調和振動子系の経路積分
調和振動子系はハミルトニアン$H=\frac{P^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2X^2$で表される単純な系であるが,単純であるために具体的に解けることと,応用範囲が広いこと（例えば場の量子論で調和振動子の知識が必要）から非常に重要である.
異なる方法で同じ系を扱ってみることで理解が深まると考えるので,ここでは経路積分で1次元調和振動子系をどのように扱えるかを考える（座標表示のシュレディンガー方程式を解いて波動関数をエルミート多項式を使って表す方法と,個数表示を使って固有値問題として解く方法があるが,それは別の記事で説明する予定である）.具体的には調和振動子系の遷移振幅を経路積分を使って計算する方法を示す.
まず経路積分をする前に調和振動子系の古典運動方程式の解と古典作用を求めておこう.
調和振動子の運動方程式は
\begin{align}
m\frac{d^2 X(t)}{dt^2} + m \omega^2 X(t) =0
\end{align}
なので一般解は
\begin{align}
X(t) = C_1 e^{-i\omega t} + C_2 e^{i \omega t}
\end{align}
となる.ここで$X(0)=\bar{X}$,
$X(T)=X$だったので,この境界条件を使って定数を求めると
\begin{align}
C_1& = \frac{-X +\bar{X} e^{i\omega T} }{2i \sin{\omega T}} \\
C_2& =\frac{X +\bar{X} e^{-i\omega T} }{2i \sin{\omega T}}
\end{align}
となるので,
\begin{align}
X(t) &= \frac{-X +\bar{X} e^{i\omega T} }{2i \sin{\omega T}} e^{-i\omega t} + \frac{X +\bar{X} e^{-i\omega T} }{2i \sin{\omega T}} e^{i \omega t} \\
&= \bar{X} \frac{\sin{\omega(T-t)}}{\sin{\omega T}} + X \frac{\sin{\omega t}}{\sin{\omega T}}
\end{align}
となる.上のXを使って,調和振動子の作用を計算すると
\begin{align}
S_0 &= \int^T_0 dt \left( \frac{1}{2} m \dot{X}(t)^2 - \frac{1}{2} m X(t) \right) \\
&= \frac{m \omega^2}{2\sin^2{\omega T}}\int dt \left[ \left( X \cos{\omega t} - \bar{X} \cos{\omega (T-t)} \right)^2 - \left( \bar{X} \sin{\omega(T-t)} + X \sin{\omega t} \right)^2 \right] \\ \nonumber
&=\frac{m \omega^2}{2\sin^2{\omega T}}\int dt \left[ X^2 (\cos^2{\omega t} - \sin^2{\omega t}) - 2X \bar{X} (\cos{\omega t} \cos{\omega (T-t)} - \sin{\omega t} \sin{\omega (T-t)} ) \right. \\
&\quad \quad + \left. \bar{X}^2 (\cos^2{\omega(T-t)} - \sin^2{\omega(T-t)}) \right] \\
&= \frac{m \omega^2}{2\sin^2{\omega T}}\int dt \left[ X^2 \cos{2\omega t - 2 X \bar{X} \cos{\omega (2t-T)}} + \bar{X}^2 \cos{\omega (T-t)} \right] \\
&= \frac{m \omega^2}{2\sin^2{\omega T}} \left[ (\bar{X}^2 + X^2) \int dt \cos{2\omega t} - 2\bar{X} X\int dt \cos{\omega(2t-T)} \right] \\
&= \frac{m \omega^2}{2\sin^2{\omega T}}\left[ \frac{1}{\omega} (\bar{X}^2 + X^2) \sin{\omega T}\cos{\omega T} -2\bar{X} X \frac{1}{\omega} \sin{\omega T} \right] \\
&=\frac{m \omega}{2} (\bar{X}^2 + X^2) \cot{\omega T} -m\omega \frac{\bar{X} X}{\sin{\omega T}}
\end{align}
となる.
調和振動子系の遷移振幅を経路積分表示する.$t=0$で$\bar{x}$にある粒子が$t=t$だけ時間が経ったときに
$x$の位置に粒子を見出す確率振幅を考える.
\begin{align}
K(x,\bar{x};t,0) &= \bra{x} e^{-iHt} \ket{ \bar{x} }
\end{align}
ここで$x_0=\bar{x}$,
$x_t=x$,
$t=n\Delta t$
としてこの振幅に座標と運動量の完全形を使って整理すると
\begin{align}
\nonumber
K(x,\bar{x};t,0)
& =\bra{x} e^{-i \hat{H}t} \ket{\bar{x}} \\
&= \bra{x} e^{-i \hat{H} \Delta t} \cdots e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{\bar{x}} \\ \nonumber
&= \bra{x} e^{-i \hat{H} \Delta t} \cdots \int dx_1d \ket{x_1} \bra{x_1} e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{\bar{x}} \\ \nonumber
&\cdots& \\ \nonumber
&= \int \prod^{n-1}_{i=1} dx_{i} \bra{x} e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{x_{n-1} } \cdots \bra{x_1} e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{\bar{x}} \\ \nonumber
&= \int \prod^{n-1}_{i=1} dx_{i} \int \prod^{n}_{j=1} dp_{j} \bra{x} e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{p_n } \\
&\times \langle p_n | x_{n-1} \rangle \cdots \bra{x_1} e^{-i \hat{H} \Delta t} \ket{p_1 } \langle p_1| \bar{x} \rangle
\end{align}
となる.ここで,最右辺の一つ目のexp部分に注目するとHamiltonianを使って
\begin{align}
\nonumber
\int &dp_1 \bra{x_1} e^{-i H(p_1 , x_1 ) \Delta t} \ket{p_1 } \langle p_1 | \bar{x} \rangle \\ \nonumber
&= \int dp_1 e^{-i H(p_1 , x_1 ) \Delta t} e^{-i p_1(x_1 -\bar{x}) } \\ \nonumber
&= \int dp_1 \exp{ \left[ -i \left[ \frac{p_1^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] \Delta t \right] } e^{-i p_1(x_1 -\bar{x}) }
\end{align}
とかける.簡単のためにkの和と添え字を省略した.最後の式のexpの肩をまとめると
\begin{align}
\int dp_1 \exp{ \left[ -i \Delta t \left[ \frac{p_1^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] + p_1\frac{(x_1 -\bar{x})}{\Delta t} \right] }
\nonumber
&= \int dp_1 \exp{ \left[ -i \Delta t \left[ \frac{p_1^2}{2m} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 + p_1\dot{x}_1 \right] \right] } \\ \nonumber
&= \int dp_1 \exp{ \left[ -i \Delta t \left[ \frac{1}{2m} (p_1+m\dot{x}_1)^2 -\frac{m}{2} \dot{x}^2_1 + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] \right] } \\
&= \int dp_1 \exp{ \left[ -i \Delta t \frac{1}{2m} (p_1+m\dot{x}_1)^2 + i \Delta t \left[ \frac{m}{2} \dot{x}^2_1 -\frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] \right] }
\end{align}
と表せる($\dot{x}_1 = \frac{(x_1 -\bar{x})}{\Delta t} $).
なのでこの式は
$p_1$と
について積分することができて
\begin{align}
\int dp_1 \exp{ \left[ -i \Delta t \frac{1}{2m} (p_1+m\dot{x}_1)^2 + i \Delta t \left[ \frac{m}{2} \dot{x}^2_1 -\frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] \right] }
= \sqrt{\frac{2m \pi}{\Delta t}} \sqrt{\frac{2 \pi}{\Delta t}}
\exp{\left[ i \left[ \frac{m}{2} \dot{x}_1 -\frac{1}{2} m \omega^2 x^2_1 \right] \Delta t \right]}
\end{align}
となる.よって,この計算を元の式の各部分について行うと
\begin{align}
\nonumber
K(x,\bar{x};t,0) &= \left( \frac{2m \pi}{\Delta t} \right)^{\frac{n}{2}} \left( \frac{2 \pi}{\Delta t} \right)^{\frac{n}{2}} \\
&\quad \quad \times \prod^{n}_{j=1} \exp{\left[ i \left[ \frac{m}{2} \dot{x}_j -\frac{1}{2} m \omega^2 x^2_j \right] \Delta t \right]} \\
& \xrightarrow[n \to \infty]{} \int \mathcal{D}x e^{i S[x]}
\end{align}
となる.
ただし$n \rightarrow \infty$として
\begin{align}
\mathcal{D}x &\equiv \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{2m \pi}{\Delta t} \right)^{\frac{n}{2}} \prod^{n-1}_{i=1} dx_{i}
\end{align}
とした.また
\begin{align}
S[x] = \int^t_0 dt^{\prime} \left[ \frac{m}{2} \dot{x}(t^{\prime}) -\frac{1}{2} m \omega^2 x^2(t^{\prime}) \right]
\end{align}
は作用である.
経路積分表示して得られる作用を量子部分と古典部分に分ける
粒子の経路を
\begin{align}
x(t) = x_c(t) + y(t)
\end{align}
として古典経路$x_c(t)$と量子経路$y(t)$にわける.このとき作用は
\begin{align}
S [x] = S [x_c + y]
\end{align}
となる.量子経路は古典経路に比べて小さいとして展開し,整理すると
\begin{align}
S [x] &= S [x_c + y] \\
&= S_c[x_c] + S_q [y]
\end{align}
と表せる.ここでそれぞれの項は作用の古典部分と量子部分で
\begin{align}
S_c [x_c] &= \int^t_0 dt^{\prime} \left( \frac{1}{2} m \dot{x}_c(t^{\prime})^2 - \frac{1}{2} m x_c(t^{\prime}) \right) \\
&= \frac{m \omega}{2} (\bar{x}^2_c + x^2_c) \cot{\omega t} -m\omega \frac{\bar{x}_c x_c}{\sin{\omega t}} \\
S_q [y] &= \frac{1}{2} \int^t_0 dt^{\prime} y(t^{\prime}) \left( -\frac{d^2}{dt^{\prime 2}} -\omega^2 \right) y(t^{\prime})
\end{align}
となる.
また,元の遷移振幅は
\begin{align}
K(x,\bar{x};t,0) &= \int \mathcal{D}x e^{i S[x]} \\
&= e^{i S_c [x_c]} \int \mathcal{D}y e^{i S_q [y]}
\end{align}
となる.
作用の量子部分
\begin{align}
S_q [y] = \frac{1}{2} \int^t_0 dt y(t^{\prime}) \left( -\frac{d^2}{dt^{\prime 2}} -\omega^2 \right) y(t^{\prime})
\end{align}
の経路積分
\begin{align}
I= \int \mathcal{D}y \exp \left[ \frac{i}{2} \int dt y(t^{\prime}) \left( -\frac{d^2}{dt^{\prime 2}} -\omega^2 \right) y(t^{\prime}) \right]
\end{align}
を考える．
yは初期時刻と終時刻で$y(0) = y(t) =0 $となるので
$\sin$を使ってフーリエ級数展開できて
\begin{align}
y(t^{\prime}) = \sum^{\infty}_{n=0} a_n \sin \left( \frac{n \pi t^{\prime}}{t} \right)
\end{align}
と表せる．
上の作用の各項を計算する.
\begin{align}
\int^t_0 dt^{\prime} \dot{y}(t^{\prime})^2 = \sum_{n,m} a_n a_m \left( \frac{n\pi}{t} \right) \left( \frac{m\pi}{t} \right)
\int dt^{\prime} \cos \left( \frac{n \pi t^{\prime}}{t} \right) \cos \left( \frac{m \pi t^{\prime}}{t} \right)
\end{align}
ここで
\begin{align}
\int dt^{\prime} \cos \left( \frac{n \pi t^{\prime}}{t} \right) \cos \left( \frac{m \pi t^{\prime}}{t} \right)
& =\int dt^{\prime} \frac{1}{2} \left[ \cos \frac{(n+m)\pi}{t} t^{\prime} + \cos \frac{(n-m)\pi}{t} t^{\prime} \right] \\
\nonumber
&= \frac{t}{2\pi} \left[ \frac{1}{n+m} \left[ \sin \frac{(n+m)\pi}{t} t^{\prime} \right]^t_0 + \frac{1}{n-m} \left[ \sin \frac{(n-m)\pi}{t} t^{\prime} \right]^t_0 \right] \\
\nonumber
&= \frac{t}{2\pi} \left[ \frac{1}{n+m} \sin (n+m)\pi + \frac{1}{n-m} \sin (n-m)\pi \right] \\
\nonumber
&=\frac{t}{2\pi} \frac{1}{n-m} \sin (n-m)\pi \\
&= \frac{t}{2} \delta_{n,m}
\end{align}
となるので
\begin{align}
\int^t_0 dt^{\prime} \dot{y}(t^{\prime})^2 = \frac{t}{2} \sum_n a^2_n \left( \frac{n\pi}{t} \right)^2
\end{align}
である.また,上と同様にして
\begin{align}
\int^t_0 dt^{\prime} y^2 = \frac{t}{2}\sum_n a^2_n
\end{align}
となるので
\begin{align}
I &= \int \mathcal{D} y \exp \left[ \frac{i}{2} \frac{t}{2} \sum_n
\left[ \left( \frac{n\pi}{t} \right)^2 -\omega^2 \right]a^2_n \right] \\
\nonumber
&= J \int^{\infty}_{-\infty} \prod^N_{i=1} da_i \exp \left[ \frac{i}{2} \sum_n
\left[ \left( \frac{n\pi}{t} \right)^2 -\omega^2 \right] \frac{t}{2} a^2_n \right] \\
&= J \int \prod_n da_n \exp \left[ \frac{i}{2}
\left[ \left( \frac{n\pi}{t} \right)^2 -\omega^2 \right] \frac{t}{2} a^2_n \right]
\end{align}
と表せる.
ただしJは変数変換$y(t) \rightarrow a_n $のヤコビアンである.このヤコビアンは
$\omega$によらないので,直接計算しないことにする.
上の式でひとつの部分に注目するとガウス積分なので
\begin{align}
\int^{\infty}_{\infty} da_n \exp \left[ \frac{i}{2}
\left[ \left( \frac{n\pi}{t} \right)^2 -\omega^2 \right] \frac{t}{2} a^2_n \right]
\propto \left( \frac{n^2\pi^2}{t^2} -\omega^2 \right)^{- \frac{1}{2}}
\end{align}
となる.よって
\begin{align}
\nonumber
I &\propto \prod_n \left( \frac{n^2\pi^2}{t^2} -\omega^2 \right)^{- \frac{1}{2}} \\
&= \prod_n \left( \frac{n^2\pi^2}{t^2} \right)^{- \frac{1}{2}}
\prod_n \left( 1- \frac{\omega^2 t^2}{n^2 \pi^2} \right)^{- \frac{1}{2}}
\end{align}
と書ける.最右辺の一つ目の部分は$\omega$によらない定数なのでまとめてCとおく.
また,後ろの部分は$N \rightarrow \infty$の極限で
\begin{align}
\lim_{N \rightarrow \infty} \prod^N_{n=1} \left( 1- \frac{\omega^2 t^2}{n^2 \pi^2} \right)^{- \frac{1}{2}}
=\left[ \frac{\sin \omega t}{\omega t} \right]^{- \frac{1}{2}}
\end{align}
となることが知られている.
よって
\begin{align}
I =C \left[ \frac{\omega t}{\sin \omega t} \right]^{\frac{1}{2}}
\end{align}
である.
ここで$\omega = 0$のときを考えると,これは自由粒子の経路積分になるので
\begin{align}
\nonumber
I |_{\omega \rightarrow 0} &= \left( \frac{1}{2\pi i t} \right)^{\frac{1}{2}}
\end{align}
と表せる.一方で
\begin{align}
I |_{\omega \rightarrow 0}
&= C \lim_{\omega \rightarrow 0} \left[ \frac{\omega t}{\sin \omega t} \right]^{\frac{1}{2}} \\
\nonumber
&= C
\end{align}
となる.よって
\begin{align}
C = \left( \frac{1}{2\pi i t} \right)^{\frac{1}{2}}
\end{align}
となる．したがって
\begin{align}
I= \left( \frac{\omega t}{ 2\pi i t \sin \omega t } \right)^{\frac{1}{2}}
\end{align}
となる.よって遷移振幅は
\begin{align}
K(x,\bar{x};t,0)
&=
\int \mathcal{D}x e^{i S[x]} \\
&=
I e^{i S_c [x_c]} \\
&=
\left( \frac{\omega t}{ 2\pi i t \sin \omega t } \right)^{\frac{1}{2}}
\left[
\frac{m \omega}{2}
(\bar{x}^2_c + x^2_c) \cot{\omega t}
-m\omega
\frac{\bar{x}_c x_c}{\sin{\omega t}}
\right]
\end{align}
と表せる.
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