第 7 章 練習問題 解答¶
目次
Basic（基礎）
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）¶
B-1. 昇降演算子の交換関係¶
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準備¶
\(\alpha \equiv \sqrt{m\omega/(2\hbar)}\) と置くと \(\hat{a} = \alpha(\hat{x} + i\hat{p}/(m\omega))\)、\(\hat{a}^\dagger = \alpha(\hat{x} - i\hat{p}/(m\omega))\)。
\([\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\) の計算¶
\(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \alpha^2\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\left(\hat{x} - \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\)
括弧を展開すると
\(= \alpha^2\left(\hat{x}^2 - \frac{i\hat{x}\hat{p}}{m\omega} + \frac{i\hat{p}\hat{x}}{m\omega} + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2}\right) = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} + \frac{i}{m\omega}[\hat{p}, \hat{x}]\right)\)
ここで \([\hat{p}, \hat{x}] = -[\hat{x}, \hat{p}] = -i\hbar\) を使うと
\(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} + \frac{\hbar}{m\omega}\right) \tag{1}\)
同様に \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\) を計算すると、\([\hat{x}, \hat{p}] = +i\hbar\) の符号が使われるので
\(\hat{a}^\dagger\hat{a} = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} - \frac{\hbar}{m\omega}\right) \tag{2}\)
(1) - (2) を取ると
\([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = \hat{a}\hat{a}^\dagger - \hat{a}^\dagger\hat{a} = \alpha^2 \cdot \frac{2\hbar}{m\omega} = \frac{m\omega}{2\hbar} \cdot \frac{2\hbar}{m\omega} = 1 \quad\blacksquare\)
ハミルトニアンの書き換え¶
(2) の右辺を \(\hat{H}\) で書き直す。\(\hat{H} = \hat{p}^2/(2m) + (1/2)m\omega^2\hat{x}^2\) なので
\(\frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2}\right) = \frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{2m}\right) = \frac{\hat{H}}{\hbar\omega}\)
したがって (2) は
\(\hat{a}^\dagger\hat{a} = \frac{\hat{H}}{\hbar\omega} - \frac{1}{2} \implies \hat{H} = \hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a} + \frac{1}{2}\right) \quad\blacksquare\)
Medium（標準）¶
M-1. ハミルトニアンと昇降演算子の交換関係¶
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\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger]\) の計算¶
\(\hat{H} = \hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a} + 1/2)\) に対して、\(1/2\) は定数なので交換子には寄与しない：
\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger] = \hbar\omega\,[\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\)
恒等式 \([\hat{A}\hat{B}, \hat{C}] = \hat{A}[\hat{B}, \hat{C}] + [\hat{A}, \hat{C}]\hat{B}\) で \(\hat{A} = \hat{a}^\dagger\), \(\hat{B} = \hat{a}\), \(\hat{C} = \hat{a}^\dagger\)：
\([\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = \hat{a}^\dagger[\hat{a}, \hat{a}^\dagger] + [\hat{a}^\dagger, \hat{a}^\dagger]\hat{a} = \hat{a}^\dagger \cdot 1 + 0 \cdot \hat{a} = \hat{a}^\dagger\)
したがって
\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger] = +\hbar\omega\,\hat{a}^\dagger \quad\blacksquare\)
\([\hat{H}, \hat{a}]\) の計算¶
同様に \([\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}] = \hat{a}^\dagger[\hat{a}, \hat{a}] + [\hat{a}^\dagger, \hat{a}]\hat{a} = 0 + (-1)\hat{a} = -\hat{a}\) なので
\([\hat{H}, \hat{a}] = -\hbar\omega\,\hat{a} \quad\blacksquare\)
エネルギーの上げ下げ¶
\(\hat{H}|n\rangle = E_n|n\rangle\) とする。\(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) に \(\hat{H}\) を作用させると
\(\hat{H}(\hat{a}^\dagger|n\rangle) = (\hat{a}^\dagger\hat{H} + [\hat{H}, \hat{a}^\dagger])|n\rangle = \hat{a}^\dagger E_n|n\rangle + \hbar\omega\,\hat{a}^\dagger|n\rangle = (E_n + \hbar\omega)(\hat{a}^\dagger|n\rangle)\)
よって \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) は固有値 \(E_n + \hbar\omega\) の固有状態。同様に
\(\hat{H}(\hat{a}|n\rangle) = (E_n - \hbar\omega)(\hat{a}|n\rangle) \quad\blacksquare\)
物理的解釈¶
\(\hat{a}^\dagger\) は「エネルギー 1 段上げる」（=量子を 1 つ生成する）、\(\hat{a}\) は「エネルギー 1 段下げる」（=量子を 1 つ消滅させる）演算子。
M-2. 規格化された昇降作用¶
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\(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) の規格化¶
\(|n\rangle\) は規格化された \(\hat{N} = \hat{a}^\dagger\hat{a}\) の固有状態とする（\(\hat{N}|n\rangle = n|n\rangle\), \(\langle n|n\rangle = 1\)）。\(\hat{H} = \hbar\omega(\hat{N} + 1/2)\) より \(\hat{H}|n\rangle = \hbar\omega(n + 1/2)|n\rangle\) なので、\(\hat{N}\) の固有状態とハミルトニアンの固有状態は同じもの。問題 7.2 より \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) はエネルギー \(\hbar\omega(n + 1 + 1/2)\) の固有状態、つまり \(\hat{N}\) の固有値 \(n + 1\) の固有状態だから、\(\hat{a}^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\) となる。比例係数を規格化から決めるため、ノルムの 2 乗を計算する：
\(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = \langle n|\hat{a}\hat{a}^\dagger|n\rangle\)
問題 7.1 より \(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \hat{a}^\dagger\hat{a} + 1 = \hat{N} + 1\) なので
\(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = \langle n|(\hat{N} + 1)|n\rangle = n + 1\)
したがって
\(\hat{a}^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle \quad\blacksquare\)
\(\hat{a}|n\rangle\) の規格化¶
同様に
\(\|\hat{a}|n\rangle\|^2 = \langle n|\hat{a}^\dagger\hat{a}|n\rangle = \langle n|\hat{N}|n\rangle = n\)
よって
\(\hat{a}|n\rangle = \sqrt{n}\,|n-1\rangle \quad\blacksquare\)
\(n = 0\) のとき右辺は \(0\) になり、基底状態より下にいけないという条件 \(\hat{a}|0\rangle = 0\) が整合する。
\(|n\rangle\) の構成¶
\(\hat{a}^\dagger|0\rangle = \sqrt{1}\,|1\rangle = |1\rangle\)、\(\hat{a}^\dagger|1\rangle = \sqrt{2}\,|2\rangle\)、\(\hat{a}^\dagger|2\rangle = \sqrt{3}\,|3\rangle\)、...
よって
\(|n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n}}\hat{a}^\dagger|n-1\rangle = \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n-1}}(\hat{a}^\dagger)^2|n-2\rangle = \cdots = \frac{(\hat{a}^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle \quad\blacksquare\)
補助定理（交換公式）: 数学的帰納法で示せる：
\([\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^n] = n\,(\hat{a}^\dagger)^{n-1}\)
(\(n = 1\): \([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1\) で成立。\(n\) で成立を仮定すると、\([\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^{n+1}] = [\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\,(\hat{a}^\dagger)^n + \hat{a}^\dagger[\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^n] = (\hat{a}^\dagger)^n + \hat{a}^\dagger\cdot n(\hat{a}^\dagger)^{n-1} = (n+1)(\hat{a}^\dagger)^n\)。)
これから \(\hat{a}(\hat{a}^\dagger)^n = (\hat{a}^\dagger)^n\hat{a} + n(\hat{a}^\dagger)^{n-1}\) が従う。
規格化の確認: \(\langle n|n\rangle = \frac{1}{n!}\langle 0|\hat{a}^n(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle\)。上の補助定理を使って \(\hat{a}^n(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle\) を繰り返し整理すると、最右端の \(\hat{a}\) が \(|0\rangle\) を消滅させる項が次々に落ち、最終的に \(n!|0\rangle\) が残る。したがって \(\langle n|n\rangle = \frac{n!}{n!}\langle 0|0\rangle = 1\) で、規格化が正しい。
M-3. Schrödinger 方程式が Lorentz 共変でない理由¶
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(a) 微分の階数¶
自由粒子の Schrödinger 方程式
\(i\hbar\,\partial_t \psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\,\partial_x^2\, \psi\)
左辺は \(\partial_t\)（時間の 1 階微分）、右辺は \(\partial_x^2\)（空間の 2 階微分）。階数が揃っていない。
(b) Lorentz スカラーな微分演算子¶
Minkowski 計量 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1, +1, +1, +1)\) のもとで、4 元微分 \(\partial_\mu = (\partial_t/c, \nabla)\) を組み合わせて Lorentz スカラーになるのは d'Alembertian
\(\Box \equiv \partial^\mu\partial_\mu = -\frac{1}{c^2}\partial_t^2 + \nabla^2\)
時間の 2 階微分と空間の 2 階微分が同じ階数で揃っていることが本質。
Lorentz 変換 \(x^\mu \to \Lambda^\mu{}_\nu x^\nu\) のもとで \(\partial_\mu \to \Lambda_\mu{}^\nu \partial_\nu\) と変換するので、時間と空間の微分は混ざる。1 階の \(\partial_t\) は変換後に \(\partial_x\) の 1 階を含むことになるが、元の方程式に \(\partial_x\) の 1 階項がないため、変換先で新しい項が現れてしまう。したがって方程式の形は Lorentz 変換で保たれない。
(c) Klein-Gordon 方程式と負エネルギー解¶
相対論的エネルギー-運動量関係 \(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\) を \(E \to i\hbar\,\partial_t\), \(\vec{p} \to -i\hbar\nabla\) で演算子化すると
\((i\hbar\,\partial_t)^2\phi = \left[(-i\hbar\nabla)^2c^2 + m^2c^4\right]\phi\)
整理して
\(\left(-\frac{1}{c^2}\partial_t^2 + \nabla^2 - \frac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi = 0 \quad\blacksquare\)
左辺は \(\Box\phi - (m^2c^2/\hbar^2)\phi\) で、時間の 2 階微分を含み Lorentz 共変。
負エネルギー解が出る理由¶
平面波 \(\phi = e^{-iEt/\hbar + ipx/\hbar}\) を代入すると、方程式は
\(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\)
これは \(E\) の 2 次方程式なので、解は
\(E = \pm\sqrt{p^2c^2 + m^2c^4}\)
正の枝（通常の粒子）と負の枝の両方が出る。Schrödinger 方程式は \(E\) に関して 1 次（\(i\hbar\,\partial_t\) が \(E\) に置き換わる）なので正の解しか出なかった。相対論化したとたんに「時間の 2 階微分」が登場し、それが \(E\) の 2 次方程式を生んで負エネルギー解を生む——これが Dirac による反粒子発見の出発点になる（詳細は 「量子力学」編 第 27 章）。
まとめ：本章の解答が弦理論に直結する構造¶
| 問題 | 弦理論での再登場 |
|---|---|
| 問題 7.1–7.3（昇降演算子の代数） | 第 14 章 弦のモード展開と量子化 |
| 問題 7.4（零点エネルギーの無限和） | 第 14 章 ボソン弦の臨界次元 \(D = 26\) |
| 問題 7.5（Schrödinger 方程式の非共変性） | 第 8 章 場の量子論、第 13 章 弦の作用が初めから相対論的 |
本章で手にした調和振動子の代数は、そのまま弦の量子化の道具になる。次章からは、相対論と量子論の衝突を解決する場の量子論を辿り、その先で弦理論が登場する。
Advanced（発展）¶
A-1. 無限個の調和振動子と弦の零点エネルギー¶
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(a) 各モードの零点エネルギー¶
第 7.4 節で、角振動数 \(\omega\) の調和振動子の基底状態エネルギーが \(E_0 = \hbar\omega/2\) であることを示した。モード番号 \(n\) の角振動数を \(\omega_n = n\omega_1\) とすると、このモードの零点エネルギーは
\(\frac{1}{2}\hbar\omega_n = \frac{n\hbar\omega_1}{2} \quad\blacksquare\)
(b) 全零点エネルギーと発散¶
全モードの零点エネルギーを足し上げる：
\(E_{\text{zero}} = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{\hbar\omega_n}{2} = \frac{\hbar\omega_1}{2}\sum_{n = 1}^{\infty} n = \frac{\hbar\omega_1}{2}(1 + 2 + 3 + \cdots)\)
和 \(1 + 2 + 3 + \cdots\) は明らかに発散する（単調増加で上限がない）。したがって \(E_{\text{zero}}\) は無限大に発散。
(c) ゼータ関数正則化¶
Riemann ゼータ関数 \(\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}\) は \(\mathrm{Re}(s) > 1\) で収束し、それ以外の領域へ解析接続できる。その解析接続値として
\(\zeta(-1) = -\frac{1}{12}\)
が得られる（導出は複素解析の定理。物理では処方として受け入れる）。これを \(\sum n = \zeta(-1)\) と同一視する正則化を採用すると
\(E_{\text{zero}} = \frac{\hbar\omega_1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{12}\right) = -\frac{\hbar\omega_1}{24} \quad\blacksquare\)
符号が負になるという結果は、素朴に考えると奇妙だが、物理的には「真空のエネルギー基準をこう取ると整合的」という意味を持つ。
注記：弦の臨界次元との関係¶
第 14 章で扱うように、ボソン弦では時空の次元を \(D\) とすると零点エネルギーは \(D\) 本の独立な横振動方向の和として \((D-2)\) 倍される（光錐量子化での物理的自由度数）。Lorentz 不変性の要求（スペクトル中に質量 \(0\) のベクトル粒子が整合的に現れる条件）から
\(\frac{D-2}{24} = 1 \implies D = 26\)
が導かれる。これがボソン弦の臨界次元。本章で手にした調和振動子の零点エネルギーが、弦理論で時空の次元を決める深い結果に直結している。
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