第 3 章 練習問題 解答

← 問題に戻る　|　本文に戻る

目次

Basic（基礎）

• B-1. 干渉項の計算
• B-2. 位相差と干渉の強弱
• B-3. 複素振幅の絶対値の 2 乗の展開
• B-4. 干渉縞の極大・極小条件
• B-5. 具体的な干渉縞の計算
• B-6. 確率分布の規格化
• B-7. 干渉の可視度 (visibility)

Medium（標準）

• M-1. 確率の足し算 vs 振幅の足し算の定量的比較
• M-2. 「どちらを通ったか」の情報と干渉項の消失
• M-3. 経路差と de Broglie 波長の関係
• M-4. 干渉の消失を「確率の条件付き分解」で理解する

Advanced（発展）

• A-1. 部分的経路情報と干渉の可視度
• A-2. 遅延選択実験 (delayed choice experiment) の解析

---

Basic（基礎）

B-1. 干渉項の計算

→ 問題に戻る

問題:

2 つの確率振幅が \(\phi_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{i\pi/3}\)、\(\phi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i\pi/6}\) で与えられるとき、以下を計算せよ。

1. \(P_1 = |\phi_1|^2\)
2. \(P_2 = |\phi_2|^2\)
3. \(P_{12} = |\phi_1 + \phi_2|^2\)
4. 干渉項 \(2\mathrm{Re}(\phi_1^* \phi_2)\) の値

解法の方針: 与えられた確率振幅 \(\phi_1\), \(\phi_2\) の絶対値の 2 乗、和の絶対値の 2 乗、干渉項を順に計算する。

1. \(P_1 = |\phi_1|^2\):

\[P_1 = \left|\frac{1}{\sqrt{2}} e^{i\pi/3}\right|^2 = \frac{1}{2} |e^{i\pi/3}|^2 = \frac{1}{2}\]

2. \(P_2 = |\phi_2|^2\):

\[P_2 = \left|\frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i\pi/6}\right|^2 = \frac{1}{2} |e^{-i\pi/6}|^2 = \frac{1}{2}\]

3. \(P_{12} = |\phi_1 + \phi_2|^2\):

まず位相差を求める：

\[\delta = \frac{\pi}{3} - \left(-\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{6} + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}\]

公式 \(|\phi_1 + \phi_2|^2 = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + 2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\) を用いる：

\[P_{12} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos\frac{\pi}{2} = 1 + 1 \cdot 0 = 1\]

\[\boxed{P_{12} = 1}\]

4. 干渉項 \(2\mathrm{Re}(\phi_1^* \phi_2)\):

\[\phi_1^* \phi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i\pi/3} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-i\pi/6} = \frac{1}{2} e^{-i(\pi/3 + \pi/6)} = \frac{1}{2} e^{-i\pi/2}\]

\[2\mathrm{Re}(\phi_1^* \phi_2) = 2 \cdot \mathrm{Re}\left(\frac{1}{2} e^{-i\pi/2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right) = 0\]

\[\boxed{2\mathrm{Re}(\phi_1^* \phi_2) = 0}\]

検算: \(P_{12} = P_1 + P_2 + 2\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 0 = 1\) ✓。位相差が \(\pi/2\) なので干渉項がゼロになるのは \(\cos(\pi/2) = 0\) と整合する。

---

B-2. 位相差と干渉の強弱

→ 問題に戻る

問題:

式 (3.2) において \(I_1 = I_2 = I_0\) とする。以下の各位相差 \(\delta\) に対して \(I_{12}\) を \(I_0\) の倍数で求めよ。

1. \(\delta = 0\)
2. \(\delta = \pi/2\)
3. \(\delta = \pi\)
4. \(\delta = 2\pi/3\)

解法の方針: \(I_1 = I_2 = I_0\) のとき、式 (3.2) は

\[I_{12} = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 \cdot I_0}\cos\delta = 2I_0(1 + \cos\delta)\]

1. \(\delta = 0\):

\[I_{12} = 2I_0(1 + \cos 0) = 2I_0(1 + 1) = \boxed{4I_0}\]

2. \(\delta = \pi/2\):

\[I_{12} = 2I_0(1 + \cos(\pi/2)) = 2I_0(1 + 0) = \boxed{2I_0}\]

3. \(\delta = \pi\):

\[I_{12} = 2I_0(1 + \cos\pi) = 2I_0(1 - 1) = \boxed{0}\]

4. \(\delta = 2\pi/3\):

\[I_{12} = 2I_0\left(1 + \cos\frac{2\pi}{3}\right) = 2I_0\left(1 - \frac{1}{2}\right) = 2I_0 \cdot \frac{1}{2} = \boxed{I_0}\]

検算: \(\delta = 0\) で最大 \(4I_0\)（完全な強め合い）、\(\delta = \pi\) で最小 \(0\)（完全な弱め合い）。これは等振幅の干渉の典型的な結果。\(\delta = \pi/2\) で \(2I_0 = I_1 + I_2\)（干渉項ゼロ）も正しい。

---

B-3. 複素振幅の絶対値の 2 乗の展開

→ 問題に戻る

問題:

\(\phi_1 = A e^{i\alpha}\)、\(\phi_2 = B e^{i\beta}\)（\(A, B\) は正の実数）とする。\(|\phi_1 + \phi_2|^2\) を展開し、\(A\), \(B\), \(\alpha\), \(\beta\) で表せ。

解法の方針: \(|z|^2 = z^* z\) を用いて \((\phi_1 + \phi_2)^*(\phi_1 + \phi_2)\) を展開する。

\[|\phi_1 + \phi_2|^2 = (\phi_1 + \phi_2)^*(\phi_1 + \phi_2)\]

\[= \phi_1^*\phi_1 + \phi_1^*\phi_2 + \phi_2^*\phi_1 + \phi_2^*\phi_2\]

各項を計算する： - \(\phi_1^*\phi_1 = (Ae^{-i\alpha})(Ae^{i\alpha}) = A^2\) - \(\phi_2^*\phi_2 = (Be^{-i\beta})(Be^{i\beta}) = B^2\) - \(\phi_1^*\phi_2 = (Ae^{-i\alpha})(Be^{i\beta}) = ABe^{i(\beta - \alpha)}\) - \(\phi_2^*\phi_1 = (Be^{-i\beta})(Ae^{i\alpha}) = ABe^{i(\alpha - \beta)}\)

交差項をまとめる：

\[\phi_1^*\phi_2 + \phi_2^*\phi_1 = AB\left(e^{i(\beta-\alpha)} + e^{-i(\beta-\alpha)}\right) = 2AB\cos(\alpha - \beta)\]

したがって：

\[\boxed{|\phi_1 + \phi_2|^2 = A^2 + B^2 + 2AB\cos(\alpha - \beta)}\]

検算: \(A = B\), \(\alpha = \beta\) のとき \(|2Ae^{i\alpha}|^2 = 4A^2\) であり、公式からも \(A^2 + A^2 + 2A^2\cos 0 = 4A^2\) ✓。\(\alpha - \beta = \pi\) のとき \(A^2 + B^2 - 2AB = (A-B)^2\) であり、\(|Ae^{i\alpha} + Be^{i(\alpha+\pi)}|^2 = |A - B|^2 = (A-B)^2\) ✓。

---

B-4. 干渉縞の極大・極小条件

→ 問題に戻る

問題:

スリット間隔 \(d\)、スリットからスクリーンまでの距離 \(L\)（\(L \gg d\)）、電子の de Broglie 波長 \(\lambda\) とする。スクリーン上の位置 \(x\)（中央から測る）における 2 つの経路の経路差は近似的に \(\Delta = dx/L\) と書ける。

1. 干渉の極大（強め合い）条件を \(\Delta\) と \(\lambda\) で書け。
2. 干渉の極小（弱め合い）条件を \(\Delta\) と \(\lambda\) で書け。
3. 隣り合う極大間の間隔 \(\Delta x\) を求めよ。

解法の方針: 経路差 \(\Delta = dx/L\) に対応する位相差は \(\delta = 2\pi\Delta/\lambda = 2\pi dx/(\lambda L)\)。

1. 極大（強め合い）条件:

強め合いは \(\cos\delta = +1\)、すなわち \(\delta = 2n\pi\)（\(n\) は整数）のとき起こる。

\[\frac{2\pi\Delta}{\lambda} = 2n\pi \implies \boxed{\Delta = n\lambda \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots)}\]

2. 極小（弱め合い）条件:

弱め合いは \(\cos\delta = -1\)、すなわち \(\delta = (2n+1)\pi\) のとき起こる。

\[\frac{2\pi\Delta}{\lambda} = (2n+1)\pi \implies \boxed{\Delta = \left(n + \frac{1}{2}\right)\lambda \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots)}\]

3. 隣り合う極大間の間隔 \(\Delta x\):

\(n\) 次の極大の位置は \(\Delta = n\lambda\) より \(dx_n/L = n\lambda\)、すなわち \(x_n = n\lambda L/d\)。

隣り合う極大間の間隔は：

\[\boxed{\Delta x = x_{n+1} - x_n = \frac{\lambda L}{d}}\]

検算: 次元解析：\([\lambda L/d] = \mathrm{m} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{m} = \mathrm{m}\) ✓。\(\lambda\) が大きいほど、\(L\) が大きいほど縞間隔は広がり、\(d\) が大きいほど狭まる。これは物理的に妥当。

---

B-5. 具体的な干渉縞の計算

→ 問題に戻る

問題:

電子を電圧 \(V = 150\,\mathrm{V}\) で加速する。スリット間隔 \(d = 1.0\,\mu\mathrm{m}\)、スクリーンまでの距離 \(L = 0.50\,\mathrm{m}\) とする。

1. 電子の de Broglie 波長 \(\lambda\) を求めよ。（\(m_e = 9.11 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}\)、\(e = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}\)、\(h = 6.63 \times 10^{-34}\,\mathrm{J \cdot s}\)）
2. スクリーン上の干渉縞の間隔 \(\Delta x\) を求めよ。

1. 電子の de Broglie 波長 \(\lambda\):

加速電圧 \(V\) で加速された電子の運動量：

\[eV = \frac{p^2}{2m_e} \implies p = \sqrt{2m_e eV}\]

\[p = \sqrt{2 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 1.60 \times 10^{-19} \times 150}\]

\[= \sqrt{2 \times 9.11 \times 1.60 \times 150 \times 10^{-50}}\]

\[= \sqrt{4373 \times 10^{-50}} = \sqrt{4.373 \times 10^{-47}}\]

\[= 6.61 \times 10^{-24}\,\mathrm{kg \cdot m/s}\]

de Broglie 波長：

\[\lambda = \frac{h}{p} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{6.61 \times 10^{-24}} = 1.00 \times 10^{-10}\,\mathrm{m}\]

\[\boxed{\lambda \approx 1.0 \times 10^{-10}\,\mathrm{m} = 1.0\,\text{Å}}\]

2. 干渉縞の間隔 \(\Delta x\):

D4 の結果を用いて：

\[\Delta x = \frac{\lambda L}{d} = \frac{1.0 \times 10^{-10} \times 0.50}{1.0 \times 10^{-6}}\]

\[= \frac{5.0 \times 10^{-11}}{1.0 \times 10^{-6}} = 5.0 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}\]

\[\boxed{\Delta x = 50\,\mu\mathrm{m} = 0.050\,\mathrm{mm}}\]

検算: 150 V で加速された電子の de Broglie 波長が約 1 Å というのは、電子線回折の典型的な値と一致する（Davisson-Germer 実験でも同程度）。縞間隔 50 μm は光学顕微鏡で十分観測可能なスケールであり、妥当。

---

B-6. 確率分布の規格化

→ 問題に戻る

問題:

電子の到達確率分布が \(P(x) = C\cos^2\!\left(\frac{\pi d x}{\lambda L}\right)\) で与えられるとする（\(-\frac{\lambda L}{2d} \le x \le \frac{\lambda L}{2d}\) の 1 周期分のみ考える）。規格化定数 \(C\) を求めよ。

解法の方針: 1 周期分 \(-\frac{\lambda L}{2d} \le x \le \frac{\lambda L}{2d}\) で \(\int P(x)\,dx = 1\) となるように \(C\) を決める。

\(u = \frac{\pi d x}{\lambda L}\) と置換すると、\(du = \frac{\pi d}{\lambda L}dx\)、すなわち \(dx = \frac{\lambda L}{\pi d}du\)。

\(x\) の範囲 \(\left[-\frac{\lambda L}{2d}, \frac{\lambda L}{2d}\right]\) は \(u\) の範囲 \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) に対応する。

\[\int_{-\lambda L/(2d)}^{\lambda L/(2d)} C\cos^2\!\left(\frac{\pi d x}{\lambda L}\right)dx = C \cdot \frac{\lambda L}{\pi d} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 u\,du\]

\(\cos^2 u = \frac{1}{2}(1 + \cos 2u)\) を用いて：

\[\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 u\,du = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{1}{2}(1 + \cos 2u)\,du = \frac{1}{2}\left[u + \frac{\sin 2u}{2}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}\]

\[= \frac{1}{2}\left[\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\sin\pi}{2}\right) - \left(-\frac{\pi}{2} + \frac{\sin(-\pi)}{2}\right)\right] = \frac{1}{2}\left[\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\right] = \frac{\pi}{2}\]

したがって：

\[C \cdot \frac{\lambda L}{\pi d} \cdot \frac{\pi}{2} = 1 \implies C \cdot \frac{\lambda L}{2d} = 1\]

\[\boxed{C = \frac{2d}{\lambda L}}\]

検算: \(C\) の次元は \([1/\text{長さ}]\)（確率密度の次元）であり、\(d/(\lambda L) = \mathrm{m}/(\mathrm{m}\cdot\mathrm{m}) = \mathrm{m}^{-1}\) ✓。また、積分区間の幅は \(\lambda L/d\) であり、\(P(x)\) の平均値は \(C/2 = d/(\lambda L)\)。平均値 × 区間幅 \(= d/(\lambda L) \times \lambda L/d = 1\) ✓。

---

B-7. 干渉の可視度 (visibility)

→ 問題に戻る

問題:

干渉縞の可視度 (visibility) は次で定義される：

\[ \mathcal{V} = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}}\]

式 (3.2) で \(I_1 \neq I_2\) の一般の場合に \(\mathcal{V}\) を \(I_1\) と \(I_2\) で表せ。

解法の方針: 式 (3.2) \(I_{12} = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}\cos\delta\) から \(I_{\max}\) と \(I_{\min}\) を求める。

\(\cos\delta = +1\) のとき最大：

\[I_{\max} = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}\]

\(\cos\delta = -1\) のとき最小：

\[I_{\min} = I_1 + I_2 - 2\sqrt{I_1 I_2}\]

可視度を計算する：

\[\mathcal{V} = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}} = \frac{(I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}) - (I_1 + I_2 - 2\sqrt{I_1 I_2})}{(I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}) + (I_1 + I_2 - 2\sqrt{I_1 I_2})}\]

\[= \frac{4\sqrt{I_1 I_2}}{2(I_1 + I_2)}\]

\[\boxed{\mathcal{V} = \frac{2\sqrt{I_1 I_2}}{I_1 + I_2}}\]

検算: - \(I_1 = I_2 = I_0\) のとき：\(\mathcal{V} = \frac{2\sqrt{I_0^2}}{2I_0} = \frac{2I_0}{2I_0} = 1\) ✓（完全な可視度） - \(I_1 \gg I_2\) のとき：\(\mathcal{V} \approx \frac{2\sqrt{I_1 I_2}}{I_1} = 2\sqrt{I_2/I_1} \to 0\) ✓（一方が支配的だと縞が見えにくい） - \(0 \le \mathcal{V} \le 1\) であることは、相加平均 ≥ 相乗平均（\(I_1 + I_2 \ge 2\sqrt{I_1 I_2}\)）から確認できる ✓

---

Medium（標準）

M-1. 確率の足し算 vs 振幅の足し算の定量的比較

→ 問題に戻る

問題:

二重スリット実験において、2 つのスリットからスクリーン上の点 \(x\) までの経路差が \(\Delta(x) = dx/L\) であるとする。確率振幅を

\[ \phi_1(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{ik r_1(x)}, \quad \phi_2(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{ik r_2(x)}\]

とおく（\(k = 2\pi/\lambda\)、\(r_1\), \(r_2\) はそれぞれのスリットからの距離）。

1. 量子力学的な確率分布 \(P_{12}^{\mathrm{QM}}(x) = |\phi_1 + \phi_2|^2\) を \(k\), \(d\), \(x\), \(L\) で表せ。
2. 古典的粒子像の確率分布 \(P_{12}^{\mathrm{cl}}(x) = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2\) を求めよ。
3. 干渉項 \(P_{12}^{\mathrm{QM}} - P_{12}^{\mathrm{cl}}\) を求め、これが正になる \(x\) の範囲と負になる \(x\) の範囲を議論せよ。

1. 量子力学的な確率分布 \(P_{12}^{\mathrm{QM}}(x)\):

\[P_{12}^{\mathrm{QM}} = |\phi_1 + \phi_2|^2 = \left|\frac{1}{\sqrt{2}}e^{ikr_1} + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{ikr_2}\right|^2\]

\[= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cos(k(r_1 - r_2))\]

経路差の近似 \(r_1 - r_2 \approx dx/L\) を用いると、位相差は \(\delta = k \cdot dx/L = \frac{2\pi dx}{\lambda L}\)。

\[\boxed{P_{12}^{\mathrm{QM}}(x) = 1 + \cos\left(\frac{kdx}{L}\right) = 1 + \cos\left(\frac{2\pi dx}{\lambda L}\right)}\]

2. 古典的粒子像の確率分布 \(P_{12}^{\mathrm{cl}}(x)\):

\[P_{12}^{\mathrm{cl}} = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\]

\[\boxed{P_{12}^{\mathrm{cl}}(x) = 1}\]

（位置 \(x\) によらず一様）

3. 干渉項の議論:

\[P_{12}^{\mathrm{QM}} - P_{12}^{\mathrm{cl}} = \cos\left(\frac{kdx}{L}\right)\]

正になる \(x\) の範囲（強め合い）：

\[\cos\left(\frac{kdx}{L}\right) > 0 \iff -\frac{\pi}{2} + 2n\pi < \frac{kdx}{L} < \frac{\pi}{2} + 2n\pi\]

\[\iff \left(n - \frac{1}{4}\right)\frac{\lambda L}{d} < x < \left(n + \frac{1}{4}\right)\frac{\lambda L}{d}\]

すなわち、各極大位置 \(x_n = n\lambda L/d\) を中心とした幅 \(\lambda L/(2d)\) の領域で正。

負になる \(x\) の範囲（弱め合い）：

\[\cos\left(\frac{kdx}{L}\right) < 0 \iff \frac{\pi}{2} + 2n\pi < \frac{kdx}{L} < \frac{3\pi}{2} + 2n\pi\]

\[\iff \left(n + \frac{1}{4}\right)\frac{\lambda L}{d} < x < \left(n + \frac{3}{4}\right)\frac{\lambda L}{d}\]

すなわち、各極小位置の周辺で負。

物理的意味: 干渉項は 1 周期にわたって平均するとゼロになる（\(\cos\) の平均はゼロ）。量子力学は古典的予測に比べて、ある場所では電子が到達しやすく（確率の再分配による強め合い）、別の場所では到達しにくい（弱め合い）。全体の確率の総和は保存される。

検算: \(P_{12}^{\mathrm{QM}}\) を \(x\) について 1 周期分積分すると、\(\int_0^{\lambda L/d}(1 + \cos(\cdots))dx = \lambda L/d\)。\(P_{12}^{\mathrm{cl}}\) の同区間の積分も \(\lambda L/d\)。確率の総和は等しい ✓。

---

M-2. 「どちらを通ったか」の情報と干渉項の消失

→ 問題に戻る

問題:

本文の式 (3.9) に基づいて以下を示せ。

光源による経路識別が完全（\(b = 0\), \(b' = 0\), \(|a|^2 = |a'|^2 = 1\)）のとき：

1. 式 (3.9) が \(P_{12}' = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 = P_1 + P_2\) に帰着することを示せ。
2. 逆に、経路識別が全くできない場合（\(a = a' = b = b' = 1/\sqrt{2}\)）に式 (3.9) が \(|\phi_1 + \phi_2|^2\) に帰着することを示せ。

1. 完全な経路識別（\(b = 0\), \(b' = 0\), \(|a|^2 = |a'|^2 = 1\)）:

式 (3.9) に代入する：

\[P_{12}' = |a\phi_1 + b\phi_2|^2 + |b'\phi_1 + a'\phi_2|^2\]

\(b = 0\), \(b' = 0\) を代入：

\[P_{12}' = |a\phi_1|^2 + |a'\phi_2|^2 = |a|^2|\phi_1|^2 + |a'|^2|\phi_2|^2\]

\(|a|^2 = |a'|^2 = 1\) を代入：

\[P_{12}' = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 = P_1 + P_2\]

\[\boxed{P_{12}' = P_1 + P_2}\]

干渉項は完全に消失している。 \(\blacksquare\)

物理的解釈: \(b = 0\) は「電子が孔 2 を通ったのに光子が \(D_1\) で検出される確率がゼロ」を意味し、光子の検出位置から電子の経路が完全に特定できる。この場合、2 つの経路は区別可能な終状態に対応するため、確率を足す。

2. 経路識別が全くできない場合（\(a = a' = b = b' = 1/\sqrt{2}\)）:

式 (3.9) に代入：

\[P_{12}' = \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2\right|^2 + \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2\right|^2\]

\[= \frac{1}{2}|\phi_1 + \phi_2|^2 + \frac{1}{2}|\phi_1 + \phi_2|^2 = |\phi_1 + \phi_2|^2\]

\[\boxed{P_{12}' = |\phi_1 + \phi_2|^2}\]

干渉縞が完全に回復する。 \(\blacksquare\)

物理的解釈: \(a = b\) かつ \(a' = b'\) のとき、光子が \(D_1\) に入っても \(D_2\) に入っても、電子がどちらの孔を通ったかについて何の情報も得られない。経路が区別不可能なので、振幅を足してから 2 乗する規則が適用される。

検算: (2) で 2 つの項が同一になることを確認。第 1 項：\(|a\phi_1 + b\phi_2|^2 = |\frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + \phi_2)|^2 = \frac{1}{2}|\phi_1 + \phi_2|^2\)。第 2 項：\(|b'\phi_1 + a'\phi_2|^2 = |\frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + \phi_2)|^2 = \frac{1}{2}|\phi_1 + \phi_2|^2\)。和は \(|\phi_1 + \phi_2|^2\) ✓。

---

M-3. 経路差と de Broglie 波長の関係

→ 問題に戻る

問題:

加速電圧 \(V\) で加速された電子（質量 \(m_e\)、電荷 \(e\)）が、スリット間隔 \(d\)、スクリーン距離 \(L\) の二重スリットを通過する。

1. 電子の de Broglie 波長 \(\lambda\) を \(V\), \(m_e\), \(e\), \(h\) で表せ。
2. スクリーン上の \(n\) 次の干渉極大の位置 \(x_n\) を求めよ。
3. 加速電圧を \(V\) から \(4V\) に変えたとき、干渉縞の間隔はどのように変化するか？

1. de Broglie 波長:

加速電圧 \(V\) で加速された電子の運動エネルギー：

\[\frac{p^2}{2m_e} = eV \implies p = \sqrt{2m_e eV}\]

de Broglie 波長：

\[\boxed{\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2m_e eV}}}\]

2. \(n\) 次の干渉極大の位置:

極大条件は \(\Delta = n\lambda\)、すなわち \(dx_n/L = n\lambda\)：

\[\boxed{x_n = \frac{n\lambda L}{d} = \frac{nhL}{d\sqrt{2m_e eV}}}\]

3. 加速電圧を \(4V\) に変えたとき:

新しい波長：

\[\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m_e e(4V)}} = \frac{h}{2\sqrt{2m_e eV}} = \frac{\lambda}{2}\]

新しい干渉縞の間隔：

\[\Delta x' = \frac{\lambda' L}{d} = \frac{\lambda L}{2d} = \frac{\Delta x}{2}\]

\[\boxed{\text{干渉縞の間隔は元の } \frac{1}{2} \text{ 倍になる（縞が細かくなる）}}\]

検算: 加速電圧を上げると電子の運動量が増え、de Broglie 波長が短くなる。波長が短いほど干渉縞は細かくなるので、物理的に妥当。次元解析：\(\lambda = h/\sqrt{2m_e eV}\) の次元は \(\mathrm{J\cdot s}/\sqrt{\mathrm{kg \cdot C \cdot V}} = \mathrm{J\cdot s}/\sqrt{\mathrm{kg \cdot J}} = \mathrm{J\cdot s}/\sqrt{\mathrm{kg \cdot kg \cdot m^2/s^2}} = \mathrm{m}\) ✓。

---

M-4. 干渉の消失を「確率の条件付き分解」で理解する

→ 問題に戻る

問題:

電子が孔 1 を通る事象を \(A_1\)、孔 2 を通る事象を \(A_2\) とする。古典確率論では全確率の公式：

\[ P(x) = P(x|A_1)P(A_1) + P(x|A_2)P(A_2)\]

が成り立つ。

1. 二重スリット実験で干渉縞が観測されるとき、この全確率の公式が成り立たないことを、\(P_1\), \(P_2\), \(P_{12}\) を用いて示せ。
2. この破綻は、\(A_1\) と \(A_2\) がどのような性質を失っていることに対応するか、本文の議論に基づいて説明せよ。

1. 全確率の公式の破綻:

対称なスリットを仮定すると \(P(A_1) = P(A_2) = 1/2\)。古典的な全確率の公式は：

\[P(x) = P(x|A_1)P(A_1) + P(x|A_2)P(A_2)\]

ここで \(P(x|A_1)\) は「孔 1 を通った場合に \(x\) に到達する確率」= \(P_1(x)\)（孔 1 だけ開けたときの分布を適切に規格化したもの）、同様に \(P(x|A_2) = P_2(x)\)。したがって全確率の公式は：

\[P_{12}^{\mathrm{cl}}(x) = \frac{1}{2}P_1(x) + \frac{1}{2}P_2(x)\]

を予測する。

一方、実験で観測される量子力学的な確率分布は：

\[P_{12}^{\mathrm{QM}}(x) = |\phi_1 + \phi_2|^2 = P_1 + P_2 + 2\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2)\]

（ここで \(|\phi_1|^2 = P_1/1 = P_1\) 等と規格化を合わせると）

干渉項 \(2\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2) \neq 0\) が存在するため：

\[\boxed{P_{12}^{\mathrm{QM}}(x) \neq \frac{1}{2}P_1(x) + \frac{1}{2}P_2(x) = P_{12}^{\mathrm{cl}}(x)}\]

全確率の公式が成り立たない。 \(\blacksquare\)

2. 破綻の原因:

全確率の公式 \(P(x) = \sum_i P(x|A_i)P(A_i)\) が成り立つための前提条件は：

1. 事象 \(A_1\) と \(A_2\) が排反（同時に起こらない）
2. 事象 \(A_1\) と \(A_2\) が網羅的（必ずどちらかが起こる）
3. 各事象 \(A_i\) が確定した事実として存在する

二重スリット実験で干渉縞が観測されるとき、破綻しているのは条件 3 である。

「電子は孔 1 を通った」「電子は孔 2 を通った」という事象が、観測されない限り確定した事実として存在しない。 経路が確定していない（実在しない）状況では、「どちらを通ったか」を前提とした条件付き確率の分解自体が不適切になる。

これは本文で述べられた「命題 A（各電子はどちらか一方を通る）を仮定すると \(P_{12} = P_1 + P_2\) が導かれるが、実験結果と矛盾する」という議論と対応する。古典的実在論——「測定しなくても物理量は確定した値を持つ」——が崩壊していることを意味する。

検算: 「どちらを通ったか」を実際に観測した場合（光源をつけた実験）には、経路が確定した事実となるため、全確率の公式が回復し \(P_{12}' = P_1 + P_2\) となる。これは本文の式 (3.6) と一致 ✓。

---

Advanced（発展）

A-1. 部分的経路情報と干渉の可視度

→ 問題に戻る

問題:

二重スリット実験で、各スリットの背後に「経路標識 (which-path marker)」を置く。電子がスリット \(j\)（\(j = 1, 2\)）を通過すると、標識の状態が \(|m_j\rangle\) になるとする。全系の状態は：

\[ |\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\phi_1(x)|m_1\rangle + \phi_2(x)|m_2\rangle\right)\]

ここで \(|m_1\rangle\) と \(|m_2\rangle\) は一般には正規直交ではなく、内積 \(\langle m_1 | m_2 \rangle = \gamma\)（\(0 \le \gamma \le 1\) の実数）を持つとする。

1. 標識の状態をトレースアウト（無視）して、電子のスクリーン上の確率分布 \(P(x)\) を求めよ。具体的に \(|\phi_1|^2\), \(|\phi_2|^2\), \(\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2)\) を用いて表せ。
2. \(|\phi_1| = |\phi_2|\) の場合に、干渉縞の可視度 \(\mathcal{V}\) を \(\gamma\) で表せ。
3. \(\gamma = 1\)（標識が経路情報を全く持たない）と \(\gamma = 0\)（完全に区別可能）の極限で、結果が本文の議論と一致することを確認せよ。
4. 経路の区別可能性 (distinguishability) を \(\mathcal{D} = \sqrt{1 - \gamma^2}\) と定義するとき、\(\mathcal{V}^2 + \mathcal{D}^2 = 1\) が成り立つことを示せ（Englert (エングラート) の相補性不等式の等号条件）。

1. 標識をトレースアウトした確率分布:

全系の状態：

\[|\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\phi_1(x)|m_1\rangle + \phi_2(x)|m_2\rangle\right)\]

電子のスクリーン上の確率分布は、標識の自由度をトレースアウトして得る。標識空間の任意の完全正規直交基底 \(\{|e_k\rangle\}\) を用いて：

\[P(x) = \sum_k |\langle e_k|\Psi\rangle|^2\]

しかし、より直接的に密度行列を用いる方法で計算する。電子の位置 \(x\) に到達する確率は：

\[P(x) = \langle\Psi|\Psi\rangle \text{ の } x \text{ 成分}\]

正確には、\(P(x)\) は標識の状態空間でのトレースとして：

\[P(x) = \mathrm{Tr}_m\left[|\Psi(x)\rangle\langle\Psi(x)|\right]\]

ここで \(|\Psi(x)\rangle\) は標識空間のベクトル \(\frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1(x)|m_1\rangle + \phi_2(x)|m_2\rangle)\) である。

\[P(x) = \langle\Psi(x)|\Psi(x)\rangle = \frac{1}{2}\left(|\phi_1|^2\langle m_1|m_1\rangle + \phi_1^*\phi_2\langle m_1|m_2\rangle + \phi_2^*\phi_1\langle m_2|m_1\rangle + |\phi_2|^2\langle m_2|m_2\rangle\right)\]

\(\langle m_1|m_1\rangle = \langle m_2|m_2\rangle = 1\)、\(\langle m_1|m_2\rangle = \gamma\)（実数）、\(\langle m_2|m_1\rangle = \gamma^*= \gamma\) を代入：

\[P(x) = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 + \frac{1}{2}\gamma(\phi_1^*\phi_2 + \phi_2^*\phi_1)\]

\[\boxed{P(x) = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 + \gamma\,\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2)}\]

干渉項の係数が \(\gamma\) で抑制されている。

2. 可視度 \(\mathcal{V}\) を \(\gamma\) で表す:

\(|\phi_1| = |\phi_2| = A\) とする。\(\phi_1^*\phi_2 = A^2 e^{-i\delta}\) として：

\[P(x) = \frac{1}{2}A^2 + \frac{1}{2}A^2 + \gamma A^2\cos\delta = A^2(1 + \gamma\cos\delta)\]

最大値（\(\cos\delta = 1\)）：\(P_{\max} = A^2(1 + \gamma)\)

最小値（\(\cos\delta = -1\)）：\(P_{\min} = A^2(1 - \gamma)\)

\[\mathcal{V} = \frac{P_{\max} - P_{\min}}{P_{\max} + P_{\min}} = \frac{A^2(1+\gamma) - A^2(1-\gamma)}{A^2(1+\gamma) + A^2(1-\gamma)} = \frac{2\gamma}{2}\]

\[\boxed{\mathcal{V} = \gamma}\]

3. 極限の確認:

\(\gamma = 1\) のとき（\(|m_1\rangle = |m_2\rangle\)、標識が経路情報を持たない）：

\[P(x) = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 + \mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2) = \frac{1}{2}|\phi_1 + \phi_2|^2\]

（最後の等式は \(|\phi_1+\phi_2|^2 = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + 2\mathrm{Re}(\phi_1^*\phi_2)\) から確認できる。）

完全な干渉縞が回復する。\(\mathcal{V} = 1\)。本文の「経路識別が全くできない場合に干渉が回復する」という議論と一致。 ✓

\(\gamma = 0\) のとき（\(\langle m_1|m_2\rangle = 0\)、完全に区別可能）：

\[P(x) = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 = \frac{1}{2}(P_1 + P_2)\]

干渉項が完全に消失。\(\mathcal{V} = 0\)。本文の「完全な経路識別で干渉が消える」という議論と一致。 ✓

4. Englert の相補性不等式 \(\mathcal{V}^2 + \mathcal{D}^2 = 1\):

\(\mathcal{V} = \gamma\) および \(\mathcal{D} = \sqrt{1 - \gamma^2}\) より：

\[\mathcal{V}^2 + \mathcal{D}^2 = \gamma^2 + (1 - \gamma^2) = 1\]

\[\boxed{\mathcal{V}^2 + \mathcal{D}^2 = 1} \quad \blacksquare\]

物理的意味: 干渉の可視度（波動性の指標）と経路の区別可能性（粒子性の指標）は相補的な関係にある。一方を完全に得ると他方は完全に失われ、部分的な情報の場合は両者がトレードオフの関係にある。これは Bohr (ボーア) の相補性原理の定量的表現である。

検算: - \(\gamma = 1\): \(\mathcal{V} = 1\), \(\mathcal{D} = 0\), \(1 + 0 = 1\) ✓ - \(\gamma = 0\): \(\mathcal{V} = 0\), \(\mathcal{D} = 1\), \(0 + 1 = 1\) ✓ - \(\gamma = 1/\sqrt{2}\): \(\mathcal{V} = 1/\sqrt{2}\), \(\mathcal{D} = 1/\sqrt{2}\), \(1/2 + 1/2 = 1\) ✓

---

A-2. 遅延選択実験 (delayed choice experiment) の解析

→ 問題に戻る

問題:

Wheeler (ホイーラー) の遅延選択実験を考える。電子がスリットを通過した後に、干渉を観測するか経路情報を観測するかを選択する。

具体的な設定：二重スリットの後方に、挿入・除去可能なビームスプリッター (beam splitter) を置く。

• ビームスプリッターを挿入する場合: 2 つの経路の振幅が重ね合わされ、出力ポートの強度から干渉が観測される。
• ビームスプリッターを除去する場合: 各経路がそのまま別々の検出器に到達し、経路情報が得られる。

ビームスプリッターの透過率を \(t\)、反射率を \(r\)（\(|t|^2 + |r|^2 = 1\)）とする。入射振幅 \(\phi_1\), \(\phi_2\) に対して、出力ポート \(A\), \(B\) での振幅は：

\[ \phi_A = t\phi_1 + r\phi_2, \quad \phi_B = r\phi_1 + t\phi_2\]

1. 50:50 ビームスプリッター（\(t = r = 1/\sqrt{2}\)、ただし反射で \(\pi/2\) の位相シフトがあるとして \(r = i/\sqrt{2}\), \(t = 1/\sqrt{2}\)）の場合に、\(|\phi_A|^2\) と \(|\phi_B|^2\) を \(|\phi_1|\), \(|\phi_2|\), および位相差 \(\delta = \arg(\phi_1) - \arg(\phi_2)\) で表せ。
2. \(|\phi_1| = |\phi_2| = 1/\sqrt{2}\) のとき、\(\delta\) の関数として \(|\phi_A|^2\) と \(|\phi_B|^2\) を求め、干渉が観測されることを示せ。
3. ビームスプリッターを除去した場合（\(\phi_A = \phi_1\), \(\phi_B = \phi_2\)）に、経路情報が得られる代わりに干渉が消えることを説明せよ。
4. 「電子がスリットを通過した後に選択する」という事実が、古典的な実在論（電子は通過時点で確定した経路を持つ）とどのように矛盾するか、論じよ。

1. 50:50 ビームスプリッターでの出力振幅:

\(t = 1/\sqrt{2}\), \(r = i/\sqrt{2}\) として：

\[\phi_A = t\phi_1 + r\phi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_2\]

\[\phi_B = r\phi_1 + t\phi_2 = \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2\]

\(\phi_1 = |\phi_1|e^{i\alpha}\), \(\phi_2 = |\phi_2|e^{i\beta}\), \(\delta = \alpha - \beta\) とおく。

\(|\phi_A|^2\) の計算:

\[|\phi_A|^2 = \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_2\right|^2 = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 + \frac{1}{2}((-i)\phi_1^*\cdot\phi_2 + i\phi_2^*\cdot\phi_1) \cdot \frac{1}{1}\]

交差項を丁寧に計算する：

\[\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1^* \cdot \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_2 + \frac{-i}{\sqrt{2}}\phi_2^* \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_1\]

\[= \frac{i}{2}\phi_1^*\phi_2 + \frac{-i}{2}\phi_2^*\phi_1 = \frac{i}{2}(\phi_1^*\phi_2 - \phi_2^*\phi_1)\]

\(\phi_1^*\phi_2 = |\phi_1||\phi_2|e^{i(\beta-\alpha)} = |\phi_1||\phi_2|e^{-i\delta}\) なので：

\[\phi_1^*\phi_2 - \phi_2^*\phi_1 = |\phi_1||\phi_2|(e^{-i\delta} - e^{i\delta}) = -2i|\phi_1||\phi_2|\sin\delta\]

したがって：

\[\text{交差項} = \frac{i}{2} \cdot (-2i|\phi_1||\phi_2|\sin\delta) = |\phi_1||\phi_2|\sin\delta\]

\[\boxed{|\phi_A|^2 = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 + |\phi_1||\phi_2|\sin\delta}\]

\(|\phi_B|^2\) の計算:

\[\phi_B = \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2\]

交差項：

\[\frac{-i}{\sqrt{2}}\phi_1^* \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2 + \frac{1}{\sqrt{2}}\phi_2^* \cdot \frac{i}{\sqrt{2}}\phi_1 = \frac{-i}{2}\phi_1^*\phi_2 + \frac{i}{2}\phi_2^*\phi_1\]

\[= \frac{-i}{2}(\phi_1^*\phi_2 - \phi_2^*\phi_1) = \frac{-i}{2}(-2i|\phi_1||\phi_2|\sin\delta) = -|\phi_1||\phi_2|\sin\delta\]

\[\boxed{|\phi_B|^2 = \frac{1}{2}|\phi_1|^2 + \frac{1}{2}|\phi_2|^2 - |\phi_1||\phi_2|\sin\delta}\]

2. \(|\phi_1| = |\phi_2| = 1/\sqrt{2}\) のとき:

\[|\phi_A|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\sin\delta = \frac{1}{2}(1 + \sin\delta)\]

\[|\phi_B|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\sin\delta = \frac{1}{2}(1 - \sin\delta)\]

\[\boxed{|\phi_A|^2 = \frac{1}{2}(1 + \sin\delta), \quad |\phi_B|^2 = \frac{1}{2}(1 - \sin\delta)}\]

\(|\phi_A|^2\) と \(|\phi_B|^2\) はともに位相差 \(\delta\) の関数として振動する。\(\delta\) はスクリーン上の位置（あるいは 2 つの経路の光路差）に依存するので、干渉が観測される。

具体的に： - \(\delta = \pi/2\) のとき：\(|\phi_A|^2 = 1\), \(|\phi_B|^2 = 0\)（全ての電子がポート A に出る） - \(\delta = -\pi/2\) のとき：\(|\phi_A|^2 = 0\), \(|\phi_B|^2 = 1\)（全ての電子がポート B に出る） - \(\delta = 0\) のとき：\(|\phi_A|^2 = |\phi_B|^2 = 1/2\)（等分配）

出力ポートの検出確率が位相差に依存して変動することは、干渉の明確な証拠である。

検算: \(|\phi_A|^2 + |\phi_B|^2 = \frac{1}{2}(1+\sin\delta) + \frac{1}{2}(1-\sin\delta) = 1\) ✓（確率の保存）。

3. ビームスプリッターを除去した場合:

ビームスプリッターを除去すると、\(\phi_A = \phi_1\), \(\phi_B = \phi_2\) となる。

\[|\phi_A|^2 = |\phi_1|^2 = \frac{1}{2}, \quad |\phi_B|^2 = |\phi_2|^2 = \frac{1}{2}\]

検出器 A で電子が検出されれば「経路 1 を通った」、検出器 B で検出されれば「経路 2 を通った」と結論できる。経路情報が得られる。

しかし、\(|\phi_A|^2\) と \(|\phi_B|^2\) はいずれも位相差 \(\delta\) に依存しない定数（\(1/2\)）である。干渉は観測されない。

これは本文のルール「過程が原理的に区別できるとき → 確率を足す（干渉なし）」の具体例である。

4. 古典的実在論との矛盾:

古典的実在論の仮定: 電子はスリットを通過する時点で、確定した経路（孔 1 または孔 2）を持つ。この経路は、後から何をしようと変わらない（過去の事実は確定している）。

矛盾の論証:

もし電子がスリット通過時点で経路が確定しているなら：

• 「孔 1 を通った電子」と「孔 2 を通った電子」の 2 つの集団が存在する
• 後からビームスプリッターを入れるか入れないかは、すでに通過した電子の経路を変えることはできない
• したがって、ビームスプリッターの有無にかかわらず、検出パターンは同じ（\(P_1 + P_2\)）になるはず

しかし実験結果は： - ビームスプリッターを挿入すると干渉パターン（\(\sin\delta\) 依存性）が現れる - ビームスプリッターを除去すると干渉が消え、経路情報が得られる

電子がスリットを通過した後に（遅延選択で）ビームスプリッターの挿入/除去を決めても、結果は変わらない。これは「通過時点で経路が確定していた」という仮定と矛盾する。

結論: 電子は測定装置の最終的な配置が確定するまで、「どちらの経路を通ったか」が確定した事実として存在しない。Wheeler の遅延選択実験は、過去の事象でさえ、測定が完了するまでは確定した実在を持たないことを示唆する。これは古典的実在論（物理量は測定とは独立に確定した値を持つ）の根本的な否定である。

検算: この結論は因果律に違反しない。なぜなら、ビームスプリッターの選択によって過去に「信号を送る」ことはできないからである。個々の電子の検出位置はランダムであり、干渉パターンは多数の電子を集計して初めて現れる。したがって、遅延選択の結果を利用して超光速通信を行うことは不可能である ✓。

---

このページについてフィードバック

分からなかった箇所、誤りの指摘、改善提案などをお寄せください。

送信