問題 7-15 の解答例

2021.06.18

Feynman-Hibbs cover

Problem 7-15
Show that the rule works for two successive momenta, that is,

⟨χ|mxk+1–xkεmxk–xk−1ε|ψ⟩=∫−∞∞χ∗(x,t)ppψ(x,t)dx(7-97)=−ℏ2∫−∞∞χ∗(x,t)∂2∂x2ψ(x,t)dx

(注意)　原書では, 式 (7-97) の表現が次のようになっている：
⟨χ|mxk+1−xkεmxk−xk−1ε|ψ⟩=∬−∞∞χ∗(y,t)ppψ(x,t)dxdy=−ℏ2∬−∞∞χ∗(y,t)∂2∂x2ψ(x,t)dxdy
しかし,「連続する２つの量の場合には訳書のような表現式の方が良いのではないか」と思われたため,そちらに従って書き換えたので注意すべし．

 
( 解答 )　本文の式 (7-96) 及びその導出手順を利用して求めて行こう．
速やかに続けて測定される２つの量を含む式 G を考える． pk≡m(xk+1−xk)/ε として,

(1)G=m(xk+1–xk)ε⋅m(xk–xk−1)ε=pk⋅m(xk–xk−1)ε=mεpk(xk−xk−1)

とする．このとき式 (7-96) は次のように表わせることになる：
(2)⟨χ|mxk+1−xkεxk|ψ⟩=⟨χ|pkxk|ψ⟩=∫−∞∞dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)

この式 (2) を用いると G の遷移要素要素は次となる：
⟨χ|G|ψ⟩=mε⟨χ|pkxk|ψ⟩−mε⟨χ|pkxk−1|ψ⟩(3)=mε∫−∞∞dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)−mε⟨χ|pkxk−1|ψ⟩

この第2項中の遷移要素 ⟨χ|pkxk−1|ψ⟩ を考える． x=xk,y=xk−1,t=tk とすると,
⟨χ|pkxk−1|ψ⟩=⟨χ|pk(∫dxk|xk⟩⟨xk|)(∫dxk−1|xk−1⟩⟨xk−1|)xk−1|ψ⟩=∫dxk∫dxk−1⟨χ|xk⟩pk⟨xk|xk−1⟩xk−1⟨xk−1|ψ⟩=∫dx∫dyχ∗(x,t)p(t)K(x,t;y,t−ε)yψ(y,t−ε)(4)=∫dxχ∗(x,t)p(t)∫dyK(x,t;y,t−ε)yψ(y,t−ε)

そこで, 上式中にある dy 積分を考えてみる．経路積分ゼミナールを参照すると次が成立するようだ：
(5)∫dyK(x,t;y,t−ε)yψ(y,t−ε)=xψ(x,t)+iεℏm∂∂xψ(x,t)

この式が成立することは, τ=t−ε そして f(y,τ)=yψ(y,τ) とし, シュレディンガー方程式から言える演算子関係：∂∂t=Hiℏ 及び式 (4-23)：Hx−xH=−ℏ2m∂∂x を用いることで以下のように示すことが出来る：
∫dyK(x,t;y,t−ε)yψ(y,t−ε)=∫dyK(x,τ+ε;y,τ)yψ(y,τ)=f(x,τ+ε),f(x,τ+ε)≈f(x,τ)+ε∂∂τf(x,τ)=f(x,τ)+εHiℏf(x,τ)=(1+εHiℏ)f(x,τ)=(1−iεℏH)xψ(x,τ)=xψ(x,t−ε)−iεℏHxψ(x,t−ε)=x{ψ(x,t)−ε∂ψ∂t}−iεℏHx{ψ(x,t)−ε∂ψ∂t}=xψ(x,t)−iεℏHxψ(x,t)+iεℏxHψ(x,t)=xψ(x,t)−iεℏ(Hx−xH)ψ(x,t)=xψ(x,t)−iεℏ(−ℏ2m∂∂x)ψ(x,t)(5′)=xψ(x,t)+iεℏm∂∂xψ(x,t)

従って式 (4) は, この式 (5) を用いて次となる：
⟨χ|pkxk−1|ψ⟩=∫dxχ∗(x,t)p(t)∫dyK(x,t;y,t−ε)yψ(y,t−ε)=∫dxχ∗(x,t)p(t){xψ(x,t)+iεℏm∂∂xψ(x,t)}(6)=∫dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)+iεℏm∫dxχ∗(x,t)p∂∂xψ(x,t)

この結果式 (6) を式 (3) に用いると, 求めるべき式 (7-97) が得られる：
⟨χ|G|ψ⟩=⟨χ|mxk+1−xkεxk|ψ⟩=mε∫−∞∞dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)−mε⟨χ|pkxk−1|ψ⟩=mε∫−∞∞dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)−mε{∫dxχ∗(x,t)pxψ(x,t)+iεℏm∫dxχ∗(x,t)p∂∂xψ(x,t)}=∫dxχ∗(x,t)pℏi∂∂xψ(x,t)=∫dxχ∗(x,t)ppψ(x,t)=∫dxχ∗(x,t)(ℏi∂∂x)(ℏi∂∂x)ψ(x,t)(7-97)=−ℏ2∫dxχ∗(x,t)∂2∂x2ψ(x,t)