現代の量子力学の行間埋め　第３章

\begin{eqnarray} U^{\dagger}(a,b)U(a,b) &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}a+(-b)(-b^{\ast})&a^{\ast}b-ba^{\ast} \\ b^{\ast}a+a(-b^{\ast})&b^{\ast}b+aa^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}a+b^{\ast}b&a^{\ast}b-a^{\ast}b \\ b^{\ast}a-b^{\ast}a&a^{\ast}a+b^{\ast}b \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} |a|^2+|b|^2&0 \\ 0&|a|^2+|b|^2 \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right)&...&\text{式(3.78)より} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} U(a_1,b_1)U(a_2,b_2) &=& \left( \begin{array}{cccc} a_1&b_1 \\ -b_1^{\ast}&a_1^{\ast} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a_2&b_2 \\ -b_2^{\ast}&a_2^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a_1a_2-b_1b_2^{\ast}&a_1b_2+b_1a_2^{\ast} \\ -b_1^{\ast}a_2-a_1^{\ast}b_2^{\ast}&-b_1^{\ast}b_2+a_1^{\ast}a_2^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a_1a_2-b_1b_2^{\ast}&a_1b_2+b_1a_2^{\ast} \\ -(a_1^{\ast}b_2^{\ast}-b_1^{\ast}a_2)&a_1^{\ast}a_2^{\ast}-b_1^{\ast}b_2 \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a_1a_2-b_1b_2^{\ast}&a_1b_2+b_1a_2^{\ast} \\ -(a_1b_2+b_1a_2^{\ast})^\ast&(a_1a_2-b_1b_2^{\ast})^{\ast} \end{array} \right)&...&(ab)^{\ast}=a^{\ast}b^{\ast}\text{など、積の複素共役の性質を利用} \\ \\ &=& U(a_1a_2-b_1b_2^{\ast},a_1b_2+b_1a_2^{\ast}) \end{eqnarray} と得られる。

式(3.78)のユニモジュラー条件を式(3.81)に適用すると式(3.82)が得られる。 \begin{eqnarray} a&\to&a_1a_2-b_1b_2^{\ast} \\ \\ b&\to&a_1b_2+b_1a_2^{\ast} \end{eqnarray} を用いれば \begin{eqnarray} &&|a|^2&+&|b|^2&=&1 \\ \\ &\Rightarrow& |a_1a_2-b_1b_2^{\ast}|^2&+&|a_1b_2+b_1a_2^{\ast}|^2&=&1 \end{eqnarray} が得られる。また、この計算は \begin{eqnarray} |a_1a_2-b_1b_2^{\ast}|^2+|a_1b_2+b_1a_2^{\ast}|^2 &=& (a_1a_2-b_1b_2^{\ast})(a_1^{\ast}a_2^{\ast}-b_1^{\ast}b_2)+(a_1b_2+b_1a_2^{\ast})(a_1^{\ast}b_2^{\ast}+b_1^{\ast}a_2) \\ \\ &=& a_1a_2a_1^{\ast}a_2^{\ast}-(b_1b_2^{\ast})(-b_1^{\ast}b_2)-a_1a_2b_1^{\ast}b_2-b_1b_2^{\ast}a_1^{\ast}a_2^{\ast}+a_1b_2a_1^{\ast}b_2^{\ast}+b_1a_2^{\ast}b_1^{\ast}a_2+a_1b_2b_1^{\ast}a_2+b_1a_2^{\ast}a_1^{\ast}b_2^{\ast} \\ \\ &=& |a_1|^2|a_2|^2+|b_1|^2|b_2|^2+|a_1|^2|b_2|^2+|b_1|^2|a_2|^2-a_1a_2b_1^{\ast}b_2+a_1b_2b_1^{\ast}a_2-b_1b_2^{\ast}a_1^{\ast}a_2^{\ast}+b_1a_2^{\ast}a_1^{\ast}b_2^{\ast} \\ \\ &=& |a_1|^2(|a_2|^2+|b_2|^2)+|b_1|^2(|b_2|^2+|a_2|^2) \\ \\ &=& |a_1|^2+|b_1|^2&...&|a_2|^2+|b_2|^2=1\text{より} \\ \\ &=& 1&...&|a_1|^2+|b_1|^2=1\text{より} \\ \\ \end{eqnarray} となり、式が満たされていることがわかる。

\begin{eqnarray} U(a,b)U(a^{\ast},-b) &=& \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&(a^{\ast})^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&a \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} aa^{\ast}+bb^{\ast}&a(-b)+ba \\ -b^{\ast}a^{\ast}+a^{\ast}b^{\ast}&-b(-b^{\ast})+a^{\ast}a \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} |a|^2+|b|^2&0 \\ 0&|a|^2+|b|^2 \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right) \\ \\ \\ U(a^{\ast},-b)U(a,b) &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&(a^{\ast})^{\ast} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}a-b(-b^{\ast})&a^{\ast}b-ba^{\ast} \\ b^{\ast}a+a(-b^{\ast})&b^{\ast}b+aa^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} |a|^2+|b|^2&0 \\ 0&|a|^2+|b|^2 \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right) \end{eqnarray} となっていることが確認できた。 \begin{eqnarray} U(a,b)U(a^{\ast},-b)&=&\hat{\boldsymbol{1}}\\ \\ U(a^{\ast},-b)U(a,b)&=&\hat{\boldsymbol{1}}\\ \\ \end{eqnarray} であることから、 \begin{eqnarray} U(a^{\ast},-b)&=&U^{-1}(a,b) \end{eqnarray} である。

一般的な2次元のユニタリ行列はユニタリ・モジュラー行列に\(e^{i\gamma}\)をかけた形で書けることについては こちらの解説など参照。 この行列成分\(a,b\)はそれぞれ実部\(\text{Re}(a),\text{Re}(b)\)と虚部\(\text{Im}(a),\text{Im}(b)\)を持つ。これらは式(3.84)より、 \begin{eqnarray} &&|a|^2+|b|^2&=&1 \\ \\ &\Leftrightarrow& \text{Re}(a)^2+\text{Im}(a)^2+\text{Re}(b)^2+\text{Im}(b)^2&=&1 \end{eqnarray} の関係で結ばれており、例えば\(\text{Re}(a),\text{Im}(a),\text{Re}(b)\)の３つを決めるとそれに従属して\(\text{Im}(b)\)が決まるため、独立変数は３つと言える。加えて、\(\gamma\)を独立に決められるため、二次元のユニタリ行列は独立変数を４つもっている。

部分群の定義はこちらの解説など参照。
(1)行列の積に関する単位元は \begin{eqnarray} \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right) \end{eqnarray} であり、これはユニタリ・モジュラー行列の一般的な形である、式(3.77)において\(a=1,b=0\)を代入したものであるため、\(\text{SU}(2)\)に含まれている。加えて、式(3.84)において、\(\gamma=0\)を代入することによっても得られるため、\(\text{U}(2)\)にも含まれている。
(2)積は式(3.81)の形で表されており、式(3.82)より行列式が\(1\)であるから、積の結果も\(\text{SU}(2)\)に含まれている。
(3)逆元は式(3.79)の一項目で表されている。この行列式をとると\(a^{\ast}a-(-b)b^{\ast}=|a|^2+|b|^2=1\)が得られる(式(3.78)を用いた。)。従って、行列式が\(1\)であることから、逆元も\(\text{SU}(2)\)に含まれている。
従って、\(\text{SU}(2)\)は\(\text{U}(2)\)の部分群であると言える。

\begin{eqnarray} \text{U} &=& \left( \begin{array}{cccc} e^{-i(\alpha+\gamma)/2}\cos(\beta/2)&-e^{-i(\alpha-\gamma)/2}\sin(\beta/2) \\ e^{-i(\alpha-\gamma)/2}\sin(\beta/2)&e^{i(\alpha+\gamma)/2}\cos(\beta/2) \end{array} \right) \end{eqnarray} とする。 \begin{eqnarray} a &=& e^{-i(\alpha+\gamma)/2}\cos(\beta/2) \\ \\ b &=& -e^{-i(\alpha-\gamma)/2}\sin(\beta/2) \end{eqnarray} とすると \begin{eqnarray} \text{U} &=& \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \end{eqnarray} と書ける。加えて行列式を計算すると \begin{eqnarray} aa^{\ast}-b(-b^{\ast}) &=& e^{-i(\alpha+\gamma)/2}\cos(\beta/2)e^{i(\alpha+\gamma)/2}\cos(\beta/2)+(-e^{-i(\alpha-\gamma)/2}\sin(\beta/2))(-e^{i(\alpha-\gamma)/2}\sin(\beta/2)) \\ \\ &=& \cos^2(\beta/2)+\sin^2(\beta/2) \\ \\ &=& 1 \\ \\ \end{eqnarray} が得られることから、 \begin{eqnarray} \text{U}^{\dagger}\text{U} &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}a+bb^{\ast}&a^{\ast}b-ba^{\ast} \\ b^{\ast}a+a(-b^{\ast})&b^{\ast}b+a^{\ast}a \end{array} \right)\\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right)&...&|a|^2+|b|^2=1\text{より}\\ \\ \\ \text{U}\text{U}^{\dagger} &=& \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ -b^{\ast}&a^{\ast} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&-b \\ b^{\ast}&a \end{array} \right) \\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} aa^{\ast}+bb^{\ast}&a(-b)+ba \\ -b^{\ast}a^{\ast}+a^{\ast}b^{\ast}&(-b^{\ast})(-b)+a^{\ast}a \end{array} \right)\\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} 1&0 \\ 0&1 \end{array} \right)&...&|a|^2+|b|^2=1\text{より}\\ \\ \\ \end{eqnarray} より、ユニタリ的であり、先ほどの行列式が\(1\)であったことから、ユニモジュラーであることがわかる。

\begin{eqnarray} A\ket{a^{\prime}}=a^{\prime}\ket{a^{\prime}} \end{eqnarray} であることを用いると \begin{eqnarray} [A] &=& \displaystyle\sum_{i}w_i\braket{\alpha^{(i)}|A|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i}\sum_{a^{\prime}}w_i\bra{\alpha^{(i)}}A\ket{a^{\prime}}\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i}\sum_{a^{\prime}}w_i\bra{\alpha^{(i)}}a^{\prime}\ket{a^{\prime}}\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i}\sum_{a^{\prime}}w_i\braket{\alpha^{(i)}|a^{\prime}}\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}}a^{\prime} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i}\sum_{a^{\prime}}w_i\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}}^{\ast}\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}}a^{\prime}&...&\text{式(1.26)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{i}\sum_{a^{\prime}}w_i|\braket{a^{\prime}|\alpha^{(i)}}|^2a^{\prime}& \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(3.98)より \begin{eqnarray} [A] &=& \displaystyle\sum_{i}w_i\braket{\alpha^{(i)}|A|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{i}w_i\braket{\alpha^{(i)}|b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|A|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\sum_{i}w_i\braket{\alpha^{(i)}|b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|A|b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\alpha^{(i)}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\left(\sum_{i}w_i\braket{b^{\prime\prime}|\alpha^{(i)}}\braket{\alpha^{(i)}|b^{\prime}}\right)\braket{b^{\prime}|A|b^{\prime\prime}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho|b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|A|b^{\prime\prime}}&...&\text{式(3.100)(3.101)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho|b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|b^{\prime}|b^{\prime\prime}}&...&A\ket{b^{\prime}}=b^{\prime}\ket{b^{\prime}}\text{とした} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho|b^{\prime}}b^{\prime}\braket{b^{\prime}|b^{\prime\prime}}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho|b^{\prime}}b^{\prime}\delta_{b^{\prime},b^{\prime\prime}}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|\rho|b^{\prime}}b^{\prime}&...&\text{クロネッカーのデルタより}b^{\prime\prime}=b^{\prime}\text{の項のみ残した} \\ \\ \end{eqnarray} となる。これは対角成分のみを足し合わせることになるため、 \begin{eqnarray} [A] &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime}}\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho|b^{\prime}}\braket{b^{\prime}|A|b^{\prime\prime}}&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{b^{\prime\prime}}\braket{b^{\prime\prime}|\rho A|b^{\prime\prime}}&...&\text{式(1.65)の完備性より}\\ \\ &=& \text{tr}(\rho A)&...&\text{(1)} \end{eqnarray} と導出できる。
(1)トレースが基底変換に対して不変であることを用いた。こちらの解説などを参考。

\(a,b,c,d\)を複素数として\(2\times 2\)のエルミート行列\(U\)を \begin{eqnarray} U&=& \left( \begin{array}{cccc} a&b \\ c&d \end{array} \right) \end{eqnarray} とする。エルミート行列の条件は式(1.40)より、 \begin{eqnarray} U&=&U^{\dagger} \\ \\ \Leftrightarrow\left( \begin{array}{cccc} a&b \\ c&d \end{array} \right) &=& \left( \begin{array}{cccc} a^{\ast}&c^{\ast} \\ b^{\ast}&d^{\ast} \end{array} \right) \end{eqnarray} より、 \begin{eqnarray} a&=&a^{\ast}&\Leftrightarrow&\text{Im}(a)=0 \\ \\ d&=&d^{\ast}&\Leftrightarrow&\text{Im}(d)=0 \\ \\ b&=&c^{\ast}&\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l} \text{Re}(c)&=&\text{Re}(b) \\ \text{Im}(c)&=&-\text{Im}(b) \end{array} \right. \\ \\ \end{eqnarray} であることから、改めて実数\(a,b,c,d\)を用いて \begin{eqnarray} U&=& \left( \begin{array}{cccc} a&b+ic \\ b-ic&d \end{array} \right) \end{eqnarray} と書け、独立な実数が４つであることがわかる。

また、規格化条件の式(3.103)より \begin{eqnarray} \text{tr}(U)&=&1 \\ \\ a+d&=&1 \end{eqnarray} となることから、 \begin{eqnarray} U&=& \left( \begin{array}{cccc} a&b+ic \\ b-ic&1-a \end{array} \right) \end{eqnarray} と独立な実数を３つで表すことができる。

こちらの解説のp.138を参考。
まとめると\(M\)で表せる規格化されたエルミート行列（独立な成分は３つ）を作成し、式(3.102)に従って \begin{eqnarray} [S_x]&=&\text{tr}(MS_x) \\ \\ [S_y]&=&\text{tr}(MS_y) \\ \\ [S_z]&=&\text{tr}(MS_z) \\ \\ \end{eqnarray} を計算すると\([S_x],[S_y],[S_z]\)を用いて\(M\)の３成分が求まる。

同じ状態同士の演算は、 \begin{eqnarray} \braket{\alpha^{(n)}|\alpha^{(n)}}=1...\text{(1)} \end{eqnarray} になることを加味すると \begin{eqnarray} \rho^2 &=& (\ketbra{\alpha^{(n)}}{\alpha^{(n)}})(\ketbra{\alpha^{(n)}}{\alpha^{(n)}})&...&\text{式(3.104)より} \\ \\ &=& \ket{\alpha^{(n)}}\braket{\alpha^{(n)}|\alpha^{(n)}}\bra{\alpha^{(n)}}&\\ \\ &=& \ket{\alpha^{(n)}}\bra{\alpha^{(n)}}&...&\text{(1)より}\\ \\ &=& \rho&\\ \\ \end{eqnarray} となる。

エルミート演算子\(\rho\)を対角化する基底ケットを\(\ket{a^{\prime}}\)とする。対角化する際のケット(ベクトル)は固有ケット(ベクトル)になるため、固有値を\(a^{\prime}\)とする。 これを用いると \begin{eqnarray} \rho(\rho-1) &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\rho\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}(\rho-1) \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}\rho\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}(\rho^{\dagger}-1)&...&\rho\text{はエルミート演算子であるため、式(1.40)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}a^{\prime}\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}(a^{\ast\prime}-1)&...&\rho\ket{a^{\prime}}=a^{\prime}\ket{a^{\prime}}\text{と式(1.56)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}a^{\prime}(a^{\ast\prime}-1)\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{a^{\prime}}a^{\prime}(a^{\prime}-1)\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}&...&\text{p.21定理1より、エルミート演算子の固有値は実数であるため}a^{\ast\prime}=a^{\prime} \\ \\ &=& 0&...&\text{式(3.106)より} \end{eqnarray} この式が常に成り立つためには\(a^{\prime}=1\)か\(a^{\prime}=0\)であることが必要であるため、密度演算子の固有値は0まはた1になる。
ただし、全ての\(\ketbra{a^{\prime}}{a^{\prime}}\)が独立である必要がある、などの議論が必要か。

\begin{eqnarray} \rho &=& \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(\ket{+}\pm\ket{-})\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(\bra{+}\pm\bra{-})&...&\text{式(1.110a)より}\\ \\ &=& \left(\frac{1}{2}\right)(\ketbra{+}{+}+\ketbra{-}{-}\pm\ketbra{-}{+}\pm\ketbra{+}{-})&...&\text{複号同順}\\ \\ &=& \frac{1}{2}\left( \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&1 \end{array} \right)\pm\ketbra{-}{+}\pm\ketbra{+}{-}\right)&...&\text{式(1.89)の完備性より}\\ \\ &=& \frac{1}{2}\left( \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&1 \end{array} \right)\pm \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 1 \end{array} \right)(1,0)\pm \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0 \end{array} \right)(0,1)\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{2}\left( \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&1 \end{array} \right)\pm \left( \begin{array}{cccc} 0&0\\ 1&0 \end{array} \right)\pm \left( \begin{array}{cccc} 0&1\\ 0&0 \end{array} \right)\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&\pm 1\\ \pm 1&1 \end{array} \right)&\\ \\ &=& \left( \begin{array}{cccc} \frac{1}{2}&\pm \frac{1}{2}\\ \pm \frac{1}{2}&\frac{1}{2} \end{array} \right)&\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

式(3.25)、式(3.44)より \begin{eqnarray} S_x&=&\frac{\hbar}{2}(\ketbra{+}{-}+\ketbra{-}{+}) \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&1\\ 1&0 \end{array} \right) \\ \\ S_y&=&\frac{i\hbar}{2}(-\ketbra{+}{-}+\ketbra{-}{+}) \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&-1\\ 1&0 \end{array} \right) \\ \\ S_z&=&\frac{\hbar}{2}(\ketbra{+}{+}-\ketbra{-}{-}) \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right) \\ \\ \end{eqnarray} であるため、これを用いて、式(3.102)で計算すると \begin{eqnarray} [S_x]&=& \text{tr}\left(\rho S_x\right) \\ \\ &=& \text{tr}\left( \left( \begin{array}{cccc} \frac{7}{8}&\frac{1}{8}\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{8} \end{array} \right)\frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&1\\ 1&0 \end{array} \right)\right) &=&\frac{\hbar}{2}\text{tr} \left( \begin{array}{cccc} \frac{1}{8}&\frac{7}{8}\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{8} \end{array} \right) \\ \\ &=& \frac{\hbar}{8} \\ \\ [S_y] &=& \text{tr}\left(\rho S_y\right) \\ \\ &=& \text{tr}\left(\left( \begin{array}{cccc} \frac{7}{8}&\frac{1}{8}\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{8} \end{array} \right)\frac{i\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&-1\\ 1&0 \end{array} \right)\right) \\ \\ &=& \text{tr}\left(\frac{i\hbar}{2}\left( \begin{array}{cccc} \frac{1}{8}&-\frac{7}{8}\\ \frac{1}{8}&-\frac{1}{8} \end{array} \right)\right) \\ \\ &=& 0 \\ \\ [S_z]&=& \text{tr}\left(\rho S_z\right) \\ \\ &=& \text{tr}\left(\left( \begin{array}{cccc} \frac{7}{8}&\frac{1}{8}\\ \frac{1}{8}&\frac{1}{8} \end{array} \right)\frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right)\right) \\ \\ &=& \text{tr}\left(\frac{\hbar}{2}\left( \begin{array}{cccc} \frac{7}{8}&-\frac{1}{8}\\ \frac{1}{8}&-\frac{1}{8} \end{array} \right)\right) \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2}\frac{6}{8} \\ \\ &=& \frac{3\hbar}{8} \end{eqnarray} が導出できる。

式(3.120)を用いて、式(3.119)を \begin{eqnarray} \rho(t)=\displaystyle\sum_iw_i\ketbra{\alpha^{(i)},t_0;t}{\alpha^{(i)},t_0;t} \end{eqnarray} と置く。式(2.27)を用いて、 \begin{eqnarray} i\hbar\frac{\partial\rho(t)}{\partial t} &=& i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\displaystyle\sum_iw_i\ketbra{\alpha^{(i)},t_0;t}{\alpha^{(i)},t_0;t} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\left(\left[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\right]\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}+\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\left[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}\right]\right)&...&\text{関数の積の微分として} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\left(\left[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\right]\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}-\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\left[-i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}\right]\right)&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\left(H\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}-\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}H\right)&...&\text{(1)}\\ \\ &=& \displaystyle\sum_i\left(Hw_i\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}-w_i\ket{\alpha^{(i)},t_0;t}\bra{\alpha^{(i)},t_0;t}H\right)&\\ \\ &=& -[\rho,H] \end{eqnarray} と導出できる。

1. (1)シュレーディンガー方程式の変形
▼ 詳細を開く…2024/11/19作成
式(2.27)の双対関係を考えると \begin{eqnarray} -i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\bra{\alpha,t_0;t}&=&\bra{\alpha,t_0;t}H^{\dagger} \\ \\ &=& \bra{\alpha,t_0;t}H&...&\text{p.80下、ハミルトニアンはエルミート的であるとしているから} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

平均値を求める際に規格化するために規格化定数として \begin{eqnarray} \int\rho_{\text{古典}}d\Gamma_{q,p} \end{eqnarray} を用いる。規格化前の期待値 \begin{eqnarray} \int\rho_{\text{古典}}A(q,p)d\Gamma_{q,p} \end{eqnarray} を規格化定数で割ることで得られる。

式(3.102)の総和を式(1.184b)に従って積分に置き換えることで式(3.124)が得られる。

\begin{eqnarray} \braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}|\rho|\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}} &=& \braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}|\left(\displaystyle\sum_iw_i\ketbra{\alpha^{(i)}}{\alpha^{(i)}}\right)|\boldsymbol{\text{x}}^{\prime}} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}|\alpha^{(i)}}\braket{\alpha^{(i)}|\boldsymbol{\text{x} }^{\prime} }\\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\braket{\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime}|\alpha^{(i)}}\braket{\boldsymbol{\text{x} }^{\prime}|\alpha^{(i)}}^{\ast}\\ \\ &=& \displaystyle\sum_iw_i\psi_i(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime\prime})\psi_i^{\ast}(\boldsymbol{\text{x}}^{\prime})&...&\text{式(2.176)より}\\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\(\sigma\)は行列ではないはずなので、ここでの「半正定値」は「\(0\)以上の値をとる」という意味で理解すればよいのではないかと考えられる。
\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}\)が\(0\)から\(1\)までの実数であるから、\(\ln\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}\)が\(0\)か負の値になる。そのため、式(3.128)は\(0\)か正の値をとる。

\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}=1,0\)であるため、それぞれについて計算する。
\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}=1\)のとき、\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}\ln\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}=1\ln 1=0\)である。
\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}=0\)のとき、\(\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}\ln\rho_{kk}^{\text{(対角的)}}=0\ln 0\)となるが、ロピタルの定理より、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{x\to 0}x\ln x &=& \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{1/x} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1/x}{-1/x^2} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{x\to 0}-x \\ \\ &=& 0 \\ \\ \end{eqnarray} となることから、すべての計算結果が\(0\)になり、その総和の\(\sigma\)も\(0\)になる。

式(3.134)が成り立つとき、式(1.121)より、 \begin{eqnarray} [\rho,H]=0 \end{eqnarray} が成り立つ。従って、この条件の時に交換関係が成立することがわかる。この時、同時対角化ができることが知られている(参考)。

はじめに\([H]\)を計算する。 \begin{eqnarray} [H]&=& \text{tr}(\rho H)&...&\text{式(3.136)より} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(\rho_{kk} H)& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(w_k\ket{\alpha^{(k)}}\bra{\alpha^{(k)}} H)& \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(w_k\ket{\alpha^{(k)}}\bra{\alpha^{(k)}} E_k)&...&H\ket{\alpha^{(k)}}=E_k\ket{\alpha^{(k)}}\text{を用いた} \\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}(\rho_{kk} E_k)&\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これを用いて、 \begin{eqnarray} \delta[H] &=& \delta\displaystyle\sum_{k}(\rho_{kk} E_k)&\\ \\ &=& \displaystyle\sum_{k}\delta\rho_{kk} E_k&...&E_k\text{は定数であるため}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.135)を式変形すると \begin{eqnarray} \delta\sigma &=& \delta\left(-\displaystyle\sum_k\rho_{kk}\ln\rho_{kk}\right)&...&\text{式(3.128)より} \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_k(\delta\rho_{kk}\ln\rho_{kk}+\rho_{kk}\delta\ln\rho_{kk})&...&\text{積の微分より} \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_k(\delta\rho_{kk}\ln\rho_{kk}+\rho_{kk}\frac{1}{\rho_{kk}}\delta\rho_{kk})& \\ \\ &=& -\displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}(\ln\rho_{kk}+1)& \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} が得られる。式(3.137a)(3.137b)をそれぞれ定数\(-\beta,-\gamma\)を用いてラグランジュの未定乗数法を適用すると \begin{eqnarray} &&\delta\sigma-\beta\delta[H]-\gamma\delta(\text{tr}\rho)&=&0 \\ \\ &\Leftrightarrow& -\displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}(\ln\rho_{kk}+1)-\displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}\beta E_k-\displaystyle\sum_k\gamma\delta\rho_{kk} &=& -\displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}(\ln\rho_{kk}+1+\beta E_k+\gamma)=0\\ \\ &\Leftrightarrow& \displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}([\ln\rho_{kk}+1]+\beta E_k+\gamma) &=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

式(3.138)より \begin{eqnarray} \displaystyle\sum_k\delta\rho_{kk}([\ln\rho_{kk}+1]+\beta E_k+\gamma) &=&0 \\ \\ \end{eqnarray} が成立するためには \begin{eqnarray} [\ln\rho_{kk}+1]+\beta E_k+\gamma &=&0 \\ \\ \end{eqnarray} であればよいため、 \begin{eqnarray} &&\ln\rho_{kk} &=&-\beta E_k-\gamma-1 \\ \\ &\Leftrightarrow&\rho_{kk} &=&\exp\left(-\beta E_k-\gamma-1\right) \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} \\ \\ \frac{\rho_{kk}}{1}&=&\frac{\rho_{kk}}{\displaystyle\sum_{l}^N\rho_{ll}}&...&\text{式(3.132)より} \\ \\ &=&\frac{\exp\left(-\beta E_k-\gamma-1\right)}{\displaystyle\sum_{l}^N\exp\left(-\beta E_l-\gamma-1\right)} \\ \\ &=&\frac{\exp\left(-\gamma-1\right)\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_{l}^N\exp\left(-\beta E_l\right)\exp\left(-\gamma-1\right)} \\ \\ &=&\frac{\exp\left(-\gamma-1\right)\exp\left(-\beta E_k\right)}{\exp\left(-\gamma-1\right)\displaystyle\sum_{l}^N\exp\left(-\beta E_l\right)} \\ \\ &=&\frac{\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_{l}^N\exp\left(-\beta E_l\right)} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

p.222下より、エネルギーは縮退していないと考え、ハミルトニアン\(H\)の固有値は\(E_1,E_2,\ldots,E_N\)で表されるとする。
そのため行列としては \begin{eqnarray} \braket{\alpha^{(i)}|H|\alpha^{(j)}} &=& \braket{\alpha^{(i)}|E_j|\alpha^{(j)}} \\ \\ &=& E_j\braket{\alpha^{(i)}|\alpha^{(j)}} \\ \\ &=& E_j\delta_{i,j} \\ \\ \\ \therefore H&=& \left( \begin{array}{cccc} E_1 & & & \huge{0} \\ & E_2 & & \\ & & \ddots& \\ \huge{0} & & & E_N \end{array} \right) \end{eqnarray} と書ける。この時、行列の指数関数の表示(参考)より \begin{eqnarray} e^{-\beta H}= \left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta E_1} & & & \huge{0} \\ & e^{-\beta E_2} & & \\ & & \ddots& \\ \huge{0} & & & e^{-\beta E_N} \end{array} \right) \end{eqnarray} が得られる。このトレースをとると \begin{eqnarray} \text{tr}(e^{-\beta H})&=& \text{tr}\left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta E_1} & & & \huge{0} \\ & e^{-\beta E_2} & & \\ & & \ddots& \\ \huge{0} & & & e^{-\beta E_N} \end{array} \right) \\ \\ &=& e^{-\beta E_1}+e^{-\beta E_2}+\ldots+e^{-\beta E_N} \\ \\ &=& Z \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} [A] &=& \text{tr}(\rho A)&...&\text{式(3.102)より} \\ \\ &=& \text{tr}(\frac{e^{-\beta H}}{Z} A)&...&\text{式(3.144)より} \\ \\ &=& \frac{\text{tr}(e^{-\beta H} A)}{Z}& \\ \\ &=& \frac{1}{Z}\left(\displaystyle\sum_{k}^N\bra{\alpha^{(k)}}e^{-\beta H} A\ket{\alpha^{(k)}}\right)&\\ \\ &=& \frac{1}{Z}\left(\displaystyle\sum_{k}^N\bra{\alpha^{(k)}}e^{-\beta E_k} A\ket{\alpha^{(k)}}\right)&...&\bra{\alpha^{(k)}}H=\bra{\alpha^{(k)}}E_k\text{を用いた}\\ \\ &=& \frac{1}{Z}\left(\displaystyle\sum_{k}^N\bra{\alpha^{(k)}} A\ket{\alpha^{(k)}}e^{-\beta E_k}\right)&...&e^{-\beta E_k}\text{は定数なので交換可能}\\ \\ &=& \frac{1}{Z}\left(\displaystyle\sum_{k}^N\braket{A}_{k}e^{-\beta E_k}\right)&\\ \\ &=& \frac{\displaystyle\sum_{k}^N\braket{A}_{k}e^{-\beta E_k}}{Z}&\\ \\ &=& \frac{\displaystyle\sum_{k}^N\braket{A}_{k}e^{-\beta E_k}}{\displaystyle\sum_{k}^Ne^{-\beta E_k}}&\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。

\begin{eqnarray} -\frac{\partial}{\partial \beta}\ln Z &=& -\frac{\frac{\partial}{\partial \beta}Z}{Z} \\ \\ &=& -\frac{\frac{\partial}{\partial \beta}\displaystyle\sum_k^N\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_k^N\exp\left(-\beta E_k\right)} \\ \\ &=& -\frac{\displaystyle\sum_k^N(-E_k)\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_k^N\exp\left(-\beta E_k\right)} \\ \\ &=& \frac{\displaystyle\sum_k^NE_k\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_k^N\exp\left(-\beta E_k\right)} \\ \\ \end{eqnarray} と確認できる。

式(3.140)より \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\rho_{kk} &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{\exp\left(-\beta E_k\right)}{\displaystyle\sum_l^N\exp\left(-\beta E_l\right)} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{1}{\displaystyle\sum_l^N\exp\left(-\beta (E_l-E_k)\right)} \\ \\ \end{eqnarray} となる。ここで、\(E_k\)と\(E_l\)の比較をすると \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{\beta\to\infty} \exp\left(-\beta (E_l-E_k)\right) &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty} \begin{cases} \exp\left(-\beta (E_l-E_k)\right) & ( E_l \gt E_k ) \\ \exp\left(\beta (E_k-E_l)\right) & ( E_l \lt E_k ) \\ \exp\left(0\right) & ( E_l = E_k ) \end{cases} \\ \\ &=& \begin{cases} 0 & ( E_l \gt E_k ) \\ \infty & ( E_l \lt E_k ) \\ 1 & ( E_l = E_k ) \end{cases} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これを用いるとき、エネルギーの大きさ順に並べ、\(E_{(1)}\lt E_{(2)}\lt\ldots\lt E_{(N)}\)とする。\(k\gt 1\)を考えると \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\rho_{(kk)} &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{1}{\displaystyle\sum_l^N\exp\left(-\beta (E_{(l)}-E_{(k)})\right)} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{1}{\exp\left(-\beta (E_{(1)}-E_{(k)})\right)+\exp\left(-\beta (E_{(2)}-E_{(k)})\right)+\ldots+\exp\left(-\beta (E_{(k-1)}-E_{(k)})\right)+\exp\left(-\beta (E_{(k)}-E_{(k)})\right)+\exp\left(-\beta (E_{(k+1)}-E_{(k)})\right)+\ldots+\exp\left(-\beta (E_{(N)}-E_{(k)})\right)} \\ \\ &=& \frac{1}{\infty+\infty+\ldots+\infty+1+0+\ldots+0} \\ \\ &=& 0 \end{eqnarray} が得られる。一方で、\(E_k=E_{(1)}\)つまり基底状態を考えると \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\rho_{(11)} &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{1}{\displaystyle\sum_l^N\exp\left(-\beta (E_{(l)}-E_{(1)})\right)} \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{\beta\to\infty}\frac{1}{\exp\left(-\beta (E_{(1)}-E_{(1)})\right)+\exp\left(-\beta (E_{(2)}-E_{(k)})\right)+\ldots+\exp\left(-\beta (E_{(N)}-E_{(k)})\right)} \\ \\ &=& \frac{1}{1+0+\ldots+0} \\ \\ &=& 1 \end{eqnarray} となり、極限状態では基底状態のみが占められることが示される。

\begin{eqnarray} [H,S_z] &=& \omega S_zS_z-S_z\omega S_z \\ \\ &=& \omega (S_zS_z-S_zS_z) \\ \\ &=& 0 \\ \\ \end{eqnarray} となり、交換することがわかる。

式(3.34)(3.25)(3.44)より \begin{eqnarray} H &=& \omega S_z \\ \\ &=& \omega\frac{\hbar}{2}\{\ketbra{+}{+}-\ketbra{-}{-}\} \\ \\ &=& \frac{\hbar\omega}{2}\left\{ \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0 \end{array} \right)(1\; 0)- \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 1 \end{array} \right)(0\; 1)\right\} \\ \\ &=& \frac{\hbar\omega}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right)\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。これを用いて、 \begin{eqnarray} \rho &=& \frac{e^{-\beta H}}{Z} \\ \\ &=& \frac{\exp\left(-\beta\frac{\hbar\omega}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right)\right)}{Z}&...&\text{(1)} \\ \\ &=& \frac{\exp\left( \left( \begin{array}{cccc} -\beta\frac{\hbar\omega}{2}&0\\ 0&\beta\frac{\hbar\omega}{2} \end{array} \right)\right)}{Z}&...&\text{(1)} \\ \\ &=& \frac{ \left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right)}{Z} \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで(1)では行列の指数関数の表示(参考)を用いた。

式(3.143)より \begin{eqnarray} Z &=& \text{tr}\left( \begin{array}{cccc} e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right)\\ \\ &=& e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}+e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{eqnarray} が得られる。

式(3.25)(3.44)より \begin{eqnarray} S_x &=& \frac{\hbar}{2}\{\ketbra{+}{-}+\ketbra{-}{+}\} \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2}\left\{ \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0 \end{array} \right)(0\; 1)+ \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 1 \end{array} \right)(1\; 0)\right\} \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&1\\ 1&0 \end{array} \right) \\ \\ \\ S_y &=& \frac{i\hbar}{2}\{-\ketbra{+}{-}+\ketbra{-}{+}\} \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2}\left\{- \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0 \end{array} \right)(0\; 1)+ \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 1 \end{array} \right)(1\; 0)\right\} \\ \\ &=& \frac{i\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&-1\\ 1&0 \end{array} \right) \\ \\ \\ S_z &=& \frac{\hbar}{2}\{\ketbra{+}{+}-\ketbra{-}{-}\} \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2}\left\{ \left( \begin{array}{cccc} 1\\ 0 \end{array} \right)(1\; 0)+ \left( \begin{array}{cccc} 0\\ 1 \end{array} \right)(0\; 1)\right\} \\ \\ &=& \frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right) \\ \\ \\ \end{eqnarray} であることを用いる。式(3.102)を用いて、 \begin{eqnarray} [S_x] &=& \text{tr}(\rho S_x) \\ \\ &=& \frac{\text{tr}\left( \left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right)\frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&1\\ 1&0 \end{array} \right) \right)}{Z} \\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \text{tr}\left( \begin{array}{cccc} 0&e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}\\ e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0 \end{array} \right) }{Z} \\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \left(0+0 \right) }{Z}\\ \\ &=& 0 \\ \\ \\ [S_y] &=& \text{tr}(\rho S_y) \\ \\ &=& \frac{\text{tr}\left( \left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right)\frac{i\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 0&-1\\ 1&0 \end{array} \right) \right)}{Z} \\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \text{tr}\left( \begin{array}{cccc} 0&-e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}\\ e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0 \end{array} \right) }{Z}\\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \left(0+0 \right) }{Z}\\ \\ &=& 0 \\ \\ \\ [S_z] &=& \text{tr}(\rho S_z) \\ \\ &=& \frac{\text{tr}\left( \left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right)\frac{\hbar}{2} \left( \begin{array}{cccc} 1&0\\ 0&-1 \end{array} \right) \right)}{Z} \\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \text{tr}\left( \begin{array}{cccc} e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}&0\\ 0&-e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \end{array} \right) }{Z} \\ \\ &=& \frac{\frac{\hbar}{2} \left(e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}-e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} \right) }{Z}\\ \\ &=& \frac{\hbar}{2}\frac{ e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}-e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}} }{e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}+e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}}\\ \\ &=& -\frac{\hbar}{2}\frac{ e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}-e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}} }{e^{\beta\frac{\hbar\omega}{2}}+e^{-\beta\frac{\hbar\omega}{2}}}\\ \\ &=& -\frac{\hbar}{2}\tanh\left(\beta\frac{\hbar\omega}{2}\right)&...&\text{(1)}\\ \\ \end{eqnarray} が得られる。(1)では \begin{eqnarray} \tanh(x) &=& \frac{\sinh(x)}{\cosh(x)} \\ \\ &=& \frac{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}{\frac{e^x+e^{-x}}{2}}\\ \\ &=& \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}} \end{eqnarray} を用いた。