問題 3-7 の解答例
Problem 3-7
Further information about this function $F$ can be obtained from the property expressed by Eq. (2.31). First notice that the results of Prob. 3-6 imply that $F(t_b-t_a)$ can be written as $F(t)$, where $t$ is the time interval $t_b-t_a$. By using this form for $F$ in Eq. (3.52) and substituting into Eq. (2.31), express $F(t+s)$ in terms of $F(t)$ and $F(s)$, where $t=t_b-t_c$ and $s=t_c-t_a$. Show that if $F$ is written as $ \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}
F(t)=\left(\frac{m}{2\pi i\hbar t}\right)^{1/2}f(t)
\tag{3.53}
\end{equation}
the new function $f(t)$ must satisfy
\begin{equation}
f(t+s)=f(t)f(s)
\tag{3.54}
\end{equation}
This means that $f(t)$ must be of the form
\begin{equation}
f(t)=e^{a t}
\tag{3.55}
\end{equation}
where $a$ may be complex, that is, $a=\alpha+i\beta$. It is difficult to obtain more information about the function $f(t)$ from the principles we have so far laid down. However, the special choice of the normalizing factor $A$ defined in Eq. (2.21) implies that $f(\varepsilon)=1$ to first order in $\varepsilon$. This corresponds to setting $a$ in Eq. (3.55) equal to $0$. The resulting value of $F(t)$ is in agreement with Eq. (3.3).
(解答) 式(3.52)を用いて $K(b,c),\,K(c,a)$ を表わして式(2.31)に代入すると,
\begin{align}
K(b,c)&=F(t)\exp\left[\frac{im(x_b-x_c)^{2}}{2\hbar t}\right],\notag\\
K(c,a)&=F(s)\exp\left[\frac{im(x_c-x_a)^{2}}{2\hbar s}\right],\notag\\
\rightarrow \ K(b,a)&=\int_{-\infty}^{\infty}dx_c\,K(b,c)K(c,a)\notag\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}d x_c\,F(t)\exp\left[\frac{im(x_b-x_c)^{2}}{2\hbar t}\right]
F(s)\exp\left[\frac{im(x_c-x_a)^{2}}{2\hbar s}\right]
\tag{1}
\end{align}
従って,
\begin{equation}
K(b,a)=F(t)F(s)\int_{-\infty}^{\infty}dx\,\exp\left[\frac{i m}{2\hbar}\left\{\frac{(x_b-x)^{2}}{t}+\frac{(x-x_a)^{2}}{s}\right\}\right]
\tag{2}
\end{equation}
このときの被積分関数の指数部分は$\displaystyle{A=\frac{im}{2\hbar}}$として次に書ける：
\begin{align*}
&\frac{A}{ts}\left\{s(x-x_b)^{2}+t(x-x_a)^{2}\right\}\\
&\quad=\frac{A}{t s}(s x_b^{2}+t x_a^{2})+\frac{A}{t s}\left\{(s+t)x^{2}-2(s x_b+t x_a)x\right\}
\end{align*}
よって, 自由粒子の核の式(3.52)は次のように書くことが出来る：
\begin{align}
K(b,a)&=F(t)F(s)\int_{-\infty}^{\infty}dx\,\exp\left[\frac{A}{ts}\left\{s(x-x_b)^{2}+t(x-x_a)^{2}\right\}\right]\notag\\
&=F(t)F(s)\exp\left[\frac{A}{ts}(s x_b^{2}+t x_a^{2})\right]\int_{-\infty}^{\infty}dx\,\exp\left[\frac{A}{ts}(s+t)x^{2}-\frac{2A}{ts}(s x_b+t x_a)x\right]
\tag{3}
\end{align}
ここでFeynman & Hibbsの巻末にある次の公式を利用する：
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{a x^{2}+bx}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{-a}}\,\exp\left[-\frac{b^{2}}{4a}\right]
\tag{4}
\end{equation}
ただし $a,b$ は虚数でも良い．この公式を式(3)の積分部分に当てはめると,
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty}dx\,\exp\left[\frac{A}{ts}(s+t)x^{2}-\frac{2A}{ts}(s x_b+t x_a)x\right]\\
&\quad=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar ts}{m(t+s)}}\exp\left[\frac{A(s x_b^{2}+t x_a^{2})}{ts}\right]\exp\left[-\frac{A(s x_b+t x_a)^{2}}{ts(t+s)}\right]
\end{align*}
式展開してやると最終的に次となる：
\begin{equation}
K(b,a)=F(t)F(s)\sqrt{\frac{2\pi i\hbar ts}{m(t+s)}}\exp\left[\frac{im(x_b-x_a)^{2}}{2\hbar(t+s)}\right]
\tag{5}
\end{equation}
他方, 問題3-6の自由粒子核の式(3.52)は $t+s=(t_b-t_c)+(t_c-t_a)=t_b-t_a$なので, 次に書くことが出来る：
\begin{equation}
K(b,a)=F(t_b-t_a)\,\exp\left[\frac{im(x_b-x_a)^{2}}{2\hbar(t_b-t_a)}\right]=F(t+s)\,\exp\left[\frac{im(x_b-x_a)^{2}}{2\hbar(t+s)}\right]
\tag{6}
\end{equation}
式(5)と式(6)を比較することで次が言える：
\begin{equation}
F(t+s)=F(t)F(s)\sqrt{\frac{2\pi i\hbar ts}{m(t+s)}}
\tag{7}
\end{equation}
このとき, 問題文中の式(3.53)から,
\begin{equation}
F(t)\equiv \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar t}}f(t),\quad F(s)\equiv \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar s}}f(s),\quad
F(t+s)\equiv \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar(t+s)}}f(t+s)
\tag{8}
\end{equation}
として, これらを式(7)に代入すると,
\begin{equation}
\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar(t+s)}}\,f(t+s)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar t}}f(t)\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar s}}f(s)
\sqrt{\frac{2\pi i\hbar ts}{m(t+s)}}=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar(t+s)}}\,f(t)f(s)
\tag{9}
\end{equation}
従って,
\begin{equation}
f(t+s)=f(t)f(s)
\tag{10}
\end{equation}
これは $f(t)$ が $f(t)=e^{at}$ と書けることを意味する．また, 無限小間隔 $\varepsilon$ だけ離れた2点間を動く自由粒子の振幅は式(2.34)より
\begin{equation}
K(b,a)=K(i+1,i)=\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im(x_{i+1}-x_i)^{2}}{2\hbar\varepsilon}\right)
\tag{11}
\end{equation}
これは$\displaystyle{F(\varepsilon)=\frac{1}{A}}$であることを意味している．規格化定数 $A$ は式(2.21)で与えられている：
\begin{equation}
A=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar\varepsilon}{m}}
\tag{12}
\end{equation}
よって,
\begin{equation}
F(\varepsilon)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\varepsilon}}f(\varepsilon)=\frac{1}{A}=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\varepsilon}}
\tag{13}
\end{equation}
従って$f(\varepsilon)=1$である．この場合 $f(\varepsilon)=e^{a\varepsilon}=1=e^{0}$ より, このときの $a$ はゼロに相当している． そして式(3.53)に $f(t)=1$ を代入すれば, $F(t)=F(t_b-t_a)$ は式(3.3)の $F(t_b,t_a)$ と一致する．
