２乗引く２乗の演算子の計算

前書き

忘れたころにちょっとハマったので備忘録。演算子は基本的に可換ではないので，通常の代数（？）のような式変形ができない場合がある。

２つの演算子$\hat{P}, \hat{Q}$を考える。このとき，適当な関数fに対して2乗の差の形で作用させると，次のようになる。

\[ (\hat{P}^2-\hat{Q}^2)f\]

さて，()の中は因数分解できそうな形をしているので，次のように変形したい。

\[ (\hat{P}^2-\hat{Q}^2)f = (\hat{P}+\hat{Q})(\hat{P}-\hat{Q})f\]

ところで，本当にこの式変形は成り立つのだろうか。

本文

右辺を展開して左辺になるか確かめる。

\begin{eqnarray*}
(\hat{P}+\hat{Q})(\hat{P}-\hat{Q})f &=& (\hat{P}+\hat{Q}) (\hat{P}f-\hat{Q}f) \\
&=& \hat{P}^2f-\{\hat{P}\hat{Q}-\hat{Q}\hat{P}\}f-\hat{Q}^2f\\
&=&( \hat{P}^2-[\hat{P},\hat{Q}]-\hat{Q}^2)f
\end{eqnarray*}

ここで，$[\hat{P},\hat{Q}]=\hat{P}\hat{Q}-\hat{Q}\hat{P}$であり，演算子$\hat{P},\hat{Q}$の交換関係と呼ぶ。したがって，前書きの式が成り立つためには$[\hat{P},\hat{Q}]=0$であればよく，このとき演算子$\hat{P},\hat{Q}$は交換する，または可換であるという。

例題

$\hat{P}=x, \hat{Q}=-i\frac{\partial}{\partial x}, f=\psi(x)$とする($i$は虚数単位)。このとき，

\begin{eqnarray*}
(\hat{P}^2-\hat{Q}^2)\psi(x) &=& \left(x^2+\frac{\partial^2}{\partial x^2}\right)\psi(x) \\
(\hat{P}+\hat{Q})(\hat{P}-\hat{Q})\psi(x) &=& \left(x-i\frac{\partial}{\partial x}\right)\left(x\psi(x)+i\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)\right)\\
&=& \left(x^2+ix\frac{\partial}{\partial x}-i-ix\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial^2}{\partial x^2}\right)\psi(x) \\
&=& \left(x^2-i+\frac{\partial^2}{\partial x^2}\right)\psi(x)
\end{eqnarray*}

となり，（量子力学では）よく知られた交換関係$\left[x, -i\frac{\partial}{\partial x}\right]=i$だけずれることが分かる。

一方，$\hat{P}=x, \hat{Q}=-i\frac{\partial}{\partial y}, f=\psi(x, y)$とする。このとき，x, yが独立変数だとすれば$\frac{\partial}{\partial y} x=0$かつ$\left[x, \frac{\partial}{\partial y}\right]=0$であるから，

\begin{eqnarray*}
(\hat{P}^2-\hat{Q}^2)\psi(x, y) &=& \left(x^2+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)\psi(x, y) \\
(\hat{P}+\hat{Q})(\hat{P}-\hat{Q})\psi(x, y) &=& \left(x-i\frac{\partial}{\partial y}\right)\left(x\psi(x, y)+i\frac{\partial}{\partial y}\psi(x, y)\right)\\
&=& \left(x^2+ix\frac{\partial}{\partial y}-ix\frac{\partial}{\partial y}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)\psi(x, y) \\
&=& \left(x^2+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right)\psi(x, y)
\end{eqnarray*}

となり，両辺は一致する。