問題 4-11 の解答例
Problem 4-11
Show that for free particles in three dimensions the solutions $ \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{${\displaystyle\strut #1}$}} \def\sket{\rangle} \def\mfrac#1#2{\frac{#1}{#2}} \def\reverse#1{\frac{1}{#1}} $
\begin{equation}
\phi_{\mb{p}}(\mb{r})=\exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot\mb{r}\right]=\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_x x+p_y y+p_z z)\right]
\tag{4.60}
\end{equation}
go with the energy $E_{p}=p^{2}/2m$. Consider the vector $\mathbf{p}$ as an index $n$ and note the orthogonality.
That is, as long as $\mb{p}\ne \mb{p}'$,
\begin{equation}
\int \phi_{\mb{p}}(\mb{r})\phi^{*}_{\mb{p'}}(\mb{r})\,d^{3}\mb{r}=\int \phi^{*}_{\mb{p}}(\mb{r})\phi_{\mb{p'}}(\mb{r})\,d^{3}\mb{r}=0 \qquad \text{even if}\quad E_{\mb{p}}=E_{\mb{p}'}
\tag{4.61}
\end{equation}
Therefore the free-particle kernel must be
\begin{equation}
K_{0}(\mb{r}_2,t_2; \mb{r}_1,t_1)=\sum_{\mb{p}} \exp\left[+i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]
\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
\tag{4.62}
\end{equation}
Since the $\mb{p}$'s are distributed over a continuum, the sum over the '' indices'' $\mb{p}$ is really equivalent to an integral over the values of $\mb{p}$, namely,
\begin{equation}
\sum_{\mb{p}} (\quad ) =\int^{\mb{p}} \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}}\,(\quad )
\tag{4.63}
\end{equation}
Therefore, we find that the free-particle kernel is given by
\begin{equation}
K_0(\mb{r}_2,t_2; \mb{r}_1,t_1)=\int^{\mb{p}} \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}}\,\exp\left[+i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot
(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
\tag{4.64}
\end{equation}
(解答) 前のブログ記事により, ニュートン力学または相対論的力学に於ける自由粒子のハミルトニアン $H$ は次である：
\begin{equation*}
H=\frac{1}{2m}\big( p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2} \big)=\frac{\mb{p}^{2}}{2m},\quad
H=c\sqrt{m^{2}c^{2}+p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2}}=c\sqrt{m^{2}c^{2}+\mb{p}^{2}}
\tag{1}
\end{equation*}
前のブログ記事では相対論的に考えたが, ここではニュートン力学で考える．式 (4.60) の波動関数 $\phi_{\mb{p}}$ に対して運動量演算子 $\hat{p}_x$, $\hat{p}_y$, $\hat{p}_z$ そして $\hat{p}_x^{2}$, $\hat{p}_y^{2}$, $\hat{p}_z^{2}$ を作用させると次となる：
\begin{align*}
\hat{p}_x\phi_{\mb{p}}&=\frac{\hbar}{i}\pdiff{x}\phi_{\mb{p}}=\frac{\hbar}{i}\pdiff{x}\exp\left[\frac{i}{\hbar}
(p_x x+p_y y+p_z z)\right]=\frac{\hbar}{i}\frac{i}{\hbar}p_x\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}(p_x x+p_y y+p_z z)\right]\\
&=p_x\phi_{\mb{p}},\quad \hat{p}_y\phi_{\mb{p}}=p_y\phi_{\mb{p}},\quad \hat{p}_z\phi_{\mb{p}}=p_y\phi_{\mb{p}},\tag{2}\\
\hat{p}_x^{2}\phi_{\mb{p}}&=p_x\hat{p}_x\phi_{\mb{p}}=p_x^{2}\phi_{\mb{p}},\quad
\hat{p}_y^{2}\phi_{\mb{p}}=p_y^{2}\phi_{\mb{p}},\quad
\hat{p}_z^{2}\phi_{\mb{p}}=p_z^{2}\phi_{\mb{p}}\tag{3}
\end{align*}
従って, 式 (3) を用いると, 式 (4.60) の波動関数 $\phi_{\mb{p}}$ に対してハミルトニアン演算子 $\hat{H}$ を作用させた場合は,
\begin{align*}
\hat{H}\phi_{\mb{p}}&=\frac{1}{2m}\big( \hat{p}_x^{2}+\hat{p}_y^{2}+\hat{p}_z^{2} \big)\phi_{\mb{p}}
=\frac{1}{2m}\left(p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2}\right)\phi_{\mb{p}}=\frac{p^{2}}{2m}\phi_{\mb{p}}
\tag{4}
\end{align*}
ただし $p^{2}\equiv p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2}$ である．ハミルトニアンが時間に依存しない場合, すなわち系が定常状態である場合のシュレディンガー方程式は, 式 (4.42)：$H\phi(x)=E\phi(x)$ を満足するのであった．よって, 式(4) は「この 3 次元の自由粒子系が次のエネルギー $E$ を持って運動している」ことを示している：
\begin{equation}
E=\frac{p^{2}}{2m}=\frac{1}{2m}\left(p_x^{2}+p_y^{2}+p_z^{2}\right)
\tag{5}
\end{equation}
式 (4.61) の意味について述べておく．運動量 $\mb{p}$ はベクトル量である．よって 2 つの運動量の大きさが等しくても「その向きが違っている場合」, 運動量としては同じではない．式 (4.61) は, そのような場合には 2 つの状態は直交することを表していると思われる．
次に, 結果式(5) を式 (4.59) の $t_2>t_1$ の場合に当てはめると式 (4.62)となる：
\begin{align*}
K(2,1)&=\sum_{\mb{p}}\phi_{\mb{p}}(\mb{r}_2)\phi^{*}_{\mb{p}}(\mb{r}_1)e^{-i E_{\mb{p}}(t_2-t_1)/\hbar}
=\sum_{\mb{p}} e^{i\mb{p}\cdot\mb{r}_2/\hbar}e^{-i\mb{p}\cdot\mb{r}_1/\hbar}
\exp\left\{-i\frac{p^{2}}{2m}\cdot\frac{(t_2-t_1)}{\hbar}\right\}\\
&=\sum_{\mb{p}} \exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]
\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
\tag{6}
\end{align*}
ただしこの場合, 運動量 $\mb{p}$ は連続量なので, 式 (4.63) にあるように和を積分で表わす必要がある．すると, 核の式 (4.64) が得られる：
\begin{align*}
K(2,1)&=\sum_{\mb{p}}\phi_{\mb{p}}(\mb{r}_2)\phi^{*}_{\mb{p}}(\mb{r}_1)e^{-i E_{\mb{p}}(t_2-t_1)/\hbar}\rightarrow \int \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}}\phi_{\mb{p}}(\mb{r}_2)\phi^{*}_{\mb{p}}(\mb{r}_1)e^{-i E_{\mb{p}}(t_2-t_1)/\hbar}\\
\therefore\quad K(2,1)&=\int \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}} e^{i\mb{p}\cdot\mb{r}_2/\hbar}
e^{-i\mb{p}\cdot\mb{r}_1/\hbar}\exp\left\{-i\left(\frac{p^{2}}{2m}\right)\frac{(t_2-t_1)}{\hbar}\right\}\\
&=\int \frac{d^{3}\mb{p}}{(2\pi\hbar)^{3}} \,\exp\left[i\frac{\mb{p}}{\hbar}\cdot(\mb{r}_2-\mb{r}_1)\right]
\exp\left[-\frac{i}{\hbar}\frac{p^{2}}{2m}(t_2-t_1)\right]
\tag{7}
\end{align*}
(注意) 因みに, 式 (4.62) 下の文にある「$\mb{p}$'s」 のダッシュは,「全て名詞に転用された語句の複数は ('s) を付けて作る」ことによるアポストロフィであり, 運動量$\mb{p}'$ を表してはいないと思われる．また, 原書では誤植があって, 式 (4.62) と式 (4.64) のプラス符号がマイナス符号になっているので修正が必要である．
