問題 4-2 の解答例
Problem 4-2
For a charged particle in a magnetic field the lagrangian is $$ \def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\mb#1{\mathbf{#1}} \def\reverse#1{\frac{1}{#1}} \def\mfrac#1#2{\frac{\,#1\,}{\,#2\,}} L=\frac{m\dot{\mb{x}}^{2}}{2}+\frac{e}{c}\dot{\mb{x}}\cdot\mb{A}-e\,\phi \tag{4-17} $$ where $\dot{\mb{x}}$ is the velocity vector, $e$ is the charge, $c$ is the velocity of light, and $\mb{A}$ and $\phi$ are the vector and scalar potentials. Show that the corresponding Shrödinger equation is
\begin{equation} -\frac{\hbar}{i}\ppdiff{\psi}{t}=\frac{1}{2m}\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\psi+e\,\phi\,\psi \tag{4-18} \end{equation}Thus the hamiltonian is\begin{equation} H=\frac{1}{2m}\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)+e\,\phi \tag{4-19} \end{equation}
(解答) 式(4.17)のラグランジアンの場合, 式(4.5)に対応する式は次となる：
\begin{align*}
\psi(\mb{x},t+\varepsilon)&=\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\mb{\theta}^{2}}e^{-i(e/\hbar c)\mb{\theta}\cdot\mb{A}(\mb{x}+\mb{\theta}/2)}
e^{-i(\varepsilon/\hbar)e\phi(\mb{x}+\mb{\theta}/2)}\psi(\mb{x}+\mb{\theta},t)
\tag{1}
\end{align*}
式(4.6)の場合と同様に, 左辺の各被積分関数を $\varepsilon$ について1次まで, すなわち $\theta$ については2次までのべき級数展開を行うと,
\begin{align*}
&\exp\left\{-i\mfrac{e}{\hbar c}\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A}\left(\mb{x}+\mfrac{\overrightarrow{\theta}}{2}\right)\right\}
\simeq\exp\left[-i\mfrac{e}{\hbar c}\overrightarrow{\theta}\cdot\left\{\mb{A}(\mb{x})+\reverse{2}\overrightarrow{\theta}\cdot
\nabla\mb{A}(\mb{x})\right\}\right]\\
&\simeq 1-i\mfrac{e}{\hbar c}\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A}-i\mfrac{e}{2\hbar c}\overrightarrow{\theta}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\mb{A}),\\
&\exp\left\{-i\mfrac{\varepsilon}{\hbar}e\phi(\mb{x}+\mfrac{\overrightarrow{\theta}}{2})\right\}
\simeq 1-i\mfrac{\varepsilon}{\hbar}e\phi(\mb{x}),\\
&\psi(\mb{x}+\overrightarrow{\theta},t)\simeq \psi(\mb{x})+\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi
+\reverse{2}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla)^{2}\psi.
\tag{2}
\end{align*}
これらを上式に代入してから展開し, $\varepsilon$ と $\mb{\theta}$ を合わせたときに $\varepsilon$ の1次に相当するものだけを残すならば,
\begin{align*}
&\psi(\mb{x},t+\varepsilon)\simeq \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\left\{1-i\mfrac{e}{\hbar c}\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A}-i\mfrac{e}{2\hbar c}\overrightarrow{\theta}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\mb{A})\right\}\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\times\left(1-i\mfrac{\varepsilon}{\hbar}e\phi(\mb{x})\right)\left\{\psi
+\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi+\reverse{2}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla)^{2}\psi\right\}\\
&\ \simeq \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\psi
+\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\overrightarrow{\theta}
\cdot\nabla\psi+\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}
\reverse{2}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla)^{2}\psi\\
&\quad -i\mfrac{e}{\hbar c}\left\{\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A})\psi +\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,
\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A})(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi)\right\}\\
&\quad-i\mfrac{e}{2\hbar c}\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\overrightarrow{\theta}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\mb{A})\psi
-i\mfrac{\varepsilon}{\hbar}e\phi(\mb{x})\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\psi
\tag{3}
\end{align*}
前問で考察した結果式を再利用または同様な考察をすることにより, これらの各項の積分値を考えると,
\begin{align*}
&(a):\ \int_{-\infty}^{\infty} d^{3}\theta\,\reverse{A} e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\psi=\psi,\\
&(b):\ \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A} e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}
\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi=0,\\
&(c):\ \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A} e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\reverse{2}
(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla)^{2}\psi=\mfrac{i\hbar\varepsilon}{2m}\nabla^{2}\psi,\\
&(d):\ \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A} e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A})\psi=0,\\
&(e):\ \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A} e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\overrightarrow{\theta}\cdot\mb{A})(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi)=\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\mb{A}\cdot\nabla\psi,\\
&(f)\ \int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}\overrightarrow{\theta}(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\mb{A})\psi=\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\psi\nabla\cdot\mb{A}
\end{align*}
このうち, 例えば(e)の結果となることは, それを具体的に各積分変数について記述して見ることから理解出来る：
\begin{align*}
&\int_{-\infty}^{\infty}d^{3}\theta\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\mb{\theta}\cdot
\mb{A})(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi)\\
&\quad=\iiint d\theta_x\,d\theta_y\,d\theta_z\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}
\left(\theta_x A_x+\theta_y A_y+\theta_z A_z\right)
\left(\theta_x\ppdiff{\psi}{x}+\theta_y\ppdiff{\psi}{y}+\theta_z\ppdiff{\psi}{z}\right)
\tag{4}
\end{align*}
この中から例えば $\theta_x$ の積分だけに関係する項を見ると,
\begin{align*}
\reverse{A^{'}}\int_{-\infty}^{\infty}d\theta_x\,e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\theta_x^{2}}\theta_x^{2}A_x
\ppdiff{\psi}{x}=A_x\ppdiff{\psi}{x}\times\reverse{A^{'}}\int_{-\infty}^{\infty}d\theta_x\,
e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\theta_x^{2}}\theta_x^{2}=A_x\ppdiff{\psi}{x}\times\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}
\tag{5}
\end{align*}
他の $\theta_y,\,\theta_z$ の積分も全く同様となり, しかも結果は各積分要素の和となることが分かるので次となる訳である：
\begin{align*}
\iiint d\theta_x\,d\theta_y\,d\theta_z\,\reverse{A}e^{i(m/2\hbar\varepsilon)\overrightarrow{\theta}^{2}}(\overrightarrow{\theta}\cdot
\mb{A})(\overrightarrow{\theta}\cdot\nabla\psi)&=\left(A_x\ppdiff{\psi}{x}+A_y\ppdiff{\psi}{y}+A_z\ppdiff{\psi}{z}
\right)\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\\
&=\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\mb{A}\cdot\nabla\psi
\tag{6}
\end{align*}
以上の結果式(a)$\sim$(f)を最初の式(1)の右辺の値とし, 左辺は $\psi(\mb{x},t+\varepsilon)\simeq \psi+\varepsilon\ppdiff{\psi}{t}$ とするならば,
\begin{align*}
\psi+\varepsilon\ppdiff{\psi}{t}&=\psi+\mfrac{i\hbar\varepsilon}{2m}\nabla^{2}\psi
-\mfrac{i e}{\hbar c}\times\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\mb{A}\cdot\nabla\psi
-\mfrac{i e}{2\hbar c}\times\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\psi\nabla\cdot\mb{A}\\
&\qquad-\mfrac{i e}{2\hbar c}\times\mfrac{i\hbar\varepsilon}{m}\psi\nabla\cdot\mb{A}
-i\mfrac{\varepsilon}{\hbar}e\phi(\mb{x})\psi
\tag{7}
\end{align*}
よって $\varepsilon$ の1次の近似の範囲において次式を得る：
\begin{align*}
\ppdiff{\psi}{t}&=\mfrac{i\hbar}{2m}\nabla^{2}\psi+\mfrac{e}{mc}\mb{A}\cdot\nabla\psi+\mfrac{e}{2mc}
\psi\nabla\cdot\mb{A}-\mfrac{i e^{2}}{2m c^{2}\hbar}\mb{A}^{2}\psi-\mfrac{i}{\hbar}e\phi\psi
\tag{8}
\end{align*}
両辺に $i\hbar$ を掛け合わせると, これは次の微分方程式となる：
\begin{align*}
i\hbar\ppdiff{\psi}{t}&=-\mfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\psi+\mfrac{i\hbar e}{mc}\mb{A}\cdot\nabla
\psi+\mfrac{i\hbar e}{2mc}\psi\nabla\cdot\mb{A}+\mfrac{e^{2}}{2mc^{2}}\mb{A}^{2}\psi+e\phi\psi
\tag{9}
\end{align*}
さらに, 次の量を考える：
\begin{equation*}
\mb{p}-\mfrac{e}{c}\mb{A}=-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}
\tag{10}
\end{equation*}
すると,
\begin{align*}
\left(\mb{p}-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}&=\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\equiv
\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)\\
&=(-i\hbar\nabla)^{2}+i\hbar\mfrac{e}{c}\nabla\cdot\mb{A}+\mfrac{i\hbar e}{c}\mb{A}\cdot\nabla
+\mfrac{e^{2}}{c^{2}}\mb{A}^{2}\\
\therefore\quad\reverse{2m}\left(\mb{p}-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
&=-\mfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}+\mfrac{i\hbar e}{2mc}\nabla\cdot\mb{A}+\mfrac{i\hbar e}{2mc}\mb{A}
\cdot\nabla+\mfrac{e^{2}}{2mc^{2}}\mb{A}^{2}
\tag{11}
\end{align*}
これを用いると, 上の微分方程式(9)は最終的に問題文の式 (4-18) のように表わすことが出来ることが分かる：
\begin{equation*}
i\hbar\ppdiff{\psi}{t}=\reverse{2m}\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot
\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)\psi+e\phi\,\psi=\reverse{2m}\left(\mb{p}
-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\psi+e\phi\,\psi
\tag{12}
\end{equation*}
このときのハミルトニアン $H$ が式 (4-19) となることは明らかである：
\begin{align*}
&i\hbar\ppdiff{\psi}{t}=\left\{\reverse{2m}\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot
\left(-i\hbar\nabla-\mfrac{e}{c}\mb{A}\right)+e\phi\right\}\psi=H\psi\\
&\rightarrow H=\frac{1}{2m}\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\left(\frac{\hbar}{i}\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)+e\,\phi
\tag{13}
\end{align*}
