一般の演算子
表記
- $A, B$: 演算子
- $\mathcal{C}_A^n (B) \coloneqq \underbrace{[A, [A, [A, [\cdots}_{n\text{個}} , B]]]]$
- $\mathcal{C}_A^0 (B) \coloneqq B$
公式
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ [A, B]^\dagger = [B^\dagger, A^\dagger]. $$ 証明 $$ [A, B]^\dagger = (AB - BA)^\dagger = B^\dagger A^\dagger - A^\dagger B^\dagger = [B^\dagger, A^\dagger]. $$
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ [A, B^n] = \sum_{k=1}^{n} B^{n-k} [A, B] B^{k-1}. $$ 証明 ある$n$について提示された公式が成立すると仮定すると $$ \begin{align*} [A, B^{n+1}] &= A B^n B - B^n B A \notag \\ &= ([A,B^n] + B^n A) B - B^n ( AB - [A,B]) \notag \\ &= [A,B^n] B - B^n [A,B] \notag \\ &= \sum_{k=1}^{n} B^{n-k} [A, B] B^{k} - B^n [A,B] \notag \\ &= \sum_{k=0}^{n} B^{n-k} [A, B] B^{k} \notag \\ &= \sum_{k=1}^{n+1} B^{n+1-k} [A, B] B^{k-1} \end{align*} $$ となるので，$n+1$についても公式は成立する． $n=1$の場合も公式が成立するので数学的帰納法により任意の自然数$n$について公式は成立する．
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ [A^n, B] = \sum_{k=1}^{n} A^{n-k} [A, B] A^{k-1}. $$ 証明 $$ \begin{align*} [A^{n}, B] &= - [B, A^{n}]\notag \\ &= - \sum_{k=1}^{n} A^{n-k} [B, A] A^{k-1} \notag \\ &= \sum_{k=1}^{n} A^{n-k} [A,B] A^{k-1}. \end{align*} $$
$t \in \mathbb{C}$に対して $$ \mathrm{e}^{tA} B \mathrm{e}^{-tA} = \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n \mathcal{C}_A^n (B)}{n!}. $$
ヒルベルト空間を部分空間によって分割し，各部分空間を$\mu$，各部分空間内の状態を$n$によってラベル付けし，ヒルベルト空間内の状態を$\ket{\mu,n}$で表すことにする． このとき$\mu\neq\nu$に対して$\braket{\mu, n | A | \nu, m} = 0$となる演算子$A$のことをblock-diagonalな演算子と呼び， $\braket{\mu, n | A | \mu, m} = 0$となる演算子$A$のことをblock-off-diagonalな演算子と呼ぶ． このとき，block-diagonalな演算子同士の積はblock-diagonalとなり，block-diagonalな演算子とblock-off-diagonalな演算子との積はblock-off-diagonalとなる． 証明 $A,B$をblock-diagonalと仮定する． つまり$\mu\neq\nu$に対して $$ \braket{\mu, n | A | \nu, m} = 0, $$ $$ \braket{\mu, n | B | \nu, m} = 0. $$ したがって $$ \begin{align*} \braket{\mu, n | AB | \nu, m} &= \sum_{\xi, l} \braket{\mu, n | A | \xi, l} \braket{\xi, l | B | \nu, m} \notag \\ &= \sum_{l} \braket{\mu, n | A | \mu, l} \braket{\mu, l | B | \nu, m} \notag \\ &= 0. \end{align*} $$ 次に$A$をblock-diagonal，$B$をblock-off-diagonalと仮定する． つまり$A$は$\mu\neq\nu$に対して $$ \braket{\mu, n | A | \nu, m} = 0 $$ を満たして，$B$は $$ \braket{\mu, n | B | \mu, m} = 0 $$ を満たす． したがって $$ \begin{align*} \braket{\mu, n | AB | \mu, m} &= \sum_{\xi, l} \braket{\mu, n | A | \xi, l} \braket{\xi, l | B | \mu, m} \notag \\ &= \sum_{l} \braket{\mu, n | A | \mu, l} \braket{\mu, l | B | \mu, m} \notag \\ &= 0. \end{align*} $$ $A$がblock-off-diagonalで$B$がblock-diagonalである場合も同様に示せる．
調和振動子の生成消滅演算子
表記と仮定
- $a$: 消滅演算子
- $a^\dagger$: 生成演算子
- $[a, a^\dagger] = 1$
- $N \coloneqq a^\dagger a$: 個数演算子
定理や公式
$$ [N, a] = -a. $$ $$ [N, a^\dagger] = a^\dagger. $$ 証明 $$ \begin{align*} [N, a] &= [a^\dagger a, a] \notag \\ &= a^\dagger a a - a a^\dagger a \notag \\ &= ([a^\dagger, a] + a a^\dagger) a - a a^\dagger a \notag \\ &= -a. \end{align*} $$ $$ [N, a^\dagger] =[a, N]^\dagger = a^\dagger. $$
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ [N, a^n] = - n a^n. $$ $$ [N, (a^\dagger)^n] = n (a^\dagger)^n. $$ 証明 $$ \begin{align*} [N, a^n] &= \sum_{k=1}^n a^{n-k} [N,a] a^{k-1} \notag \\ &= - \sum_{k=1}^n a^n \notag \\ &= - n a^n. \end{align*} $$ $$ [N, (a^\dagger)^n] =[a^n, N]^\dagger = n (a^\dagger)^n. $$
$t \in \mathbb{C}$に対して $$ \mathrm{e}^{tN} a \mathrm{e}^{-tN} = \mathrm{e}^{-t} a. $$ $$ \mathrm{e}^{tN} a^\dagger \mathrm{e}^{-tN} = \mathrm{e}^{t} a^\dagger. $$ 証明 $$ \begin{align*} \mathrm{e}^{tN} a \mathrm{e}^{-tN} &= \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n \mathcal{C}_N^n(a)}{n!} \notag \\ &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-t)^n}{n!} a \notag \\ &= \mathrm{e}^{-t} a. \end{align*} $$ $$ \begin{align*} \mathrm{e}^{tN} a^\dagger \mathrm{e}^{-tN} &= (\mathrm{e}^{-t^\ast N} a \mathrm{e}^{t^\ast N})^\dagger \notag \\ &= (\mathrm{e}^{t^\ast} a)^\dagger \notag \\ &= \mathrm{e}^{t} a^\dagger. \end{align*} $$
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ [a, (a^\dagger)^n] = n (a^\dagger)^{n-1}. $$ 証明 自然数$n$に対して次式が成立する． $$ \begin{align*} [a, (a^\dagger)^n] &= \sum_{k=1}^n (a^\dagger)^{n-k} [a,a^\dagger] (a^\dagger)^{k-1} \notag \\ &= \sum_{k=1}^n (a^\dagger)^{n-1} \notag \\ &= n (a^\dagger)^{n-1}. \end{align*} $$
$n \in \mathbb{N}$に対して $$ (a^\dagger)^n a^n = \prod_{i=0}^{n-1} (a^\dagger a - i). $$ 証明 $n=1$のときは自明． $n \gt 1$のとき， $$ \begin{align*} (a^\dagger)^{n+1} a^{n+1} &= a^\dagger (a^\dagger)^{n} a a^{n} \\ &= a^\dagger ( a (a^\dagger)^{n} - [a, (a^\dagger)^{n}] ) a^{n} \\ &= a^\dagger a (a^\dagger)^{n} a^{n} - (n) (a^\dagger)^{n} a^{n} \\ &= (a^\dagger a - n ) (a^\dagger)^{n} a^{n} \end{align*} $$ となるので，ある$n$について与えられた式が成立するなら$n+1$でも成立する． したがって数学的帰納法より任意の自然数に対して与えられた式は成立する．
$N$の固有値・固有ベクトルを$n, \ket{n}$とすると， $a\ket{n}$と$a^\dagger \ket{n}$も$N$の固有ベクトルであり，次式が成立する． $$ N a \ket{n} = (n-1) a \ket{n}, $$ $$ N a^\dagger \ket{n} = (n+1) a^\dagger \ket{n}. $$ 証明 $$ \begin{align*} N a \ket{n} &= (a a^\dagger - [a, a^\dagger]) a \ket{n} \notag \\ &= a(N - 1) \ket{n} \notag \\ &= a(n - 1) \ket{n} \notag \\ &= (n - 1) a \ket{n}. \end{align*} $$ $$ \begin{align*} N a^\dagger \ket{n} &= a^\dagger ([a, a^\dagger] + a^\dagger a) \ket{n} \notag \\ &= a^\dagger(N + 1) \ket{n} \notag \\ &= a^\dagger(n + 1) \ket{n} \notag \\ &= (n + 1) a^\dagger \ket{n}. \end{align*} $$
$N$の固有値・固有ベクトルを$n, \ket{n}$とすると $$ a \ket{n} = \sqrt{n} \ket{n-1}, $$ $$ a^\dagger \ket{n} = \sqrt{n+1} \ket{n+1}. $$ 証明 $$ N a \ket{n} = (n-1) a \ket{n}. $$ なので$a \ket{n}$は固有値$n-1$となる$N$の固有ベクトルである． したがって $$ a \ket{n} = c \ket{n-1}. $$ この式の絶対値を計算すると次式を得る． $$ |c|^2 = \braket{n | a^\dagger a | n} = n. $$ したがって $$ a \ket{n} = \sqrt{n} \ket{n-1}. $$ 同様に $$ N a^\dagger \ket{n} = (n+1) a^\dagger \ket{n}. $$ なので$a^\dagger \ket{n}$は固有値$n+1$となる$N$の固有ベクトルであり， $$ a^\dagger \ket{n} = d \ket{n+1}. $$ とおくことができる． これより $$ |d|^2 = \braket{n | a a^\dagger | n} = \braket{n | ([a,a^\dagger] + a^\dagger a)| n} = n+1. $$ したがって $$ a^\dagger \ket{n} = \sqrt{n+1} \ket{n+1}. $$
$N$の固有値は非負整数． 証明 $N$の固有値・固有ベクトルを$n, \ket{n}$とする． このとき $$ \begin{align*} \braket{n|N|n} = n \end{align*} $$ を満たす． また $$ \begin{align*} \braket{n|N|n} &= \braket{n|a^\dagger a|n} \notag \\ &= |a \ket{n}|^2 \notag \\ &\geq 0 \end{align*} $$ でもあるので， $$ n \geq 0 $$ となり，固有値が非負であることがわかる． $a\ket{n}=\sqrt{n}\ket{n-1}$を利用して$a$を固有ベクトルに何度も作用させることで元の固有値よりも$1$小さい固有値に対応する固有ベクトルを作ることができるので， $n$が整数でないと仮定すると固有値が負の固有ベクトルが存在することになる． これは固有値が非負であることに矛盾する． したがって，$N$の固有値は非負整数であることがわかる． 実際，固有値が整数であれば固有値が$0$である固有ベクトル$\ket{0}$が存在し，それに$a$を作用させても$a\ket{0} = 0$となり，非負の固有値に対応する固有ベクトルを作ることはできない．
パウリ演算子
表記
- $\delta_{ij}$: クロネッカーのデルタ
- $\epsilon_{ijk}$: レヴィ・チビタ記号
- $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$: パウリ演算子，$\sigma_i \sigma_j = \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \sigma_k$を満たす
- $\bm{\sigma} = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3)^\top$
公式
$$ \left[ \frac{\sigma_i}{2} , \frac{\sigma_j}{2} \right] = \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \frac{\sigma_k}{2}. $$ 証明 $$ \begin{align*} \left[ \frac{\sigma_i}{2} , \frac{\sigma_j}{2} \right] &= \frac{1}{4} \left( \sigma_i \sigma_j - \sigma_j \sigma_i \right) \notag \\ &= \frac{1}{4} \left( \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \sigma_k - \delta_{ji} - \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{jik} \sigma_k \right) \notag \\ &= \frac{1}{4} \left( \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \sigma_k - \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \sigma_k \right) \notag \\ &= \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \frac{\sigma_k}{2}. \end{align*} $$
ベクトル$\bm{a}, \bm{b}$に対して $$ (\bm{a} \cdot \bm{\sigma}) (\bm{b} \cdot \bm{\sigma}) = \bm{a} \cdot \bm{b} + \mathrm{i} (\bm{a} \times \bm{b}) \cdot \bm{\sigma}. $$ 証明 $$ \begin{align*} (\bm{a} \cdot \bm{\sigma}) (\bm{b} \cdot \bm{\sigma}) &= \left( \sum_{i=1}^3 a_i \sigma_i \right) \left( \sum_{i=1}^3 b_i \sigma_i \right) \notag \\ &= \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 a_i b_j \sigma_i \sigma_j \notag \\ &= \sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 a_i b_j \left( \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_{k=1}^3 \epsilon_{ijk} \sigma_k \right) \notag \\ &= \bm{a} \cdot \bm{b} + \mathrm{i} (\bm{a} \times \bm{b}) \cdot \bm{\sigma}. \end{align*} $$
単位ベクトル$\bm{n}$に対して $$ (\bm{n} \cdot \bm{\sigma})^2 = 1. $$ 証明 $$ \begin{align*} (\bm{n} \cdot \bm{\sigma})^2 &= \sum_{ij} n_i n_j \left( \delta_{ij} + \mathrm{i} \sum_k \epsilon_{ijk} \sigma_k \right) \notag \\ &= \sum_{i} {n_i}^2 + \mathrm{i} \sum_{ijk} \epsilon_{ijk} \sigma_k \notag \\ &= 1. \end{align*} $$
複素数$\theta$，単位ベクトル$\bm{n}$に対して $$ \mathrm{e}^ {\mathrm{i} \theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma}} = \cos \theta + \mathrm{i} \bm{n} \cdot \bm{\sigma} \sin \theta. $$ 証明 $$ \begin{align*} \mathrm{e}^ {\mathrm{i} \theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma}} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm{i} \theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma})^k}{k!} \notag \\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm{i} \theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma})^{2k}}{(2k)!} + \sum_{k=0}^\infty \frac{(\mathrm{i} \theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma})^{2k+1}}{(2k+1)!} \notag \\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}(\theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma})^{2k} + \mathrm{i} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} (\theta \bm{n} \cdot \bm{\sigma})^{2k+1} \notag \\ &= \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!} \theta^{2k} + \mathrm{i} \bm{n} \cdot \bm{\sigma} \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} \theta^{2k+1} \qquad (\because (\bm{n} \cdot \bm{\sigma})^2 = 1) \notag \\ &= \cos \theta + \mathrm{i} \bm{n} \cdot \bm{\sigma} \sin \theta. \end{align*} $$