では次に、平均値 $\langle x\rangle $ の回りで、$\psi (x)$ がどの程度遠くまで広がっているかを表す $\delta x$ を、$\psi (x)$ を使って書くことを考えます：各 $x$ に対して $\vert x-\langle x\rangle \vert $ は、平均から $x$ までの距離を表します。従ってこの距離の平均値、つまり
$$\langle \vert x-\langle x\rangle \vert \rangle =\int _{-\infty }^{\infty }\vert x-\langle x\rangle \vert \psi (x)^2dx$$が、$\delta x$ としてふさわしいと考えられます。ただ、積分記号の中に絶対値が現れます。絶対値の計算では中身が正の場合と負の場合で場合分けをせねばならず、おそらく取り扱いが面倒になることが予想されます。そこでもっと扱いやすい形で $\psi (x)$ の広がりを表すものを探すと
$${\sqrt {\langle \left( x-\langle x\rangle \right) ^2\rangle }}={\sqrt {\int _{-\infty }^{\infty }\left( x-\langle x\rangle \right) ^2\psi (x)^2dx}}$$を思いつきます。つまり、平均から $x$ までの距離の二乗の平均値を考え、二乗したことの埋め合わせに、後で平方根を取るのです。もちろん四乗することも十乗することも考えられますが、わざわざ複雑なものを考えることは避けます。以下では
$$\delta x={\sqrt {\langle \left( x-\langle x\rangle \right) ^2\rangle }}$$としてこれを偏差 $\delta x$ として使います。
さて、いよいよ運動量 $p_x$ の平均値に進みたいのですが、それがどう表されるか今のところ皆目分かりません。ただ、
$$\langle x\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }x\psi (x)^2dx$$と、少なくとも形が似ている、特に積分で表されることは共通ではないかと推測できます。そこで積分にはあまり注意を払わないことにします。更に、$x\psi (x)^2$ は「$\psi (x)^2$ に $x$ をかけたもの」と見るより、「$x\psi (x)$ に $\psi (x)$ をかけたもの」と見るべきかと思われます。この時点で確たる証拠は何もありませんが、$\psi (x)$ の方が $\psi (x)^2$ より基本的だからです。位置の平均も運動量の平均も、その基本的な対象に働きかけて少し変形し、その後で $\psi (x)$ をかけて積分すると解釈する方が、自然だと思えるからです。
そこで、二つの関数 $\phi (x), \psi (x)$ に対し
$$\left( \phi , \psi \right) =\int _{-\infty }^{\infty }\phi (x)\psi (x)dx$$によって $\left( \phi , \psi \right) $ を定めます。積分が収束するかどうか気になるかもしれませんが、たとえば原子内の電子のように、その存在がある有界な範囲に限られる場合を扱うことがほとんどです。つまり $\phi (x)$ や $\psi (x)$ は、その有界な範囲の外の $x$ に対しては $0$ だと考えられます。従って積分が収束することにあまり神経質になる必要はありません。ちなみに、粒子は数直線上のどこかに必ずいることから
$$\int _{-\infty }^{\infty }\psi (x)^2dx=1$$を以前に導きましたが、この記号を使うと
$$\left( \psi , \psi \right) =1$$と書けます。また
$$\langle x\rangle =\left( x\psi , \psi \right) $$です。但し $x\psi $ は、関数 $x\psi (x)$ を表すとします。更に
$$\delta x={\sqrt {\left( (x-\langle x\rangle ) ^2\psi , \psi \right) }}$$です。
運動量 $p_x$ の平均を $\langle p_x\rangle $ で表すとすれば、$x$ の平均の場合から類推するに
\begin{equation} \langle p_x\rangle =(A\psi , \psi ) \label{eq:lanpxran} \end{equation}の形で書けるかと思われます。但し、$A$ は関数 $\psi (x)$ に働く何らかの作用であり、$\psi $ を変える働きを想定しています。$\psi $ に依存するという意味で、$A(\psi )$ と書くべきかもしれませんが、簡単の為に $A\psi $ と書きます。たとえば、$\psi (x)$ に $x$ をかけて $x\psi (x)$ に変えるとか、$\psi (x)$ を各点で微分して導関数
$${d\over {dx}}\psi (x)$$に変えるとか、そういう作用を $A$ としては考えます。
(\ref{eq:lanpxran}) 式
$$\langle p_x\rangle =(A\psi , \psi )$$によって求められる左辺の値が、運動量の平均であると考えてふさわしい $A$ を求めたいのです。どうであればふさわしいかという判定条件として、われわれは不等式
$$\delta x\times \delta p_x\geq {h\over {2\pi }}$$を持っています。この条件を手掛かりにして $A$ を探すべきです。
ただ、ここで、少しチェックが必要です。というのは、われわれは $\delta x$ の色々な候補の中から「平均的な位置からのずれの二乗の平均、の平方根」を採用しました。この考え方で半径 $r$ の円運動を見る場合、果たして $\delta x=r$ としてよいものかどうかは確かめておくべきかと思われます。$x-y$ 平面上で半径 $r$ の円運動はパラメーターを $\theta $ として
$$(r\cos \theta , r\sin \theta )$$ですから、
$$\delta x={\sqrt {{1\over {2\pi }}\int _0^{2\pi }r^2\cos ^2\theta d\theta }}={r\over {\sqrt 2}}$$です。同様に考えて
$$\delta p_x={p\over {\sqrt 2}}$$であり、よって
$$\delta x\delta p_x={{rp}\over 2}\geq {1\over 2}{h\over {2\pi }}$$に修正すべきという結果が得られます。
$h/2\pi $ は $\hbar $ （エイチバー）と書くのが慣例ですので、今後そのように書きます。
$$\delta x\delta p_x\geq {{\hbar }\over 2}$$を手掛かりにして $A$ を探すことがこれからの目的です。
位置 $x$ についての
$$\delta x={\sqrt {\left( (x-\langle x\rangle ) ^2\psi , \psi \right) }}$$から強引に類推すれば
$$\delta p_x={\sqrt {\left( (A-\langle p_x\rangle ) ^2\psi , \psi \right) }}$$と書けると思われます。但し、
$$A-\langle p_x\rangle$$は、各関数 $\psi $ を
$$A\psi -\langle p_x\rangle \psi $$に変える働きをする作用だと約束します。この作用を更にもう一回施す作用を
$$(A-\langle p_x\rangle ) ^2$$で表します。
少し記号が複雑になってきました、本質的でない複雑さは避けるべきだと思われますので、しばらく
$$\langle x\rangle =\langle p_x\rangle =0$$を仮定します。つまり、直観的には、存在域が原点 $x=0$ を中心に大体均等に広がり、運動量も正負大体同じ程度に散らばる粒子を考えます。このような粒子に対しては
$$\delta x={\sqrt {\left( x^2\psi , \psi \right) }}$$ $$\delta p_x={\sqrt {\left( A^2\psi , \psi \right) }}$$です。繰り返しますが、ここで $x^2$ は、関数 $\psi $ を
$$x^2\psi (x)=x(x\psi (x))$$に変える働きをする作用であり、まったく同様に $A^2$ は $\psi $ を
$$A(A\psi )$$に変える作用です。
さてこの時、不等式
$$\delta x\times \delta p_x\geq {{\hbar }\over 2}$$は
$$\left( x^2\psi , \psi \right) \left( A^2\psi , \psi \right) \geq \left( {{\hbar }\over 2}\right) ^2$$を意味します。これが任意の $\psi $ に対して（但し、$x$ と $p_x$ の平均が $0$ である $\psi $ に対して）成り立つ作用 $A$ を求めたいのです。
二次方程式に関する知識を使うと
$$\left( x^2\psi , \psi \right) +\lambda {\hbar }+\lambda ^2\left( A^2\psi , \psi \right) \geq 0$$が任意の実数 $\lambda $ について成り立つ $A$ を探せばよいことになります。ここで
$$\left( x^2\psi , \psi \right) =\left( x\psi , x\psi \right) $$であることに気づけば、$A$ も同じ性質を持つ、つまり
\begin{equation} \left( A\phi , \psi \right) =\left( \phi , A\psi \right) \label{eq:Agakyouyaku} \end{equation}がすべての $\phi $ と $\psi $ について成り立つ $A$ を選ぶとして
$$\left( A^2\psi , \psi \right) =\left( A\psi , A\psi \right) $$と書き直せることに気づきます。よって
$$\left( x\psi , x\psi \right) +\lambda {\hbar }+\lambda ^2\left( A\psi , A\psi \right) \geq 0$$である $A$ を探すことになりますが、左辺の第一項と第三項は
\begin{equation} \left( x\psi +\lambda A\psi , x\psi +\lambda A\psi \right) \label{eq:dai1todai3} \end{equation}の展開式
$$\left( x\psi , x\psi \right) +\lambda \left[ \left( x\psi , A\psi \right) +\left( A\psi , x\psi \right) \right] +\lambda ^2\left( A\psi , A\psi \right) $$の両端に現れます。(\ref{eq:dai1todai3}) の値は必ず正であり、よって
$$\left( x\psi , A\psi \right) +\left( A\psi , x\psi \right) =\hbar $$が任意の $\psi $ について成立する $A$ を探せばよいことになります。この条件は
$$\left( Ax\psi , \psi \right) +\left( xA\psi , \psi \right) =\hbar $$と書き換えることができ、任意の $\psi $ に対して
$$\left( \psi , \psi \right) =1$$であることを思い出すなら
\begin{equation} Ax+xA=\hbar \label{eq:Ax+xA} \end{equation}であればよいことになります。この等式はもちろん、任意の $\psi $ に対して
$$A(x\psi )+x(A\psi )=\hbar \psi $$が成り立つことを意味します。
結局、(\ref{eq:Ax+xA}) 式を満たす $A$ が見つかれば万事オーケーです。試しに、最も簡単な作用として定数倍
$$A\psi =a\psi $$を考えてみます。しかしこの時、どんな定数 $a$ を選んでも
$$Ax+xA=2ax$$であり、決して $\hbar $ という定数に等しくはなりません。ではというので、もう少し複雑な作用として、何らかの関数 $f(x)$ を $\psi (x)$ にかけるという作用を考えてみます。この時
$$Ax+xA=2f(x)x$$となって、定数 $\hbar $ に等しくなることはありません。では微分するという作用
$$A\psi (x)={d\over {dx}}\psi (x)$$ではどうでしょうか。この時
$$Ax\psi +xA\psi ={d\over {dx}}(x\psi (x))+x{d\over {dx}}\psi (x)$$ですが、右辺は積の微分公式を使えば
$$\psi (x)+2x{d\over {dx}}\psi (x)$$となって、これもまた、
$$\hbar $$と等しくなることはあり得ません。
ただここで、一つ面白いことに気づきます：条件 (\ref{eq:Ax+xA}) 式
$$Ax+xA=\hbar $$がもし
$$Ax-xA=\hbar $$であるのなら、
$$A=\hbar {d\over {dx}}$$がこの条件を満たすということです。
(\ref{eq:Ax+xA}) 式のプラスをマイナスに変えるには - いろいろ試行錯誤してやっとわかることですが - 複素数を導入するとうまくいきます： これまでは関数として暗黙の裡に実数を値に取る関数を考えてきましたが、今後、実数のみならず複素数も値としてとってよいと考えます。その際、微小区間
$$[x, x+\Delta x]$$内に粒子が存在する可能性は $\Delta x$ の二次以上を無視して
$$\psi (x)\psi (x)^*\Delta x=\vert \psi (x)\vert ^2\Delta x$$だと考えます（$*$ は複素共役を意味します）。従って、粒子がどこかに居るということは
$$\int _{-\infty }^{\infty }\psi (x)\psi (x)^*dx=1$$で表されます。$\left( \cdot , \cdot \right) $ も複素数を値に取る関数の拡張して
$$\left( \phi , \psi \right) =\int _{-\infty }^{\infty }\phi (x)\psi (x)^*dx$$と約束します。従って特に、任意の $\psi $ について
$$\left( \psi , \psi \right) =1$$です。
このように拡張した $\left( \cdot , \cdot \right) $ についても
$$\left( x\phi , \psi \right) =\left( \phi , x\psi \right) $$です。従って $A$ もやはり
\begin{equation} \left( A\phi , \psi \right) =\left( \phi , A\psi \right) \label{eq:Anojyouken} \end{equation}を満たす中から探すことにします。
$$\langle x\rangle =\left( x\psi , \psi \right) $$ $$\delta x={\sqrt{\left( (x-\langle x\rangle )^2\psi , \psi \right) }}$$ $$\langle p_x\rangle =\left( A\psi , \psi \right) $$ $$\delta p_x={\sqrt{ \left( (A-\langle p_x\rangle )^2\psi , \psi \right) }}$$については、これまでと形はまったく同じです。
今後もやはり、複雑さを避けるため
$$\langle x\rangle =\langle p_x\rangle =0$$を仮定します。この仮定の下で
$$\left( \delta x\delta p_x\right) ^2=\left( x^2\psi , \psi \right) \left( A^2\psi , \psi \right) \geq \left( {{\hbar }\over 2} \right) ^2$$を満たす $A$ を見つければよいのですが、
$$\left( x^2\psi , \psi \right) +\lambda \hbar +\lambda ^2\left( A^2\psi , \psi \right) \geq 0$$が任意の実数 $\lambda $ に対し成立する $A$ であればよいことになります。ここで変数 $\lambda $ の各係数が実数である必要がありますが、
$$\left( x^2\psi , \psi \right) =\left( x\psi , x\psi \right) \geq 0$$ $$\left( A^2\psi , \psi \right) =\left( A\psi , A\psi \right) \geq 0$$であり、特に共に実数であって心配ありません。
ここで
$$\left( (x-i\lambda A)\psi , (x-i\lambda A)\psi \right) \geq 0$$を考えると、左辺の展開は
$$\left( x\psi , x\psi \right) +i\lambda \Bigl[ \left( x\psi , A\psi \right) -\left( A\psi , x\psi \right) \Bigr] +\lambda ^2\left( A\psi , A\psi \right) $$となり、よって
$$\left( x\psi , A\psi \right) -\left( A\psi , x\psi \right) =-i\hbar $$をみたす $A$ であればよいことになります。更に整理すると
$$Ax-xA=-i\hbar $$であればよいのです。この条件は
$$A={{\hbar }\over i}{d\over {dx}}$$と置けば満たされます。この $A$ は条件式 (\ref{eq:Anojyouken})
$$\left( A\phi , \psi \right) =\left( \phi , A\psi \right) $$も満たします。何故ならば
\begin{eqnarray*} \left( A\phi , \psi \right) &=&{{\hbar }\over i}\int _{-\infty }^{\infty }{d\over {dx}}\phi (x)\psi (x)^*dx\\ &=&{{\hbar }\over i}\Bigl[ \phi (x)\psi (x)^*\Bigr] _{-\infty }^{\infty }-{{\hbar }\over i}\int _{-\infty }^{\infty }\phi (x){d\over {dx}}\psi (x)^*dx\\ &=&-{{\hbar }\over i}\int _{-\infty }^{\infty }\phi (x){d\over {dx}}\psi (x)^*dx=\left( \phi , A\psi \right) \end{eqnarray*}だからです。但し、
$$\Bigl[ \phi (x)\psi (x)^*\Bigr] _{-\infty }^{\infty }=0$$とした理由は、$\phi (x)$ も $\psi (x)$ も $\vert x\vert \rightarrow \infty $ の極限で $0$ になるとしていいからです。
以上で
$$\langle x\rangle =\left( x\psi , \psi \right) $$ $$\delta x={\sqrt {\left( (x-\langle x\rangle )^2\psi , \psi \right) }}$$ $$\langle p_x\rangle =\left( {{\hbar }\over i}{d\over {dx}}\psi , \psi \right) $$ $$\delta p_x={\sqrt {\left( ({{\hbar }\over i}{d\over {dx}}-\langle p_x\rangle )^2\psi , \psi \right) }}$$と置けば、件の不等式
$$\delta x\delta p_x\geq {{\hbar }\over 2}$$であることが証明できました。上の推論では
$$\langle x\rangle =\langle p_x\rangle =0$$を仮定して導きましたが、仮定が外れる場合でも
$$x-\langle x\rangle , \hskip 3mm A-\langle p_x\rangle $$を $x$ と $A$ の代わりに使って同じ計算ができるので問題なしです。
以上で特に、粒子の位置には
$$\psi (x) \rightarrow x\psi (x)$$という作用が、運動量には
$$\psi (x) \rightarrow {{\hbar }\over i}{d\over {dx}}\psi (x)$$という作用が、それぞれ対応することがわかりました。
目次を表示