この章のまとめ

(1) Euler–Lagrange 方程式は $m\ddot q=F$ で、解は $q(t)=q_i+v_0t+Ft^2/(2m)$。$q(T)=q_f$ から $v_0=(q_f-q_i)/T-FT/(2m)$ である。作用を計算するには、$q(t)=\bar q(t)+\frac{F}{2m}t(t-T)$（$\bar q$ は端を結ぶ等速直線）と分けるとよい。$u(t)=\frac{F}{2m}t(t-T)$ は端で 0 である。

$$S=\int_0^T\Bigl[\frac m2(\dot{\bar q}+\dot u)^2+F(\bar q+u)\Bigr]\mathrm{d} t .$$

$\dot{\bar q}$ は定数で $\int_0^T\dot u\,\mathrm{d} t=0$ なので交差項 $m\dot{\bar q}\int\dot u$ は消え、$\int\frac m2\dot{\bar q}^2=\frac{m(q_f-q_i)^2}{2T}$、$\int F\bar q=\frac{FT(q_f+q_i)}{2}$ である。残りは$\int_0^T[\frac m2\dot u^2+Fu]\mathrm{d} t=\frac{F^2}{8m}\int_0^T(2t-T)^2\mathrm{d} t+\frac{F^2}{2m}\int_0^Tt(t-T)\mathrm{d} t=\frac{F^2T^3}{24m}-\frac{F^2T^3}{12m}=-\frac{F^2T^3}{24m}$ で、3つを足して与式を得る。

(2) $L$ は $q$ と $\dot q$ の2次式なので、4.8.3節と同じく $q=q_{\mathrm{cl}}+y$ と分けると $S=S_{\mathrm{cl}}+S[y]$ と厳密に分かれる。揺らぎの作用は $S[y]=\int\frac m2\dot y^2\,\mathrm{d} t+\int Fy\,\mathrm{d} t$ の1次の項 $\int Fy$ を含むように見えるが、1次の項は $S_{\mathrm{cl}}$ のまわりの第1変分なので、Euler–Lagrange 方程式と $y$ の端の条件から 0 になる。残る $S[y]=\int\frac m2\dot y^2\mathrm{d} t$ は自由粒子と同じで、$F$ によらない。$F$ は $L$ の中で $q$ の1次の項にしか入らず、2階の微分 $\partial^2L/\partial q^2=0$ が自由粒子と変わらないからである。したがって $F(T)=\sqrt{m/(2\pi\mathrm{i}\hbar T)}$ で、$K=\sqrt{m/(2\pi\mathrm{i}\hbar T)}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S_{\mathrm{cl}}/\hbar}$。$-\partial^2S_{\mathrm{cl}}/\partial q_f\partial q_i=m/T$ とも合う。

(3) $K=c\,T^{-1/2}\mathrm{e}^{\mathrm{i} S_{\mathrm{cl}}/\hbar}$ と書く。$S_{\mathrm{cl}}$ の微分は

$$\partial_TS_{\mathrm{cl}}=-\frac{m(q_f-q_i)^2}{2T^2}+\frac{F(q_f+q_i)}{2}-\frac{F^2T^2}{8m},\qquad \partial_{q_f}S_{\mathrm{cl}}=\frac{m(q_f-q_i)}{T}+\frac{FT}{2},\qquad\partial_{q_f}^2S_{\mathrm{cl}}=\frac mT .$$

左辺は $\mathrm{i}\hbar\,\partial_TK=\bigl[-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2T}-\partial_TS_{\mathrm{cl}}\bigr]K$。右辺の微分は $\partial_{q_f}^2K=\bigl[\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\partial_{q_f}^2S_{\mathrm{cl}}-\frac{1}{\hbar^2}(\partial_{q_f}S_{\mathrm{cl}})^2\bigr]K$ なので

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_{q_f}^2K-Fq_fK=\Bigl[-\frac{\mathrm{i}\hbar}{2T}+\frac{1}{2m}(\partial_{q_f}S_{\mathrm{cl}})^2-Fq_f\Bigr]K .$$

$\hbar$ の1次の項 $-\mathrm{i}\hbar/(2T)$ は両辺で一致する。$\hbar$ の0次の項が一致する条件は $\partial_TS_{\mathrm{cl}}+\frac{1}{2m}(\partial_{q_f}S_{\mathrm{cl}})^2-Fq_f=0$ で、これは Hamilton–Jacobi 方程式そのものである。代入すると$\frac{1}{2m}\bigl(\frac{m(q_f-q_i)}{T}+\frac{FT}{2}\bigr)^2=\frac{m(q_f-q_i)^2}{2T^2}+\frac{F(q_f-q_i)}{2}+\frac{F^2T^2}{8m}$ なので、$\partial_TS_{\mathrm{cl}}$ と足して $Fq_f$ が残り、$-Fq_f$ と打ち消して 0 になる。よって $K$ は Schrödinger 方程式を厳密に満たす。

(4) (1) の経路で $m\dot q(T)=m v_0+FT=m(q_f-q_i)/T+FT/2$ で、(3) の $\partial_{q_f}S_{\mathrm{cl}}$ と一致する。経路のエネルギーは $E=\frac m2v_0^2-Fq_i$（始点で計算）で、展開すると $E=\frac{m(q_f-q_i)^2}{2T^2}-\frac{F(q_f+q_i)}{2}+\frac{F^2T^2}{8m}=-\partial_TS_{\mathrm{cl}}$ となる。核の位相は $S_{\mathrm{cl}}/\hbar$ なので、$q_f$ についての位相の傾きは $p/\hbar$（局所的な波数）、$T$ についての傾きは $-E/\hbar$（局所的な角振動数）である。停留位相の立場では、終点の近くの波を $\mathrm{e}^{\mathrm{i}(p\,\delta q_f-E\,\delta T)/\hbar}$ と見たときの $p$ と $E$ が、そこに着く古典の経路の運動量とエネルギーになっている。

(5) $F=-mg$、$q_f=q_i=0$ では $S_{\mathrm{cl}}=-F^2T^3/(24m)=-mg^2T^3/24$ で、

$$\frac{\lvert S_{\mathrm{cl}}\rvert }{\hbar}=\frac{1.675\times10^{-27}\times9.81^2\times(0.1)^3}{24\times1.055\times10^{-34}}=6.37\times10^4$$

である。最高点は $t=T/2$ で、$q(T/2)=-\frac{F}{2m}\cdot\frac T2\cdot\frac T2=\frac{gT^2}{8}=12.3\,\mathrm{mm}$ である。作用は $\hbar$ の約 $6\times10^4$ 倍で、この経路の運動は古典的に扱ってよい（4.8.4節）。

干渉計の2本の腕では、運動エネルギーは同じで、ポテンシャル $mgq$ だけが $mg\Delta$ 違う。$L=\frac m2\dot q^2-mgq$ なので、高い方の腕の作用は時間 $\tau_{\mathrm{arm}}$ の間に $mg\Delta\,\tau_{\mathrm{arm}}$ だけ小さい。位相差は

$$\frac{mg\Delta\,\tau_{\mathrm{arm}}}{\hbar}=\frac{1.675\times10^{-27}\times9.81\times10^{-2}\times10^{-4}}{1.055\times10^{-34}}=156\,\mathrm{rad}$$

である。重力による中性子の干渉の位相差は Colella・Overhauser・Werner が観測した¹1R. Colella, A. W. Overhauser, S. A. Werner (1975), Physical Review Letters 34, 1472–1474.下の脚注へ閉じる。この位相差は経路の作用の差として出るもので、2本の腕の古典の運動（重力でわずかに曲がること）を詳しく追わなくても、作用の差だけで決まる。