この章のまとめ

(1) 例題 1.3.1 の $\lvert \psi_0\rvert ^2$ は分散 $\sigma_0^2=\hbar/(2m\omega)$、例題 1.3.7(2) の $\lvert \tilde\psi_0\rvert ^2$ は分散 $\sigma_p^2=m\omega\hbar/2$ なので、$\sigma_0\sigma_p=\sqrt{\hbar^2/4}=\hbar/2$。数値は $\sigma_0=\sqrt{1.055\times10^{-34}/(2\times1.443\times10^{-25}\times628.3)}\,\mathrm m=0.763\,\mu\mathrm m$。

(2) $\psi_0$ は実の Gauss 波束（位置と運動量の相関なし）なので (1.3.16) が使えて、$t_*=2m\sigma_0^2/\hbar=1/\omega$。よって $\sigma(t)^2=\sigma_0^2(1+\omega^2t^2)$。Heisenberg 描像でも $\hat x_{\mathrm H}=\hat x+\hat pt/m$ から $\sigma(t)^2=\sigma_0^2+\sigma_p^2t^2/m^2=\sigma_0^2(1+\omega^2t^2)$ と同じになる（第1部第1章）。$t=10\,\mathrm{ms}$ では $\omega t=6.28$ で、$\sigma=0.763\,\mu\mathrm m\times\sqrt{1+39.5}=4.85\,\mu\mathrm m$。$t_*=1/\omega=1.59\,\mathrm{ms}$ の6倍ほど経っているので、幅はほぼ $\sigma_pt/m$ である。

(3) 運動量表示で $\hat H_{\mathrm f}$ は対角なので、完全系 (1.3.9) を挿入すると

$$\langle 0 | \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat H_{\mathrm f}t/\hbar} | 0 \rangle =\int\lvert \tilde\psi_0(p)\rvert ^2\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p^2t/(2m\hbar)}\mathrm{d} p =\int\frac{\mathrm{e}^{-p^2/(2\sigma_p^2)}}{\sqrt{2\pi}\sigma_p}\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p^2t/(2m\hbar)}\mathrm{d} p=\Bigl(1+\frac{\mathrm{i}\sigma_p^2t}{m\hbar}\Bigr)^{-1/2}.$$

最後は $\int\mathrm{e}^{-ap^2}\mathrm{d} p=\sqrt{\pi/a}$ を $a=\frac{1}{2\sigma_p^2}+\frac{\mathrm{i} t}{2m\hbar}$（実部は正）で使った。$\sigma_p^2/(m\hbar)=\omega/2$ なので振幅は $(1+\mathrm{i}\omega t/2)^{-1/2}$、$P_0(t)=\lvert 1+\mathrm{i}\omega t/2\rvert ^{-1}=1/\sqrt{1+\omega^2t^2/4}$。$t=10\,\mathrm{ms}$ では $\omega t/2=3.14$ で $P_0=1/\sqrt{1+9.87}=0.303$。位置表示で同じ量を計算すると、$\psi_0$ と $\psi(x,t)$ の重なりの積分を、時間発展の核 (1.3.14) との二重積分として計算することになる。

(4) $t>0$ のハミルトニアン $\hat H_{\mathrm f}$ は運動量表示で対角なので、運動量表示では各成分が位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p^2t/(2m\hbar)}$ を受けるだけで、$\lvert \tilde\psi(p,t)\rvert ^2$ は変わらない。元の調和振動子のエネルギー表示では、$\hat H_{\mathrm f}=\hat H-\frac12m\omega^2\hat x^2$ の $\hat x^2$ が $| n \rangle$ と $| n\pm2 \rangle$ をつなぐ非対角要素 $\propto\hbar\omega$ を作り、その大きさが準位の間隔 $2\hbar\omega$ と同じ桁なので、状態は多数の $| n \rangle$ に広がっていく（$P_0(t)$ が $1/(\omega t)$ の速さで減ることがその表れ）。1.3.5 節の指針どおり、$t>0$ では一番大きい（唯一の）項 $\hat p^2/(2m)$ を対角にする運動量表示が良い。$\langle \hat H_{\mathrm f} \rangle =\sigma_p^2/(2m)=\hbar\omega/4$ で、運動量の分布が変わらないので時間によらない。数値は $\hbar\omega/4=1.66\times10^{-32}\,\mathrm J$、温度に直して $\hbar\omega/(4 k_{\mathrm B})=1.20\,\mathrm{nK}$。基底状態のエネルギー $\hbar\omega/2$ のうち、ポテンシャルを切ったときに残るのは運動エネルギーの半分だけである。

(5) 運動量表示 (1.3.13) を (1.3.10) で位置表示へ戻すと、例題 1.3.4(1) と同じ平方完成で

$$\psi(x,t)=(2\pi\sigma_0^2)^{-1/4}(1+\mathrm{i}\omega t)^{-1/2}\exp\Bigl(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2(1+\mathrm{i}\omega t)}\Bigr)$$

になる（$t_*=1/\omega$ を使った）。指数の虚部は $\frac{1}{1+\mathrm{i}\omega t}=\frac{1-\mathrm{i}\omega t}{1+\omega^2t^2}$ から $\frac{x^2\omega t}{4\sigma_0^2(1+\omega^2t^2)}$ で、前の係数の位相は $x$ に依らない。よって $S(x,t)=\frac{\hbar\omega t\,x^2}{4\sigma_0^2(1+\omega^2t^2)}+({x}\text{ に依らない項})$、$\sigma_0^2=\hbar/(2m\omega)$ を使って

$$v=\frac1m\frac{\partial S}{\partial x}=\frac{\hbar\omega t\,x}{2m\sigma_0^2(1+\omega^2t^2)}=\frac{\omega^2t}{1+\omega^2t^2}\,x .$$

これは $v=x\,\dot\sigma(t)/\sigma(t)$ に等しく、各点が幅に比例して外へ流れる相似な膨張を表す。$t=10\,\mathrm{ms}$、$x=4.85\,\mu\mathrm m$ では$v=\frac{(628.3)^2\times0.01}{1+39.5}\times4.85\times10^{-6}\,\mathrm{m\,s^{-1}}=4.73\times10^{-4}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$。この速度場は命題 1.3.2 の位相の選び方で初めて意味を持ち、第7部では $\psi=\sqrt\rho\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S/\hbar}$ の $S$ からこの $v$ を作って流体の方程式を組み立てる。