記念すべき初投稿です．
先日量子論の問題を解いているときに出逢った等式をしっかり証明しようとしたら思ったより良い復習になったので，備忘録としてまとめておきます．
背景
量子力学におけるビリアル定理(virial theorem)：
\braket{\hat{K}}:\braket{\hat{V}}=a:2\quad,\mathrm{where}\left\{ \begin{aligned}&\hat{\mathcal{H}}=\hat{K}+\hat{V}\\&\hat{K}=\frac{\hat{p}^2}{2m},\quad\hat{V}=\lambda\hat{x}^a\end{aligned}\right.
は，ビリアル$\hat{G}$：
\hat{G}=\hat{x}\hat{p}\quad\left(\text{3次元・多体系では，}\hat{G}=\sum_i\hat{\boldsymbol{x}}_i\cdot\hat{\boldsymbol{p}}_i\right)
の期待値$\braket{\hat{G}}=\bra{\psi}\hat{G}\ket{\psi}$の時間発展を考えることによって導出される．
この計算の過程では，$[\hat{x}^a,\hat{p}]$という交換子を計算することになる．
$a$が自然数の場合は，
[\hat{x}^a,\hat{p}]=[\underbrace{\hat{x}\hat{x}\cdots\hat{x}}_{a個},\hat{p}]
とnaiveに解釈できるから，基本交換関係$[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$と，恒等式：
[AB,C]=A[B,C]+[A,C]B
を繰り返し適用することで，
\begin{align*}
[\hat{x}^a,\hat{p}]=[\hat{x}\hat{x}^{a-1},\hat{p}]&=\hat{x}[\hat{x}^{a-1},\hat{p}]+[\hat{x},\hat{p}]\hat{x}^{a-1}\\
&=\hat{x}[\hat{x}\hat{x}^{a-2},\hat{p}]+i\hbar\hat{x}^{a-1}\\
&=\hat{x}\Big(\hat{x}[\hat{x}^{a-2},\hat{p}]+i\hbar\hat{x}^{a-2}\Big)+i\hbar\hat{x}^{a-1}\\
&=\hat{x}^2[\hat{x}^{a-2},\hat{p}]+2i\hbar\hat{x}^{a-1}\\
&\qquad\vdots\\
&=\hat{x}^{a-1}[\hat{x},\hat{p}]+(a-1)i\hbar\hat{x}^{a-1}\\
&=ia\hbar\hat{x}^{a-1}
\end{align*}
と求めることができる．
しかし，この結果は$a$が自然数ではない場合でも成立するのだろうか？
Review：演算子の関数
「$a$が自然数ではない場合，$\hat{x}^a$はどう定義されるのか？」という問題がある．
一般に，演算子$\hat{\Omega}$の関数$f(\hat{\Omega})$は，古典的な(≒可換な)量1$\omega$についての関数$f(\omega)$のTaylor展開：
f(\omega)=\sum_{n=0}^\infty C_n\omega^n\quad, C_k:=\frac{f^{(k)}(0)}{k!}
を用いて
f(\hat{\Omega}):=\sum_{n=0}^\infty C_n\hat{\Omega}^n\quad
と定義される2．
ここで，$f(x)=(1+x)^a(a\in\mathbb{R})$の展開は，二項係数$\binom{n}{k}$を用いて
f(x)=(1+x)^a=\sum_{n=0}^\infty\binom{a}{n}x^n
と与えられる．ここから$f(\hat{x}-1)$を考えることで，
\hat{x}^a=\sum_{n=0}^\infty\binom{a}{n}(\hat{x}-1)^n
と，任意の実数$a$に対しての$\hat{x}^a$の定義を与えることができた．
なおここで，$[\hat{x},1]=0$である3ことから$(\hat{x}-1)^n$の展開は普通の可換な算数だと思ってやればよく，
(\hat{x}-1)^n=\sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k\hat{x}^k(-1)^{n-k}
となることに注意．
交換子[x^a,p]の計算
以上で求めてきた表式を用いれば，交換子の線形性から
[\hat{x}^a,\hat{p}]=\left[\sum_{n=0}^\infty\binom{a}{n}(\hat{x}-1)^n,\hat{p}\right]=\sum_{n=0}^\infty\binom{a}{n}\left[(\hat{x}-1)^n,\hat{p}\right]
となる．ここで，
\begin{align*}
\left[(\hat{x}-1)^n,\hat{p}\right]&=(\hat{x}-1)^n\hat{p}-\hat{p}(\hat{x}-1)^n\\
&=\sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k\hat{x}^k(-1)^{n-k}\hat{p}-\hat{p}\sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k\hat{x}^k(-1)^{n-k}\\
&=\sum_{k=0}^n {}_n\mathrm{C}_k(-1)^{n-k}[\hat{x}^k,\hat{p}]
\end{align*}
となるが，この最後の行に出現した交換子$[\hat{x}^k,\hat{p}]$の$k$はもはや整数であるから，冒頭で得た結果：$[\hat{x}^k,\hat{p}]=ik\hbar\hat{x}^{k-1}$(これは$k=0$でも成立する)をそのまま用いることが出来，
\begin{align*}
\left[(\hat{x}-1)^n,\hat{p}\right]&=i\hbar\sum_{k=0}^n k{}_n\mathrm{C}_k\cdot\hat{x}^{k-1}(-1)^{n-k}\\
&=in\hbar\sum_{k=1}^{n} {}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1}\cdot\hat{x}^{k-1}(-1)^{n-k}\quad(\because k{}_n\mathrm{C}_k=n{}_{n-1}\mathrm{C}_{k-1})\\
&=in\hbar\sum_{k=0}^{n-1} {}_{n-1}\mathrm{C}_{k}\cdot\hat{x}^{k}(-1)^{(n-1)-k}\\
&=in\hbar(\hat{x}-1)^{n-1}
\end{align*}
となる．以上から，
\begin{align*}
[\hat{x}^a,\hat{p}]&=\sum_{n=0}^\infty\binom{a}{n}\left[(\hat{x}-1)^n,\hat{p}\right]\\
&=i\hbar\sum_{n=1}^\infty n\binom{a}{n}(\hat{x}-1)^{n-1}\\
&=ia\hbar\sum_{n=1}^\infty \binom{a-1}{n-1}(\hat{x}-1)^{n-1}\quad\left(\because n\binom{a}{n}=a\binom{a-1}{n-1}\right)\\
&=ia\hbar\sum_{n=0}^\infty \binom{a-1}{n}(\hat{x}-1)^{n}\\
&=ia\hbar\hat{x}^{a-1}
\end{align*}
となり，任意の実数$a$についての結果を得ることができた．
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Dirac流に言えば，可換な代数構造をなす古典論的量はc-数(c-number)，対して非可換な代数構造をなす量子論的量はq-数(q-number)である． ↩
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展開係数をやや冗長に書いているのは，演算子の関数に対する“導関数”を顕わに考えることを回避するためである． ↩
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数字と演算子を顕わに書き分けないとモヤるのであれば，$1$に限らず，任意の複素数$c$を恒等演算子の$c$倍：$c\hat{\mathbb{I}}$という演算子だと思えばよい．このとき実際，$[\hat{x},1]\ket{\psi}=[\hat{x},\hat{\mathbb{I}}]\ket{\psi}=\hat{x}\big(\hat{\mathbb{I}}\ket{\psi}\big)-\hat{\mathbb{I}}\big(\hat{x}\ket{\psi}\big)=0$と確かめられる． ↩