式(12.21) $\sim$ 式(12.25) の導出 - ファインマンさんの肩に乗って晴耕雨読の日々

前述の記事と関連して, 式(12.21)から式(12.25)までの導出過程も示しておこう．

指数関数の級数展開 $e^{A}\simeq 1+A+A^{2}/2!+\dotsb$ で $\displaystyle{A=i\int dt\,k(t)g(t-s)}$ とすると, $ \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{align} &1-\exp(A)\simeq 1-1-A-\frac{1}{2!}A^{2}=-A-\frac{1}{2}A^{2}\tag{1}\\ &A^{2}=-\int dt\int dt'\,k(t)\,g(t-s)\,k(t')\,g(t'-s) \tag{2} \end{align}

よって,

\begin{align} &-\mu\int_0^{T}ds\,\Bigl\{1-\exp(A)\Bigr\}=\mu\int_0^{T}ds\,\left(A+\frac{1}{2}A^{2}\right)\notag\\ &\quad=\mu\int_0^{T}ds\,A-\frac{\mu}{2}\int_0^{T} ds\int dt\int dt'\,k(t)\,k(t')\,g(t-s)\,g(t'-s) \tag{3} \end{align}

よって2次の項である第２項は式(12.21)の形になっている：

\begin{equation} -\frac{\mu}{2}\int ds\int_0^{T} dt\int_0^{T} dt'\,k(t)\,k(t')\,g(t-s)\,g(t'-s) \tag{12.21} \end{equation}

前述したようにファインマンは2つの隣接するパルスの重なりの度合いを測る関数として式(12.22)を定義している：

\begin{equation} \lambda(\theta)\equiv \int dt\,g(t)\,g(t+\theta) \tag{12.22} \end{equation}

これは前述より「自己相関関数の類似物」であるから「偶関数である」と言える．

\begin{equation} \lambda(t-t')=\lambda(t'-t)=\int du\,g(u)\,g(u+t'-t) \tag{4} \end{equation}

また, 積分範囲は現実には$[0,T]$であるが, 数式処理する際には$[-\infty,\infty]$と解釈して行うことにする．そこで上式に於いて変数変換：$u\to t-s$ をすると $du=-ds$ であるから,

\begin{equation} \lambda(t-t')=\int_{-\infty}^{\infty} (-ds)\,g(t-s)\,g(t-s+t'-t)=\int_{-\infty}^{\infty} ds\,g(t-s)\,g(t'-s) \tag{5} \end{equation}

この結果を式(12.21)に代入すれば式(12.23)が得られる：

\begin{align} &-\frac{\mu}{2}\int dt\,k(t)\int dt'\,k(t')\int ds\,g(t-s)\,g(t'-s)\notag\\ &=-\frac{\mu}{2}\int dt\int dt'\,k(t)k(t')\,\lambda(t-t') \tag{12.23} \end{align}

ここで更に, 変数変換 $\theta=t'-t$ を行う．すると $d\theta=dt'$ である．また上述より $\lambda(-\theta)=\lambda(\theta)$ である．また, 式(12.25)の前文で「 $\lambda(\theta)$ は十分に狭い関数である」と仮定している．すると $\Delta$ を微小量とするとき、 $\lambda(\theta)\ne0$ である非常に狭い領域 $[0,\Delta]$ では $t\le t+\theta \le t+\Delta$ である．従ってこのときの $k(t+\theta)$ は, 「 $k(t+\theta)\simeq k(t)$ と近似することが許される」であろうから, この $k(t)$ を積分の外へ出してしまおう!：

\begin{align} \int dt'\,k(t')\lambda(t-t')&=\int d\theta\,k(t+\theta)\lambda(-\theta) =\int_0^{\Delta} d\theta\,k(t+\theta)\lambda(\theta)\notag\\ &\simeq \int_0^{\Delta} d\theta\,k(t)\lambda(\theta)=k(t)\int_0^{\Delta} d\theta\,\lambda(\theta) =k(t)\int_{-\infty}^{\infty} d\theta\,\lambda(\theta) \tag{6} \end{align}

従って, 式(12.24)の2次の部分の指数部は, 近似的に次のように書けるであろう：

\begin{align} -\frac{\mu}{2}&\int dt\,k(t)\int dt'\,k(t')\lambda(t-t')=-\frac{\mu}{2}\int dt\,k(t)\,k(t) \int_{-\infty}^{\infty} d\theta\,\lambda(\theta)\notag\\ &=-\frac{1}{2} \mu\int_{-\infty}^{\infty} d\theta\,\lambda(\theta)\,\int dt\,k^{2}(t) =-\frac{q}{2}\int dt\,k^{2}(t) \tag{7} \end{align}

ただし, $\displaystyle q\equiv \mu\int_{-\infty}^{\infty} d\theta\,\lambda(\theta)$ である．

よって, 上式(3)の両辺を指数部とする指数関数を考えれば, 式(12.24)中の2次の項は式(12.25)のように表現することが出来ると言える：

\begin{equation} \exp\left[-\frac{\mu}{2}\int dt\int dt'\,k(t)\,k(t')\lambda(t-t')\right] =\exp\left[-\frac{q}{2}\int dt\,k^{2}(t)\right] \tag{12.25} \end{equation}