問題 3-12 の解答例
Problem 3-12
If the wave function for a harmonoic oscillator is (at $t=0$)
$$ \def\mfrac#1#2{\frac{\,#1\,}{\,#2\,}} \def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\quad\strut #1\quad}$}} \psi(x,0)=\exp\left[ -\frac{m\omega}{2\hbar}(x-a)^{2}\right] \tag{3.67} $$
then, using Eq. (3.42) and the results of Prob. 3-8, show that
\begin{equation} \psi(x,T)=\exp\left\{-\frac{i\omega T}{2}-\frac{m\omega}{2\hbar}\left[ x^{2}-2a x\,e^{-i\omega T} + \frac{a^{2}}{2}\left(1+e^{-2i\omega T}\right)\right]\right\} \tag{3.68} \end{equation}and find the probability distribution $|\psi|^{2}$.
(解答) 時刻 $T$ における位置 $x$ での波動関数 $\psi(x,T)$ は, 式(3-42)において $x_2\to x$，$t_2\to T$，$x_3\to y$，$t_3\to 0$として次で与えれる：
\begin{equation*}
\psi(x,T)=\int_{-\infty}^{\infty}dy\,K(x,T; y,0)\,\psi(y,0)
\tag{1}
\end{equation*}
式(3-67)で $x\to y$ とした $\psi(y,0)$ と, 問題3-8の結果式(3-59)において $x_a\to y$，$x_b\to x$とした $K$ を, 上式に代入するならば次となる：
\begin{align*}
&\psi(x,T)=\int_{-\infty}^{\infty}dy\,K(x,T; y,0)\,\psi(y,0)\notag\\
&\quad=\int_{-\infty}^{\infty}dy\,\left(\mfrac{m\omega}{2\pi i\hbar\sin\omega T}\right)^{1/2}
\exp\left\{\mfrac{im\omega}{2\hbar\sin\omega T}\Bigl[(x^{2}+y^{2})\cos\omega T - 2xy\Bigr]\right\}\,
\exp\left[-\mfrac{m\omega}{2\hbar}(y-a)^{2}\right]\notag\\
&\quad=\left(\mfrac{m\omega}{2\pi i\hbar\sin\omega T}\right)^{1/2}\exp\left[
\mfrac{im\omega}{2\hbar\sin\omega T}x^{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}a^{2}\right]\,\int_{-\infty}^{\infty}dy\,
\exp\left[\mfrac{im\omega e^{i\omega T}}{2\hbar\sin\omega T}y^{2}
+\mfrac{m\omega}{\hbar\sin\omega T}(a\sin\omega T-ix)y\right]
\tag{2}
\end{align*}
上式における積分部分 $I$ はファインマン・ヒッブス巻末に掲げてある次の公式を用いて求めることが出来る：
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{ax^{2}+bx}\,dx=\sqrt{\mfrac{\pi}{-a}}\,\exp\left[-\mfrac{b^{2}}{4a}\right]
\tag{3}
\end{equation*}
この場合の $a, b$ に相当するのは次の値である：
\begin{equation*}
a=\mfrac{im\omega\, e^{i\omega T}}{2\hbar\sin\omega T},\qquad
b=\mfrac{m\omega}{\hbar\sin\omega T}(a\sin\omega T-ix)
\tag{4}
\end{equation*}
従って積分部分 $I$ は次のように求まる：
\begin{equation*}
I=\sqrt{\mfrac{\ds{2\pi i\hbar\sin\omega T}}{m\omega e^{i\omega T}}}\,\exp\left[
\mfrac{im\omega}{2\hbar\sin\omega T\,e^{i\omega T}}(a\sin\omega T-ix)^{2}\right]
\tag{5}
\end{equation*}
ただし, この指数関数部分は式(2)中の2つの指数関数と一緒にして次のように変形される：
\begin{align*}
&\exp\left[\mfrac{im\omega\cos\omega T}{2\hbar\sin\omega T}x^{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}+
\mfrac{im\omega\,e^{-i\omega T}}{2\hbar\sin\omega T}(a^{2}\sin^{2}\omega T -2iax\sin\omega T-x^{2})
\right]\\
&=\exp\left[\mfrac{im\omega}{2\hbar\sin\omega T}\left\{x^{2}\cos\omega T +ia^{2}\sin\omega T+a^{2}
e^{-i\omega T}\sin^{2}\omega T -2iax\,e^{-i\omega T}\sin\omega T -x^{2}e^{-i\omega T}\right\}\right]\\
&=\exp\left[\mfrac{im\omega}{2\hbar}\left\{ix^{2}+ia^{2}(1-i\sin\omega T\,e^{-i\omega T})
-2iax\,e^{-i\omega T}\right\}\right]\\
&=\exp\left[-\mfrac{m\omega}{2\hbar}\left\{x^{2}-2ax\,e^{-i\omega T}+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{-2i\omega T})
\right\}\right]
\end{align*}
また残りの定数部分はやはり式(2)の定数部分と一緒にして次となる：
\begin{equation*}
\sqrt{\mfrac{\ds{m\omega}}{2\pi i\hbar\sin\omega T}}\times
\sqrt{\mfrac{\ds{2\pi i\hbar\sin\omega T}}{m\omega e^{i\omega T}}}
=\sqrt{e^{-i\omega T}}=\exp\left[-\mfrac{i\omega T}{2}\right]
\end{equation*}
以上の積分部分と定数部分を合わせることで, 結局 $\psi$ は次のように求まる：
\begin{align*}
\psi(x,T)&=\exp\left[-\mfrac{i\omega T}{2}\right]\times\exp\left[-\mfrac{m\omega}{2\hbar}
\left\{x^{2}-2ax\,e^{-i\omega T}+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{-2i\omega T})\right\}\right]\\
&=\exp\left[-\mfrac{i\omega T}{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}\left\{x^{2}-2ax\,e^{-i\omega T}
+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{-2i\omega T})\right\}\right]
\tag{6}
\end{align*}
次に確率分布 $|\psi|^{2}$ を求めよう．それには $|\psi|^{2}=\psi^{*}\psi$ であるから, $\psi$ の複素共役 $\psi^{*}$ を求めて両者を掛け合わせればよい．$\psi^{*}$ は次となる：
\begin{equation*}
\psi^{*}(x,T)=\exp\left[+\mfrac{i\omega T}{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}\left\{x^{2}-2ax\,e^{i\omega T}
+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{2i\omega T})\right\}\right]
\tag{7}
\end{equation*}
従って, 確率分布 $|\psi|^{2}$ は次となる：
\begin{align*}
|\psi|^{2}=\psi^{*}\psi&=\exp\left[\mfrac{i\omega T}{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}\left\{x^{2}-2ax\,e^{i\omega T}
+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{2i\omega T})\right\}\right]\\
&\qquad\times\exp\left[-\mfrac{i\omega T}{2}-\mfrac{m\omega}{2\hbar}\left\{x^{2}-2ax\,e^{-i\omega T}
+\mfrac{a^{2}}{2}(1+e^{-2i\omega T})\right\}\right]\\
&=\exp\left[-\mfrac{m\omega}{\hbar}(x-a\cos\omega T)^{2}\right]
\tag{8}
\end{align*}
この式から, 初めに位置 $a$ を中心としたガウス型に分布していた粒子は, 周期 $T=2\pi/\omega$ だけ時間が経つと, 確かに元の場所に戻ってくることが分かる．
