ファインマンさんの肩に乗って晴耕雨読の日々

ファインマンを読んで気付いた事そして日常生活の記録

問題 3-13 の解答例

Problem 3-13

By keeping track of all the constants, show that the implication is that the jacobian satisfies

\begin{equation} J\sqrt{N}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\prod_{n=1}^{N} \frac{1}{n}\rightarrow 1\quad \text{as}\quad N\to\infty \tag{3-94} \end{equation}

(解答) 式(3.88}から,

\begin{equation*} F_{\omega}(T)=\frac{J}{A}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{da_1}{A}\dotsb\int_{-\infty}^{\infty}\frac{da_N}{A}\exp\left[\frac{imT}{4\hbar}\sum_n\left\{\left(\frac{\pi n}{T}\right)^{2}-\omega^{2}\right\}a_n^{2}\right] \tag{1} \end{equation*}

これを次の「フルネルの積分公式

\begin{equation*} \int_{-\infty}^{\infty} e^{iax^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{i\pi}{\alpha}},\quad \text{where}\quad \alpha\text{: positive real} \tag{2} \end{equation*}

を用いてこの式中の積分の一つを求める:

\begin{equation*} I_{n}=\frac{1}{A}\int_{-\infty}^{\infty}da_n\,\exp\left\{i\frac{mT}{4\hbar}\left(\frac{n^{2}\pi^{2}}{T^{2}}-\omega^{2}\right)a_n^{2}\right\} \end{equation*}

この場合は,

\begin{equation*} \alpha=\frac{mT}{4\hbar}\left(\frac{n^{2}\pi^{2}}{T^{2}}-\omega^{2}\right),\quad \frac{1}{A}=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\varepsilon}} \end{equation*}

である.よって,

\begin{align*} I_{n}&=\frac{1}{A}\int_{-\infty}^{\infty}da_n\,\exp\left\{i\frac{mT}{4\hbar}\left(\frac{n^{2}\pi^{2}}{T^{2}}-\omega^{2}\right)a_n^{2}\right\}\\ &=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\varepsilon}}\int_{-\infty}^{\infty} da_n\,\exp\left\{i\frac{mT}{4\hbar}\cdot\frac{n^{2}\pi^{2}}{T^{2}}\left(1-\frac{\omega^{2}T^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)a_n^{2}\right\} \end{align*}

従って, $T= N\,\varepsilon$ とすると,

\begin{align*} I_{n}&=\frac{1}{A}\int_{-\infty}^{\infty}da_n\,\exp\left\{i\frac{mT}{4\hbar}\left(\frac{n^{2}\pi^{2}}{T^{2}}-\omega^{2}\right)a_n^{2}\right\} =\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar\varepsilon}}\sqrt{\frac{i\pi 4\hbar T}{mn^{2}\pi^{2}}}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2}\\ &=\sqrt{\frac{2T}{\varepsilon n^{2}\pi^{2}}} \left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2} =\sqrt{\frac{\,2\varepsilon\, N}{\varepsilon\,n^{2}\pi^{2}}}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2}\\ &=\frac{\sqrt{2N}}{n\pi}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2} \tag{3} \end{align*}

この結果式(3)を用いると式(1)は,

\begin{align*} F_{\omega}(T)&=\frac{J}{A}I_{1}I_{2}\dotsb I_{N} =\frac{J}{A}\prod_{n=1}^{N}\frac{\sqrt{2N}}{n\pi}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2}\\ &=\frac{J}{A}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\prod_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n}\right) \prod_{n=1}^{N}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{-1/2}\\ &=\frac{J}{A}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\prod_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n}\right) \left[\prod_{n=1}^{N}\left(1-\frac{(\omega T)^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)\right]^{-1/2} \end{align*}

さらに$N\to\infty$ とするのであるから,$[\ ]$ 中に対して次の「無限乗積の公式」:

\begin{equation*} \prod_{m=1}^{\infty} \left(1-\frac{x^{2}}{m^{2}\pi^{2}}\right)=\frac{\sin x}{x} \tag{4} \end{equation*}

を用いるならば,

\begin{equation*} F_{\omega}(T)=\frac{J}{A}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\left(\frac{\sin \omega T}{\omega T}\right)^{-1/2}\prod_{n=1}^{N} \frac{1}{n} \tag{5} \end{equation*}

これが $N\to \infty,\ \varepsilon\to 0$ の連続体極限で式(3.93)の $F(T)$ に一致すべきであるから,

\begin{align*} &F_{\omega}(T)=\frac{J}{A}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\left(\frac{\sin \omega T}{\omega T}\right)^{-1/2}\prod_{n=1}^{N} \frac{1}{n}\ \xrightarrow{\ N\to \infty\ }\ F(T),\\ &F(T)=\sqrt{\frac{m\omega}{2\pi i\,\hbar\sin\omega T}} =\sqrt{\frac{m}{2\pi i\,\hbar T}\cdot\frac{\omega T}{\sin\omega T}} =\sqrt{\frac{m}{2\pi i\,\hbar\varepsilon N}\cdot\frac{\omega T}{\sin\omega T}} =\frac{1}{A}\frac{1}{\sqrt{N}}\left(\frac{\sin \omega T}{\omega T}\right)^{-1/2} \end{align*}

従って,

\begin{align*} &\frac{J}{A}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\left(\frac{\sin \omega T}{\omega T}\right)^{-1/2}\prod_{n=1}^{N}\frac{1}{n} \xrightarrow{\ N\to \infty\ }\ \frac{1}{A}\frac{1}{\sqrt{N}}\left(\frac{\sin \omega T}{\omega T}\right)^{-1/2}\\ &\qquad\therefore\quad J\sqrt{N}\left(\frac{\sqrt{2N}}{\pi}\right)^{N}\prod_{n=1}^{N}\frac{1}{n}\ \longrightarrow\ 1\quad (\ \mathrm{as}\ \ N\to \infty\ ) \tag{6} \end{align*}

Feynman& Hibbsの原文では, 解答の因子 $\left(\sqrt{2N}/\pi\right)^{N}$ が $\left(T/\pi\right)^{N}$ になっているので注意する!.D.Styerによる改訂版では, ここで求めた解答(6)に相当する表現になっている.