現代の量子力学の行間埋め　第１章

1. 式(1.172a)の証明
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\begin{eqnarray} \text{tr}(XY) &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\bra{a^{\prime}}XY\ket{a^{\prime}}&...&\text{式(1.170)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\sum_{a^{\prime\prime}}\bra{a^{\prime}}X\ketbra{a^{\prime\prime}}{a^{\prime\prime}}Y\ket{a^{\prime}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\sum_{a^{\prime\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}Y\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}X\ket{a^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}YX\ket{a^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \text{tr}(YX) \\ \\ \end{eqnarray}


2. 式(1.172b)の証明
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\begin{eqnarray} \text{tr}(U^{\dagger}XU) &=& \displaystyle\sum_{k}\bra{a^{(k)}}U^{\dagger}XU\ket{a^{(k)}}&...&\text{式(1.170)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(\bra{a^{(k)}}U^{\dagger})X(U\ket{a^{(k)}})& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(\bra{b^{(k)}})X(\ket{b^{(k)}})&...&\text{式(1.161)と(1.39)より}\bra{a^{(k)}}U^{\dagger}=\ket{b^{(k)}}\ \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}\bra{b^{(k)}}X\ket{b^{(k)}}& \\ \\ &=& \text{tr}(X)&...&\text{式(1.170)より} \\ \\ \end{eqnarray}


3. 式(1.172c)の証明
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\begin{eqnarray} \text{tr}(\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime\prime}}) &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime\prime}}\bra{a^{\prime\prime\prime}}(\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime\prime}})\ket{a^{\prime\prime\prime}}&...&\text{式(1.170)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime\prime}}\delta_{a^{\prime\prime\prime},a^{\prime}}\delta_{a^{\prime\prime},a^{\prime\prime\prime}}&...&\text{式(1.60)より} \\ \\ &=& \delta_{a^{\prime},a^{\prime}}\delta_{a^{\prime\prime},a^{\prime\prime}}& \\ \\ &=& \delta_{a^{\prime},a^{\prime\prime}}& \\ \\ \end{eqnarray}


4. 式(1.172d)の証明
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\begin{eqnarray} \text{tr}(\ketbra{b^{\prime}}{a^{\prime}}) &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}(\ketbra{b^{\prime}}{a^{\prime}})\ket{a^{\prime\prime}}&...&\text{式(1.170)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}\ket{b^{\prime}}\delta_{a^{\prime},a^{\prime\prime} }&...&\text{式(1.60)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime\prime} }\braket{a^{\prime\prime}|b^{\prime} }\delta_{a^{\prime},a^{\prime\prime} }& \\ \\ &=& \braket{a^{\prime}|b^{\prime}}&...&\text{クロネッカーのデルタより}a^{\prime\prime}=a^{\prime}\text{のみ残る。} \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} &&B\ket{b^{\prime}}&=&b^{\prime}\ket{b^{\prime}}&...&\text{式(1.173)} \\ \\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}B\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}\ket{b^{\prime}}&=&b^{\prime}\ket{b^{\prime}}&...&\text{式(1.65)完全性関係式より} \\ \\ &\Leftrightarrow& \bra{a^{\prime\prime}}\displaystyle\sum_{a^{\prime}}B\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}\ket{b^{\prime}}&=&\bra{a^{\prime\prime}}b^{\prime}\ket{b^{\prime}}&...&\bra{a^{\prime\prime}}\text{を作用させた} \\ \\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}B\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}\ket{b^{\prime}}&=&\bra{a^{\prime\prime}}b^{\prime}\ket{b^{\prime}}& \\ \\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\bra{a^{\prime\prime}}B\ket{a^{\prime}}\braket{a^{\prime}|b^{\prime}}&=&b^{\prime}\braket{a^{\prime\prime}|b^{\prime}}&...&b^{\prime}\text{は定数なので積の順番を入れ替えた} \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} &&A\ket{a^{(l)}}&=&a^{(l)}\ket{a^{(l)}}&...&\text{式(1.179)} \\ \\ &\Leftrightarrow& UA\ket{a^{(l)}}&=&Ua^{(l)}\ket{a^{(l)}}&\\ \\ &\Leftrightarrow& UA\ket{a^{(l)}}&=&a^{(l)}U\ket{a^{(l)}}&\\ \\ &\Leftrightarrow& UAU^{-1}U\ket{a^{(l)}}&=&a^{(l)}U\ket{a^{(l)}}&...U^{-1}U=1\text{より}\\ \\ \end{eqnarray}

式(1.161)を利用。

二つの行列\(B\)と\(UAU^{-1}\)が同じケットを固有ケットに持っている。対角化のために用いる行列\(P\)は固有ケット(ベクトル)を用いて作成するため、固有ケットが同一であれば行列\(P\)は同一のものになる。
従って、\(B\)と\(UAU^{-1}\)が同時に対角化される行列がある。

この議論で正しいかは不明。

以下、Ntzsch 作成

演算子\(A\)を行列表示するときは，基底を定める必要がある．ここでは，\(A\)の固有ケット\(\ket{a^{(l)}}\)を行列表示の基底にとろう．
このとき，ある演算子$X$の行列要素は\(X_{kl}:=\mel{a^{(k)}}{X}{a^{(l)}}\)と書ける．
一般には，演算子\(UAU^{-1},~B\)は基底\(\ket{a^{(l)}}\)のもとで対角的ではない．
以上のことを踏まえると，これらを同時に対角化するようなユニタリ演算子$P$およびユニタリ行列\(\mel{a^{(k)}}{P}{a^{(l)}}\)が存在することを確認することがここでの目標である．
さて，次のようなユニタリ演算子\(P\)を考える： \begin{align} P = \sum_{k}\ket{b^{(k)}}\bra{a^{(k)}}. \end{align} 行列要素\(P_{kl}\)は， \begin{align} P_{kl} & = \bra{a^{(k)}} \left( \sum_{m}\ket{b^{(m)}}\bra{a^{(m)}} \right) \ket{a^{(l)}} \\ \\ & = \sum_{m} \braket{a^{(k)}|b^{(m)}} \braket{a^{(m)}|a^{(l)}} \\ \\ & = \sum_{m} \braket{a^{(k)}|b^{(m)}} \delta_{ml} \\ \\ & = \braket{a^{(k)}|b^{(l)}} \end{align} となる．この\(P\)が\(UAU^{-1},~B\)を対角化することを確認する．
まず，\(UAU^{-1}\)について， \begin{align} (P^{-1}UAU^{-1}P)_{ij} & = \sum_{kl} (P^{-1})_{ik} (UAU^{-1})_{kl} P_{lj} \\ & = \sum_{kl} \braket{b^{(i)}|a^{(k)}} \bra{a^{(k)}}(UAU^{-1})\ket{a^{(l)}} \braket{a^{(l)}|b^{(j)}} \\ & = \bra{b^{(i)}} \sum_{k} \left( \ket{a^{(k)}} \bra{a^{(k)}} \right) (UAU^{-1}) \sum_{l} \left( \ket{a^{(l)}} \bra{a^{(l)}} \right) \ket{b^{(j)}} \\ & = \bra{b^{(i)}} (UAU^{-1}) \ket{b^{(j)}} \\ & = \bra{b^{(i)}} a^{(j)} \ket{b^{(j)}} &...& \text{式(1.181)より} \\ & = a^{(j)} \braket{b^{(i)}|b^{(j)}} \\ & = a^{(j)} \delta_{ij} \end{align} となり，最右辺は対角行列\(\mathrm{diag}(a^{(1)},a^{(2)},\cdots)\)である．
次に，\(B\)について同様に考える． \begin{align} (P^{-1} B P)_{ij} & = \sum_{kl} (P^{-1})_{ik}\, B_{kl}\, P_{lj} \\ \\ & = \sum_{kl} \braket{b^{(i)}|a^{(k)}} \bra{a^{(k)}} B \ket{a^{(l)}} \braket{a^{(l)}|b^{(j)}} \\ \\ & = \bra{b^{(i)}} \left( \sum_{k} \ket{a^{(k)}} \bra{a^{(k)}} \right) B \left( \sum_{l}\ket{a^{(l)}}\bra{a^{(l)}} \right) \ket{b^{(j)}} \\ \\ & = \bra{b^{(i)}} B \ket{b^{(j)}} \\ \\ & = \bra{b^{(i)}} b^{(j)} \ket{b^{(j)}} \\ \\ & = b^{(j)}\braket{b^{(i)}|b^{(j)}} \\ \\ & = b^{(j)}\delta_{ij}, \end{align} となり，これもまた対角行列\(\mathrm{diag}(b^{(1)}, b^{(2)}, \cdots)\)である．
以上より，ユニタリ演算子\(P\)は，演算子\(UAU^{-1}\)および\(B\)をそれぞれ対角化する．

両立できる可観測量の条件として式(1.119)の性質が要請される。そのため、\(x^{\prime},y^{\prime},z^{\prime}\)の条件が式(1.193)で表されている。

式(1.208)および、\(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\)を\(\hat{\text{x}}_j\)方向の成分に取る。成分はそれぞれ\(i,j,k\)があり、\(\boldsymbol{K}=(K_i,K_j,K_k),d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}=(d\text{x}_i,d\text{x}_j,d\text{x}_k)\)であるとする。 \begin{eqnarray} &&-i\boldsymbol{\text{x}}\boldsymbol{\text{K}}\cdot d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}+i\boldsymbol{\text{K}}\cdot d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\boldsymbol{\text{x}}&=&d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime} \\ \\ &\Rightarrow& -i\text{x}_j\boldsymbol{\text{K}}\cdot d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}+i\boldsymbol{\text{K}}\cdot d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\text{x}_j&=&d\text{x}^{\prime}_j &...&\text{ベクトルとしての成分を持つ}\boldsymbol{\text{x}}\text{の}j\text{成分に着目した。}\\ \\ &\Leftrightarrow& -i\text{x}_j(K_id\text{x}^{\prime}_i+K_jd\text{x}^{\prime}_j+K_kd\text{x}^{\prime}_k)+i(K_id\text{x}^{\prime}_i+K_jd\text{x}^{\prime}_j+K_kd\text{x}^{\prime}_k)\text{x}_j&=&d\text{x}^{\prime}_j &\\ \\ &\Leftrightarrow& -i(\text{x}_jK_id\text{x}^{\prime}_i+\text{x}_jK_jd\text{x}^{\prime}_j+\text{x}_jK_kd\text{x}^{\prime}_k)+i(K_id\text{x}^{\prime}_i\text{x}_j+K_jd\text{x}^{\prime}_j\text{x}_j+K_kd\text{x}^{\prime}_k\text{x}_j)&=&d\text{x}^{\prime}_j &\\ \\ &\Leftrightarrow& -i(\text{x}_jK_id\text{x}^{\prime}_i+\text{x}_jK_jd\text{x}^{\prime}_j+\text{x}_jK_kd\text{x}^{\prime}_k)+i(K_i\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_i+K_j\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_j+K_k\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_k)&=&d\text{x}^{\prime}_j &...&d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\text{は演算子ではないので順番を入れ替えられる。}\\ \\ &\Leftrightarrow& (\text{x}_jK_id\text{x}^{\prime}_i+\text{x}_jK_jd\text{x}^{\prime}_j+\text{x}_jK_kd\text{x}^{\prime}_k)-(K_i\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_i+K_j\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_j+K_k\text{x}_jd\text{x}^{\prime}_k)&=&id\text{x}^{\prime}_j &...&\text{両辺に}i\text{をかけた}\\ \\ &\Leftrightarrow& (\text{x}_jK_i-K_i\text{x}_j)d\text{x}^{\prime}_i+(\text{x}_jK_j-K_j\text{x}_j)d\text{x}^{\prime}_j+(\text{x}_jK_k-K_k\text{x}_j)d\text{x}^{\prime}_k&=&id\text{x}^{\prime}_j &\\ \\ &\Leftrightarrow& [\text{x}_j,K_i]d\text{x}^{\prime}_i+[\text{x}_j,K_j]d\text{x}^{\prime}_j+[\text{x}_j,K_k]d\text{x}^{\prime}_k&=&id\text{x}^{\prime}_j &\\ \\ &\Rightarrow& [\text{x}_i,K_j]=i\delta_{ij}&...&\text{右辺と左辺の}d\text{x}_{i,j,k}\text{の係数を比較した。} \end{eqnarray}

式(1.212)と式(1.213)近辺の普遍定数\(\hbar\)を利用する。これによって得られた\(\boldsymbol{K}=\frac{\boldsymbol{p}}{\hbar}\)を式(1.209)に代入すると \begin{eqnarray} &&[x_i,\frac{p_j}{\hbar}]&=&i\delta_{ij} \\ \\ &\Leftrightarrow& [x_i,p_j]&=&i\hbar\delta_{ij} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\Delta x^{\prime},\Delta y^{\prime}\)の二次の項(\( \Delta x^{\prime^2},\Delta x^{\prime}\Delta y^{\prime},\Delta y^{\prime^2} \))まで計算する。 \begin{eqnarray} [\mathscr{F}(\Delta y^{\prime}\hat{\boldsymbol{ \text{y} } }),\mathscr{F}(\Delta x^{\prime}\hat{\boldsymbol{\text{x}}})] &=& \left[\exp\left(-\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{ \hbar} \right),\exp\left(-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{ \hbar} \right)\right] &...&\text{式(1.218)より}\\ \\ &=& \left[\left(1+\frac{-ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}+\frac{1}{2!}\left(\frac{-ip_y\Delta y^{\prime}}{\hbar}\right)^2+\ldots\right),\left(1+\frac{-ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}+\frac{1}{2!}\left(\frac{-ip_x\Delta x^{\prime}}{\hbar}\right)^2+\ldots\right)\right]&...&\text{式(1.219)より} \\ \\ &=& \left[\left(1-\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_y^2(\Delta y^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right),\left(1-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_x^2(\Delta x^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right)\right] \\ \\ &=& \left(1-\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_y^2(\Delta y^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right)\cdot\left(1-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_x^2(\Delta x^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right)-\left(1-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_x^2(\Delta x^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right)\cdot\left(1-\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_y^2(\Delta y^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\ldots\right) \\ \\ &\simeq& \left(1\cdot 1-1\cdot\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-1\cdot\frac{p_x^2(\Delta x^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\frac{-ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}\cdot 1-\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}\cdot\frac{-ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_y^2(\Delta y^{\prime})^2 }{2\hbar^2}\cdot 1\right) \\ && -\left(1\cdot 1-1\cdot\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}-1\cdot\frac{p_y^2(\Delta y^{\prime})^2}{2\hbar^2}+\frac{-ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}\cdot 1-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}\cdot\frac{-ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}-\frac{p_x^2(\Delta x^{\prime})^2 }{2\hbar^2}\cdot 1\right) \\ \\ &=& \frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar}\cdot\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}-\frac{ip_x\Delta x^{\prime} }{\hbar}\cdot\frac{ip_y\Delta y^{\prime} }{\hbar} \\ \\ &=& -\frac{\Delta x^{\prime}\Delta y^{\prime}}{\hbar^2}(p_yp_x-p_xp_y) \\ \\ &=& -\frac{(\Delta x^{\prime})(\Delta y^{\prime})[p_y,p_x]}{\hbar^2} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\boldsymbol{p}=(p_x,p_y,p_z),\boldsymbol{p}^{\prime}=(p_x^{\prime},p_y^{\prime},p_z^{\prime}),d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}=(d\text{x}^{\prime},d\text{y}^{\prime},d\text{z}^{\prime})\)とする。 \begin{eqnarray} \mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} &=& \left(1-i\frac{\boldsymbol{p}\cdot d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{p_xd\text{x}^{\prime}+p_yd\text{y}^{\prime}+p_zd\text{z}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{d\text{x}^{\prime}p_x+d\text{y}^{\prime}p_y+d\text{z}^{\prime}p_z}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{d\text{x}^{\prime}p_x^{\prime}+d\text{y}^{\prime}p_y^{\prime}+d\text{z}^{\prime}p_z^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}&...&\text{式(1.225)より} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}\cdot\boldsymbol{p}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\(\mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}),\boldsymbol{p}\)の固有ケットが\(\ket{\boldsymbol{p}}\)であるから、 \begin{eqnarray} \boldsymbol{p}\mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} &=& \boldsymbol{p}\left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}&...&\text{式(1.226)より} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\boldsymbol{p}\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}& \\ \\ &=& \left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\boldsymbol{p}^{\prime}\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}& \\ \\ \\ \mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\boldsymbol{p}\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} &=& \mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\boldsymbol{p}^{\prime}\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}& \\ \\ &=& \boldsymbol{p}^{\prime}\mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}& \\ \\ &=& \boldsymbol{p}^{\prime}\left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}&...&\text{式(1.226)より} \\ \\ &=& \left(1-i\frac{\boldsymbol{\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot d\text{x}}^{\prime}}{\hbar}\right)\boldsymbol{p}^{\prime}\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}}& \\ \\ &=& \boldsymbol{p}\mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})\ket{\boldsymbol{p}^{\prime}} \end{eqnarray} となることから \begin{eqnarray} [\boldsymbol{p},\mathscr{F}(d\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})] &=& 0 \end{eqnarray} が得られる。

1. 式(1.232b)の証明
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\begin{eqnarray} [A,B] &=& AB-BA \\ \\ &=& -(BA-AB) \\ \\ &=& -[B,A] \end{eqnarray}


2. 式(1.232d)の証明
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\begin{eqnarray} [A+B,C] &=& (A+B)C-C(A+B) \\ \\ &=& AC+BC-CA-CB \\ \\ &=& AC-CA+BC-CB \\ \\ &=& [A,C]+[B,C] \\ \\ \end{eqnarray}


3. 式(1.232e)の証明
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\begin{eqnarray} [A,BC] &=& ABC-BCA \\ \\ &=& ABC-BCA+BAC-BAC \\ \\ &=& ABC-BAC+BAC-BCA \\ \\ &=& (AB-BA)C+B(AC-CA) \\ \\ &=& [A,B]C+B[A,C] \\ \\ \end{eqnarray}


4. 式(1.232f)の証明
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\begin{eqnarray} [A,[B,C]]+[B,[C,A]]+[C,[A,B]] &=& [A,BC-CB]+[B,CA-AC]+[C,AB-BA] \\ \\ &=& A(BC-CB)-(BC-CB)A+B(CA-AC)-(CA-AC)B+C(AB-BA)-(AB-BA)C \\ \\ &=& ABC-ACB-BCA+CBA+BCA-BAC-CAB+ACB+CAB-CBA-ABC+BAC \\ \\ &=& 0 \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \bra{\beta}x^2\ket{\alpha} &=& \int dx^{\prime}\braket{\beta|x^{\prime}}\bra{x^{\prime}}x^2\ket{\alpha} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\int dx^{\prime\prime}\braket{\beta|x^{\prime}}\bra{x^{\prime}}x^2\ket{x^{\prime\prime}}\braket{x^{\prime\prime}|\alpha} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\int dx^{\prime\prime}\braket{\beta|x^{\prime}}x^{\prime 2}\delta(x^{\prime}-x^{\prime\prime})\braket{x^{\prime\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.244)より} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\braket{\beta|x^{\prime}}x^{\prime 2}\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{デルタ関数の積分より、}x^{\prime\prime}=x^{\prime}\text{とした} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\beta}^*x^{\prime 2}\braket{x^{\prime}|\alpha}& \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\psi_{\beta}(x^{\prime})^*x^{\prime 2}\psi_{\alpha}(x^{\prime})& \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} \left(1-\frac{ip\varDelta x^{\prime}}{\hbar}\right)\ket{\alpha} &=& \mathscr{F}(\varDelta x^{\prime})\ket{\alpha}&...&\text{式(1.214)より} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\mathscr{F}(\varDelta x^{\prime})\ket{x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}& \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}+\varDelta x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.217)より} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\braket{x^{\prime}-\varDelta x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.196)より} \\ \\ &\simeq& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\left(\braket{x^{\prime}|\alpha}-\varDelta x^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}\right)&...&\text{(1)} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

1. (1)マクローリン展開の利用
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\(f(x^{\prime})=\braket{x^{\prime}|\alpha}\)とすると\(\braket{x^{\prime}-\varDelta x^{\prime}|\alpha}=f(x^{\prime}-\varDelta x^{\prime})\)と書けるので\(x^{\prime}\)周りでテーラー展開すると \begin{eqnarray} f(x^{\prime}-\varDelta x^{\prime}) &\simeq& f(x^{\prime})+\frac{1}{1!}\frac{\partial f(x^{\prime})}{\partial x^{\prime}}(-\varDelta x^{\prime})\\ \\ &=& f(x^{\prime})-\frac{\partial f(x^{\prime})}{\partial x^{\prime}}\varDelta x^{\prime}\\ \\ \Leftrightarrow \braket{x^{\prime}-\varDelta x^{\prime}|\alpha} &=& \braket{x^{\prime}|\alpha}-\frac{\partial }{\partial x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}\varDelta x^{\prime} \end{eqnarray} となる。

式(1.247)を式変形し、比較する。 \begin{eqnarray} &&\left(1-\frac{ip\varDelta x^{\prime} }{\hbar}\right)\ket{\alpha} &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\left(\braket{x^{\prime}|\alpha}-\varDelta x^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha}\right) \\ \\ &&&=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}-\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\varDelta x^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &&&=& 1-\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\varDelta x^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &\Leftrightarrow& -\frac{ip\varDelta x^{\prime} }{\hbar}\ket{\alpha} &=& -\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\varDelta x^{\prime}\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &\Leftrightarrow& p\ket{\alpha} &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ && &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(1.248)にブラ\(\bra{x^{\prime\prime}}\)を作用させる。 \begin{eqnarray} &&p\ket{\alpha}&=&\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &\Leftrightarrow& \bra{x^{\prime\prime}}p\ket{\alpha} &=& \int dx^{\prime}\braket{x^{\prime\prime}|x^{\prime}}(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ && &=& \int dx^{\prime}\delta(x^{\prime\prime}-x^{\prime})(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.234)より} \\ \\ && &=& (-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime\prime} }\braket{x^{\prime\prime}|\alpha}&...&\text{デルタ関数の積分より}x^{\prime}=x^{\prime\prime} \\ \\ &\Leftrightarrow& \bra{x^{\prime}}p\ket{\alpha} &=& (-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x^{\prime} }\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{変数の置換} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(1.249)において、\(\alpha=x^{\prime\prime}\)とする。\(x^{\prime},x^{\prime\prime}\)は連続的な変数なので、\(\braket{x^{\prime}|x^{\prime\prime}}=\delta(x^{\prime}-x^{\prime\prime})\)が得られる。

数学的帰納法を用いて \begin{eqnarray} p^n\ket{\alpha}=\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}(-i\hbar)^n\frac{\partial^n}{\partial x^{\prime n}}\braket{x^{\prime}|\alpha} \end{eqnarray} であることを示す。 (i)\(n=1\)の時は式(1.248)より示されている。
(ii)\(n=k\)の時に \begin{eqnarray} p^k\ket{\alpha}=\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}(-i\hbar)^k\frac{\partial^k}{\partial x^{\prime k}}\braket{x^{\prime}|\alpha} \end{eqnarray} が成立しているとする。このとき \begin{eqnarray} p^{k+1}\ket{\alpha} &=& pp^k\ket{\alpha} \\ \\ &=& p\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^k\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}p\ket{x^{\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^k\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &=& \int dx^{\prime\prime}\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime\prime}}\bra{x^{\prime\prime}}p\ket{x^{\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^k\braket{x^{\prime}|\alpha} \\ \\ &=& \int dx^{\prime\prime}\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime\prime}}\right)\delta(x^{\prime\prime}-x^{\prime})\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^k\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.249)より} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^k\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{デルタ関数の積分より}x^{\prime\prime}=x^{\prime}\text{の項のみ残る} \\ \\ &=& \int dx^{\prime}\ket{x^{\prime\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^{k+1}\braket{x^{\prime}|\alpha}&\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。(i)(ii)より数学的帰納法から \begin{eqnarray} p^n\ket{\alpha}=\int dx^{\prime}\ket{x^{\prime}}(-i\hbar)^n\frac{\partial^n}{\partial x^{\prime n}}\braket{x^{\prime}|\alpha} \end{eqnarray} が示された。式(1.249)の導出と同様にしてこの両辺に\(\bra{x^{\prime\prime}}\)を作用させて変数変換をすることで式(1.252)が得られる。
また、式(1.251)と同様にすることで式(1.253)が得られる。

こちらの解説などを参考。
デルタ関数のフーリエ変換などによって導出。

式(1.267)を用いる。期待値は式(1.98)を用いて導出する。 \begin{eqnarray} \braket{x} &=& \bra{\alpha}x\ket{\alpha} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*x^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.246)を用い、}f(x^{\prime})=x^{\prime},\beta=\alpha\text{とした。} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*x^{\prime} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)x^{\prime} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]x^{\prime} \\ \\ &=& 0&...&\text{奇関数の積分区間が正と負で同じだけあると考えられるため} \\ \\ \end{eqnarray}

式(1.267)を用いる。 \begin{eqnarray} \braket{x^2} &=& \bra{\alpha}x^2\ket{\alpha} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*x^{\prime 2}\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.246)を用い、}f(x^{\prime})=x^{\prime 2},\beta=\alpha\text{とした。} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*x^{\prime 2} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)x^{\prime 2} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]x^{\prime 2} \\ \\ &=& \left[\left[-\frac{d^2}{2\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]x^{\prime}\right]_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[-\frac{d^2}{2\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right] \\ \\ &=& 0+\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{d^2}{2\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right] \\ \\ &=& \frac{d^2}{2}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right] \\ \\ &=& \frac{d^2}{2}\cdot 1&...&(1) \\ \\ &=& \frac{d^2}{2}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

1. (1)確率密度の性質を利用
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式(1.190)の規格化を利用すると \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}|\braket{x^{\prime}|\alpha}|^2 &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}\braket{x^{\prime}|\alpha}^* \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right) \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right] \\ \\ &=& 1&...&\text{ガウス関数の積分など参考} \\ \\ \end{eqnarray} となる。(1)ではこの計算結果を挿入した。

式(1.267)と式(1.251)を用いる。式(1.271a)は \begin{eqnarray} \braket{p} &=& \bra{\alpha}p\ket{\alpha} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{\alpha|x^{\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.251)を用い、}\beta=\alpha\text{とした。} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)\braket{x^{\prime}|\alpha}&\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)\left(\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-i\hbar\right)\left(\left(ik-\frac{x^{\prime}}{d^2} \right)\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{\hbar}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left(k-i\frac{x^{\prime}}{d^2} \right)\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{\hbar}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(k\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)-\frac{-\hbar}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(i\frac{x^{\prime} }{d^2}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{\hbar}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(k\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)-0&...&\text{奇関数の積分区間が正と負で同じだけあると考えられるため}\\ \\ &=& k\hbar\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]&\\ \\ &=& k\hbar&...&(1) \end{eqnarray} が得られる。同様にして式(1.271b)は \begin{eqnarray} \braket{p^2} &=& \bra{\alpha}p^2\ket{\alpha} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{\alpha|x^{\prime}}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\right)^2\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.251)を用い、}\beta=\alpha\text{とした。} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}^*\left(-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^{\prime 2}}\right)\braket{x^{\prime}|\alpha}&\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^{\prime 2}}\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^{\prime 2}}\right)\left(\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-\hbar^2\right)\frac{\partial}{\partial x^{\prime}}\left(\left(ik-\frac{x^{\prime}}{d^2} \right)\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(-\hbar^2\right)\left(\left[\left(ik-\frac{x^{\prime}}{d^2} \right)^2-\frac{1}{d^2}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\left(ik-\frac{x^{\prime}}{d^2} \right)^2-\frac{1}{d^2}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[-k^2-\frac{ikx^{\prime}}{d^2}+\frac{x^{\prime 2} }{d^4}-\frac{1}{d^2}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& \frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{x^{\prime 2} }{d^4}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)-\frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[k^2+\frac{1}{d^2}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)-\frac{-\hbar^2}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{ikx^{\prime}}{d^2}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)&\\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{d^4}\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(x^{\prime 2}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)+\hbar^2\left[k^2+\frac{1}{d^2}\right]\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]-0&...&\text{奇関数の積分区間が正と負で同じだけあると考えられるため}\\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{d^4}\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(x^{\prime 2}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)+\hbar^2\left[k^2+\frac{1}{d^2}\right]\cdot 1&...&(1)\\ \\ &=& -\frac{\hbar^2}{d^4}\cdot\frac{d^2}{2}+\hbar^2\left[k^2+\frac{1}{d^2}\right]&...&\text{式(1.269)の導出より}\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(x^{\prime 2}\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right]\right)=\frac{d^2}{2}\\ \\ &=& \hbar^2k^2+\frac{\hbar^2}{2d^2}&\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

1. (1)確率密度の性質を利用
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式(1.190)の規格化を利用すると \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}|\braket{x^{\prime}|\alpha}|^2 &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|\alpha}\braket{x^{\prime}|\alpha}^* \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right)\left(\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[-ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]\right) \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\left[\frac{1}{\sqrt{\pi}d}\right]\exp\left[-\frac{x^{\prime 2}}{d^2}\right] \\ \\ &=& 1&...&\text{ガウス関数の積分など参考} \\ \\ \end{eqnarray} となる。(1)ではこの計算結果を挿入した。

式(1.265b)を用いる。 \begin{eqnarray} \braket{p^{\prime}|\alpha} &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{p^{\prime}|x^{\prime}}\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.265b)} \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\braket{x^{\prime}|p^{\prime}}^*\braket{x^{\prime}|\alpha}&\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left(-\frac{ip^{\prime}x^{\prime}}{\hbar}\right)\braket{x^{\prime}|\alpha}&...&\text{式(1.264)より}\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left(-\frac{ip^{\prime}x^{\prime}}{\hbar}\right)\left[\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\right]\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}\right]&...&\text{式(1.267)より}\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[ikx^{\prime}-\frac{x^{\prime 2}}{2d^2}-\frac{ip^{\prime}x^{\prime}}{\hbar}\right]&\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[-\frac{(x^{\prime }-id^2(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k))^2}{2d^2}+\frac{(id^2(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k))^2}{2d^2}\right]&\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left[\frac{(id^2(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k))^2}{2d^2}\right]\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[-\frac{(x^{\prime }-id^2(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k))^2}{2d^2}\right]&\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left[\frac{-(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k)^2d^2}{2}\right]\int_{-\infty}^{\infty}dx^{\prime}\exp\left[-\frac{(x^{\prime }-id^2(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k))^2}{2d^2}\right]&\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\exp\left[\frac{-(\frac{p^{\prime}}{\hbar}-k)^2d^2}{2}\right]\sqrt{2\pi d^2}&...&(1)\\ \\ &=& \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{d}}\frac{1}{\sqrt{\hbar}}\exp\left[-\frac{(p^{\prime}-\hbar k)^2d^2}{2\hbar^2}\right]\sqrt{ d^2}&\\ \\ &=& \sqrt{\frac{d}{\hbar\sqrt{\pi}} }\exp\left[-\frac{(p^{\prime}-\hbar k)^2d^2}{2\hbar^2}\right]&\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。
(1)はこちらの解説などを参考

式(1.262)を三次元に拡張すると \begin{eqnarray} \braket{\boldsymbol{x}^{\prime}|\boldsymbol{x}^{\prime\prime}} &=& \int d^3\boldsymbol{p}^{\prime}\braket{\boldsymbol{x}^{\prime}|\boldsymbol{p}^{\prime}}\braket{\boldsymbol{p}^{\prime}|\boldsymbol{x}^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \int d^3\boldsymbol{p}^{\prime}\left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\right]\exp\left(\frac{i\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}^{\prime}}{\hbar}\right)\braket{\boldsymbol{x}^{\prime\prime}|\boldsymbol{p}^{\prime}}^* \\ \\ &=& \int d^3\boldsymbol{p}^{\prime}\left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\right]\exp\left(\frac{i\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}^{\prime}}{\hbar}\right)\left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\right]\exp\left(\frac{-i\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}^{\prime\prime}}{\hbar}\right) \\ \\ &=& \left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^3}\right]\int d^3\boldsymbol{p}^{\prime}\exp\left(\frac{i\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot(\boldsymbol{x}^{\prime}-\boldsymbol{x}^{\prime\prime})}{\hbar}\right) \\ \\ &=& \left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^3}\right](2\pi\hbar)^3\delta(\boldsymbol{x}^{\prime}-\boldsymbol{x}^{\prime\prime})&...&(1) \\ \\ &=& \delta(\boldsymbol{x}^{\prime}-\boldsymbol{x}^{\prime\prime}) \\ \\ \end{eqnarray} となることが確認できるため、 \begin{eqnarray} \braket{\boldsymbol{x}^{\prime}|\boldsymbol{p}^{\prime}}=\left[\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\right]\exp\left(\frac{i\boldsymbol{p}^{\prime}\cdot\boldsymbol{x}^{\prime}}{\hbar}\right) \end{eqnarray} が用いられる。

1. デルタ関数の式を利用
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デルタ関数の計算は式(1.263)より、 \begin{eqnarray} \int dp^{\prime}\exp\left[\frac{ip^{\prime}(x^{\prime}-x^{\prime\prime})}{\hbar}\right]=2\pi\hbar\delta(x^{\prime}-x^{\prime\prime}) \end{eqnarray} であるから、これを三次元に拡張する。\(\boldsymbol{p}^{\prime}=(p^{\prime}_x,p^{\prime}_y,p^{\prime}_z),\boldsymbol{x}^{\prime}=(x^{\prime},z^{\prime},z^{\prime},,\boldsymbol{x}^{\prime\prime}=(x^{\prime\prime},z^{\prime\prime},z^{\prime\prime})\)とする。 \begin{eqnarray} \int d\boldsymbol{p}^{\prime}\exp\left[\frac{i\boldsymbol{p}^{\prime}(\boldsymbol{x}^{\prime}-\boldsymbol{x}^{\prime\prime})}{\hbar}\right] &=& \int dp^{\prime}_xdp^{\prime}_ydp^{\prime}_z\exp\left[\frac{i(p^{\prime}_x(x^{\prime}-x^{\prime\prime})+p^{\prime}_y(y^{\prime}-y^{\prime\prime})+p^{\prime}_z(z^{\prime}-z^{\prime\prime}))}{\hbar}\right] \\ \\ &=& \int dp^{\prime}_xdp^{\prime}_ydp^{\prime}_z\exp\left[\frac{ip^{\prime}_x(x^{\prime}-x^{\prime\prime})}{\hbar}\right]\exp\left[\frac{ip^{\prime}_y(y^{\prime}-y^{\prime\prime})}{\hbar}\right]\exp\left[\frac{ip^{\prime}_z(z^{\prime}-z^{\prime\prime})}{\hbar}\right] \\ \\ &=& \int dp^{\prime}_x\exp\left[\frac{ip^{\prime}_x(x^{\prime}-x^{\prime\prime})}{\hbar}\right]\int dp^{\prime}_y\exp\left[\frac{ip^{\prime}_y(y^{\prime}-y^{\prime\prime})}{\hbar}\right]\int dp^{\prime}_z\exp\left[\frac{ip^{\prime}_z(z^{\prime}-z^{\prime\prime})}{\hbar}\right] \\ \\ &=& 2\pi\hbar\delta(x^{\prime}-x^{\prime\prime})2\pi\hbar\delta(y^{\prime}-y^{\prime\prime})2\pi\hbar\delta(z^{\prime}-z^{\prime\prime}) \\ \\ &=& (2\pi\hbar)^3\delta(\boldsymbol{x}^{\prime}-\boldsymbol{x}^{\prime\prime}) \\ \\ \end{eqnarray} が得られることを利用した。