少し抽象的な話が続きましたので、具体的な計算もしておきます。二年ほど前の2021年10月24日の記事「波束の拡散」と重複するところがありますが、少しちがった立場からまとめておきます：まず
\begin{equation} \psi _0(x)=(2\pi \sigma ^2)^{-1/4}e^{-(x-x_0)^2/(4\sigma ^2)}e^{ip_0x/\hbar } \label{eq:psisyoki} \end{equation}と置き、この関数によって表される粒子の状態を考えます。この絶対値の二乗は
$$\vert \psi _0(x)\vert ^2=(2\pi \sigma ^2)^{-1/2}e^{-(x-x_0)^2/2\sigma ^2}$$であって、よく知られている正規分布（ガウス分布）の密度関数です。$\sigma $ はこの正規分布の標準偏差と呼ばれるものであり
$$x_0-\sigma < x < x_0+\sigma $$の範囲内でこの粒子が見いだされる確率は $70 \%$ 近くになります。
$\psi _0$ の状態での位置の平均値は
$$\langle x\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }x\vert \psi _0(x)\vert ^2dx=x_0$$となります。この積分の計算は、一般に成り立つガウス積分
\begin{equation} \int _{-\infty }^{\infty }e^{i\lambda x-\alpha x^2}dx={\sqrt{\pi \over \alpha }}e^{-\lambda ^2/4\alpha } \label{eq:gaususekibun} \end{equation}を使えば出ます。ここで、$\lambda $ は実数、$\alpha $ は ${\rm Re} \alpha >0$ である複素数なら何でもよいです。
更に
$$\int _{-\infty }^{\infty }x^2\vert \psi _0(x)\vert ^2dx=\sigma ^2+x_0^2$$です。この計算に必要な積分公式は、(\ref{eq:gaususekibun}) 式で $\lambda =0$ と置いた上で、両辺を $\alpha $ によって微分すれば得られます。この結果を使えば
$$\delta x={\sqrt{\int _{-\infty }^{\infty }(x-\langle x\rangle )^2\vert \psi _0(x)\vert ^2dx}}=\sigma $$となります。
更に
$$\langle p_x\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }{{\hbar }\over i} \left( \partial _x\psi _0(x)\right) \psi _0(x)^*dx=p_0$$であり、
$$\int _{-\infty }^{\infty }\left( {{\hbar }\over i}\right) ^2\left( \partial _x^2\psi _0(x)\right) \psi _0(x)^*dx={{\hbar ^2}\over {4\sigma ^2}}+p_0^2$$です。従って
$$\delta p_x={{\hbar }\over {2\sigma }}$$となります。
エネルギーとしては運動エネルギーだけを考えます。つまり何の力も働かず、自由に運動している粒子を考えるのです。エネルギー作用素は
$${\hat E}={{{\hat p}_x^2}\over {2m}}=-{{\hbar ^2}\over {2m}}{{d^2}\over {dx^2}}$$となります。
任意の状態ベクトル $\psi (t, x)$ はシュレデインガー方程式
$$i{\hbar }\partial _t\psi (t, x)={\hat E}\psi (t, x)$$に従って時間経過とともに変化します。$t=0$ での粒子が (\ref{eq:psisyoki}) 式の $\psi _0$ の状態にあったとして、シュレデインガー方程式に従ってその後の時刻 $t$ での状態ベクトルを求めることを考えます。つまり
$$\psi (0, x)=\psi _0(x)$$を $t=0$ における初期条件として、微分方程式
$$i{\hbar }\partial _t\psi (t, x)={\hat E}\psi (t, x)=-{{\hbar ^2}\over {2m}}\partial _x^2\psi (t, x)$$を満たす $\psi (t, x)$ を求めたいのです。
ここで線形代数学の復習です：任意の自己共役作用素 ${\hat A}$ に対し、新たな作用素 ${\hat U}(t)$ を
\begin{eqnarray} {\hat U}(t)&=&I+it{\hat A}+{{(it)^2}\over {2!}}{\hat A}^2+{{(it)^3}\over {3!}}{\hat A}^3+\cdots \label{eq:Utnodef} \\ &=&\sum _{n=0}^{\infty }{1\over {n!}}(it{\hat A})^n \nonumber \end{eqnarray}によって定義します。$t$ は勝手な実数ですが、後には時間を表す変数として使います。$I$ は恒等作用素、つまり
$$I: \phi \rightarrow \phi $$を表します。${\hat U}(t)$ はユニタリ作用素と呼ばれる範疇に属する作用素で、すなわちすべての $\phi , \psi $ に対して
$$({\hat U}(t)\phi , {\hat U}(t)\psi )=(\phi , \psi )$$を満たします。定義を見れば了解できると思いますが、
$${\hat U}(t)=e^{it{\hat A}}$$と、形式的に書き表してもよいでしょう。
(\ref{eq:Utnodef}) 式の右辺を $t$ で微分してみると
$${d\over {dt}}{\hat U}(t)=i{\hat A}{\hat U}(t)$$が得られます。線型代数学の復習はここまでとして、ここで作用素
$$e^{-it{\hat E}/{\hbar }}$$を考えます。${\hat A}$ が
$${\hat A}=-{\hat E}/{\hbar }$$の場合です。実は線型代数学で扱った線型空間は有限次元の空間であり、今ここで取り扱っている状態ベクトル $\psi $ の空間は無限次元です。無限次元の場合 $e^{it{\hat A}}$ の定義はもう少し慎重にやるべきであって、ヒルベルト空間論と呼ばれる分野の知識が必要になってきます。でもそんな寄り道をしているととんでもない時間がかかり、ここは『無限次元でも同じようなことが成り立つのだ』と考えて貰うことにして、先へ進みたいと思います。
この時
$$i{\hbar }{d\over {dt}}e^{-it{\hat E}/{\hbar }}={\hat E}e^{-it{\hat E}/{\hbar }}$$です。よって $\psi _0(x)$ に対し
$$\psi (t, x)=U(t)\psi _0(x)$$により $\psi (t, x)$ を定義すれば
$$i{\hbar }\partial _t\psi (t, x)={\hat E}\psi (t, x)$$が満たされます、つまり $\psi (t, x)$ はシュレデインガー方程式を満たすのです。
従って、$\psi _0(x)$ を $t=0$ での初期状態とすると、その後の時刻 $t$ での状態は
\begin{equation} \psi (t, x)=e^{-it{\hat E}/{\hbar }}\psi _0(x) \label{eq:psitxgaU0} \end{equation}によって与えられることになります。
(\ref{eq:psitxgaU0}) 式の右辺を計算できれば目的は達成できます。このためには、例えば
$${\hat E}^n\psi _0(x)=\left( {1\over {2m}}{\hat p}_x^2\right) ^n\psi _0(x)$$を計算することが考えられます。ただ、真っ正直にやってもうまくいきません、そこで少し工夫します。$\psi _0(x)$ に対し、新たな変数 $p$ の関数を
$$f(p)={1\over {\sqrt{2\pi \hbar }}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ipx/{\hbar }}\psi _0(x)dx$$によって定義します。$f(p)$ は $\psi _0(x)$ をフーリエ変換した関数と呼ばれるものですが、名前はどうでもよくて、大事なことはもともとの $\psi _0(x)$ が
\begin{equation} \psi _0(x)={1\over {\sqrt{2\pi \hbar }}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ipx/{\hbar }}f(p)dp \label{eq:psi0gatilde} \end{equation}によって表されることです。フーリエ変換した関数と元の関数の間にこの関係が成り立つことは一般に証明できることですが、$\psi _0(x)$ に対しては先に挙げた(\ref{eq:gaususekibun}) を使って直接確かめることもできます。
ちなみに、
\begin{equation} f(p)=\left( {{2\sigma ^2}\over {\pi \hbar ^2}}\right) ^{1/4}e^{-\sigma ^2(p-p_0)^2/{\hbar ^2}}e^{-i(p-p_0)x_0/\hbar } \label{eq:fp} \end{equation}です。もちろんこれもガウス積分を使って出せます。
さてこの時
\begin{eqnarray*} U(t)\psi _0(x)&=&{1\over {\sqrt{2\pi \hbar }}}e^{-it{\hat p}_x^2/2m\hbar }\int _{-\infty }^{\infty }e^{ipx/{\hbar }}f(p)dp\\ &=&{1\over {\sqrt{2\pi \hbar }}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-itp^2/2m\hbar }e^{ipx/{\hbar }}f(p)dp \end{eqnarray*}です。
$f(p)$ の具体的な形 (\ref{eq:fp}) を代入すれば、少し長いだけの単純な計算により
\begin{eqnarray*} U(t)\psi _0(x)&=&(2\pi \sigma ^2)^{-1/4}\left( 1+i{\hbar }t/(2m\sigma ^2)\right) ^{-1/2}\\ &&\times \exp \left( -{{(x-x_0-tp_0/m)^2}\over {4\sigma ^2}}{1\over {1+i{\hbar }t/(2m\sigma ^2)}}\right) e^{i(xp_0-tp_0^2/(2m))/{\hbar }} \end{eqnarray*}となります。絶対値を取ると
$$\vert U(t)\psi _0(x)\vert ^2=(2\pi \sigma _t^2)^{-1/2}\exp \left( -{{(x-x_0-tp_0/m)^2}\over {2\sigma _t^2}}\right) $$です。これは再び正規分布の密度関数です。但し
$$\sigma _t=\sigma {\sqrt{1+\left( {{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\right) ^2}}$$です。
$\psi (t, x)$ での位置の平均は
$$\langle x\rangle =x_0+t{{p_0}\over m}$$であり、
$$\delta x=\sigma _t$$です。最初の $\psi _0$ での運動量の平均は $p_0$ でしたから、$p_0/m$ は最初に持っていた速度と考えられます。位置の平均は、従ってその速度で運動していることになり、ニュートン力学とも矛盾なく調和しています。ただ、$\delta x=\sigma _t$ は $t$ の増加と共に大きくなる、すなわち、$\vert \psi (t, x)\vert ^2$ のピークは時間の経過とともに崩れていきます。
どのくらい速く崩れるかというと、例えば $\sigma $ を原子のサイズ
$$\sigma =10^{-10} {\rm m}$$粒子の質量 $m$ を電子の質量程度
$$m=10^{-31} {\rm kg}$$とすると
$${\hbar }={h\over {2\pi }}=1.1\times 10^{-34} {\rm J\cdot s}$$ですから
$${{\hbar }\over {2m\sigma ^2}}=5.5\times 10^{16} {\rm s^{-1}}$$であり、よって $t=0$ から $1$ 秒もたてば近似的に
$$\sigma _t=\sigma {\sqrt{1+\left( {{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\right) ^2}}\approx {{\hbar }\over {2m\sigma }}t=5.5\times 10^6\times t\ {\rm m}=5.5\times 10^3\times t\ {\rm km}$$つまり、最初に原子サイズの範囲に閉じ込められていたはずであっても、たちまちの内に非常に広い領域で見出されることになります。
この計算結果はまた、関数 $\psi $ の拡がりが粒子の空間的な拡がりを表すとは解釈できないことも示しています。
ちなみに、電子のような微視的対象ではなく、巨視的な物体に対してはどうでしょうか。
$$m=1\ {\rm g}$$とすれば
$${{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}=5.5\times 10^{-18}\times t $$であり、$t$ として宇宙創成以来の時間１３７億年を秒で表した
$$t=4.3\times 10^{17} \ {\rm s}$$を代入しても
$${{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}=2.4$$程度です。従って
$$\sigma _t=\sigma \times {\sqrt {1+\left( {{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\right) ^2}}=\sigma \times {\sqrt {6.8}}=2.6\sigma $$という結果が得られます。即ち、波動関数による記述を一円硬貨に適用しても、位置が見いだされる範囲のぼやけ方はまったく問題にならない程度だということです。
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