この章のまとめ

(1) Lagrangian は $x$ と $\dot x$ の2次式なので、3.3.1節の議論がそのまま当てはまる。古典の経路 $x_{\mathrm{cl}}$ からのずれ $y$ を入れると、1次の項は Euler–Lagrange 方程式 $m\ddot x_{\mathrm{cl}}=-m\omega^2x_{\mathrm{cl}}+f$ で消え、2次の項は式 (3.3.4) の $S_2[y]$ で $f$ を含まない。$f$ は $x$ について1次なので、2次の揺らぎの作用に入りようがない。したがって $F(t)$ は3.3.5節の $\sqrt{m\omega/(2\pi\mathrm{i}\hbar\sin\omega t)}$ そのものである。

(2) Lagrangian を平方完成すると

$$-\frac{m\omega^2}2x^2+fx=-\frac{m\omega^2}2(x-x_0)^2+\frac{f^2}{2m\omega^2}$$

である。$\dot u=\dot x$ なので $L=\frac m2\dot u^2-\frac{m\omega^2}2u^2+\frac{f^2}{2m\omega^2}$ となり、最後の定数は作用に $f^2t/(2m\omega^2)$ を足すだけである。$u$ についての作用は式 (3.3.21) の $x$ を $u$ に置き換えたものなので、示すべき式を得る。古典の経路は $x_{\mathrm{cl}}=x_0+u_{\mathrm{cl}}$ で、つり合いの位置 $x_0$ のまわりの振動である。

(3) 跡では $x_f=x_i=x$ とし $x$ で積分する。$u=x-x_0$ に変数を変えても積分範囲は変わらないので、$f=0$ の跡 (3.3.34) に定数の位相が掛かるだけで

$$\int\mathrm{d} x\,K_f(x,t;x,0)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} f^2t/(2m\omega^2\hbar)}\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega(n+\frac12)t} =\sum_{n=0}^{\infty}\exp\Bigl[-\frac{\mathrm{i} t}\hbar\Bigl(\hbar\omega\bigl(n+\tfrac12\bigr)-\frac{f^2}{2m\omega^2}\Bigr)\Bigr]$$

となる。したがって $E_n=\hbar\omega(n+\frac12)-f^2/(2m\omega^2)$ である。基準の側では $\hat H=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}2\hat x^2-f\hat x=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}2(\hat x-x_0)^2-\frac{f^2}{2m\omega^2}$ で、$\hat x-x_0$ と $\hat p$ は $\hat x$ と $\hat p$ と同じ交換関係を満たす（並進のユニタリ変換で移り合う）ので、スペクトルは調和振動子のものを $f^2/(2m\omega^2)$ だけ下げたものになる。両者は一致する。

(4) (2) の式を $\omega$ について展開する。第1項を $u_{f,i}=x_{f,i}-x_0$ のまま展開すると、$x_0=f/(m\omega^2)$ が $\omega^{-2}$ に比例するので、$u_f^2+u_i^2$ と $u_fu_i$ の項から $x_0^2$ に比例する $\omega^{-4}$・$\omega^{-2}$ の項が出る。$u=x-x_0$ を代入して $x_0$ の次数で整理すると

$$\begin{aligned} \frac{m\omega}{2\sin\omega t}\Bigl[(u_f^2+u_i^2)\cos\omega t-2u_fu_i\Bigr] &=\frac{m\omega}{2\sin\omega t}\Bigl[(x_f^2+x_i^2)\cos\omega t-2x_fx_i\Bigr]\\ &\quad+\frac{m\omega x_0(x_f+x_i)(1-\cos\omega t)}{\sin\omega t}-\frac{m\omega x_0^2(1-\cos\omega t)}{\sin\omega t} \end{aligned}$$

となる（$x_0$ の1次と2次の項を集めた）。$(1-\cos\omega t)/\sin\omega t=\tan(\omega t/2)=\frac{\omega t}2+\frac{(\omega t)^3}{24}+\cdots$ を使うと、第2項は $\frac{m\omega x_0(x_f+x_i)\omega t}{2}+O(\omega^2)=\frac{ft(x_f+x_i)}2+O(\omega^2)$、第3項は

$$-m\omega x_0^2\Bigl(\frac{\omega t}2+\frac{(\omega t)^3}{24}\Bigr)+\cdots=-\frac{f^2t}{2m\omega^2}-\frac{f^2t^3}{24m}+O(\omega^2)$$

である。第3項の主要部 $-f^2t/(2m\omega^2)$ が (2) の定数 $+f^2t/(2m\omega^2)$ とちょうど打ち消し合い、第1項は例題 3.3.4(1) で $m(x_f-x_i)^2/(2t)$ に近づく。合わせて

$$S_{\mathrm{cl}}^{(f)}\to\frac{m(x_f-x_i)^2}{2t}+\frac{ft(x_f+x_i)}2-\frac{f^2t^3}{24m}$$

を得る。発散はつり合いの位置 $x_0$ が無限遠へ逃げることによる見かけのもので、$x_0^2$ に比例する項と定数項を足し合わせると消える。揺らぎの因子は $\omega\to0$ で $\sqrt{m/(2\pi\mathrm{i}\hbar t)}$ になるので、一様な力の伝播関数は $\sqrt{m/(2\pi\mathrm{i}\hbar t)}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S_{\mathrm{cl}}^{(f)}/\hbar}$ である（検算でこれが Schrödinger 方程式を満たすことを確かめた）。

(5) Heisenberg 方程式 $\dot{\hat x}_{\mathrm H}=\hat p_{\mathrm H}/m$、$\dot{\hat p}_{\mathrm H}=-m\omega^2\hat x_{\mathrm H}+f$ は古典の運動方程式と同じ形で、初期条件 $\hat x_{\mathrm H}(0)=\hat x$、$\hat p_{\mathrm H}(0)=\hat p$ の解は

$$\hat x_{\mathrm H}(t)=\hat x\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t+x_0(1-\cos\omega t)$$

である。$f$ は定数項 $x_0(1-\cos\omega t)$ にしか入らず、交換子 $\left[\hat x_{\mathrm H}(t),\,\hat x\right]=-\mathrm{i}\hbar\sin\omega t/(m\omega)$ は $f=0$ と同じである。式 (3.3.33) から $C(t)=F(t)$ も $f$ によらない。定数項は式 (3.3.30) の左辺の $x_f-a x_i$ から $x_0(1-\cos\omega t)$ を引くだけで、指数の1次の項（つまり古典の作用）だけを変える。経路積分の側で「$f$ は1次の項にしか入らない」と言ったことが、行列力学の側では「$f$ は定数項にしか入らない」ことに対応する。

(6) 力は $f=eE=1.602\times10^{-19}\times10^{-2}\,\mathrm N=1.602\times10^{-21}\,\mathrm N$、$\omega=2\pi\times10^6\,\mathrm s^{-1}$ である。

$$x_0=\frac{f}{m\omega^2}=\frac{1.602\times10^{-21}}{6.636\times10^{-26}\times(6.283\times10^6)^2}\,\mathrm m=6.12\times10^{-10}\,\mathrm m$$

で、準位の下がりは $f^2/(2m\omega^2)=fx_0/2=4.90\times10^{-31}\,\mathrm J$、$\hbar\omega=6.63\times10^{-28}\,\mathrm J$ で割って $7.39\times10^{-4}\,\hbar\omega$ である。基底状態の広がりは $\sqrt{\hbar/(2m\omega)}=1.12\times10^{-8}\,\mathrm m$ で、ずれ $x_0=0.61\,\mathrm{nm}$ はその約 $1/18$ にとどまる。(1) のとおり、この電場で変わるのは古典の作用（中心の位置と全体の位相）だけで、波束の形を決める揺らぎの因子は変わらない。