問題 3-10 の解答例
4月に入って農作業が色々と始まったり, 問題の検討と修正に大分手間取ってしまったので記事にするのが大分遅れたが, 今日やっと書き上げることが出来た．前述したように, この解答はkleinertの解説を元にしたものである． 色々と間違いやタイプミスがあってコッソリ修正しているがまだ有るかもしれないので, 眉唾物でお読み下さい。この解答は, 前にも書いたと思うが校訂版の著者 D.F.Styer 氏のホームページに書かれているので, そちらを参照すると良い：
http://www2.oberlin.edu/physics/dstyer/FeynmanHibbs/
Problem 3-10
The lagrangian for a particle of charge $e$ and mass in a constant external magnetic field $B$, in the $z$ direction, is
\begin{equation}
L=\frac{m}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}+\dot{z}^{2}\right)+\frac{eB}{2c}(x\dot{y}-y\dot{x})
\tag{3.63}
\end{equation}
Show that the resulting kernel is
\begin{align*}
K(b,a)&=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar T}\right)^{3/2}\left(\frac{\omega T/2}{\sin \omega T/2}\right) \exp\left[ \frac{i m}{2\hbar}
\left\{ \frac{(z\_b-z\_a)^{2}}{T}\right.\right.\\
&\left.\left.+\frac{\omega}{2}\cot \left(\frac{\omega T}{2}\right) \left[ (x_b-x_a)^{2}+(y_b-y_a)^{2}\right]
+\omega (x_a y_b - x_b y_a) \right\}\right]
\tag{3.64}
\end{align*}
where $T=t_b-t_a$ and $\displaystyle{\omega=\frac{eB}{mc}}$.
(解答) 電磁場中の荷電粒子の非相対論的なラグランジアン$L$は次である： $ \def\mb#1{\mathbf{#1}} \def\half{\frac{1}{2}} \def\ket#1{\left| #1 \right\rangle} \def\bra#1{\left\langle #1\right|} \def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\BK#1#2{\langle #1 | #2\rangle} \def\reverse#1{\frac{1}{#1}} $
\begin{equation}
L=\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}+\frac{e}{c}\mb{A}\cdot\dot{\mb{q}}-e\phi
\tag{1}
\end{equation}
ただし$\mb{q}=(x,y,z)$である． この式(1)に於いて, ベクトルポテンシャル $\mb{A}$ とスカラーポテンシャル $\phi$ を
\begin{equation}
\mb{A}=\left(-\half By,\,\half Bx,\,0\right),\quad \phi=0
\tag{2}
\end{equation}
とすると, 式(3.63)のラグランジアンが得られる：
\begin{align}
L&=\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}+\frac{e}{c}\mb{A}\cdot\dot{\mb{q}} \tag{3}\\
&=\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}+\frac{e}{c}\left(-\half By,\half Bx,0\right)\cdot\left(\dot{x},\dot{y},\dot{z}\right)
=\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}+\frac{e}{c}\left(-\frac{B}{2}y \dot{x}+\frac{B}{2}x \dot{y}\right)\notag\\
&=\frac{m}{2}\left(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}+\dot{z}^{2}\right)+\frac{eB}{2c}(x\dot{y}-y\dot{x})
\tag{4}
\end{align}
またハミルトニアン$H$は以下のようにして求められる．
\begin{equation}
H=\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-L, \quad \mb{p}=\ppdiff{L}{\dot{\mb{q}}}=m\dot{\mb{q}}+\frac{e}{c}\mb{A}
\tag{5}
\end{equation}
従って,
\begin{equation}
\mb{p}=m\dot{\mb{q}}+\frac{e}{c}\mb{A},\quad\text{or,}\quad
m\dot{\mb{q}}=\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}
\tag{6}
\end{equation}
式(3)と式(5)そして式(6)から,
\begin{align}
H&=\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-L\notag\\
&=\left(m\dot{\mb{q}}+\frac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\dot{\mb{q}}
-\left(\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}+\frac{e}{c}\mb{A}\cdot\dot{\mb{q}}\right)
=\frac{m}{2}\dot{\mb{q}}^{2}\notag\\
&=\frac{1}{2m}\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
\tag{7}
\end{align}
式(3)のラグランジアンに対する運動方程式は, 通常のラグランジュ方程式から見出される：
\begin{equation*}
\frac{d}{dt}\ppdiff{L}{\mb{v}}=\ppdiff{L}{\mb{r}}
\end{equation*}
従って,
\begin{align*}
\frac{d\mb{p}}{dt}&=-\frac{e}{c}\ppdiff{\mb{A}}{t}-e\nabla \phi+\frac{e}{c}\mb{v}\times\mb{B}\notag\\
&=\frac{e}{c}\mb{v}\times\mb{B}\notag
\end{align*}
この式から, このときの「電荷は一様な磁場の中でラセンを描いて運動する」ことが分かる．従って磁場の方向を $z$ 方向とすると, 電荷の持つ運動量の $x$ 成分及び $y$ 成分の大きさは一定に保たれることが言える．
次にベクトルポテンシャルが次である場合を考える：
\begin{equation}
\tilde{\mb{A}}=\left(0,\,Bx,\,0\right)
\tag{8}
\end{equation}
このとき,
\begin{equation}
\tilde{\mb{A}}\cdot\mb{p}=B x p\_y,\quad \tilde{\mb{A}}^{2}=B\^{2} x\^{2}
\tag{9}
\end{equation}
であるから, この場合のハミルトニアンは式(7)より,
\begin{align}
H&=\frac{1}{2m}\left(\mb{p}^{2}-2\frac{e}{c}\tilde{\mb{A}}\cdot\mb{p}+\frac{e^{2}}{c^{2}}\tilde{\mb{A}}^{2}\right)\notag\\
&=\frac{\mb{p}^{2}}{2m}-\frac{e}{mc}Bx p\_y+\frac{e^{2}}{2mc^{2}}B^{2}x^{2}
\tag{10}
\end{align}
ここで,
\begin{equation}
\omega\_L=\frac{eB}{mc}
\tag{11}
\end{equation}
とおく．これは「ランダウ周波数」(Landau frequency)または「サイクロトロン周波数」(cyclotron frequency)と呼ばれる．すると式(10)のハミルトニアンは次に書ける：
\begin{equation}
H=\frac{\mb{p}^{2}}{2m}+\frac{m}{2}\omega_{L}^{2} x^{2}-\omega_L x p_y
\tag{12}
\end{equation}
そして, このときのラグランジアンは次に書ける：
\begin{equation}
L=\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-H=\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-\frac{\mb{p}^{2}}{2m}-\frac{m}{2}\omega_L^{2}x^{2}+\omega_L x p_y
\tag{13}
\end{equation}
このときの運動は「$x$ 方向では周波数 $\omega_L$ の調和振動をし, $y$ 方向では自由運動をする」ことになる．
そして, ベクトルポテンシャルが式(8)の場合の核は次式となる：
\begin{align*}
K(b,a)&=\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{q}(t)\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{p}(t)\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}
\int_{t_a}^{t_b}dt\,\mathcal{L}(\mb{p},\mb{q})\right\}\\
&=\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{q}(t)\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{p(t)}\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}\int_{t_a}^{t_b}dt\,
\left(\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-\frac{\mb{p}^{2}}{2m}-\frac{m}{2}\omega_L^{2}x^{2}+\omega_L x p_y\right)\right\}
\tag{14}
\end{align*}
そこで, まずはこの式(14)の核を求めて行こう．
\begin{align*}
K(b,a)&=\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{p}(t)\int_a^{b}\mathscr{D}\mb{q}(t)\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}\int_{t_a}^{t_b}dt\,\left(\mb{p}\cdot\dot{\mb{q}}-\frac{\mb{p}^{2}}{2m}-\frac{m}{2}\omega_L^{2}x^{2}
+\omega_L x p_y\right)\right\}\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\mb{p}_0}{(2\pi\hbar)^{3}}\dotsb\frac{d\mb{p}_{N-1}}{(2\pi\hbar)^{3}}\int_{-\infty}^{\infty} d\mb{q}_1\dotsb d\mb{q}_{N-1}\,\exp\left[ \frac{i}{\hbar} \sum_{j=0}^{N-1} \varepsilon \mathcal{L} (\mb{p}_j,\mb{q}_j) \right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\mb{p}_0}{(2\pi\hbar)^{3}}\dotsb\frac{d\mb{p}_{N-1}}{(2\pi\hbar)^{3}}\int_{-\infty}^{\infty} d\mb{q}_1\dotsb d\mb{q}_{N-1}\,\exp\left( \frac{i}{\hbar}\mathcal{S}_e\right)
\tag{15}
\end{align*}
ただし作用の時間切片(time-sliced action) を $\mathcal{S}_e$ とした：
\begin{align*}
\mathcal{S}_e&=\sum_{j=0}^{N-1} \left\{\mb{p}_j\cdot(\mb{q}_{j+1}-\mb{q}_{j})-\frac{\varepsilon}{2m}\left( \mb{p}_{j}^{2}+m^{2}\omega_{L}^{2} x_{j}^{2}-2m\omega_{L} x_j p_{y j}\right)\right\}\\
&=\sum_{j=0}^{N-1} \left\{p_{x j}(x_{j+1}-x_j)+p_{y j}(y_{j+1}-y_j)+p_{z j}(z_{j+1}-z_j)
-\frac{\varepsilon}{2m}\left[p_{x j}^{\ 2}+\left(p_{y j}-m\omega_L x_j\right)^{2}+p_{z j}^{\ 2}\right]\right\}
\tag{16}
\end{align*}
この作用 $\mathcal{S}_e$ に於いて,位置変数 $y_j$ と $z_j$ は第1項 $\mb{p}_j\cdot(\mb{q}_{j+1}-\mb{q}_j)$ にのみ含まれている．そのため, 端点の座標を除いた $dy_1dy_2\dotsb dy_{N-1}$ 積分及び $dz_1dz_2\dotsb dz_{N-1}$ 積分は実行できて $\delta$-関数となる．例えば$y_1$積分は, 運動量 $\mb{p}$ の $y$ 成分を $p$ と略記してしまうと,
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty}dy_1\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}(p_0-p_1)y_1\right\}
=2\pi\,\delta\left[\frac{1}{\hbar}(p_0-p_1)\right]=2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_1)
\end{equation*}
そして次に例えば $dp_1$ 積分を行うならば, ディラック$\delta$関数の性質から,
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_1}{2\pi\hbar}\,2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_1)\,2\pi\hbar\,\delta(p_1-p_2)
=2\pi\hbar\int_{-\infty}^{\infty}dp_1\,\delta(p_0-p_1)\,\delta(p_1-p_2)=2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_2)
\end{equation*}
などとなって行く．よって, 端点 $y_N=y_b,\,y_0=y_a$ を除いた $dy_1\dotsb dy_{N-1}$ 積分は実行されて,
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty} dy_1\dotsb dy_{N-1}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\left\{p_{0}(y_1-y_0)+p_{1}(y_2-y_1)
+ \dotsb +p_{N-1}(y_N-y_{N-1})\right\}\right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty} dy_1\dotsb dy_{N-1}\,\exp\left[-\frac{i}{\hbar}p_{0}y_0+\frac{i}{\hbar}
(p_0-p_1)y_1 +\dotsb +\frac{i}{\hbar}p_{N-1}y_N \right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty} dy_1\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_0-p_1)y_1\right]\int_{-\infty}^{\infty} dy_2\,
\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_{N-1}y_N-p_0y_0)\right]\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_1-p_2)y_2\right]\times\\
&\qquad \dotsb \times \int_{-\infty}^{\infty} dy_{N-1}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_{N-2}-p_{N-1})y_{N-1}\right]\\
&=\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_{N-1}y_N-p_0y_0)\right]\,2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_1)\,2\pi\hbar\,\delta(p_1-p_2)
\,\dotsb\,2\pi\hbar\,\delta(p_{N-2}-p_{N-1})
\tag{17}
\end{align*}
この式のデルタ関数部分は, $y$ 方向の運動量が変化せずにずっと一定になることを示している：
\begin{equation*}
p_0=p_1=p_2= \dotsb =p_{N-1}\equiv p_y
\end{equation*}
従って $p_{y j}\to p_{j}$ と書いてしまい $\varepsilon\to0$ とすると、$y$-$p_y$ 位相空間の経路積分は次となる：
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_0}{2\pi\hbar}\dotsb\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}
\int_{-\infty}^{\infty}dy_1\dotsb dy_{N-1}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\left\{p_0(y_1-y_0)
+ \dotsb +p_{N-1}(y_N-y_{N-1})\right\}\right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_0}{2\pi\hbar}\dotsb\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}
\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_{N-1}y_N-p_0y_0)\right]\,2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_1)\,\dotsb\,2\pi\hbar\,
\delta(p_{N-2}-p_{N-1})\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}p_{N-1}(y_N-y_0)\right]
=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}p_y(y_b-y_a)\right]
\tag{18}
\end{align*}
同様にして $z$-$p_z$ 位相空間の経路積分も実行されて次となる：
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{0}}{2\pi\hbar}\dotsb\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}
\int_{-\infty}^{\infty}dz_1\dotsb dz_{N-1}\,\exp\bigg[\frac{i}{\hbar}\left\{p_0(z_1-z_0)+p_1(z_2-z_1)
+p_2(z_3-z_2)\right.\\
&\qquad\left. +\dotsb +p_{N-2}(z_{N-1}-z_{N-2})+p_{N-1}(z_N-y_{N-1}\right\}\bigg]
\exp\left[-\frac{i\varepsilon}{2m}\sum_{j=0}^{N-1}p_j^{2}\right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_0}{2\pi\hbar}\dotsb\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}
\exp\left[\frac{i}{\hbar} (p_{N-1}z_{N}-p_0z_0)\right]\exp\left[-\frac{i\varepsilon}{2m}\sum_{j=0}^{N-1}p_j^{2}\right]\\
&\qquad\times 2\pi\hbar\,\delta(p_0-p_1)\,2\pi\hbar\,\delta(p_1-p_2)\,\dotsb\,2\pi\hbar\,\delta(p_{N-2}-p_{N-1})\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{N-1}}{2\pi\hbar}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}p_{N-1}(z_N-z_0)\right]
\exp\left[-(t_b-t_a)\frac{p_z^{2}}{2m}\right]\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_z}{2\pi\hbar}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}p_z(z_b-z_a)-(t_b-t_a)\frac{p_z^{2}}{2m}\right]
\tag{19}
\end{align*}
以上の式(18)と式(19)を一緒にし $T=t_b-t_a$ と表記すれば, 経路積分(15)は次となる：
\begin{align*}
K(b,a)&=\prod_{j=1}^{N-1}\left[\int_{-\infty}^{\infty}dx_j\,dy_j\,dz_j\right]
\prod_{j=0}^{N-1}\left[\int_{-\infty}^{\infty}dp_{x j}\,dp_{y j}\,dp_{z j}\right]
\exp\left(\frac{i}{\hbar}\mathcal{S}_e\right)\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}dx_1\,\dotsb\,dx_{N-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{x 0}}{2\pi\hbar}\,\dotsb
\frac{dp_{x N-1}}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}
\,\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_z}{2\pi\hbar}\\
&\quad\times \exp\left\{\frac{i}{\hbar}\left[p_y(y_b-y_a)+p_z(z_b-z_a)-\frac{p_z^{2}}{2m}T\right]\right\}
\exp\left(\frac{i}{\hbar}\mathcal{S}_x\right)
\tag{20}
\end{align*}
ただし $\mathcal{S}_x$ は経路の $x$-成分$x(t)$ についての1次元経路積分だけに関係する時間スライスされた作用部分であり, 次で与えられる：
\begin{align*}
\mathcal{S}_x &=\sum_{j=1}^{N-1}\left[ p_{x j}(x_{j+1}-x_j)-\frac{\varepsilon}{2m}
\left\{ p_{x j}^{2}+\left(p_y - m\omega_L x_j\right)^{2}\right\}\right]\\
&=\sum_{j=1}^{N-1}\left[p_{x j}(x_{j+1}-x_j)-\varepsilon\left\{
\frac{p_{x j}^{2}}{2m}+\frac{m\omega_L^{2}}{2}\left(x_j-\frac{p_y}{m\omega_L}\right)^{2}\right\}\right]
\tag{21}
\end{align*}
これはちょうど, 振動中心が $x_0=p_y/m\omega_L$ である1次元調和振動子の作用になっており, またその振動子の周波数 $\omega_L=eB/mc$ は磁場 $B$ に依存している．従って、$x(t)$ についての経路積分は振動の中心が $x_0$ だけズレた調和振動子の経路積分であると言える．それはファインマン・ヒッブスの問題3-8の調和振動子の核の式
\begin{equation*}
K(b,a)=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar\sin \omega T}\right)^{1/2}\,\exp\left\{
\frac{im\omega}{2\hbar\sin\omega T}\bigl[(x_a^{2}+x_b^{2})\cos\omega T- 2x_a x_b\bigr]\right\}
\end{equation*}
に於いて, その式中の $x$ 成分を $x_0$ だけ平行移動したものとすれば良い．それを $\BK{x_b,t_b}{x_a,t_a}_{x_0}$ と表記するならば, それは $x_0$ の関数であり次となる：
\begin{align*}
\BK{x_bt_b}{x_a t_a}_{x_0}&=\int_{-\infty}^{\infty}dx_1\,\dotsb\,dx_{N-1}\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{dp_{x 0}}{2\pi\hbar}\,\dotsb\frac{dp_{x N-1}}{2\pi\hbar}\exp\left(\frac{i}{\hbar}\mb{S}_x\right)\\
&=\sqrt{\frac{m\omega_L}{2\pi i\hbar\sin \omega_L T}}\exp\left\{\frac{im\omega_L}{2\hbar\sin
\omega_L T}\left[\left\{(x_a-x_0)^{2}+(x_b-x_0)^{2}\right\}\cos\omega_L T- 2(x_a-x_0)(x_b-x_0)\right]\right\}
\tag{22}
\end{align*}
式(20)に於ける指数関数部分を $p_z$ の冪についてまとめてから, ファインマン・ヒッブスの巻末の公式：
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty}\exp(ax^{2}+bx)\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{-a}}\exp\left(-\frac{b^{2}}{4a}\right)
\tag{23}
\end{equation*}
を利用して $p_z$-積分を実行すると次となる：
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_z}{2\pi\hbar}\,\exp\left\{\frac{-iT}{2m\hbar}p_z^{2}
+\frac{i(z_b-z_a)}{\hbar}p_z\right\}
&=\reverse{2\pi\hbar}\sqrt{\frac{\pi}{iT/2m\hbar}}\,\exp\left\{\frac{-(z_b-z_a)^{2}}{\hbar^{2}}
\cdot\frac{m\hbar}{2iT}\right\}\\
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\,\exp\left\{i\frac{m}{2\hbar T}(z_b-z_a)^{2}\right\}
\tag{24}
\end{align*}
以上の結果式(22)と式(24)とから, 式(20)の経路積分 $K(b,a)$ は次となる：
\begin{align*}
K(b,a)&=\int_{-\infty}^{\infty}dx_1\,\dotsb\,dx_{N-1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_{x 0}}{2\pi\hbar}\,\dotsb
\frac{dp_{x N-1}}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}
\,\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_z}{2\pi\hbar}\\
&\quad\times \exp\left\{\frac{i}{\hbar}\left[p_y(y_b-y_a)+p_z(z_b-z_a)-\frac{p_z^{2}}{2m}T\right]\right\}
\exp\left(\frac{i}{\hbar}\mathcal{S}_x\right)\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}\exp\left\{\frac{i}{\hbar}(y_b-y_a)p_y\right\}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_z}{2\pi\hbar}\,\exp\left\{\frac{-iT}{2m\hbar}p_z^{2}
+\frac{i(z_b-z_a)}{\hbar}p_z\right\}\BK{x_bt_b}{x_at_a}_{x_0}\\
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\,\exp\left\{i\frac{m}{2\hbar T}(z_b-z_a)^{2}\right\}
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}\exp\left\{\frac{i}{\hbar}(y_b-y_a)p_y\right\}
\BK{x_bt_b}{x_a t_a}_{x_0}\\
&\equiv \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\,\exp\left\{i\frac{m}{2\hbar T}(z_b-z_a)^{2}\right\}
\BK{\mb{x}_b^{\perp}t_b}{\mb{x}_a^{\perp} t_a}
\tag{25}
\end{align*}
ただし $\BK{\mb{x}_b^{\perp}t_b}{\mb{x}_a^{\perp}t_a}$ は $p_y$-積分部分を表しており, 磁場に垂直な振幅に相当する部分である．これは $p_y=m\omega_L x_0$ より $dp_y=m\omega_L dx_0$ となるので，$p_y$-積分を $x_0$-積分に書き表すことが出来る：
\begin{align*}
\BK{\mb{x}_b^{\perp}t_b}{\mb{x}_a^{\perp}t_a}&\equiv\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_y}{2\pi\hbar}
\exp\left\{\frac{i}{\hbar}(y_b-y_a)p_y\right\}\BK{x_b t_b}{x_a t_a}_{x_0}\\
&=\frac{m\omega_L}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}dx_0\,
\exp\left\{i\frac{m\omega_L}{\hbar}(y_b-y_a)x_0\right\}\BK{x_b t_b}{x_a t_a}_{x_0}
\tag{26}
\end{align*}
この式中の $\BK{x_bt_b}{x_at_a}_{x_0}$ に具体的な式(22)を代入してから, その被積分関数を具体的に書くならば次となる：
\begin{equation*}
\exp\left[i\frac{m\omega_L}{\hbar}(y_b-y_a)x_0+\frac{im\omega_L}{2\hbar\tan\omega_L T}\left\{
(x_a-x_0)^{2}+(x_b-x_0)^{2}\right\}-\frac{im\omega_L}{\hbar\sin\omega_L T}(x_a-x_0)(x_b-x_0)\right]
\end{equation*}
この指数部を $x_0$ についてまとめると次となる：
\begin{align*}
&\exp\left[-\frac{im\omega_L}{\hbar}\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)x_0^{2}+\frac{im\omega_L}{\hbar}
\left\{(y_b-y_a)+(x_a+x_b)\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)\right\}x_0\right]\\
&\quad \times\exp\left[\frac{im\omega_L}{2\hbar\sin\omega_L T}\left\{\left(x_a^{2}+x_b^{2}\right)
\cos\omega_L T -2x_a x_b\right\}\right]
\tag{27}
\end{align*}
最初の因子は $x_0$ について2次式であるから, 式(23)の公式を用いて積分することが出来て次となる：
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty}dx_0\,\exp\left[-\frac{im\omega_L}{\hbar}\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)x_0^{2}
+\frac{im\omega_L}{\hbar}\left\{(y_b-y_a)+(x_a+x_b)\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)\right\}x_0\right]\\
&=\sqrt{\frac{\pi\hbar}{im\omega_L\tan(\omega_L T/2)}}\exp\left[
\frac{im\omega_L}{4\hbar}\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)(x_a+x_b)^{2}+\frac{im\omega_L}{2\hbar}(x_a+x_b)(y_b-y_a)
+\frac{im\omega_L}{4\hbar\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)}(y_b-y_a)^{2}\right]
\tag{28}
\end{align*}
この式(28)の最初の因子と式(26)の最初の因子，更に式(25)及び式(22)の最初の因子の全てを掛け合わせるならば次となる：
\begin{align*}
&\frac{m\omega_L}{2\pi\hbar}\times\sqrt{\frac{\pi\hbar}{im\omega_L\tan(\omega_L T/2)}}\times\sqrt{\frac{m\omega_L}{2\pi i\hbar\sin\omega_L T}}\times\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\\
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\times\frac{m\omega_L}{2\pi\hbar}
\sqrt{\frac{m\omega_L}{2i\pi\hbar\times 2\sin(\omega_L T/2)\,\cos(\omega_L T/2)}\times\frac{\pi\hbar\cos(\omega_L T/2)}{i\,m\omega_L\,\sin(\omega_L T/2)}}\\
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\times\frac{m\omega_L T/2}{\pi\hbar T}\cdot\reverse{2i\sin(\omega_L T/2)}
=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\times\frac{m}{2\pi i\hbar T}\frac{\omega_L T/2}{\sin(\omega_L T/2)}\\
&=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar T}\right)^{3/2}\frac{\omega_L T/2}{\sin(\omega_L T/2)}
\tag{29}
\end{align*}
そして式(28)の指数関数部分と式(27)の残りの指数関数を合わせたものは次となる：
\begin{align*}
&\exp\left[\frac{im\omega_L}{4\hbar}\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)(x_a+x_b)^{2}+\frac{im\omega_L}{2\hbar}
(x_a+x_b)(y_b-y_a)+\frac{im\omega_L}{4\hbar\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)}(y_b-y_a)^{2}\right]\\
&\quad \times \exp\left[\frac{im\omega_L}{2\hbar\sin\omega_L T}\left\{\left(x_a^{2}+x_b^{2}\right)
\cos\omega_L T -2x_a x_b\right\}\right]\\
&=\exp\Bigg[\frac{im\omega_L}{4\hbar}\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)(x_a+x_b)^{2}+\frac{im\omega_L}{2\hbar}
(x_a+x_b)(y_b-y_a)+\frac{im\omega_L}{4\hbar\tan\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)}(y_b-y_a)^{2}\\
&\quad+\frac{im\omega_L}{2\hbar\tan\omega_L T}\left(x_a^{2}+x_b^{2}\right)
-\frac{im\omega_L}{\hbar\sin\omega T} x_a x_b\Bigg]
\tag{30}
\end{align*}
この指数部は簡略できる．$B=im\omega_L/\hbar$ また $\alpha=\omega_L T/2$とする．そして
\begin{equation*}
\frac{1}{\tan2\alpha}=\half(\cot\alpha-\tan\alpha),\qquad \sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha
\end{equation*}
を利用するならば, 次のように簡略化される：
\begin{align*}
&B\left\{\frac{\tan\alpha}{4}(x_a+x_b)^{2}+\reverse{2\tan 2\alpha}(x_a^{2}+x_b^{2})
-\frac{x_a x_b}{\sin 2\alpha}+\half (x_a+x_b)(y_b-y_a)+\reverse{4\tan\alpha}(y_b-y_a)^{2}\right\}\\
&=B\left\{\frac{\sin\alpha}{4\cos\alpha}(x_a^{2}+2x_a x_b+x_b^{2})+\frac{\cos\alpha}{4\sin\alpha}(x_a^{2}+x_b^{2})
-\frac{\sin\alpha}{4\cos\alpha}(x_a^{2}+x_b^{2})-\frac{x_a x_b}{2\sin\alpha\cos\alpha}\right.\\
&\left.\qquad +\half (x_a+x_b)(y_b-y_a)+\reverse{4\tan\alpha}(y_b-y_a)^{2}\right\}\\
&=\frac{B}{4\sin\alpha\cos\alpha}\biggl\{\sin^{2}\alpha\left(x_a^{2}+2x_a x_b+x_b^{2}\right)+\cos^{2}\alpha
\left(x_a^{2}+x_b^{2}\right)-\sin^{2}\alpha\left(x_a^{2}+x_b^{2}\right)-2x_a x_b\biggr\}\\
&\qquad +\frac{B}{4}\left\{2(x_a+x_b)(y_b-y_a)+\reverse{\tan\alpha}(y_b-y_a)^{2}\right\}\\
&=\frac{B}{\sin\alpha\cos\alpha}\cos^{2}\alpha\left(x_a-x_b\right)^{2}+\frac{B}{2}(x_a+x_b)(y_b-y_a)+\frac{B}{4}
\cot\alpha\left(y_b-y_a\right)^{2}\\
&=\frac{B}{4}\cot\alpha\left\{\left(x_b-x_a\right)^{2}+\left(y_b-y_a\right)^{2}\right\}
+\frac{B}{2}(x_a+x_b)(y_b-y_a)
\end{align*}
従って, 式(30)は次に書ける：
\begin{equation*}
\exp\left[\frac{im\omega_L}{4}\cot\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)\left\{\left(x_b-x_a\right)^{2}
+\left(y_b-y_a\right)^{2}\right\}
+\frac{im\omega_L}{2}\cot\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)(x_a+x_b)(y_b-y_a)\right]
\tag{31}
\end{equation*}
以上の結果式(29)と式(31)とから, 式(15)の核$K$は次となる：
\begin{align*}
K(b,a)&=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar T}\right)^{3/2}
\frac{\omega_L T/2}{\sin(\omega_L T/2)}\exp\left\{i\frac{m(z_b-z_a)^{2}}{2\hbar T}
+\frac{im\omega_L}{4\hbar}\cot(\omega_LT/2)\big[(x_b-x_a)^{2}+(y_b-y_a)^{2}\big]\right.\\
&\qquad \left.+\frac{im\omega_L}{2\hbar}(x_a+x_b)(y_b-y_a)\right\}\\
&=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar T}\right)^{3/2}\frac{\omega_L T/2}{\sin(\omega_L T/2)}
\exp\left[\frac{im\omega_L}{2\hbar}(x_b y_b-x_a y_a)\right]\\
&\quad \times \exp\left[\frac{im}{2\hbar}\left\{\frac{(z_b-z_a)^{2}}{T}+\frac{\omega_L}{2}
\cot\left(\frac{\omega_L T}{2}\right)\big[(x_b-x_a)^{2}+(y_b-y_a)^{2}\big]
+\omega_L(x_a y_b-x_b y_a)\right\}\right]
\tag{32}
\end{align*}
最後に, 式(10)のベクトルポテンシャル$\mb{A}$を用いた場合の核を求める．前の記事で書いたように, ベクトルポテンシャルをゲージ変換した時の位相因子の変化は次であった：
\begin{equation*}
\exp\left[\frac{i}{\hbar}\delta \mb{S} \right] = \exp\left\{\frac{i e}{\hbar c}\Bigl[\Lambda(\mb{x}_b)-\Lambda(\mb{x}_a)\Bigr]\right\}
\tag{33}
\end{equation*}
式(2)のベクトルポテンシャル$\mb{A}$は, スカラー関数$\Lambda(\mb{x})$として次とすればよい：
\begin{equation*}
\Lambda(\mb{x})=-\frac{B x y}{2},\quad \omega_L=\frac{e B}{m c},\quad
\rightarrow\quad \frac{i e}{\hbar c}\Lambda(\mb{x})=\frac{i e}{\hbar c}\left(-\frac{B}{2}x y\right)
=-\frac{i m}{2\hbar}\omega_L x y
\tag{34}
\end{equation*}
従って, このスカラー関数 $\Lambda(\mb{x})$ を用いたゲージ変換による時間発展振幅の変化量は次となる：
\begin{equation*}
\exp\left[\frac{i}{\hbar}\delta\mb{S}\right]=\exp\left[-\frac{im\omega_L}{2\hbar}(x_b y_b-x_a y_a)\right]
\tag{35}
\end{equation*}
この量はちょうど式(32)の第3因子を相殺するものになっていることに注意すべし．従って最終的な核の式$K'$は, 式(32)の第3因子を除けばよいことになり次となる：
\begin{align*}
K(b,a)' &=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar T}\right)^{3/2}
\frac{\omega_L T/2}{\sin(\omega_L T/2)}\,\exp\Bigg[\frac{im}{2\hbar}\bigg\{\frac{(z_b-z_a)^{2}}{T}
+\frac{\omega_L}{2}\cot\left(\frac{\omega_LT}{2}\right)\big[(x_b-x_a)^{2}+(y_b-y_a)^{2}\big]
+\omega_L(x_a y_b-x_b-y_a)\bigg\}\Bigg]
\tag{36}
\end{align*}
これは問題文中の結果式(3.77)に一致している．
