式(11.78)から式(11.79)の$E_{0}^{'}$を求める - ファインマンさんの肩に乗って晴耕雨読の日々

まず校訂版にあるように, 式 (11.2) と式 (11.13) とから次式が言えることに注意する： $ \def\ket#1{|#1\rangle} \def\bra#1{\langle#1|} \def\BK#1#2{\langle #1|#2\rangle} \def\BraKet#1#2#3{\langle#1|#2|#3\rangle} \def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\odiff#1{\frac{d}{d #1}} \def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}} \def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2}#1}{\partial #2^{2}}} \def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}} \def\mb#1{\mathbf{#1}} \def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}} $

\begin{equation*} \lim_{\beta\to \infty} Z^{'}=e^{-\beta E_{0}^{'}}=\lim_{\beta\to\infty} \int_{-\infty}^{\infty} dx_{1} \int_{x_{1}}^{x_{1}} \mathscr{D}x(u)\,e^{-S^{'}} =\langle 1 \rangle \tag{1} \end{equation*}

この両辺を $C$ について微分する．まず $S^{'}$ は式 (11.61) で与えれているから,

\begin{align*} \pdiff{C}e^{-S^{'}}&=-e^{-S^{'}}\ppdiff{S^{'}}{C}=-e^{-S^{'}}\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt \int_0^{\beta}ds\, |\mb{x}(t)-\mb{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\\ \therefore\quad \pdiff{C}\langle 1 \rangle &=\int \mathscr{D}x(u)\,\pdiff{C}\,e^{-S^{'}} =\left\langle -\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt \int_0^{\beta} ds\,|\mb{x}(t)-\mb{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\right\rangle\\ &=-\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|\mb{x}(t)-\mb{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\,\langle 1 \rangle \tag{2} \end{align*}

他方, 左辺を $C$ で微分すると、

\begin{align*} &\odiff{C}\langle 1 \rangle = \odiff{C}\,e^{-\beta E_0^{'}}=-\beta\,e^{-\beta E_0^{'}}\frac{d E_0^{'}}{dC} =-\beta\,\langle 1 \rangle\,\frac{d E_0^{'}}{dC},\\ \therefore &\quad \frac{d E_0^{'}}{dC}=-\frac{1}{\beta \langle 1 \rangle}\odiff{C}\langle 1 \rangle \tag{3} \end{align*}

以上の式(2) と式(3) 及び前の記事の $B$ の定義から, 直ちに式 (11.78) が得られる：

\begin{equation*} \frac{d E_0^{'}}{d C}=\frac{1}{2\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|\mb{x}(t)-\mb{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}=\frac{B}{C} \tag{11.78} \end{equation*}

従って, この微分方程式を解くことで $E_0^{'}$ を求めることが出来る．積分する場合に初期条件として $C=0$ のとき$E_0^{'}=0$であることを用いる．

この微分方程式の解法を前述と同様に Mathematica で行なってみるならば, 例えば次となるであろう：

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