0\) ✓。
B-5. 行列要素の計算
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解法の方針： \(A_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\) は、\(\hat{A}|e_k\rangle\) を列ベクトルとして表したときの第 \(j\) 成分に等しい。
計算：
\(\hat{A}|e_1\rangle = \begin{pmatrix} 2 \\ i \end{pmatrix}\) より：
\[A_{11} = \langle e_1|\hat{A}|e_1\rangle = 2, \quad A_{21} = \langle e_2|\hat{A}|e_1\rangle = i\]
\(\hat{A}|e_2\rangle = \begin{pmatrix} -i \\ 3 \end{pmatrix}\) より：
\[A_{12} = \langle e_1|\hat{A}|e_2\rangle = -i, \quad A_{22} = \langle e_2|\hat{A}|e_2\rangle = 3\]
\[\boxed{A = \begin{pmatrix} 2 & -i \\ i & 3 \end{pmatrix}}\]
検算： 行列の第 \(k\) 列は \(\hat{A}|e_k\rangle\) の成分を並べたものになっているはず。第 1 列 \(\begin{pmatrix}2\\i\end{pmatrix}\) は \(\hat{A}|e_1\rangle\) と一致 ✓、第 2 列 \(\begin{pmatrix}-i\\3\end{pmatrix}\) は \(\hat{A}|e_2\rangle\) と一致 ✓。なお、\(A^\dagger = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix} = A\) なので、この演算子はエルミートである。
B-6. エルミート共役の計算
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解法の方針： \((A^\dagger)_{jk} = A_{kj}^*\)（転置して複素共役をとる）。
計算：
\[A = \begin{pmatrix} 2 & 1 - i \\ 3i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]
転置すると：
\[A^T = \begin{pmatrix} 2 & 3i \\ 1 - i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]
各成分の複素共役をとると：
\[\boxed{A^\dagger = \begin{pmatrix} 2 & -3i \\ 1 + i & 4 - 2i \end{pmatrix}}\]
検算： \((A^\dagger)_{12} = A_{21}^* = (3i)^* = -3i\) ✓、\((A^\dagger)_{21} = A_{12}^* = (1-i)^* = 1+i\) ✓。また \(A^\dagger \neq A\) なので、この行列はエルミートではない。
B-7. 交換子の計算
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解法の方針： \(AB\) と \(BA\) をそれぞれ計算し、差をとる。
計算：
\[A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[AB = \begin{pmatrix} 1\cdot0 + 0\cdot1 & 1\cdot1 + 0\cdot0 \\ 0\cdot0 + (-1)\cdot1 & 0\cdot1 + (-1)\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[BA = \begin{pmatrix} 0\cdot1 + 1\cdot0 & 0\cdot0 + 1\cdot(-1) \\ 1\cdot1 + 0\cdot0 & 1\cdot0 + 0\cdot(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[[A, B] = AB - BA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}\]
\[\boxed{[A, B] = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}}\]
検算： \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\)（Pauli 行列）であり、\([\sigma_z, \sigma_x] = -2i\sigma_y\) が知られている。\(\sigma_y = \begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix}\) なので \(-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2 \\ 2 & 0\end{pmatrix}\)。
あれ、符号を確認しよう。\([\sigma_z, \sigma_x] = \sigma_z\sigma_x - \sigma_x\sigma_z\)。既知の関係式は \([\sigma_i, \sigma_j] = 2i\epsilon_{ijk}\sigma_k\) で、\([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\epsilon_{zxy}\sigma_y = 2i(-1)\sigma_y = -2i\sigma_y\)。
\[-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2i\cdot i \\ -2i\cdot i & 0\end{pmatrix}\]
ここで \(\epsilon_{zxy}\) の値を確認する。\((z,x,y) = (3,1,2)\) は巡回置換 \((1,2,3)\) を \((3,1,2)\) にしたもので、これは偶置換なので \(\epsilon_{312} = +1\)。よって \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\)。
\[2i\sigma_y = 2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2i^2 \\ 2i^2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2 \\ -2 & 0\end{pmatrix} \quad \checkmark\]
B-8. 線形独立の判定
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解法の方針： \(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\) となる \(\alpha \in \mathbb{C}\) が存在するか調べる。
計算：
\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |v_2\rangle = \begin{pmatrix} i \\ -1 \end{pmatrix}\]
\(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\) とすると：
- 第 1 成分：\(i = \alpha \cdot 1 \implies \alpha = i\)
- 第 2 成分：\(-1 = \alpha \cdot i = i \cdot i = -1\) ✓
両方の成分で \(\alpha = i\) が成り立つので、\(|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle\) である。
\[\boxed{|v_1\rangle \text{ と } |v_2\rangle \text{ は線形従属である}（|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle）}\]
検算： 実際に \(i\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\i^2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\-1\end{pmatrix} = |v_2\rangle\) ✓。
B-9. 展開係数の計算
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解法の方針： 正規直交基底での展開係数は \(c_k = \langle e_k|\psi\rangle\) で求まる（式 (B.19)）。
計算：
\[|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad |-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad |\psi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]
基底は実数成分なので、ブラベクトルは：
\[\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; 1), \quad \langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -1)\]
\[c_+ = \langle +|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + 1 \cdot i) = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}\]
\[c_- = \langle -|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + (-1) \cdot i) = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}\]
\[\boxed{c_+ = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}, \quad c_- = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}}\]
検算： \(c_+|+\rangle + c_-|-\rangle\) が \(|\psi\rangle\) に一致するか確認する。
\[c_+|+\rangle + c_-|-\rangle = \frac{3+i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} + \frac{3-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\]
\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3+i\\3+i\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3-i\\-(3-i)\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}6\\2i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\i\end{pmatrix} = |\psi\rangle \quad \checkmark\]
また、\(|c_+|^2 + |c_-|^2 = \frac{|3+i|^2}{2} + \frac{|3-i|^2}{2} = \frac{10}{2} + \frac{10}{2} = 10 = \langle\psi|\psi\rangle\) ✓（Parseval の等式）。
B-10. 完全性関係の確認
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解法の方針： \(|+\rangle\langle+|\) と \(|-\rangle\langle-|\) をそれぞれ \(2\times 2\) 行列として計算し、和をとる。
計算：
\[|+\rangle\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|-\rangle\langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \hat{1} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}}\]
検算： 完全性関係が成り立つことは、\(\{|+\rangle, |-\rangle\}\) が正規直交基底であることの帰結。実際、\(\langle+|-\rangle = \frac{1}{2}(1\cdot1 + 1\cdot(-1)) = 0\) ✓、\(\langle+|+\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓、\(\langle-|-\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓。2 次元空間で 2 つの正規直交ベクトルがあれば基底をなすので、完全性関係が成立する。
Medium（標準）
M-1. Gram–Schmidt の直交化法
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解法の方針： 式 (B.22)–(B.24) に従い、\(|v_1\rangle\) を規格化して \(|e_1\rangle\) を作り、\(|v_2\rangle\) から \(|e_1\rangle\) 成分を除去・規格化して \(|e_2\rangle\) を作る。
Step 1: \(|e_1\rangle\) の構成
\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v_1|v_1\rangle = |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 = 2\]
\[|e_1\rangle = \frac{|v_1\rangle}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]
Step 2: \(|e_2\rangle\) の構成
まず \(\langle e_1|v_2\rangle\) を計算する。\(\langle e_1| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1^*,\; i^*) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -i)\) なので：
\[\langle e_1|v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 1 + (-i) \cdot 1) = \frac{1 - i}{\sqrt{2}}\]
\(|e_1\rangle\) 成分を除去する：
\[|w_2\rangle = |v_2\rangle - \langle e_1|v_2\rangle\,|e_1\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]
\[= \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{2}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]
\(\frac{1-i}{2}\) と各成分の積を計算する：
\[\frac{(1-i) \cdot 1}{2} = \frac{1-i}{2}\]
\[\frac{(1-i) \cdot i}{2} = \frac{i - i^2}{2} = \frac{i + 1}{2} = \frac{1+i}{2}\]
よって
\[|w_2\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\frac{1-i}{2}\\\frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 - \frac{1-i}{2}\\1 - \frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 - 1 + i}{2}\\\frac{2 - 1 - i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]
\(|w_2\rangle\) のノルムを計算する：
\[\langle w_2|w_2\rangle = \left|\frac{1+i}{2}\right|^2 + \left|\frac{1-i}{2}\right|^2 = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 1\]
ノルムが 1 なので、規格化は不要：
\[|e_2\rangle = |w_2\rangle = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|e_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}, \quad |e_2\rangle = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix}}\]
正規直交性の確認
\(\langle e_1|e_1\rangle\)：
\[\langle e_1|e_1\rangle = \frac{1}{2}(|1|^2 + |i|^2) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
\(\langle e_2|e_2\rangle\)：
\[\langle e_2|e_2\rangle = \frac{1}{4}(|1+i|^2 + |1-i|^2) = \frac{1}{4}(2 + 2) = 1 \quad \checkmark\]
\(\langle e_1|e_2\rangle\)：
\[\langle e_1|e_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-i) \cdot \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[1\cdot(1+i) + (-i)\cdot(1-i)\bigr]\]
\[= \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i + i^2)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i - 1)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot 0 = 0 \quad \checkmark\]
正規直交性が確認された。
M-2. エルミート行列の固有値は実数であることの証明
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解法の方針： 固有値方程式の両辺にブラをかけ、エルミート性を用いて \(\lambda = \lambda^*\) を示す。
証明：
\(\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda|\lambda\rangle\)（\(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\)）の両辺に左から \(\langle\lambda|\) をかけると：
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{1}\]
次に、(1) の左辺の複素共役を考える。内積のエルミート性（式 (B.7)）より：
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\hat{A}\lambda|\lambda\rangle^{*\,*} \text{ ではなく、直接考える。}\]
より丁寧に進める。(1) の複素共役をとると：
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{2}\]
ここで最後の等号は \(\langle\lambda|\lambda\rangle\) が実数（非負）であることによる。
一方、\(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\) を用いると：
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\lambda|\hat{A}^\dagger|\lambda\rangle = \langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle \tag{3}\]
ここで 1 つ目の等号は、一般に \(\langle\psi|\hat{O}|\phi\rangle^* = \langle\phi|\hat{O}^\dagger|\psi\rangle\) という関係（\(|\psi\rangle = |\phi\rangle = |\lambda\rangle\) の場合）から従う。
(3) より \(\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle\) は実数である。
(1) と (2) を比較すると：
\[\lambda\langle\lambda|\lambda\rangle = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle\]
\(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\) より \(\langle\lambda|\lambda\rangle > 0\) なので、両辺を \(\langle\lambda|\lambda\rangle\) で割ると：
\[\boxed{\lambda = \lambda^*}\]
よって \(\lambda\) は実数である。 \(\blacksquare\)
検算： D5 で得た行列 \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\) はエルミートであった。固有値を求めると、特性方程式 \((2-\lambda)(3-\lambda) - (-i)(i) = 0\) より \(\lambda^2 - 5\lambda + 6 - 1 = 0\)、\(\lambda^2 - 5\lambda + 5 = 0\)、\(\lambda = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\)。確かに実数 ✓。
M-3. エルミート行列の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する
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解法の方針： 2 つの固有値方程式から \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\) に関する等式を導き、\(\lambda_1 \neq \lambda_2\) から \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\) を結論する。
証明：
固有値方程式：
\[\hat{A}|\lambda_1\rangle = \lambda_1|\lambda_1\rangle \tag{i}\]
\[\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2|\lambda_2\rangle \tag{ii}\]
(ii) の両辺に左から \(\langle\lambda_1|\) をかけると：
\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iii}\]
(i) のエルミート共役をとると（\(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\)、S2 より \(\lambda_1\) は実数なので \(\lambda_1^* = \lambda_1\)）：
\[\langle\lambda_1|\hat{A}^\dagger = \lambda_1^*\langle\lambda_1| \implies \langle\lambda_1|\hat{A} = \lambda_1\langle\lambda_1|\]
これに右から \(|\lambda_2\rangle\) をかけると：
\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iv}\]
(iii) と (iv) を比較すると：
\[\lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\]
\[(\lambda_1 - \lambda_2)\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\]
\(\lambda_1 \neq \lambda_2\) より \(\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0\) なので：
\[\boxed{\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0}\]
\(\blacksquare\)
検算： S2 の検算で用いた行列 \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\) の固有値 \(\lambda_\pm = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\) に対応する固有ベクトルを求めて直交性を確認できる。\(\lambda_+ = \frac{5+\sqrt{5}}{2}\) に対して \((2 - \lambda_+)v_1 - iv_2 = 0\) より \(v_2 = \frac{2-\lambda_+}{i} \cdot v_1 = i(\lambda_+ - 2)v_1\)。同様に \(\lambda_-\) に対して \(v_2 = i(\lambda_- - 2)v_1\)。内積を計算すると \(1 + i(\lambda_+ - 2) \cdot (-i)(\lambda_- - 2) = 1 + (\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2)\)。Vieta の公式より \((\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2) = \lambda_+\lambda_- - 2(\lambda_+ + \lambda_-) + 4 = 5 - 10 + 4 = -1\)。よって内積 \(= 1 + (-1) = 0\) ✓。
M-4. 交換子の恒等式の導出
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解法の方針： 各交換子を定義に従って展開し、全 12 項を書き出してキャンセルを確認する。
証明：
交換子の定義 \([\hat{X}, \hat{Y}] = \hat{X}\hat{Y} - \hat{Y}\hat{X}\) を用いて各項を展開する。
第 1 項：
\[[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] = [\hat{A}, \hat{B}\hat{C} - \hat{C}\hat{B}] = \hat{A}\hat{B}\hat{C} - \hat{A}\hat{C}\hat{B} - \hat{B}\hat{C}\hat{A} + \hat{C}\hat{B}\hat{A}\]
第 2 項： \(\hat{A} \to \hat{B}\), \(\hat{B} \to \hat{C}\), \(\hat{C} \to \hat{A}\) の巡回置換：
\[[\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] = \hat{B}\hat{C}\hat{A} - \hat{B}\hat{A}\hat{C} - \hat{C}\hat{A}\hat{B} + \hat{A}\hat{C}\hat{B}\]
第 3 項： さらに巡回置換：
\[[\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = \hat{C}\hat{A}\hat{B} - \hat{C}\hat{B}\hat{A} - \hat{A}\hat{B}\hat{C} + \hat{B}\hat{A}\hat{C}\]
全 12 項を足し合わせる：
| 項 |
第 1 項 |
第 2 項 |
第 3 項 |
合計 |
| \(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(0\) |
| \(\hat{A}\hat{C}\hat{B}\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(0\) |
| \(\hat{B}\hat{C}\hat{A}\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(0\) |
| \(\hat{C}\hat{B}\hat{A}\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(0\) |
| \(\hat{B}\hat{A}\hat{C}\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
| \(\hat{C}\hat{A}\hat{B}\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
全ての項が打ち消し合い：
\[\boxed{[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] + [\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] + [\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = 0}\]
\(\blacksquare\)
検算： D7 の \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\) に加えて \(C = \sigma_y\) で具体的に確認できる。\([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\), \([\sigma_x, \sigma_y] = 2i\sigma_z\), \([\sigma_y, \sigma_z] = 2i\sigma_x\) を用いると、\([\sigma_z, 2i\sigma_z] + [\sigma_x, 2i\sigma_x] + [\sigma_y, 2i\sigma_y] = 2i[\sigma_z, \sigma_z] + 2i[\sigma_x, \sigma_x] + 2i[\sigma_y, \sigma_y] = 0 + 0 + 0 = 0\) ✓（任意の演算子は自身と交換する）。
M-5. Schwarz の不等式の証明
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解法の方針： 補助ベクトル \(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\) を導入し、\(\langle w|w\rangle \geq 0\) から不等式を導く。
証明：
Case 1: \(|\phi\rangle = \mathbf{0}\) のとき。
右辺 \(= \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 0\)、左辺 \(= |\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |0|^2 = 0\)。よって \(0 \leq 0\) で不等式は自明に成立。
Case 2: \(|\phi\rangle \neq \mathbf{0}\) のとき。
任意の複素数 \(t\) に対して、\(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\) とおくと、内積の正定値性より：
\[\langle w|w\rangle \geq 0\]
\[\langle w|w\rangle = \langle\psi|\psi\rangle - t\langle\psi|\phi\rangle - t^*\langle\phi|\psi\rangle + |t|^2\langle\phi|\phi\rangle \geq 0 \tag{*}\]
ここで \(t\) を最適に選ぶ。\(\langle w|w\rangle\) を最小にする \(t\) を求めるため、
\[t = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]
とおく（\(\langle\phi|\phi\rangle > 0\) なので well-defined）。このとき：
\[t^* = \frac{\langle\phi|\psi\rangle^*}{\langle\phi|\phi\rangle} = \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]
\[|t|^2 = \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\]
(\(*\)) に代入する：
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\psi|\phi\rangle - \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\phi|\psi\rangle + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\langle\phi|\phi\rangle \geq 0\]
\(\langle\psi|\phi\rangle \cdot \langle\phi|\psi\rangle = |\langle\phi|\psi\rangle|^2\) に注意して整理すると：
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]
両辺に \(\langle\phi|\phi\rangle > 0\) をかけると：
\[\boxed{|\langle\phi|\psi\rangle|^2 \leq \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle}\]
\(\blacksquare\)
等号条件： \(\langle w|w\rangle = 0\) のとき、すなわち \(|w\rangle = \mathbf{0}\) のとき等号が成立する。これは
\[|\psi\rangle = t|\phi\rangle = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}|\phi\rangle\]
すなわち、\(|\psi\rangle\) と \(|\phi\rangle\) が線形従属（一方が他方の定数倍）であるときに等号が成立する。
検算： 具体例で確認する。\(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\), \(|\phi\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) のとき：
- 左辺：\(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |1|^2 = 1\)
- 右辺：\(\langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 2 \cdot 1 = 2\)
- \(1 \leq 2\) ✓（線形独立なので厳密な不等号）
\(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle/\sqrt{?}\)... \(|\psi\rangle = 2\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle\) のとき：
- 左辺：\(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |2 \cdot 2|^2 = |4|^2 = 16\)
- 右辺：\(2 \cdot 8 = 16\)
- \(16 = 16\) ✓（線形従属なので等号成立）
Advanced（発展）
A-1. ユニタリ行列による基底変換と行列表現の変換則
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(a) \(U\) がユニタリ行列であることの証明
解法の方針： \((U^\dagger U)_{jk}\) を計算し、\(\{|e_l\rangle\}\) に関する完全性関係を挿入する。
証明：
\(U_{jk} = \langle e_j|f_k\rangle\) より、\((U^\dagger)_{jk} = U_{kj}^* = \langle e_k|f_j\rangle^* = \langle f_j|e_k\rangle\)。
\((U^\dagger U)_{jk}\) を計算する：
\[(U^\dagger U)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} (U^\dagger)_{jl}\, U_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle f_j|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle\]
\(\{|e_l\rangle\}\) の完全性関係 \(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l| = \hat{1}\) を用いると：
\[(U^\dagger U)_{jk} = \langle f_j|\left(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l|\right)|f_k\rangle = \langle f_j|\hat{1}|f_k\rangle = \langle f_j|f_k\rangle = \delta_{jk}\]
最後の等号は \(\{|f_k\rangle\}\) の正規直交性による。よって \(U^\dagger U = \hat{1}\)。
同様に \((UU^\dagger)_{jk}\) を計算する：
\[(UU^\dagger)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} U_{jl}\,(U^\dagger)_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|e_k\rangle\]
\(\{|f_l\rangle\}\) の完全性関係 \(\sum_{l=1}^{N}|f_l\rangle\langle f_l| = \hat{1}\) を用いると：
\[(UU^\dagger)_{jk} = \langle e_j|\hat{1}|e_k\rangle = \delta_{jk}\]
\[\boxed{U^\dagger U = UU^\dagger = \hat{1}}\]
よって \(U\) はユニタリ行列である。 \(\blacksquare\)
(b) 行列表現の変換則
解法の方針： \(A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\) に \(\{|f_l\rangle\}\) の完全性関係を挿入する。
証明：
\[A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle = \langle e_j|\hat{1}\,\hat{A}\,\hat{1}|e_k\rangle\]
\(\hat{A}\) の左右に \(\{|f_l\rangle\}\) の完全性関係を挿入する：
\[= \sum_{l=1}^{N}\sum_{m=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|\hat{A}|f_m\rangle\langle f_m|e_k\rangle\]
\[= \sum_{l,m} U_{jl}\, A^{(f)}_{lm}\, (U^\dagger)_{mk}\]
これは行列の積の定義そのものなので：
\[\boxed{A^{(e)} = U\, A^{(f)}\, U^\dagger}\]
\(\blacksquare\)
(c) トレースの基底不変性
解法の方針： トレースの巡回性（cyclic property）を利用する。
証明：
\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(U\, A^{(f)}\, U^\dagger)\]
行列のトレースの巡回性 \(\mathrm{Tr}(XYZ) = \mathrm{Tr}(ZXY)\) を用いると：
\[= \mathrm{Tr}(U^\dagger U\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(\hat{1}\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})\]
\[\boxed{\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})}\]
よって、演算子のトレースは基底の取り方によらない。 \(\blacksquare\)
検算（トレースの巡回性の直接確認）： 添字を用いて直接計算する。
\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \sum_k A^{(e)}_{kk} = \sum_k \langle e_k|\hat{A}|e_k\rangle\]
完全性関係 \(\sum_k |e_k\rangle\langle e_k| = \hat{1}\) を用いると、これは \(\mathrm{Tr}(\hat{A})\) の基底 \(\{|e_k\rangle\}\) での表現。同様に基底 \(\{|f_k\rangle\}\) でも：
\[\sum_k \langle f_k|\hat{A}|f_k\rangle = \sum_k \langle f_k|\hat{A}\hat{1}|f_k\rangle = \sum_{k,l} \langle f_k|\hat{A}|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle = \sum_l \langle e_l|\left(\sum_k |f_k\rangle\langle f_k|\right)\hat{A}|e_l\rangle = \sum_l \langle e_l|\hat{A}|e_l\rangle\]
確かに一致する ✓。
A-2. テンソル積空間と Bell 基底の構成
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(a) Bell 基底が正規直交基底をなすことの証明
解法の方針： テンソル積空間の内積 \(\langle jk|lm\rangle = \delta_{jl}\delta_{km}\) を用いて、4 つの Bell 状態の全ての組み合わせについて内積を計算する。
各ベクトルのノルム：
\[\langle\Phi^+|\Phi^+\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 00|00\rangle + \langle 00|11\rangle + \langle 11|00\rangle + \langle 11|11\rangle)\]
\[= \frac{1}{2}(1 + 0 + 0 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
同様の計算により（符号の 2 乗は全て \(+1\) になるので）：
\[\langle\Phi^-|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1, \quad \langle\Psi^+|\Psi^+\rangle = 1, \quad \langle\Psi^-|\Psi^-\rangle = 1 \quad \checkmark\]
異なるベクトル間の内積：
\(|\Phi^\pm\rangle\) は \(|00\rangle, |11\rangle\) の線形結合、\(|\Psi^\pm\rangle\) は \(|01\rangle, |10\rangle\) の線形結合なので、\(\Phi\) 系と \(\Psi\) 系の間の内積は自動的に 0：
\[\langle\Phi^\pm|\Psi^\pm\rangle = 0, \quad \langle\Phi^\pm|\Psi^\mp\rangle = 0\]
（異なる標準基底ベクトルの内積が全て 0 であるため。）
残りの組み合わせ：
\[\langle\Phi^+|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle - |11\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]
\[\langle\Psi^+|\Psi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 01| + \langle 10|)(|01\rangle - |10\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]
以上より、4 つの Bell 状態は互いに直交し、各ノルムが 1 である。\(\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2\) は 4 次元空間であり、4 つの正規直交ベクトルは基底をなす。
\[\boxed{\{|\Phi^+\rangle, |\Phi^-\rangle, |\Psi^+\rangle, |\Psi^-\rangle\} \text{ は } \mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2 \text{ の正規直交基底である。}}\]
(b) \(|\Phi^+\rangle\) がエンタングル状態であることの証明
解法の方針： 背理法を用いる。\(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\) と仮定して矛盾を導く。
証明：
\(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\) と書けると仮定する。ここで
\[|a\rangle = a_0|0\rangle + a_1|1\rangle, \quad |b\rangle = b_0|0\rangle + b_1|1\rangle\]
とおくと：
\[|a\rangle \otimes |b\rangle = a_0 b_0|00\rangle + a_0 b_1|01\rangle + a_1 b_0|10\rangle + a_1 b_1|11\rangle\]
これが \(|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + 0 \cdot |01\rangle + 0 \cdot |10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle\) と等しいので、係数を比較すると：
\[a_0 b_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{I}\]
\[a_0 b_1 = 0 \tag{II}\]
\[a_1 b_0 = 0 \tag{III}\]
\[a_1 b_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{IV}\]
(I) より \(a_0 \neq 0\) かつ \(b_0 \neq 0\)。
(II) で \(a_0 \neq 0\) なので \(b_1 = 0\)。
(IV) で \(b_1 = 0\) なので \(a_1 b_1 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\)。矛盾。
\[\boxed{|\Phi^+\rangle \text{ は分離不可能（エンタングル状態）である。}}\]
\(\blacksquare\)
検算： 別の経路でも矛盾が生じることを確認する。(IV) より \(a_1 \neq 0\) かつ \(b_1 \neq 0\)。しかし (II) より \(a_0 = 0\) または \(b_1 = 0\)。\(b_1 \neq 0\) なので \(a_0 = 0\)。すると (I) より \(a_0 b_0 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\)。矛盾 ✓。どちらの経路でも矛盾が生じる。
(c) 任意の状態の Bell 基底での展開
解法の方針： 標準基底を Bell 基底で逆に表し、代入する。あるいは各展開係数を内積で求める。
計算：
まず Bell 基底の定義式を逆に解いて、標準基底を Bell 基底で表す：
\[|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|00\rangle \implies |00\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|11\rangle \implies |11\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|01\rangle \implies |01\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|10\rangle \implies |10\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle)\]
\(|\psi\rangle = \alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle\) に代入すると：
\[|\psi\rangle = \frac{\alpha}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle) + \frac{\beta}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle) + \frac{\gamma}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle) + \frac{\delta}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]
Bell 基底ごとにまとめると：
\[|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle\]
\[\boxed{|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle}\]
展開係数をまとめると：
\[c_{\Phi^+} = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Phi^-} = \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^+} = \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^-} = \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}\]
検算： 規格化条件を確認する。
\[\sum |c_i|^2 = \frac{|\alpha+\delta|^2 + |\alpha-\delta|^2 + |\beta+\gamma|^2 + |\beta-\gamma|^2}{2}\]
\(|\alpha + \delta|^2 + |\alpha - \delta|^2 = 2(|\alpha|^2 + |\delta|^2)\)（平行四辺形の法則）、同様に \(|\beta + \gamma|^2 + |\beta - \gamma|^2 = 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)\) なので：
\[\sum |c_i|^2 = \frac{2(|\alpha|^2 + |\delta|^2) + 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)}{2} = |\alpha|^2 + |\beta|^2 + |\gamma|^2 + |\delta|^2 = 1 \quad \checkmark\]
また、特殊ケースとして \(|\psi\rangle = |\Phi^+\rangle\)（\(\alpha = \delta = 1/\sqrt{2}\), \(\beta = \gamma = 0\)）のとき：\(c_{\Phi^+} = \frac{1/\sqrt{2} + 1/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1\)、他は 0 ✓。