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ハイゼンベルクの不確定性原理 📂フーリエ解析

ハイゼンベルクの不確定性原理

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ffとそのフーリエ変換 f^\hat{f}の間には特別な関係がある。ある定数Ω\Omegaに対してf^(ω)=0 for ωΩ\hat{f} (\omega) = 0\ for\ | \omega | \ge \Omegaが成立する場合、ffも同じ性質を持つことは不可能である。つまり、fff^\hat{f}が同時に狭い場所に集中することはできないということであり、数学的にはfff^\hat{f}が同時に狭い有限なサポートを持つことはできないということであり、統計学的にはfff^\hat{f}分散が同時に小さいことはできないということである。

この事実は、次のようなフーリエ変換の性質から見ることができる。

F[f(δx)](ξ)=1δf^(ξδ),δ>0 \mathcal{F} \left[ f(\delta x) \right] (\xi) = \dfrac{1}{\delta} \hat{f} \left( \dfrac{\xi}{\delta} \right),\quad \delta > 0

上記の式で、δ\deltaが大きくなるとは、ffが原点に近づいて圧縮されるという意味であり、同時にf^\hat{f}は広がっていることがわかる。δ\deltaが小さくなると、反対の現象が起こる。

定理を紹介する前に、新しい記法を一つ紹介しよう。関数ffaaでの拡散dispersionを次のように定義しよう。

Δaf:=(xa)2f(x)2dxf(x)2dx \Delta_{a} f: =\frac{\displaystyle \int(x-a)^{2}|f(x)|^{2} d x}{\displaystyle \int|f(x)|^{2} d x}

これはffの値がaaの周りでどれだけ広がっているかを意味する。Δaf\Delta _{a} fの値が大きいとは、aaの近くでffが大きな値をほとんど取らないということであり、逆にΔaf\Delta _{a} fの値が小さいとは、aaの近くでffが大きな値をたくさん取るということである。したがって、fff^\hat{f}が同時に狭い区間に集中することはできないというのは、すべてのa,αRa, \alpha \in \mathbb{R}に対してΔaf\Delta_{a}fΔαf^\Delta_{\alpha}\hat{f}の値が同時に小さいことには限界があるということと同じである。

一言で言えば、ffの値がはっきりするほど、f^\hat{f}の値が不確実になるという意味であり、逆もまた真である。統計学に慣れている人は、Δaf\Delta_{a}fを平均がaaで確率密度関数がf(x)2|f(x)|^{2}の確率変数の分散と理解すればよい。

上記の内容は、次の定理で表される。

定理

ff^{\prime}が区分的に連続であり、f(x),xf(x),f(x)L2f(x), xf(x), f^{\prime}(x) \in L^{2}が成り立つ場合、次の不等式が成立する。

(Δaf)(Δαf^)14,a,αR \left( \Delta_{a} f \right) ( \Delta_{\alpha} \hat{f} ) \ge \dfrac{1}{4},\quad \forall a,\alpha \in \mathbb{R}

証明

a=α=0a=\alpha=0

まずa=α=0a=\alpha=0の場合について考えよう。部分積分により、次の式を得る。

ABxf(x)f(x)dx=xf(x)2ABAB(f(x)2+xf(x)f(x))dx \int_{A}^{B} \overline{xf(x)} f^{\prime}(x) dx = x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B}-\int_{A}^{B}\left(|f(x)|^{2} + x f(x) \overline{f^{\prime}(x)}\right) dx

これを整理すると次のようになる。

ABf(x)2dx=xf(x)2ABABxf(x)f(x)dxABxf(x)f(x)dx=xf(x)2AB2ReABxf(x)f(x)dx \begin{align*} \int_{A}^{B} |f(x)|^{2} dx &= x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B} - \int_{A}^{B} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx - \int_{A}^{B} \overline{xf(x)} f^{\prime}(x) dx \\ &= x|f(x)|^{2} \bigg|_{A} ^{B} - 2 \text{Re} \int_{A}^{B} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx \end{align*}

ここでxf(x)L2xf(x) \in L^{2}と仮定したのでlimx±xf2(x)limx±x2f2(x)=0\lim \limits_{x \to \pm \infty}xf^{2}(x) \le \lim \limits_{x \to \pm \infty} x^{2}f^{2}(x) = 0が成立する。したがって、上記の式でB,AB\to \infty, A \to -\inftyの極限を取ると次のようになる。

f(x)2dx=2Rexf(x)f(x)dx \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx = - 2 \text{Re} \int_{-\infty}^{\infty} xf(x) \overline{f^{\prime}(x)}dx

すると、コーシー-シュワルツの不等式により次の式が成立する。

f(x)2dx2Re(x2f(x)2dx)12(f(x)2dx)12    (f(x)2dx)24(x2f(x)2dx)(f(x)2dx) \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx &\le 2 \text{Re} \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right)^{\frac{1}{2}} \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx\right)^{\frac{1}{2}} \nonumber \\ \implies \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right)^{2} &\le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx\right) \label{eq1} \end{align}

そして、プランシュレルの定理によりf^2=2πf2\| \hat{f} \|^{2} = 2\pi \| f \| ^{2}が真であり、導関数のフーリエ変換F[f](ξ)=iξFf(ξ)\mathcal{F} \left[ f^{\prime} \right] (\xi) = i \xi \mathcal{F} f (\xi)であるので、次が成立する。

f(x)2dx=12πF[f](ξ)2dξ=12πξ2f^(ξ)2dξ \int_{-\infty}^{\infty} |f^{\prime}(x)|^{2} dx = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |\mathcal{F}[f^{\prime}] (\xi)|^{2} d\xi = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi

これを(eq1)\eqref{eq1}に代入すると次のようになる。

(f(x)2dx)24(x2f(x)2dx)12πξ2f^(ξ)2dξ \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right)^{2} \le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi

さらに、プランシュレルの定理を積分形で表すとf(x)2dx=12πf^(ξ)2dξ\int |f(x)|^{2}dx = \frac{1}{2\pi} \int |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xiであるので、この式の左辺に代入して次を得る。

(f(x)2dx)(f^(ξ)2dξ)4(x2f(x)2dx)(ξ2f^(ξ)2dξ) \left( \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xi \right) \le 4 \left( \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi \right)

したがって、次の結果を得る。

14(x2f(x)2dx)(f(x)2dx)(ξ2f^(ξ)2dξ)(f^(ξ)2dξ)=(Δ0f)(Δ0f^) \dfrac{1}{4} \le \dfrac{ \left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} |f(x)|^{2} dx \right) }{ \left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|^{2} dx \right) } \dfrac{\left(\displaystyle \int _{-\infty}^{\infty} \xi^{2} | \hat{f} (\xi)|^{2} d\xi \right)}{\left(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} |\hat{f}(\xi)|^{2} d\xi \right)} = \left( \Delta_{0} f \right) ( \Delta_{0} \hat{f} )

一般化

F(x)=eiαxf(x+a)F(x)=e^{-i \alpha x}f(x+a)としよう。すると、次の式が成立する。

Δ0F=x2F(x)2dxF(x)2dx=x2f(x+a)2dxf(x+a)2dx=(xa)2f(x)2dxf(x)2dx(change of variable x+a=x)=Δaf \begin{align*} \Delta_{0} F = \dfrac{\displaystyle \int x^{2} |F(x)|^{2} dx}{\displaystyle \int |F(x)|^{2}dx} &= \dfrac{ \displaystyle \int x^{2} |f(x+a)|^{2} dx }{ \displaystyle \int |f(x+a)|^{2}dx} \\ &= \dfrac{ \displaystyle \int (x-a)^{2} |f(x)|^{2} dx }{ \displaystyle \int |f(x)|^{2}dx} & (\text{change of variable } x +a=x) \\ &= \Delta_{a}f \end{align*}

今、F^\hat{F}を求めると次のようになる。

F^(ξ)=F(x)eiξxdx=f(x+a)ei(α+ξ)xdx=f(x)ei(α+ξ)xei(α+ξ)adx(change of variable x+a=x)=ei(α+ξ)af(x)ei(α+ξ)xdx=ei(α+ξ)af^(α+ξ) \begin{align*} \hat{F} (\xi) = \int F(x) e^{-i \xi x}dx &= \int f(x+a)e^{-i(\alpha + \xi)x}dx \\ &= \int f(x)e^{-i(\alpha + \xi)x} e^{i(\alpha + \xi)a} dx & (\text{change of variable } x +a=x) \\ &= e^{i(\alpha + \xi)a} \int f(x)e^{-i(\alpha + \xi)x} dx \\ &= e^{i(\alpha + \xi)a} \hat{f}(\alpha + \xi) \end{align*}

今、Δ0F^\Delta_{0}\hat{F}を求めると次のようになる。

Δ0F^=ξ2F^(ξ)2dξF^(ξ)2dξ=ξ2f^(α+ξ)2dξf^(α+ξ)2dξ=(ξα)2f^(ξ)2dξf^(ξ)2dξ(change of variable ξ+a=ξ)=Δαf^ \begin{align*} \Delta_{0}\hat{F} = \dfrac{\displaystyle \int \xi^{2} |\hat{F}(\xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int |\hat{F}(\xi)|^{2}d\xi} &= \dfrac{\displaystyle \int \xi^{2} | \hat{f}(\alpha + \xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int | \hat{f}(\alpha + \xi)|^{2}d\xi} \\ &= \dfrac{\displaystyle \int (\xi-\alpha)^{2} | \hat{f}(\xi)|^{2} d\xi}{\displaystyle \int | \hat{f}(\xi)|^{2}d\xi} & (\text{change of variable } \xi +a=\xi) \\ &= \Delta_{\alpha}\hat{f} \end{align*}

したがって、a=α=0a=\alpha=0の場合の結果を使うと、次の式を得る。

14(Δ0F)(ΔαF^)=(Δaf)(Δαf^) \dfrac{1}{4} \le (\Delta_{0}F)(\Delta_{\alpha}\hat{F}) = (\Delta_{a}f) (\Delta_{\alpha}\hat{f})

参照