調和振動子の伝播関数

古典解を境界条件で決めて調和振動子の古典作用 $S_{cl} = \frac{mω}{2 s i n ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]$ と前因子 $\frac{mω}{2 π i ℏ s i n ω T}$ を求め、伝播関数のトレースから分配関数やエネルギー準位を読み取ったり、波束の時間発展を計算できる

前提

経路積分と自由粒子の伝播関数（大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学））
調和振動子と昇降演算子（大学物理量子力学（1 次元の問題））

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経路積分と自由粒子の伝播関数（大学院物理発展的な量子力学（散乱・相対論的量子力学））
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内積空間とグラム・シュミットの直交化（大学数学線形代数）
調和振動子と昇降演算子（大学物理量子力学（1 次元の問題））

説明

調和振動子 $H = \frac{p ^{2}}{2 m} + \frac{1}{2} m ω^{2} x^{2}$ の伝播関数 $K (x_{b}, T; x_{a}, 0) = ⟨ x_{b} ∣ e^{- i H T /ℏ} ∣ x_{a} ⟩$ を、古典解と古典作用から閉じた形で求める技能です。結果は
$K = \frac{mω}{2 π i ℏ sin ω T} exp {\frac{i}{ℏ} \frac{mω}{2 sin ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]}$
です（ $sin ω T \neq = 0$ ）。これを使うと、任意の初期波束の時間発展を積分 1 回で計算でき、 $x_{a} = x_{b}$ とおいて積分する（トレースをとる）ことでエネルギー準位や分配関数を読み取れます。

なぜそうしてよいのか

ラグランジアン $L = \frac{m}{2} x ˙^{2} - \frac{1}{2} m ω^{2} x^{2}$ は $x, x ˙$ の 2 次式です。経路を $x (t) = x_{cl} (t) + y (t)$ （ $x_{cl}$ は端点 $x_{a}, x_{b}$ を結ぶ古典解、 $y (0) = y (T) = 0$ ）と分けると、作用は $S [x] = S_{cl} + S [y]$ と分かれます。 $y$ について 1 次の項は、部分積分すると $- m \int_{0}^{T} y (x ¨_{cl} + ω^{2} x_{cl}) d t$ となり（境界項は $y (0) = y (T) = 0$ で消える）、古典解の運動方程式で 0 になるからです。 $S [y]$ は端点によらないので、 $K = F (T) e^{i S_{cl} /ℏ}$ となり、端点への依存はすべて $S_{cl}$ に入ります。

古典解は運動方程式 $x ¨ = - ω^{2} x$ と境界条件から $x_{cl} (t) = \frac{x _{a} s i n ω ( T - t ) + x _{b} s i n ω t}{s i n ω T}$ （ $sin ω T \neq = 0$ のとき）です。作用は部分積分と運動方程式で $S_{cl} = \frac{m}{2} \int_{0}^{T} (x ˙^{2} - ω^{2} x^{2}) d t = \frac{m}{2} [x x ˙]_{0}^{T} - \frac{m}{2} \int_{0}^{T} x (x ¨ + ω^{2} x) d t = \frac{m}{2} (x_{b} x ˙ (T) - x_{a} x ˙ (0))$ となり、 $x ˙ (T) = \frac{ω ( x _{b} c o s ω T - x _{a} )}{s i n ω T}$ , $x ˙ (0) = \frac{ω ( x _{b} - x _{a} c o s ω T )}{s i n ω T}$ を代入すると $S_{cl} = \frac{mω}{2 s i n ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]$ が出ます。 $ω \to 0$ では $sin ω T \approx ω T$ , $cos ω T \approx 1$ より $S_{cl} \to \frac{m ( x _{b} - x _{a} ) ^{2}}{2 T}$ と自由粒子に戻ります。

前因子 $F (T)$ は、時間分割したガウス積分を実行しても求まりますが、確率の保存（ $e^{- i H T /ℏ}$ がノルムを保つこと）から速く決まります。 $A = \frac{mω}{2ℏ s i n ω T}$ とおくと $K (x_{b}, T; x_{a}, 0) = F e^{i A [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) c o s ω T - 2 x_{a} x_{b}]}$ なので、 $x_{b}^{2}$ の位相は打ち消しあって
$\int_{- \infty}^{\infty} K^{*} (x_{b}, T; x_{a}^{'}, 0) K (x_{b}, T; x_{a}, 0) d x_{b} = ∣ F ∣^{2} e^{i A c o s ω T (x_{a}^{2} - x_{a}^{'2})} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- ik x_{b}} d x_{b}, k = 2 A (x_{a} - x_{a}^{'}) = \frac{mω ( x _{a} - x _{a}^{'} )}{ℏ sin ω T}$
となります。ここでディラックのデルタ関数 $δ$ （なめらかな $g$ に対して $\int g (x) δ (x) d x = g (0)$ となるもの）について、 $\int_{- \infty}^{\infty} e^{- ik x} d x = 2 π δ (k)$ 、および $a \neq = 0$ のとき $δ (a x) = \frac{δ ( x )}{∣ a ∣}$ が成り立つので
$\int e^{- ik x_{b}} d x_{b} = 2 π δ (\frac{mω}{ℏ sin ω T} (x_{a} - x_{a}^{'})) = \frac{2 π ℏ∣ sin ω T ∣}{mω} δ (x_{a} - x_{a}^{'}) .$
$δ (x_{a} - x_{a}^{'})$ が 0 でないのは $x_{a} = x_{a}^{'}$ のときだけで、そこでは位相 $e^{i A c o s ω T (x_{a}^{2} - x_{a}^{'2})} = 1$ です。左辺は $⟨ x_{a}^{'} ∣ x_{a} ⟩ = δ (x_{a} - x_{a}^{'})$ に等しくなければならないので $∣ F ∣^{2} \cdot \frac{2 π ℏ∣ s i n ω T ∣}{mω} = 1$ 、すなわち $∣ F ∣^{2} = \frac{mω}{2 π ℏ∣ s i n ω T ∣}$ です。位相は $T \to 0$ で自由粒子の $\frac{m}{2 π i ℏ T}$ に一致するように選ぶと、 $F = \frac{mω}{2 π i ℏ s i n ω T}$ です（ $0 < ω T < π$ では $1/ i = e^{- iπ /4}$ と読む）。

最後に、 $⟨ x ∣ e^{- i H T /ℏ} ∣ x ⟩$ を $x$ で積分すると、エネルギー固有状態 $φ_{n}$ で展開して $\int K (x, T; x, 0) d x = \sum_{n} e^{- i E_{n} T /ℏ} \int ∣ φ_{n} (x) ∣^{2} d x = \sum_{n} e^{- i E_{n} T /ℏ}$ となるので、トレースを $e^{- iω T}$ のべきに展開すれば $E_{n}$ が読み取れます。 $T = - i ℏ β$ とおけば、同じ式が分配関数 $Z = \sum_{n} e^{- β E_{n}}$ を与えます。

手順

境界条件 $x (0) = x_{a}$ , $x (T) = x_{b}$ を満たす古典解 $x_{cl} (t) = \frac{x _{a} s i n ω ( T - t ) + x _{b} s i n ω t}{s i n ω T}$ を書く（ $sin ω T \neq = 0$ を確認）
古典作用を $S_{cl} = \frac{m}{2} (x_{b} x ˙ (T) - x_{a} x ˙ (0))$ で計算し、 $S_{cl} = \frac{mω}{2 s i n ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]$ を得る
前因子 $\frac{mω}{2 π i ℏ s i n ω T}$ を掛けて $K = \frac{mω}{2 π i ℏ s i n ω T} e^{i S_{cl} /ℏ}$ とする
波束の時間発展なら $ψ (x_{b}, T) = \int K (x_{b}, T; x_{a}, 0) ψ (x_{a}, 0) d x_{a}$ をガウス積分で実行する
準位や分配関数なら $x_{a} = x_{b} = x$ とおき $\int K (x, T; x, 0) d x$ をガウス積分で求め、 $\sum_{n} e^{- i E_{n} T /ℏ}$ の形に展開する。分配関数は $T = - i ℏ β$ を代入する

例題

質量 $m$ 、角振動数 $ω$ の 1 次元調和振動子 $H = \frac{p ^{2}}{2 m} + \frac{1}{2} m ω^{2} x^{2}$ の伝播関数 $K (x_{b}, T; x_{a}, 0)$ について、虚時間 $T = - i ℏ β$ （ $β > 0$ ）とおいた $Z (β) = \int_{- \infty}^{\infty} K (x, - i ℏ β; x, 0) d x$ を、 $β, ℏ, ω$ を用いて指数関数で表せ。

例題の解答

手順 1〜3: 伝播関数は
$K (x_{b}, T; x_{a}, 0) = \frac{mω}{2 π i ℏ sin ω T} exp {\frac{imω}{2ℏ sin ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]} .$

手順 5: $x_{a} = x_{b} = x$ とおくと、括弧の中は $2 x^{2} (cos ω T - 1)$ なので
$\frac{i S _{cl}}{ℏ} = \frac{imω x ^{2}}{ℏ} \cdot \frac{cos ω T - 1}{sin ω T} = - \frac{imω x ^{2}}{ℏ} tan \frac{ω T}{2}$
（半角の公式 $\frac{1 - c o s θ}{s i n θ} = tan \frac{θ}{2}$ ）。ここで $T = - i ℏ β$ 、 $θ = β ℏ ω$ とおきます。オイラーの公式から $sin (- i θ) = \frac{e ^{θ} - e ^{- θ}}{2 i} = - i s (θ)$ 、 $tan (- i θ /2) = - i \frac{s ( θ /2 )}{c ( θ /2 )}$ です。ただし $s (u) = \frac{e ^{u} - e ^{- u}}{2}$ , $c (u) = \frac{e ^{u} + e ^{- u}}{2}$ と書きました。すると
$\frac{i S _{cl}}{ℏ} = - \frac{mω}{ℏ} \frac{s ( θ /2 )}{c ( θ /2 )} x^{2}, \frac{mω}{2 π i ℏ sin ω T} = \frac{mω}{2 π ℏ s ( θ )}$
となり、どちらも実数で、指数は負の係数をもつガウス型です。ガウス積分 $\int e^{- a x^{2}} d x = π / a$ （ $a > 0$ ）より
$Z = \frac{mω}{2 π ℏ s ( θ )} \frac{π ℏ c ( θ /2 )}{mω s ( θ /2 )} = \frac{c ( θ /2 )}{2 s ( θ ) s ( θ /2 )} .$
2 倍角 $s (θ) = 2 s (θ /2) c (θ /2)$ を使うと $Z = \frac{1}{2 s ( θ /2 )} = \frac{1}{e ^{θ /2} - e ^{- θ /2}} = \frac{e ^{- θ /2}}{1 - e ^{- θ}}$ 。

よって $Z = \frac{e ^{- β ℏ ω /2}}{1 - e ^{- β ℏ ω}} = \sum_{n = 0}^{\infty} e^{- β ℏ ω (n + 1/2)}$ であり、 $E_{n} = (n + \frac{1}{2}) ℏ ω$ と一致します。

答え: $\frac{e ^{- β ℏ ω /2}}{1 - e ^{- β ℏ ω}}$

よくある誤り

古典作用で $cos ω T$ を落として $\frac{mω}{2 s i n ω T} (x_{a} - x_{b})^{2}$ としたり、自由粒子の $\frac{m ( x _{b} - x _{a} ) ^{2}}{2 T}$ をそのまま使ったりする誤り。正しくは $S_{cl} = \frac{mω}{2 s i n ω T} [(x_{a}^{2} + x_{b}^{2}) cos ω T - 2 x_{a} x_{b}]$ で、 $ω \to 0$ の極限でだけ $\frac{m ( x _{b} - x _{a} ) ^{2}}{2 T}$ になる。
前因子を自由粒子と同じ $\frac{m}{2 π i ℏ T}$ のままにしてしまう誤り。正しくは $T$ を $\frac{s i n ω T}{ω}$ に置き換えた $\frac{mω}{2 π i ℏ s i n ω T}$ で、これを使わないと確率が保存されず、トレースも $\sum_{n} e^{- i E_{n} T /ℏ}$ にならない。
分配関数を $\frac{1}{1 - e ^{- β ℏ ω}}$ としてしまい零点エネルギーを落とす誤り。正しくは $Z = \frac{e ^{- β ℏ ω /2}}{1 - e ^{- β ℏ ω}}$ で、因子 $e^{- β ℏ ω /2}$ が $E_{0} = \frac{1}{2} ℏ ω$ に対応する。
$ω T = nπ$ （ $n$ は正の整数）でも公式をそのまま使ってしまう誤り。このとき $sin ω T = 0$ で、古典解は端点で一意に決まらないか、そもそも存在しない。たとえば $ω T = π$ では解 $x = x_{a} cos ω t + B sin ω t$ は必ず $x (T) = - x_{a}$ となるので、 $x_{b} \neq = - x_{a}$ なら古典解はなく、 $x_{b} = - x_{a}$ なら $B$ が任意で無数にある。正しくは公式は使えず、 $K$ は位相因子を除いて $δ (x_{b} + x_{a})$ となり、波束は原点について反転した位置に再び集まる。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
質量 $m$ 、角振動数 $ω$ の 1 次元調和振動子のラグランジアンを
$L = \frac{m}{2} x ˙^{2} - \frac{m ω ^{2}}{2} x^{2}$
とする。調和振動子の伝播関数 $K (x_{b}, T; x_{a}, 0)$ の位相を与える古典作用 $S_{cl} = \int_{0}^{T} L d t$ （古典解に沿った作用）を、境界条件
$x (0) = A, x (T) = A, T = \frac{π}{3 ω}$
のもとで求め、 $m, ω, A$ を用いて表せ。ただし $A$ は実定数とする。