問題 4-5 の解答例
この問題は自力では解けなかったので, 「経路積分ゼミナール」を参照して解答としている．
Problem 4-5
Using the relation
\begin{equation} K(2,1)=\int_{-\infty}^{\infty} K(2,3)K(3,1)\,dx_3 \tag{4-26} \end{equation}with $t_3-t_1=\varepsilon$, an infinitesimal, show that if $t_2$ is greater than $t_1$, the kernel $K$ satisfies\begin{equation} +\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial t_1}K(2,1)-H_{1}^{\,*} K(2,1) =0 \tag{4-27} \end{equation}where $H_1$ now operates on variables $1$ only.
( 解答 ) 式(4.26)に於ける核 $K(3,1)$ は式(2.34)より次に書ける： $ \def\BK#1#2{\langle #1|#2\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}
K(3,1)=\frac{1}{A}\exp\left[\frac{i\varepsilon}{\hbar}L\left(\frac{x_3-x_1}{\varepsilon},
\frac{x_3+x_1}{2},\frac{t_3+t_1}{2}\right)\right]
\tag{1}
\end{equation}
ここで,
\begin{align*}
&L=\frac{m}{2}\dot{x}^{2}-V(x,t)=\frac{m}{2}\left(\frac{x_3-x_1}{\varepsilon}\right)^{2}
-V\left(\frac{x_3+x_1}{2},\frac{t_3+t_1}{2}\right),\tag{2}\\
&x_3=x_1+y,\quad t_3=t_1+\varepsilon
\tag{3}
\end{align*}
とするならば, $K(2,3)$ および $K(3,1)$ は, $y$ の２次までと $\varepsilon$ の１次までの近似で次に書ける：
\begin{align*}
K(2,3)&=K(2\, ;\, x_1+y, t_1+\varepsilon)\simeq K(2,1)+\ppdiff{K(2,1)}{x_1}y+\frac{1}{2!}
\Bppdiff{K(2,1)}{x_1}y^{2}+\ppdiff{K(2,1)}{t_1}\varepsilon\tag{4}\\
K(3,1)&=\frac{1}{A}\exp\left[\frac{i\varepsilon}{\hbar}\left\{\frac{m}{2}\left(\frac{y}{\varepsilon}
\right)^{2}-V\left(x_1+\frac{\theta}{2},t_1+\frac{\varepsilon}{2}\right)\right\}\right]
\simeq \frac{1}{A}\exp\left[\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(x_1,t_1)
\right]
\tag{5}
\end{align*}
この式 (4) と式 (5) を式 (4.26) に代入する．$x_3=x_1+y$ より $dx_3=dy$ として,
\begin{align*}
K(2,1)&=\int dx_3\,K(2,3)K(3,1)\\
&=\int dy\,\left\{K(2,1)+\ppdiff{K(2,1)}{x_1}y+\frac{1}{2!}\Bppdiff{K(2,1)}{x_1}y^{2}
+\ppdiff{K(2,1)}{t_1}\varepsilon\right\}\\
&\qquad\times\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right)
\exp\left(-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(x_1,t_1)\right)\\
&\simeq \exp\left(-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(1)\right)\left\{K(2,1)\int dy\,\frac{1}{A}
\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right)+\ppdiff{K}{x_1}\int dy\,\frac{1}{A}
\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right) y\right.\\
&\qquad \left.+\frac{1}{2}\Bppdiff{K}{x_1}
\int dy\,\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right)y^{2}
+\ppdiff{K}{t_1}\varepsilon\int dy\,\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right)\right\}
\tag{6}
\end{align*}
ここで式 (4.7) , 式 (4.9) , 式 (4.10) より,
\begin{equation*}
\int dy\,\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right)=1,\quad
\int dy\,\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right) y=0,\quad
\int dy\,\frac{1}{A}\exp\left(\frac{im}{2\hbar\varepsilon} y^{2}\right) y^{2}=\frac{i\hbar\varepsilon}{m}
\tag{7}
\end{equation*}
である．よって, 上式は次となる：
\begin{align*}
K(2,1)&=\exp\left(-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(1)\right)\left\{K(2,1)+\frac{1}{2}\Bppdiff{K}{x_1}\times
\frac{i\hbar\varepsilon}{m}+\ppdiff{K}{t_1}\varepsilon\right\}\\
&\simeq \left(1-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(1)\right)\left\{K(2,1)+\frac{i\hbar\varepsilon}{2m}\Bppdiff{K}{x_1}
+\ppdiff{K}{t_1}\varepsilon\right\}\\
&=K(2,1)-\frac{i\varepsilon}{\hbar}V(1)K(2,1) +\frac{i\hbar}{2m}\varepsilon \Bppdiff{K}{x_1}+\ppdiff{K}{t_1}\varepsilon
+\mathcal{O}\left(\varepsilon^{2}\right)
\tag{8}
\end{align*}
すると, $\varepsilon$ の１次の項として次が言える：
\begin{equation*}
\frac{i\hbar}{2m}\Bppdiff{K}{x_1}+\ppdiff{K}{t_1}-\frac{i}{\hbar}V(1)K =0
\tag{9}
\end{equation*}
すなわち, 両辺に $\hbar/i$ を掛け合わせると次式が言える：
\begin{equation*}
\frac{\hbar}{i}\ppdiff{K(2,1)}{t_1}+\frac{\hbar^{2}}{2m}\Bppdiff{K}{x_1}-V(1)K(2,1)
=\frac{\hbar}{i}\pdiff{t_1}K(2,1)-H_1^{*}K(2,1)=0
\tag{10}
\end{equation*}
ただし $H_1^{*}$ は次である：
\begin{equation*}
H_1^{*}=H_1\equiv -\frac{\hbar^{2}}{2m}+V(x_1,t_1)
\tag{11}
\end{equation*}
( 参考 ) 問題では式 (4.26) を用いて解答するよう指示しているので上記のようになった．しかし, もしその条件が無いのであれば, 後の式 (4.38) と問題 4-7 のことを利用して次のように解答することも出来よう．
問題 4-3 中の式 (4.20) に於いて, $\psi$ を $K(2,1)$ とするならば,
\begin{equation*}
\frac{\hbar}{i}\ppdiff{\psi^{\,*}}{t} = H^{\,*}\,\psi^{\,*}\quad\rightarrow\quad
\frac{\hbar}{i}\pdiff{t_2} K^{\,*}(2,1) = H^{\,*}_2\,K^{\,*}(2,1)
\end{equation*}
ここで $1\leftrightarrow 2$ の書き換えを行ってみると, 次式が得られる：
\begin{equation*}
\frac{\hbar}{i}\pdiff{t_1} K^{\,*}(1,2) = H^{\,*}_1\,K^{\,*}(1,2)
\end{equation*}
このとき問題 (4-7) から, $K^{\,*}(1,2) = K(2,1)$ であることが示される．よって, 上式は式 (4.27) に書ける：
\begin{equation*}
\frac{\hbar}{i}\pdiff{t_1} K(2,1) = H^{\,*}_1\,K(2,1)
\end{equation*}
