第 7 章 練習問題 解答
← 問題に戻る | 本文に戻る
目次
Basic（基礎）
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）
B-1. 平面波 を自由粒子の Schrödinger (シュレーディンガー) 方程式
→ 問題に戻る
解法の方針: 平面波 \(\Psi(x,t) = Ae^{i(kx - \omega t)}\) を自由粒子の Schrödinger 方程式に代入し、\(\omega\) と \(k\) の関係を求める。
計算の詳細:
左辺を計算する：
\[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = i\hbar \cdot (-i\omega) \Psi = \hbar\omega\,\Psi\]
右辺を計算する：
\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(ik)^2\Psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(-k^2)\Psi = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\Psi\]
両辺を \(\Psi \neq 0\) で割ると：
\[\hbar\omega = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\]
最終回答:
\[\boxed{\omega = \frac{\hbar k^2}{2m}}\]
検算: \(p = \hbar k\), \(E = \hbar\omega\) を代入すると \(E = p^2/(2m)\) となり、自由粒子のエネルギーと運動量の古典的関係に一致する。✓
B-2. 運動量演算子 を次の各波動関数に作用させ、結果を求めよ。固有関数であれば固有値を答えよ
→ 問題に戻る
解法の方針: \(\hat{p} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\) を各波動関数に作用させ、\(\hat{p}\psi = (\text{定数})\cdot\psi\) の形になるか確認する。
(a) \(\psi(x) = e^{5ix/\hbar}\)
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}e^{5ix/\hbar} = -i\hbar \cdot \frac{5i}{\hbar}\,e^{5ix/\hbar} = 5\,e^{5ix/\hbar} = 5\,\psi\]
固有関数であり、固有値は \(p = 5\)（適切な単位で）。
(b) \(\psi(x) = \cos(kx)\)
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\cos(kx) = -i\hbar\cdot(-k\sin(kx)) = i\hbar k\sin(kx)\]
結果は \(\sin(kx)\) であり、元の \(\cos(kx)\) の定数倍ではない。
固有関数ではない。 結果は \(\hat{p}\cos(kx) = i\hbar k\sin(kx)\)。
(c) \(\psi(x) = (x^2 + 1)e^{ipx/\hbar}\)
積の微分法則を用いる：
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\left[(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -i\hbar\left[2x\,e^{ipx/\hbar} + (x^2+1)\cdot\frac{ip}{\hbar}\,e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -2i\hbar x\,e^{ipx/\hbar} + p(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\]
\[= \left[p(x^2+1) - 2i\hbar x\right]e^{ipx/\hbar}\]
結果は元の \(\psi = (x^2+1)e^{ipx/\hbar}\) の定数倍ではない（\(x\) に依存する係数が残る）。
固有関数ではない。
検算: (a) は \(e^{ipx/\hbar}\) の形（\(p=5\)）なので運動量の固有関数であるべき。✓ (b) は \(e^{ikx}\) と \(e^{-ikx}\) の重ね合わせなので、確定した運動量を持たない。✓
B-3. 波動関数 （ は定数）を規格化せよ。すなわち
→ 問題に戻る
解法の方針: \(|\Psi|^2\) を全空間で積分し、ガウス積分の公式を適用して \(A\) を求める。
計算の詳細:
\[\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x)|^2\,dx = A^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = 1\]
\(\alpha = 1/a^2\) とおくと、ガウス積分の公式より：
\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{1/a^2}} = \sqrt{\pi a^2} = a\sqrt{\pi}\]
よって：
\[A^2 \cdot a\sqrt{\pi} = 1\]
\[A^2 = \frac{1}{a\sqrt{\pi}}\]
最終回答:
\[\boxed{A = \frac{1}{(a\sqrt{\pi})^{1/2}} = \left(\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\right)^{1/2} = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{a}}}\]
検算: 次元解析：\(A^2\) は \([1/\text{長さ}]\) の次元を持つべき（\(|\Psi|^2\) は確率密度で \([1/\text{長さ}]\)）。\(A^2 = 1/(a\sqrt{\pi})\) は \([1/\text{長さ}]\) の次元を持つ。✓
B-4. Dirac (ディラック) のデルタ関数の性質
→ 問題に戻る
解法の方針: \(\int f(x)\delta(x - x_0)dx = f(x_0)\) の性質をそのまま適用する。
(a)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}(3x^2 + 2)\,\delta(x-1)\,dx = 3(1)^2 + 2 = \boxed{5}\]
(b)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}\,\delta(x)\,dx = e^{ik\cdot 0} = \boxed{1}\]
(c)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)\,\delta(x - x')\,dx = \boxed{\psi^*(x')}\]
検算: (b) で \(k=0\) とすると \(\int \delta(x)dx = 1\) となり、デルタ関数の規格化条件に一致する。✓
B-5. 定常状態の波動関数 に対して、確率密度 を計算し、時間に依存しないことを示せ
→ 問題に戻る
解法の方針: \(|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*(x,t)\Psi(x,t)\) を直接計算する。
計算の詳細:
\[\Psi^*(x,t) = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\]
よって：
\[|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*\Psi = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\cdot\psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]
\[= \psi^*(x)\psi(x)\cdot e^{+iEt/\hbar - iEt/\hbar} = |\psi(x)|^2 \cdot e^0 = |\psi(x)|^2\]
最終回答:
\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = |\psi(x)|^2}\]
確率密度は時間 \(t\) に依存しない。位相因子 \(e^{-iEt/\hbar}\) の絶対値が 1 であるため、確率密度に寄与しない。これが「定常状態」と呼ばれる理由である。
検算: \(E\) が実数であることが本質的。もし \(E\) が複素数なら \(|e^{-iEt/\hbar}|^2 \neq 1\) となり、確率が保存されない。Schrödinger 方程式のエルミート性が \(E\) の実数性を保証する。✓
B-6. ハミルトニアン演算子
→ 問題に戻る
解法の方針: \(V(x) = 0\) の領域で \(\hat{H}\psi\) を計算し、\(E\psi\) の形になることを確認する。
計算の詳細:
\(\psi(x) = Be^{-\kappa x}\) の 2 階微分を計算する：
\[\frac{d\psi}{dx} = -\kappa Be^{-\kappa x}\]
\[\frac{d^2\psi}{dx^2} = \kappa^2 Be^{-\kappa x} = \kappa^2\psi\]
\(V(x) = 0\) なので：
\[\hat{H}\psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + 0 = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\kappa^2\psi = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}\,\psi\]
これは \(\hat{H}\psi = E\psi\) の形であり、\(\psi\) は \(\hat{H}\) の固有関数である。
最終回答:
\[\boxed{E = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}}\]
検算: \(E < 0\) であり、これは束縛状態（ポテンシャルの外側で指数関数的に減衰する波動関数）に対応する。\(\kappa > 0\) なので \(\psi = Be^{-\kappa x}\) は \(x \to +\infty\) で 0 に収束し、物理的に妥当。✓ また、次元解析：\([\hbar^2\kappa^2/m] = [\text{J}\cdot\text{s}]^2[\text{m}^{-2}]/[\text{kg}] = [\text{J}]\)（エネルギーの次元）。✓
B-7. 2 つのエネルギー固有状態の重ね合わせ
→ 問題に戻る
解法の方針: \(|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi\) を展開し、交差項を整理する。
計算の詳細:
\[\Psi^* = \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_1 e^{+iE_1 t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_2 e^{+iE_2 t/\hbar}\]
（\(\psi_1, \psi_2\) は実数なので \(\psi_n^* = \psi_n\)）
\[|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = \frac{1}{2}\left(\psi_1 e^{iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{iE_2 t/\hbar}\right)\left(\psi_1 e^{-iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{-iE_2 t/\hbar}\right)\]
展開すると：
\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + \psi_1\psi_2\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar} + \psi_1\psi_2\,e^{-i(E_1-E_2)t/\hbar}\right]\]
\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + 2\psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)\right]\]
最終回答:
\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = \frac{1}{2}\psi_1^2 + \frac{1}{2}\psi_2^2 + \psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)}\]
干渉項の振動の角振動数は：
\[\boxed{\omega_{12} = \frac{|E_2 - E_1|}{\hbar}}\]
検算: \(E_1 = E_2\) のとき \(\omega_{12} = 0\) で振動なし。これは縮退した場合に定常状態になることと整合する。✓ また、Bohr の振動数条件 \(\nu = (E_2 - E_1)/h\) と \(\omega = 2\pi\nu\) の関係から \(\omega = (E_2 - E_1)/\hbar\) が得られ、一致する。✓
B-8. 運動量演算子 に対して、 を具体的に書き下せ。さらに、波動関数 に を作用させ、結果を求めよ
→ 問題に戻る
解法の方針: \(\hat{p}^2\) を明示的に書き下し、\(\sin\) 関数の 2 階微分を計算する。
計算の詳細:
\[\hat{p}^2 = \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)^2 = (-i\hbar)^2\frac{\partial^2}{\partial x^2} = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}\]
\(\psi(x) = A\sin(3\pi x/L)\) に作用させる：
\[\frac{\partial\psi}{\partial x} = A\cdot\frac{3\pi}{L}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\]
\[\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = -A\cdot\left(\frac{3\pi}{L}\right)^2\sin\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right) = -\frac{9\pi^2}{L^2}\psi\]
よって：
\[\hat{p}^2\psi = -\hbar^2\cdot\left(-\frac{9\pi^2}{L^2}\right)\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\psi\]
最終回答:
\[\boxed{\hat{p}^2 = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}}\]
\[\boxed{\hat{p}^2\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\,\psi}\]
\(\psi\) は \(\hat{p}^2\) の固有関数であり、固有値は \(9\pi^2\hbar^2/L^2\)。
検算: これは無限井戸型ポテンシャル（幅 \(L\)）の \(n=3\) の状態に対応する。運動エネルギーは \(\hat{p}^2/(2m) = 9\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\) となり、無限井戸のエネルギー固有値 \(E_n = n^2\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\) で \(n=3\) の場合に一致する。✓ なお、\(\sin(3\pi x/L)\) は \(\hat{p}\) の固有関数ではない（D2(b) と同様の理由）が、\(\hat{p}^2\) の固有関数ではある。✓
Medium（標準）
M-1. 変数分離法による時間に依存しない Schrödinger 方程式の導出
→ 問題に戻る
解法の方針: \(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\) を Schrödinger 方程式に代入し、変数分離の論法を用いて 2 つの常微分方程式を得る。
計算の詳細:
\(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\) を式 (7.13) に代入する：
\[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}[\psi(x)T(t)] = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}[\psi(x)T(t)] + V(x)\psi(x)T(t)\]
\(\psi(x)\) は \(t\) に依存せず、\(T(t)\) は \(x\) に依存しないので：
\[i\hbar\,\psi(x)\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}\,T(t) + V(x)\psi(x)T(t)\]
両辺を \(\psi(x)T(t)\) で割る：
\[i\hbar\frac{1}{T}\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{\psi}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\]
左辺は \(t\) のみの関数、右辺は \(x\) のみの関数である。\(x\) と \(t\) は独立変数なので、両辺が等しいためには、両方とも同じ定数に等しくなければならない。この定数を \(E\) とおく。
得られる 2 つの常微分方程式:
時間部分：
\[i\hbar\frac{dT}{dt} = ET \tag{S1-1}\]
空間部分：
\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\psi = E\psi \tag{S1-2}\]
式 (S1-2) が時間に依存しない Schrödinger 方程式である。
\(T(t)\) の方程式を解く:
式 (S1-1) を変形する：
\[\frac{dT}{dt} = -\frac{iE}{\hbar}T\]
これは 1 階線形常微分方程式であり、解は：
\[\boxed{T(t) = Ce^{-iEt/\hbar}}\]
定数 \(C\) は \(\psi(x)\) に吸収できるので、\(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\) と書ける。
したがって、定常状態の波動関数は：
\[\Psi(x,t) = \psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]
検算:
- 分離定数 \(E\) の物理的意味：式 (S1-2) は \(\hat{H}\psi = E\psi\) であり、\(E\) はエネルギー固有値。✓
- \(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\) は \(|T|^2 = 1\) を満たし、確率の保存と整合する。✓
- 次元解析：\(Et/\hbar\) は無次元（\([E] = \text{J}\), \([t] = \text{s}\), \([\hbar] = \text{J}\cdot\text{s}\)）。✓
M-2. 確率の保存（連続の方程式）の導出
→ 問題に戻る
解法の方針: \(\frac{\partial\rho}{\partial t}\) を計算し、Schrödinger 方程式を用いて \(\frac{\partial\Psi}{\partial t}\) と \(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\) を置き換え、結果が \(-\frac{\partial j}{\partial x}\) と等しいことを示す。
計算の詳細:
確率密度 \(\rho = \Psi^*\Psi\) の時間微分を計算する：
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi + \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial t} \tag{S2-1}\]
Schrödinger 方程式 (7.13) より：
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right] \tag{S2-2}\]
その複素共役を取ると（\(V\) は実数と仮定）：
\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] \tag{S2-3}\]
式 (S2-2), (S2-3) を式 (S2-1) に代入する：
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right]\Psi + \Psi^*\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right]\]
\(V\) の項を整理する：
\[V\text{の寄与} = \frac{1}{-i\hbar}V\Psi^*\Psi + \frac{1}{i\hbar}V\Psi^*\Psi = -\frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} + \frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} = 0\]
ポテンシャルの項は打ち消される。残りは：
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \frac{\hbar}{2mi}\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left[\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\right]\]
ここで、以下の恒等式を確認する：
\[\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right] = \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
したがって：
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right]\]
\[= -\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi\right)\right]\]
\[= -\frac{\partial j}{\partial x}\]
よって：
\[\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0}\]
全確率の保存:
\[\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\rho\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial\rho}{\partial t}\,dx = -\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial j}{\partial x}\,dx = -\left[j(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} = -(j(+\infty) - j(-\infty))\]
\(\Psi\) が \(x \to \pm\infty\) で十分速く 0 に近づくとき、\(j(\pm\infty) = 0\) であるから：
\[\boxed{\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi|^2\,dx = 0}\]
全確率は時間に依存しない。
検算: 連続の方程式は電磁気学の電荷保存 \(\frac{\partial\rho_e}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j}_e = 0\) と同じ構造を持つ。確率が「流れる」ことはあっても「生成・消滅」しないことを表現している。✓
M-3. 確率流密度の計算
→ 問題に戻る
解法の方針: 平面波 \(\Psi = Ae^{i(kx-\omega t)}\) に対して \(\rho\) と \(j\) を直接計算する。
(a) 確率密度:
\[\rho = |\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = Ae^{-i(kx-\omega t)}\cdot Ae^{i(kx-\omega t)} = A^2\]
\[\boxed{\rho = A^2}\]
（\(A\) が実数の場合。一様で時間に依存しない。）
(b) 確率流密度:
必要な微分を計算する：
\[\frac{\partial\Psi}{\partial x} = ik\,\Psi, \quad \frac{\partial\Psi^*}{\partial x} = -ik\,\Psi^*\]
\[j = \frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\cdot ik\Psi - (-ik\Psi^*)\cdot\Psi\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left(ik|\Psi|^2 + ik|\Psi|^2\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar k}{m}A^2\]
\[\boxed{j = \frac{\hbar k}{m}A^2}\]
(c) \(j = \rho v\) の確認:
粒子の速度は \(v = p/m = \hbar k/m\)。よって：
\[\rho v = A^2 \cdot \frac{\hbar k}{m} = \frac{\hbar k}{m}A^2 = j \quad \checkmark\]
\[\boxed{j = \rho v}\]
(d) 連続の方程式の検証:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(A^2) = 0\]
\[\frac{\partial j}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\hbar k}{m}A^2\right) = 0\]
よって：
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0 + 0 = 0 \quad \checkmark\]
検算: 平面波は一様な確率密度と一様な確率流を持つ。確率が「一様に流れている」状態であり、どこでも確率が増減しないので連続の方程式が自明に満たされる。物理的に、確定した運動量を持つ粒子が一定速度で流れている描像と一致する。✓
M-4. 演算子の交換関係 の計算
→ 問題に戻る
解法の方針: 任意のテスト関数 \(f(x)\) に \([\hat{x}, \hat{p}]\) を作用させ、結果が \(i\hbar f(x)\) になることを示す。
計算の詳細:
まず \(\hat{x}\hat{p}f(x)\) を計算する：
\[\hat{x}\hat{p}f(x) = x\left(-i\hbar\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-1}\]
次に \(\hat{p}\hat{x}f(x)\) を計算する：
\[\hat{p}\hat{x}f(x) = -i\hbar\frac{d}{dx}(xf) = -i\hbar\left(f + x\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-2}\]
（積の微分法則 \(\frac{d}{dx}(xf) = f + x\frac{df}{dx}\) を使用）
差を取る：
\[[\hat{x}, \hat{p}]f(x) = \hat{x}\hat{p}f - \hat{p}\hat{x}f\]
\[= \left(-i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right) - \left(-i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right)\]
\[= -i\hbar\,x\frac{df}{dx} + i\hbar f + i\hbar\,x\frac{df}{dx}\]
\[= i\hbar f(x)\]
\(f(x)\) は任意の関数なので、演算子として：
\[\boxed{[\hat{x}, \hat{p}] = i\hbar}\]
検算:
- 次元解析：\([\hat{x}] = \text{m}\), \([\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}\) なので \([\hat{x}\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = [\hbar]\)。✓
- この交換関係は不確定性原理 \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\) の数学的基礎である。
- 具体例で確認：\(f(x) = e^{ikx}\) に対して、\(\hat{x}\hat{p}f = x\cdot\hbar k\,e^{ikx} = \hbar kx\,e^{ikx}\)、\(\hat{p}\hat{x}f = -i\hbar\frac{d}{dx}(xe^{ikx}) = -i\hbar(e^{ikx} + ikxe^{ikx}) = -i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}\)。差は \(\hbar kx\,e^{ikx} - (-i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}) = i\hbar e^{ikx} = i\hbar f\)。✓
Advanced（発展）
A-1. ガウス波束の時間発展と波束の広がり
→ 問題に戻る
(a) Fourier 変換
解法の方針: ガウス関数の Fourier 変換を、平方完成とガウス積分の公式を用いて計算する。
計算の詳細:
\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi(x,0)\,e^{-ikx}\,dx\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx\]
指数部を平方完成する。\(a = \frac{1}{4\sigma_0^2}\), \(b = -ik\) とおくと：
\[-ax^2 + bx = -a\left(x - \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{b^2}{4a}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2i k\sigma_0^2\right)^2 + \frac{(-ik)^2}{4\cdot\frac{1}{4\sigma_0^2}}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2ik\sigma_0^2\right)^2 - k^2\sigma_0^2\]
ガウス積分の公式 \(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a(x-x_0)^2}dx = \sqrt{\pi/a}\)（複素シフトでも \(\text{Re}(a) > 0\) なら成立）を適用：
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{1/(4\sigma_0^2)}} = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\]
よって：
\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\,e^{-k^2\sigma_0^2}\]
整理する：
\[\phi(k) = \frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sqrt{2\sigma_0^2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
もう少し丁寧に計算する：
\[\frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}} = \frac{2\sigma_0}{\sqrt{2}} = \sigma_0\sqrt{2}\]
\[\phi(k) = \sigma_0\sqrt{2}\cdot\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sigma_0\sqrt{2}\cdot\frac{1}{(2\pi)^{1/4}\sigma_0^{1/2}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
これをガウス関数の標準形に書き直す。\(\phi(k)\) の形を確認するため：
\[\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
確認：\(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4} = \frac{(2\sigma_0^2)^{1/4}}{\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\)
一方、先の結果は \(\frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}} = \frac{2^{1/2}\sigma_0^{1/2}}{2^{1/4}\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\)。一致する。✓
最終回答:
\[\boxed{\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\exp(-k^2\sigma_0^2)}\]
これは \(k\) 空間でのガウス関数であり、運動量空間での幅は \(\Delta k = 1/(2\sigma_0)\)（すなわち \(\Delta p = \hbar/(2\sigma_0)\)）。
(b) 時刻 \(t\) での波動関数
解法の方針: \(\omega = \hbar k^2/(2m)\) を用いて逆 Fourier 変換を実行する。
計算の詳細:
\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\phi(k)\,e^{i(kx - \omega t)}\,dk\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-k^2\sigma_0^2 + ikx - i\frac{\hbar k^2}{2m}t\right)dk\]
指数部をまとめる：
\[-k^2\sigma_0^2 - i\frac{\hbar t}{2m}k^2 + ikx = -k^2\left(\sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\right) + ikx\]
\(\alpha(t) \equiv \sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\) と定義すると：
\[\text{指数部} = -\alpha k^2 + ikx\]
平方完成する：
\[-\alpha k^2 + ikx = -\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2 - \frac{x^2}{4\alpha}\]
ガウス積分を実行する（\(\text{Re}(\alpha) = \sigma_0^2 > 0\)）：
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left[-\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2\right]dk = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\]
よって：
\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]
\[= \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]
確率密度を計算する：
\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2|\alpha|}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4}\cdot 2\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right)\right)\]
\(\frac{1}{\alpha}\) を計算する：
\[\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\sigma_0^2 + i\hbar t/(2m)} = \frac{\sigma_0^2 - i\hbar t/(2m)}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2}\]
\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{\sigma_0^2}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2} = \frac{1}{\sigma_0^2\left(1 + (\hbar t/(2m\sigma_0^2))^2\right)} = \frac{1}{\sigma_0^2 + (\hbar t)^2/(4m^2\sigma_0^2)}\]
\(\sigma(t)^2 \equiv \sigma_0^2 + \frac{\hbar^2 t^2}{4m^2\sigma_0^2} = \sigma_0^2\left(1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2\right)\) と定義すると：
\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{1}{\sigma(t)^2}\]
また \(|\alpha|^2 = \sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2 = \sigma_0^2\cdot\sigma(t)^2\) より \(|\alpha| = \sigma_0\,\sigma(t)\)。
よって：
\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]
（\(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{\sqrt{2}\sigma_0}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}\) を確認。✓）
これは平均 0、標準偏差 \(\sigma(t)\) のガウス分布であり、確率密度はガウス分布のままである。
(c) 波束の広がり
最終回答:
\[\boxed{\sigma(t) = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}}\]
物理的意味の議論:
初期状態で位置の不確定さが \(\Delta x = \sigma_0\) であるとき、不確定性原理 \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\) より、運動量の不確定さは少なくとも：
\[\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\sigma_0}\]
（ガウス波束は最小不確定状態であり、等号が成立する。）
この運動量の不確定さは速度の不確定さ \(\Delta v = \Delta p/m = \hbar/(2m\sigma_0)\) を意味する。時間 \(t\) が経過すると、速度の不確定さに起因して位置の広がりが増大する：
\[\Delta x(t) \sim \sqrt{\sigma_0^2 + (\Delta v\cdot t)^2} = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}\]
これはまさに \(\sigma(t)\) の表式と一致する。
- 短時間（\(t \ll 2m\sigma_0^2/\hbar\)）：\(\sigma(t) \approx \sigma_0\)（ほとんど広がらない）
- 長時間（\(t \gg 2m\sigma_0^2/\hbar\)）：\(\sigma(t) \approx \frac{\hbar t}{2m\sigma_0}\)（線形に広がる）
- \(\sigma_0\) を小さくすると初期の位置は精密に決まるが、\(\Delta p\) が大きくなるため波束はより速く広がる。これは不確定性原理のトレードオフの直接的な表れである。
検算:
- \(t = 0\) で \(\sigma(0) = \sigma_0\)。✓
- \(\hbar \to 0\)（古典極限）で \(\sigma(t) = \sigma_0\)（広がらない）。古典粒子は確定した軌道を持つことと整合。✓
- \(|\Psi(x,t)|^2\) の規格化：\(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}e^{-x^2/(2\sigma(t)^2)}dx = 1\)。✓（ガウス分布の規格化条件）
A-2. Ehrenfest (エーレンフェスト) の定理
→ 問題に戻る
(i) \(\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}\) の導出
解法の方針: \(\langle x\rangle\) の時間微分を計算し、Schrödinger 方程式で \(\partial\Psi/\partial t\) を置き換え、部分積分を行う。
計算の詳細:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi^* x\,\Psi\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}x\Psi + \Psi^* x\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]
Schrödinger 方程式より：
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\hat{H}\Psi = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right)\]
\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\hat{H}^*\Psi^* = -\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right)\]
代入する：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)x\Psi + \Psi^* x\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]
\(V\) の項：
\[\frac{1}{i\hbar}\left[-V\Psi^* x\Psi + \Psi^* x V\Psi\right] = 0\]
（\(V\) は実数で \(x\) と可換なので打ち消される。）
残りの運動エネルギー項：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\int\left[\Psi^*_{xx}\cdot x\Psi - \Psi^*\cdot x\Psi_{xx}\right]dx\]
部分積分を行う。\(\int \Psi^*_{xx}\cdot x\Psi\,dx\) を 2 回部分積分する。
まず \(\int \Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx\) を部分積分（\(u = x\Psi\), \(dv = \Psi^*_{xx}dx\) ではなく、\(\Psi^*_{xx}\) を部分積分で移す）：
\[\int \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\,x\Psi\,dx = \left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\,x\Psi\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial}{\partial x}(x\Psi)\,dx\]
境界項は \(\Psi\) が無限遠で 0 に近づくので消える。
\[= -\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\left(\Psi + x\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right)dx = -\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\]
同様に \(\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\) を部分積分する：
\[\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx = \left[\Psi^*\,x\Psi_x\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial}{\partial x}(\Psi^* x)\,\Psi_x\,dx\]
\[= -\int(\Psi^*_x\,x + \Psi^*)\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]
差を取る：
\[\int\Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx - \int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\]
\[= \left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\right) - \left(-\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= -\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]
よって：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]
（ここで \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\) を使った。これは部分積分 \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = [\Psi^*\Psi]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\) から得られる。）
したがって：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{mi}\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]
ここで \(\frac{\hbar}{mi}\cdot\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-1)\cdot(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x}\)...
もう少し直接的に：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{1}{m}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = \frac{1}{m}\int\Psi^*\hat{p}\Psi\,dx = \frac{\langle p\rangle}{m}\]
（\(\frac{\hbar}{mi} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\) を確認：\(\frac{\hbar}{mi}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{\hat{p}\Psi}{m}\)。✓）
\[\boxed{\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}}\]
(ii) \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\) の導出
計算の詳細:
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = -i\hbar\int\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\frac{\partial\Psi}{\partial x} + \Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]
Schrödinger 方程式を代入する：
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\]
第 2 項を計算する：
\[-i\hbar\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]
\[= -i\hbar\cdot\frac{1}{i\hbar}\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)dx\]
\[= -\int\Psi^*\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} + V_x\Psi + V\Psi_x\right)dx\]
第 1 項を計算する：
\[-i\hbar\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi_x\,dx = -i\hbar\int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\right]\Psi_x\,dx\]
\[= \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\Psi_x\,dx\]
合わせると：
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx}\Psi_x + V\Psi^*\Psi_x\right)dx + \int\Psi^*\left(\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} - V_x\Psi - V\Psi_x\right)dx\]
\(V\Psi^*\Psi_x\) の項と \(-\Psi^* V\Psi_x\) の項が打ち消される：
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{\hbar^2}{2m}\int\left(\Psi^*\Psi_{xxx} - \Psi^*_{xx}\Psi_x\right)dx - \int\Psi^*\frac{dV}{dx}\Psi\,dx\]
第 1 項が 0 であることを示す。部分積分を用いる：
\[\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx = [\Psi^*\Psi_{xx}]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]
\[\int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = [\Psi^*_x\Psi_x]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]
（境界項はいずれも 0。）
よって \(\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx - \int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = 0\)。
したがって：
\[\boxed{\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle}\]
ニュートンの運動方程式との対応
2 つの結果をまとめると：
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}, \quad \frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]
第 1 式は「位置の期待値の変化率 = 運動量の期待値/質量」であり、古典力学の \(v = p/m\) に対応する。
第 2 式は「運動量の期待値の変化率 = 力の期待値」であり、ニュートンの第 2 法則 \(F = dp/dt = -dV/dx\) の量子力学的対応物である。
これらを合わせると：
\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]
これは「期待値がニュートンの運動方程式に従う」ことを示している。
\(V(x)\) が 2 次以下の多項式の場合
\(V(x)\) が \(x\) の 2 次以下の多項式（定数、線形ポテンシャル \(V = mgx\)、調和振動子 \(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\)）の場合：
\[\frac{dV}{dx} = ax + b \quad (\text{1 次以下の関数})\]
このとき：
\[\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle = a\langle x\rangle + b = \frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]
すなわち、力の期待値が「期待値の位置での力」に等しくなる。これは \(dV/dx\) が \(x\) の 1 次以下の関数であるため、\(\langle f(x)\rangle = f(\langle x\rangle)\) が厳密に成り立つからである（Jensen の不等式が等号になる場合）。
この場合、期待値の運動方程式は：
\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]
これは古典的な運動方程式と完全に同じ形であり、期待値 \(\langle x\rangle\) は古典粒子の軌道 \(x_{\text{cl}}(t)\) と同じ運動をする。
一般のポテンシャルでは \(\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle \neq \frac{dV}{dx}\big|_{\langle x\rangle}\) となり（高次の項の寄与）、量子的な補正が現れる。波束の広がりが小さい（\(\Delta x\) がポテンシャルの特徴的なスケールに比べて小さい）場合には近似的に古典軌道に従う——これが古典極限への移行の一つの側面である。
検算:
- 自由粒子（\(V = 0\)）：\(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = 0\)（運動量保存）、\(\langle x\rangle = \langle x\rangle_0 + \frac{\langle p\rangle}{m}t\)（等速直線運動）。古典力学と一致。✓
- 調和振動子（\(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\)）：\(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle x\rangle\)。\(\langle x\rangle\) は角振動数 \(\omega\) で振動する。古典的な調和振動と一致。✓
- 次元解析：\([d\langle p\rangle/dt] = [\text{力}]\), \([\langle dV/dx\rangle] = [\text{エネルギー}/\text{長さ}] = [\text{力}]\)。✓