問題 4-10 の解答例
Problem 4-10
Verify that $K$ as defined in Eq. (4-59) satisfies the Schrödinger equation (4-29) .
( 解答 ) 式 (4.29) と式 (4.59) は次である： $ \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{gather}
-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{K(2,1)}{t_{2}} - H_{2} K(2,1) = -\frac{\hbar}{i}\,\delta(x_2 -x_1)\,\delta(t_2-t_1) . \tag{4.29}\\
K(x_{2},t_{2} ; x_{1},t_{1})=\begin{cases} \ds{G(2,1)=\sum_{n=0}^{\infty}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}} & \text{for}\quad t_{2} > t_{1} \\
0 & \text{for}\quad t_{1} > t_{2} \end{cases}
\tag{4.59}
\end{gather}
式 (4.59) の$K(2,1)$ は, $G(2,1)$ と次式で定義される「 Heviside のステップ関数 $\theta(x)$」 を用いて表わすことが出来る ( 上図を参照 )：
\begin{equation}
\theta(x)=\begin{cases} 0 & \quad x<0 \\ 1 & \quad x>0 \end{cases}
\tag{1}
\end{equation}
すなわち,
\begin{equation}
K(x_{2},t_{2} ; x_{1},t_{1})=\theta(t_2-t_1)\,G(x_{2},t_{2} ; x_{1},t_{1})
\tag{2}
\end{equation}
この $K(2,1)$ を式 (4.29) の左辺に代入し, それが右辺に等しくなるかを調べてみよう． まず $G(2,1)$ について次が言える：
\begin{align}
-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{G(2,1)}{t_{2}}&=\sum_{n=0}^{\infty}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,\left(-\frac{\hbar}{i}\right)\pdiff{t_2} e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}\notag\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,\left(-\frac{\hbar}{i}\right)\times\left(\frac{-i E_{n}}{\hbar}\right)
\,e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}\notag\\
&=\sum_{n=0}^{\infty} E_{n}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}
\tag{3}\\
H_2\,G(2,1)&=\sum_{n=0}^{\infty} H_{2}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}\notag\\
&=\sum_{n=0}^{\infty} E_{n}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})\,e^{-i E_{n}(t_{2}-t_{1})/\hbar}
\tag{4}\\
\therefore\quad&-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{G(2,1)}{t_{2}}-H_2\,G(2,1)=0
\tag{5}
\end{align}
また前のブログ：「Dirac の $\delta$ 関数」に書いたことであるが, 「ステップ関数 $\theta$ の微分は $\delta$ 関数になる」．よって次が言える：
\begin{equation}
-\frac{\hbar}{i}\,\pdiff{t_2}\theta (t_2 -t_1)=-\frac{\hbar}{i}\,\delta(t_2-t_1)
\tag{6}
\end{equation}
以上の式(5)と式(6)を用いると,
\begin{align}
-\frac{\hbar}{i}&\ppdiff{K(2,1)}{t_{2}}-H_2 K(2,1)=-\frac{\hbar}{i}\pdiff{t_{2}}(\theta\,G)-H_2 (\theta\,G)\notag\\
&=-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{\,\theta (t_2 -t_1)}{t_2}G(2,1)-\theta(t_2-t_1)\frac{\hbar}{i}\ppdiff{\,G(2,1)}{t_2}
-\theta(t_2-t_1)H_2 G(2,1)\notag\\
&=-\frac{\hbar}{i}\,\delta(t_2-t_1)G(2,1)+\theta(t_2-t_1)\left\{-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{G(2,1)}{t_{2}}-H_2\,G(2,1)\right\}\notag\\
&=-\frac{\hbar}{i}\,\delta(t_2-t_1)G(2,1)
\tag{7}
\end{align}
この結果式中には $\delta(t_2-t_1)$ が含まれている．そのため, ここの $G(2,1)$ は, 式 (4.59)に於いて $t_2=t_1$ としたものとしてもよいはずである．よって, このときの $G(2,1)$ は本文の式 (4-52) を用いて次のように書き直すことが出来る：
\begin{equation}
\delta(t_2-t_1)G(2,1)=\delta(t_2-t_1)\sum\limits_{n=0}^{\infty}\phi_{n}(x_{2})\phi_{n}^{*}(x_{1})=\delta(t_2-t_1)\,\delta(x_2-x_1)
\tag{8}
\end{equation}
よって, 上式(7)は式 (4.29) になると言える：
\begin{equation}
-\frac{\hbar}{i}\ppdiff{K(2,1)}{t_{2}}-H_2 K(2,1)=-\frac{\hbar}{i}\,\delta(t_2-t_1)\,\delta(x_2-x_1)
\tag{9}
\end{equation}
