問題 7-8 の解答例

Problem 7-8
Find the transition element $⟨ x (t) x (s) ⟩ = f (t, s)$ when the potential is not constant but, rather, corresponds to that of a forced harmonic oscillator. Do this by obtaining differential equations for $f (t, s)$ and trying the solution

\begin{matrix} (7-65) & ⟨ x (t) x (s) ⟩ = f (t, s) = [\bar{x} (t) \bar{x} (s) + g (t, s)] ⟨ 1 ⟩ \end{matrix}

Obtain an equation for

g (t, s)

showing that

g

is independent of the endpoint values

x_{1}

and

x_{2}

and of the forcing function [ derivative of the potential]

γ (t)

. Show in general that, with

T = t_{2} - t_{1}

\begin{matrix} (7-66) & g (t, s) = {\begin{cases} \frac{ℏ}{i m ω \sin ω T} \sin ω s \sin ω (T - t) & s < t \\ \frac{ℏ}{i m ω \sin ω T} \sin ω t \sin ω (T - s) & t < s \end{cases} \end{matrix}

( 解答 ) $t$ を時間としたとき, 調和振動子が外力 $γ (t)$ によって駆動される場合のラグランジアン $L$ とポテンシャル $V$ は (問題 3-11 を参照して),

\begin{matrix} (1) & L = T - V = \frac{m}{2} {\dot{x}}^{2} - \frac{m ω^{2}}{2} x^{2} + γ (t) x, V [x (t)] = \frac{m ω^{2}}{2} x^{2} - γ (t) x \end{matrix}

であるから, この場合の運動方程式は次である：

\begin{matrix} (2) & m \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = - \frac{d V}{d x} = - m ω^{2} x + γ (t) \to \ddot{x} + ω^{2} x = \frac{1}{m} γ (t) \end{matrix}

このとき, 調和振動子のラグランジアンを

L_{0}

, 作用を

S_{0}

とすると, 強制調和振動子のラグランジアン

L

及び作用

S

は次のように表わせることに注意する：

\begin{matrix} (3) & L = L_{0} + γ (t) x, S = \int L d t = \int L_{0} d t + \int γ (t) x d t = S_{0} + \int γ (t) x d t \end{matrix}

「２つの離れた時刻に於ける

x

の値を含む汎関数の遷移要素」は, 式 (7-15) によって求めることが出来た：

\begin{matrix} (4) & ⟨ χ | V [x (t), t] V [x (s), s] | ψ ⟩ = \int d x_{4} \int d x_{3} χ^{*} (4) V (4) K (4, 3) V (3) ψ (3) \end{matrix}

ただし

s < t

のときは

t_{3} = s, t_{4} = t

とし

t < s

のときは

t_{3} = t, t_{4} = s

の置き換えをする．従って, この場合は

V [x (t), t] = x (t)

V [x (s), s] = x (s)

として次となる：

\begin{aligned} ⟨ x (t) x (s) ⟩ & = ⟨ χ | x (t) x (s) | ψ ⟩ = \int d x_{2} \int d x_{1} χ^{*} (2) x (2) K (2, 1) x (1) ψ (1) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{1}^{2} D x (τ) χ^{*} (x_{2}) x (t) e^{i S / ℏ} x (s) ψ (x_{1}), \\ (5) & where & S = \int_{1}^{2} d τ L (x, τ) \end{aligned}

調和振動子の作用

S_{0}

はガウス型であるから強制振動子の作用

S

もガウス型となる．従って, 調和振動子の場合の次の遷移要素は, 強制調和振動子の遷移要素

⟨ x (t) x (s) ⟩_{S}

と見做すことが出来る (§ 7-4 を参照のこと)：

\begin{aligned} {⟨ x (t) x (s) \exp [\frac{i}{ℏ} \int γ (τ) x (τ)] ⟩}_{S_{0}} & = \int_{a}^{b} D x (τ) x (t) x (s) \exp [\frac{i}{ℏ} \int γ (τ) x (τ)] e^{i S_{0} / ℏ} \\ = \int_{a}^{b} D x (τ) x (t) x (s) e^{i S / ℏ} \\ (6) & \equiv ⟨ x (t) x (s) ⟩_{S} \end{aligned}

従って, この強制調和振動子場合の経路積分は § 3-5 の方法によって計算できる．すなわち

x (t) = \bar{x} (t) + y (t), x (s) = \bar{x} (s) + y (s)

そして

x (τ) = \bar{x} (τ) + y (τ)

と表現する．すると,

\begin{aligned} ⟨ x (t) x (s) ⟩_{S} = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{x_{1}}^{x_{2}} D x (τ) χ^{*} (x_{2}) x (t) x (s) e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{x_{1}}^{x_{2}} D x (τ) χ^{*} (x_{2}) [\bar{x} (t) + y (t)] [\bar{x} (s) + y (s)] e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{x_{1}}^{x_{2}} D x (τ) χ^{*} (x_{2}) [\bar{x} (t) \bar{x} (s) + \bar{x} (t) y (s) + \bar{x} (s) y (t) + y (t) y (s)] e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{x_{1}}^{x_{2}} D x (τ) χ^{*} (x_{2}) \bar{x} (t) \bar{x} (s) e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \\ + \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{0}^{0} D y (τ) χ^{*} (x_{2}) [\bar{x} (t) y (s) + \bar{x} (s) y (t) + y (t) y (s)] e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \\ (7) & = ⟨ \bar{x} (t) \bar{x} (s) ⟩ + \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{0}^{0} D y (τ) χ^{*} (x_{2}) [\bar{x} (t) y (s) + \bar{x} (s) y (t) + y (t) y (s)] e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \end{aligned}

上式 (7) と式 (7-65) の比較から

⟨ g (t, s) ⟩ = g (t, s) ⟨ 1 ⟩

は次のように表現することが出来る：

\begin{matrix} (8) & ⟨ g (t, s) ⟩ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{0}^{0} D y (τ) χ^{*} (x_{2}) [\bar{x} (t) y (s) + \bar{x} (s) y (t) + y (t) y (s)] e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \end{matrix}

更に, § 3-5 の式 (3-48) で検討したように, ガウス積分では

y

について一次の項の積分はゼロとなるべきである．よって,

\begin{matrix} (9) & ⟨ g (t, s) ⟩ = \int_{- \infty}^{\infty} d x_{2} \int_{- \infty}^{\infty} d x_{1} \int_{0}^{0} D y (τ) χ^{*} (x_{2}) y (t) y (s) e^{i S / ℏ} ψ (x_{1}) \end{matrix}

このとき, 端点では

y (t)

及び

y (s)

はゼロである．よって, 「

g (t, s)

に端点位置

x_{1}, x_{2}

は含まれない」すなわち「

g (t, s)

は端点の値

x_{1}, x_{2}

には依存しない」と言える．また「経路

y

についての積分は関数

γ (t)

には依存しない」とも言えるのであった (§ 7-4 を参照のこと)．従って, 「

g (t, s)

は

γ (t)

にも依存しない」と言える．

微分方程式 (2) の一般解は, 例えば, 野上：「力学演習」の § 4.3 強制振動 (p.82 $\sim$ ) より次となる：

\begin{matrix} (10) & x (t) = a \cos (ω_{0} t + α) + \frac{1}{m ω_{0}} \int_{0}^{t} γ (t^{'}) \sin ω_{0} (t - t^{'}) d t^{'} \end{matrix}

これに境界条件

x (t = 0) = x_{1}, x (t = T) = x_{2}

を課した古典軌道

\bar{x} (t)

は次となる：

\begin{matrix} (11) & \bar{x} (t) = x_{1} \frac{\sin ω (T - t)}{\sin ω T} + x_{2} \frac{\sin ω t}{\sin ω T} + \frac{1}{m ω_{0}} \int_{0}^{t} γ (t^{'}) \sin ω_{0} (t - t^{'}) d t^{'} \end{matrix}

また, この場合の

f (t, s) = ⟨ x (t) x (s) ⟩

についての式 (7-59) は,

\begin{aligned} \frac{\partial^{2} f}{\partial t^{2}} & = ⟨ \ddot{x} (t) x (s) ⟩ = \frac{ℏ}{i m} δ (t - s) ⟨ 1 ⟩ - \frac{1}{m} ⟨ \frac{d V [x (t)]}{d x (t)} x (s) ⟩ \\ = \frac{ℏ}{i m} δ (t - s) ⟨ 1 ⟩ - ω^{2} ⟨ x (t) x (s) ⟩ + \frac{1}{m} ⟨ γ (t) x (s) ⟩ \\ (12) & = \frac{ℏ}{i m} δ (t - s) ⟨ 1 ⟩ - ω^{2} ⟨ f ⟩ + \frac{1}{m} ⟨ γ (t) x (s) ⟩ \end{aligned}

従って，

f (t, s)

に対する微分方程式として次が得られる (ただし

⟨ ⟩

は省略している)：

\begin{matrix} (13) & \frac{\partial^{2} f}{\partial t^{2}} + ω^{2} f = \frac{ℏ}{i m} δ (t - s) + \frac{1}{m} γ (t) x (s) \end{matrix}

非同次微分方程式 (13) を前述の手順に従って解いて行けば良いのだが, この計算は非常に大変そうである．そこで, ここでは後述の § 7-4 の式 (7-71) を用いて

⟨ x (t) x (s) ⟩

に於ける

g (t, s)

部分を求めておくだけにしよう．式(6)から、「強制調和振動子の場合の

⟨ x (t) x (s) ⟩

は, 調和振動子の場合の式(6)の左辺に於いて

γ = 0

としたもの」と言えるからである：

\begin{aligned} ⟨ x (t) x (s) ⟩_{S} & = {{⟨ x (t) x (s) \exp [\frac{i}{ℏ} \int γ (τ) x (τ)] ⟩}_{S_{0}} |}_{γ = 0} = ⟨ x (t) x (s) ⟩_{S_{0}} \\ = ⟨ 1 ⟩_{S_{0}} {{\frac{δ S_{c l}^{‘}}{δ γ (t)} \frac{δ S_{c l}^{‘}}{δ γ (s)} + \frac{ℏ}{i} \frac{δ^{2} S_{c l}^{‘}}{δ γ (t) δ γ (s)}} |}_{γ = 0} \\ (14) & \to & g (t, s) = {\frac{ℏ}{i} \frac{δ^{2} S_{c l}^{‘}}{δ γ (t) δ γ (s)} |}_{γ = 0} \end{aligned}

強制調和振動子の古典的作用

S_{c l}

は, 問題3 -11 中の式 (3-66) に与えられている：

\begin{aligned} S_{cl} & = \frac{m ω}{2 \sin ω T} [(x_{b}^{2} + x_{a}^{2}) \cos ω T - 2 x_{b} x_{a} + \frac{2 x_{b}}{m ω} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t - t_{a}) \\ + \frac{2 x_{a}}{m ω} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t_{b} - t) \\ (15) & - \frac{2}{m^{2} ω^{2}} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t \int_{t_{a}}^{t} d s γ (t) γ (s) \sin ω (t_{b} - t) \sin ω (s - t_{a})] \end{aligned}

この作用

S_{c l}

中の

γ

を含む項だけが

γ

の汎関数微分に関係するので, 上式の第 1 項と第 2 項を除いた部分を改めて

S_{c l}^{'}

とすると,

\begin{aligned} S_{cl}^{'} & = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t - t_{a}) + \frac{x_{a}}{\sin ω T} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t_{b} - t) \\ (16) & - \frac{1}{m ω \sin ω T} \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t \int_{t_{a}}^{t} d t^{‘} γ (t) γ (t^{‘}) \sin ω (t_{b} - t) \sin ω (t^{‘} - t_{a}) \end{aligned}

第 1 項

F_{1}

と第 2 項

F_{2}

の

γ (u)

による汎関数微分は

t_{a} = 0, t_{b} = T

として次となる：

\begin{aligned} \frac{δ F_{1} [γ (t)]}{δ γ (u)} & = lim_{ε \to 0} \frac{x_{b}}{\sin ω T} \frac{1}{ε} [\int_{t_{a}}^{t_{b}} d t {γ (t) + ε δ (t - u)} \sin ω (t - t_{a}) - \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t - t_{a})] \\ = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \int_{t_{a}}^{t_{b}} \sin ω (t - t_{a}) δ (t - u) d t = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \sin ω (u - t_{a}) = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \sin ω u \\ \frac{δ F_{2} [γ (t)]}{δ γ (u)} & = lim_{ε \to 0} \frac{x_{a}}{\sin ω T} \frac{1}{ε} [\int_{t_{a}}^{t_{b}} d t {γ (t) + ε δ (t - u)} \sin ω (t_{b} - t) - \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t γ (t) \sin ω (t_{b} - t)] \\ = \frac{x_{a}}{\sin ω T} \int_{t_{a}}^{t_{b}} \sin ω (t_{b} - t) δ (t - u) d t = \frac{x_{a}}{\sin ω T} \sin ω (t_{b} - u) = \frac{x_{a}}{\sin ω T} \sin ω (T - u) \end{aligned}

従って,

\begin{matrix} (17) & \frac{δ F_{1} [γ (t)]}{δ γ (t)} = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \sin ω t, \frac{δ F_{2} [γ (t)]}{δ γ (t)} = \frac{x_{a}}{\sin ω T} \sin ω (T - t) \end{matrix}

また, 同様にして第 3 項

F_{3}

の

γ (u)

による汎関数微分は,

\begin{aligned} \frac{δ F_{3} [γ (t)]}{δ γ (u)} = lim_{ε \to 0} \frac{1}{m ω \sin ω T} \frac{1}{ε} [\int_{t_{a}}^{t_{b}} d t^{”} \int_{t_{a}}^{t} d t^{‘} [{γ (t^{”}) + ε δ (t^{”} - u)} {γ (t^{‘}) + ε δ (t^{‘} - u)} \\ \times \sin ω (t_{b} - t^{”}) \sin ω (t^{‘} - t_{a})] - \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t^{”} \int_{t_{a}}^{t^{”}} d t^{‘} γ (t^{”}) γ (t^{‘}) \sin ω (t_{b} - t^{”}) \sin ω (t^{‘} - t_{a})] \\ ≃ \frac{1}{m ω \sin ω T} [\int_{t_{a}}^{t_{b}} d t^{”} \int_{t_{a}}^{t^{”}} d t^{‘} δ (t^{”} - u) γ (t^{‘}) \sin ω (t_{b} - t^{”}) \sin ω (t^{‘} - t_{a}) \\ + \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t^{”} \int_{t_{a}}^{t^{”}} d t^{‘} γ (t^{”}) δ (t^{‘} - u) \sin ω (t_{b} - t^{”}) \sin ω (t^{‘} - t_{a})] \end{aligned}

従って,

\begin{aligned} \frac{δ F_{3} [γ (t)]}{δ γ (u)} & = \frac{1}{m ω \sin ω T} [\int_{t_{a}}^{u} d t^{‘} γ (t^{‘}) \sin ω (t_{b} - u) \sin ω (t^{‘} - t_{a}) \\ (18) & + \int_{t_{a}}^{t_{b}} d t^{”} \int_{t_{a}}^{t^{”}} d t^{‘} γ (t^{”}) δ (t^{‘} - u) \sin ω (t_{b} - t^{”}) \sin ω (t^{‘} - t_{a})] \end{aligned}

以上から，

S_{c l}^{'} = F_{1} + F_{2} + F_{3}

の

γ

による汎関数微分は次となる：

\begin{aligned} \frac{δ S_{c l}^{'}}{δ γ (t)} & = \frac{δ F_{1} [γ (t)]}{δ γ (t)} + \frac{δ F_{2} [γ (t)]}{δ γ (t)} + \frac{δ F_{3} [γ (t)]}{δ γ (t)} \\ = \frac{x_{b}}{\sin ω T} \sin ω t + \frac{x_{a}}{\sin ω T} \sin ω (T - t) \\ + \frac{1}{m ω \sin ω T} [\int_{0}^{t} d t^{‘} γ (t^{‘}) \sin ω (T - t) \sin ω t^{‘} \\ (19) & + \int_{0}^{T} d t^{”} \int_{0}^{t^{”}} d t^{‘} γ (t^{”}) δ (t^{‘} - t) \sin ω (T - t^{”}) \sin ω t^{‘}] \end{aligned}

更に

γ

で

S_{c l}^{'}

を汎関数微分するときには, 第 3 項

F_{3}

の汎関数微分だけが

γ

を含むので, 式 (18) だけの汎関数微分を考えればよい：

\begin{aligned} \frac{δ^{2} S_{c l}^{‘}}{δ γ (s) δ γ (t)} |_{f = 0} = \frac{δ^{2} F_{3} [γ (t)]}{δ γ (s) δ γ (t)} \\ = \frac{1}{m ω \sin ω T} [\int_{0}^{t} d t^{‘} δ (t^{‘} - s) \sin ω (T - t) \sin ω t^{‘} + \int_{0}^{T} d t^{”} \int_{0}^{t^{”}} d t^{‘} δ (t^{”} - s) δ (t^{‘} - t) \sin ω (T - t^{”}) \sin ω t^{‘}] \\ (20) & = \frac{1}{m ω \sin ω T} [\int_{0}^{t} d t^{‘} δ (t^{‘} - s) \sin ω (T - t) \sin ω t^{‘} + \int_{0}^{s} d t^{‘} δ (t^{‘} - t) \sin ω (T - s) \sin ω t^{‘}] \end{aligned}

結果は

s

と

t

の大小関係によって異なってくる．

s < t

の場合, 第 1 項では

0 < t^{‘} \leq t

より

t^{‘} = s

と成り得る．しかし, 第 2 項では

t^{‘} = t

とは成り得ないことは明らかである．よって, デルタ関数の性質により第 1 項のみが残る：

\begin{aligned} \frac{δ^{2} S_{c l}^{'}}{δ γ (s) δ γ (t)} |_{f = 0} & = \frac{1}{m ω \sin ω T} \int_{0}^{t} d t^{‘} δ (t^{‘} - s) \sin ω (T - t) \sin ω t^{‘} \\ (21) & = \frac{1}{m ω \sin ω T} \sin ω (T - t) \sin ω s \end{aligned}

t < s

の場合には，

t^{‘} \leq t < s

より逆に第 2 項のみが残る：

\begin{aligned} \frac{δ^{2} S_{c l}^{'}}{δ γ (s) δ γ (t)} |_{f = 0} & = \frac{1}{m ω \sin ω T} \int_{0}^{s} d t^{‘} δ (t^{‘} - t) \sin ω (T - s) \sin ω t^{‘} \\ (22) & = \frac{1}{m ω \sin ω T} \sin ω (T - s) \sin ω t \end{aligned}

よって, 式 (4) の

g (t, s)

に相当する式は次となる：

\begin{aligned} g (t, s) & = \frac{ℏ}{i} \frac{δ^{2} S_{c l}^{‘}}{δ γ (s) δ γ (t)} |_{f = 0} \\ (23) & = {\begin{cases} \frac{ℏ}{i} \frac{1}{m ω \sin ω T} \sin ω (T - t) \sin ω s & for s < t \\ \frac{ℏ}{i} \frac{1}{m ω \sin ω T} \sin ω (T - s) \sin ω t & for t < s \end{cases} \end{aligned}

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