調和振動子の経路積分

ハミルトニアンが調和振動子である

$$H(P,Q)=\frac{1}{2m}P^2+\frac{1}{2}m\omega^2Q^2\tag{1}$$

のときに\(n\)点関数を計算してみよう。6章の公式を用いると

$$\langle 0|0\rangle_f = \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\ \exp i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left[p\dot{q}-(1-i\epsilon)H+fq\right]\tag{2} $$

である。(最初からn点関数を求める目的なので\(h\)は消去した。)ここで、\(H\)に\(1-i\epsilon\)が掛けられているがそれは\(m^{-1}\to (1-i\epsilon)m^{-1},m\omega^2\to (1-i\epsilon)m\omega^2\)と変更することと等価である。ハミルトニアンは\(p\)の2次関数なので\(p\)についての経路積分は実行できて

$$\langle 0|0\rangle_f = \int {\mathcal{D}}q\ \exp i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left[\frac{1}{2}(1+i\epsilon)m\dot{q}^2-\frac{1}{2}(1-i\epsilon)m\omega^2q^2+fq\right]\tag{3} $$

となる。(6章を見よ。)ここから、\(m=1\)とする。

フーリエ変換

\begin{eqnarray}\tilde{q}(E)=\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{iET}q(t),\ \ \ q(t)=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\ e^{-iET}\tilde{q}(E)\\ \tilde{f}(E)=\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{iET}f(t),\ \ \ f(t)=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\ e^{-iET}\tilde{f}(E) \tag{4}\end{eqnarray}

を用いると\([\cdots]\)の部分は

\begin{align} &\left[\frac{1}{2}(1+i\epsilon)\dot{q}^2-\frac{1}{2}(1-i\epsilon)\omega^2q^2+fq\right]\\ &=\frac{1}{2}\int ^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{dE^{\prime}}{2\pi}\ e^{-i(E+E^{\prime})t}\left[(1+i\epsilon)(-iE)\tilde{q}(E)(-iE^{\prime})\tilde{q}(E^{\prime})\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad\ \ \ -(1-i\epsilon)\omega^2\tilde{q}(E)\tilde{q}(E^{\prime})\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad \ \ \ +\tilde{f}(E^{\prime})\tilde{q}(E)+\tilde{f}(E)\tilde{q}(E^{\prime})]\\ &=\frac{1}{2}\int ^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{dE^{\prime}}{2\pi}\ e^{-i(E+E^{\prime})t}\left[(-(1+i\epsilon)EE^{\prime}-(1-i\epsilon)\omega^2)\tilde{q}(E)\tilde{q}(E^{\prime})\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad \ \ \ +\tilde{f}(E)\tilde{q}(E^{\prime})+\tilde{f}(E^{\prime})\tilde{q}(E)] \tag{5}\end{align}

と変形できる。さらに\(t\)積分は簡単に実行でき、\(e^{-i(E+E^{\prime})t}\)部分が\(2\pi\delta(E+E^{\prime})\)に変わるから、\(E^{\prime}\)積分も実行して

\begin{align} S&=\int ^{+\infty}_{-\infty}dt[\cdots]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}[((1+i\epsilon)E^2-(1-i\epsilon)\omega^2)\tilde{q}(E)\tilde{q}(-E)\\ &\qquad\qquad\qquad\quad +\tilde{f}(E)\tilde{q}(-E)+\tilde{f}(-E)\tilde{q}(E)] \tag{6}\end{align}

となる。ここで、

$$((1+i\epsilon)E^2-(1-i\epsilon)\omega^2)=E^2-\omega^2+i(E^2+\omega^2)\epsilon$$

であるが、\(E^2+\omega^2\)は正なので\(\epsilon\)に吸収させて\(E^2-\omega^2+i\epsilon\)と書くことにする。

ここで、積分変数を変えることにする。

$$\tilde{x}(E)=\tilde{q}(E)+\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\tag{7}$$

すると

\begin{align} S&=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}[(E^2-\omega^2+i\epsilon)m\tilde{q}(E)\tilde{q}(-E)\\ &\qquad\qquad\qquad+\tilde{f}(E)\tilde{q}(-E)+\tilde{f}(-E)\tilde{q}(E)]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\left[(E^2-\omega^2+i\epsilon)\left(\tilde{x}(E)-\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \times\left(\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+\tilde{f}(E)\left(\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\left.+\tilde{f}(-E)\left(\tilde{x}(E)-\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\right]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\left[\tilde{x}(E)(E^2-\omega^2+i\epsilon)\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right]\\ \tag{8}\end{align}

となる。さらに、この置換を逆フーリエ変換すると\(x(t)=q(t)+F(t)\)という形になり、\(t\)を固定したもとでは\(dx_i=dq_i\)なので\({\mathcal{D}}q={\mathcal{D}}x\)である。よって、

\begin{align} \langle 0|0\rangle_f =&\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &\times\int{\mathcal{D}}x\ \exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\tilde{x}(E)(E^2-\omega^2+i\epsilon)\tilde{x}(-E)\right]\tag{9} \end{align}

と書ける。

ここで、\(f=0\)とすると右辺1行目は1となるので2行目が\(\langle 0|0\rangle _{f=0}\)となる。しかし、これはもちろん、\(1\)となるべきなので結局、

$$ \langle 0|0\rangle_f =\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right] \tag{10}$$

となる。よって、フーリエ変換をもとに戻すと

\begin{align} \langle 0|0\rangle_f &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ e^{iEt^{\prime}}f(t^{\prime})\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{-iEt}f(t) }{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}dtdt^{\prime}\ f(t)\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{e^{-iE(t-t^{\prime})}}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}f(t^{\prime})\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}dtdt^{\prime}\ f(t)G(t-t^{\prime})f(t^{\prime})\right] \tag{11}\end{align}

となる。ここで、

$$G(t-t^{\prime})=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi} \frac{e^{-iE(t-t^{\prime})}}{-E^2+\omega^2-i\epsilon} \tag{12}$$

である。\(G(t-t^{\prime})\)は調和振動子のグリーン関数であり、

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial t^2}+\omega^2\right)G(t-t^{\prime})=\delta(t-t^{\prime})\tag{13}$$

を満たす。これは直接代入して\(\epsilon\to 0\)とすることで確かめられる。また、(12)式の右辺は直接積分計算もでき、

$$G(t-t^{\prime})=\frac{i}{2\omega}\exp(-i\omega|t-t^{\prime}|)\tag{14}$$

となる。(Problem7.1)

n点相関関数は汎関数微分を用いればよく、

$$\langle 0|TQ(t_1)\dots|0\rangle=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\cdots\langle 0|0\rangle_f\right|_{f=0} \tag{15}$$

で求まる。例えば、

\begin{align} \langle 0|TQ(t_1)Q(t_2)|0\rangle&=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\left[\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t_2-t^{\prime})f(t^{\prime})\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\left[\frac{1}{i}G(t_2-t_1)+(fが含まれる項)\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i}G(t_2-t_1) \tag{16}\end{align}

と計算できる。ここで、\(f\)が含まれる項は\(f=0\)で消えることに注意しよう。同じように計算すると

\begin{align} &\langle 0|TQ(t_1)Q(t_2)Q(t_3)Q(t_4)|0\rangle\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_3)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_4)}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_3)}\left[\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t^{\prime}-t_4)f(t^{\prime})\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\left\{\frac{1}{i}G(t_3-t_4)+\int^{\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t^{\prime}-t_4)f(t^{\prime})\right.\\ &\left.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\quad\ \ \times\left.\int ^{\infty}_{-\infty}dt^{\prime\prime}G(t^{\prime\prime}-t_3)f(t^{\prime\prime})\right\}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i^2}\left[G(t_1-t_2)G(t_3-t_4)+G(t_1-t_3)G(t_2-t_4)+G(t_1-t_4)G(t_2-t_3)\right] \tag{17}\end{align}

となる。より一般には

$$\langle 0|TQ(t_1)\dots Q(t_{2n})|0\rangle=\frac{1}{i^n}\sum_{pairings}G(t_{i_1}-t_{i_2})\dots G(t_{i_{2n-1}}-t_{i_{2n}})\tag{18}$$

が成り立つ。

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 * が付いている欄は必須項目です