この章のまとめ

(1) 運動方程式 $\ddot x=-\omega^2x$ の、端の条件を満たす解は $x_{\mathrm{cl}}(s)=[x_i\sin\omega(t-s)+x_f\sin\omega s]/\sin\omega t$ である（$\sin\omega t\neq0$ なので一意）。作用は、運動方程式を使って $S_{\mathrm{cl}}=\frac m2[x\dot x]_0^t$ と書け、

$$S_{\mathrm{cl}}(x_f,t;x_i)=\frac{m\omega}{2\sin\omega t}\bigl[(x_f^2+x_i^2)\cos\omega t-2x_fx_i\bigr]$$

となる。

(2) $V''=m\omega^2$ なので Jacobi 方程式は $\ddot f=-\omega^2f$ で、$f(t)=\sin\omega t/\omega$ である。$-\partial^2S_{\mathrm{cl}}/\partial x_f\partial x_i=m\omega/\sin\omega t=m/f(t)$ と合う。$f$ は $\omega s=\pi,2\pi,\dots$ で 0 になるので $\nu=\lfloor\omega t/\pi\rfloor$ である。Van Vleck の公式は

$$K=\frac{1}{\sqrt{2\pi\mathrm{i}\hbar}}\Bigl\lvert\frac{m\omega}{\sin\omega t}\Bigr\rvert^{1/2}\exp\Bigl(\frac{\mathrm{i}}\hbar S_{\mathrm{cl}}-\frac{\mathrm{i}\pi}{2}\Bigl\lfloor\frac{\omega t}{\pi}\Bigr\rfloor\Bigr)$$

である。一方 Mehler 核の前因子 $\sqrt{m\omega/(2\pi\mathrm{i}\hbar\sin\omega t)}$ を $t\to t-\mathrm{i}0$ でつなぐと、$\omega t=n\pi$ の近くで $\sin\omega(t-\mathrm{i}0)=\sin\omega t-\mathrm{i}0\cdot\omega\cos n\pi$ となる。$n$ が奇数なら $\sin\omega t$ は正から負へ変わりながら虚部 $+0$ の側（上半平面）を通り、$n$ が偶数なら負から正へ変わりながら虚部 $-0$ の側（下半平面）を通る。どちらの場合も $\sin\omega(t-\mathrm{i}0)$ は 0 のまわりを反時計回りに半周するので、偏角が $\pi$ 増え、$1/\sin$ の偏角は $\pi$ 減る。平方根の位相はその半分の $-\pi/2$ だけ変わり、$n$ 回越えると $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi n/2}$ が付く。これは上の式の $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi\nu/2}$ に等しい（$\omega t=1,4,7,11$ で数値でも確かめた）。

(3) $\partial_tS_{\mathrm{cl}}+(\partial_{x_f}S_{\mathrm{cl}})^2/(2m)+\frac12m\omega^2x_f^2=0$ が成り立つことは直接の計算で確かめられる（verify）。前因子の2乗 $\mathcal D=m\omega/\sin\omega t$ は $x_f$ によらないので、連続の式は $\partial_t\mathcal D+\mathcal D\,\partial_{x_f}v=0$ となる。$v=\partial_{x_f}S_{\mathrm{cl}}/m=\omega(x_f\cos\omega t-x_i)/\sin\omega t$ から $\partial_{x_f}v=\omega\cot\omega t$、$\partial_t\mathcal D=-m\omega^2\cos\omega t/\sin^2\omega t=-\mathcal D\,\omega\cot\omega t$ で、成り立つ。前因子 $A$ が $x_f$ によらないので、式 (3.4.19) の右辺 $\frac{\hbar^2}{2m}(\partial_x^2A/A)K$ は 0 で、$K$ は Schrödinger 方程式を厳密に満たす。作用が2次式であることの帰結である。

(4) 対角 $x_f=x_i=x$ では $S_{\mathrm{cl}}=\frac{m\omega x^2(\cos\omega t-1)}{\sin\omega t}=-m\omega x^2\tan\frac{\omega t}{2}$ である。$0<\omega t<\pi$ では

$$Z(t)=\sqrt{\frac{m\omega}{2\pi\mathrm{i}\hbar\sin\omega t}}\int\mathrm{d} x\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} m\omega x^2\tan(\omega t/2)/\hbar} =\sqrt{\frac{m\omega}{2\pi\mathrm{i}\hbar\sin\omega t}}\sqrt{\frac{\pi\hbar}{\mathrm{i} m\omega\tan(\omega t/2)}}$$

で、$\sin\omega t\tan(\omega t/2)=2\sin^2(\omega t/2)$ を使うと $Z(t)=\frac{1}{2\mathrm{i}\sin(\omega t/2)}$ を得る。$x$ の積分は $\tan(\omega t/2)>0$ の Fresnel 積分で、位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4}$ を持つ。$\pi<\omega t<2\pi$ では $K$ の位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/2}$ と、$\tan(\omega t/2)<0$ になった Fresnel 積分の位相の変化 $\mathrm{e}^{+\mathrm{i}\pi/2}$ が打ち消し、同じ式がそのまま成り立つ（$t$ に負の虚部を与えた数値積分で確かめた）。$q=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}$（$t$ に負の小さな虚部を与えて $\lvert q\rvert <1$）とおくと

$$Z(t)=\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t/2}}{1-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}}=\sum_{n=0}^\infty\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega(n+\frac12)t}$$

なので、準位は $E_n=\hbar\omega(n+\frac12)$ で、どれも縮退していない。共通例題①の正答と同じである。

(5) 跡の $x$ の積分の停留点は $x=0$（原点に静止した周期軌道）で、そのまわりの軌道は1周期 $2\pi/\omega$ の間に焦点を2つ通り、位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi}=-1$ を受け取る。(4) の $Z(t)$ は $t$ が1周期進むと $\sin(\omega t/2)$ の符号が変わって $-1$ 倍になり、分子 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t/2}$ のこの $-1$ が焦点の位相そのものである。これがなければ準位は $\hbar\omega n$ になり、零点エネルギー $\hbar\omega/2$ は現れない。WKB の Bohr–Sommerfeld の条件 $J=(n+\frac12)\hbar$ の $\frac12$ と同じものを、経路の側の焦点の数え方から得たことになる。

${}^{87}$Rb では、最初の焦点は $\pi/\omega=1/(2\times50)\,\mathrm s=10\,\mathrm{ms}$ である。$m=86.909\times1.6605\times10^{-27}\,\mathrm{kg}=1.443\times10^{-25}\,\mathrm{kg}$ なので、基底状態の幅は $\sqrt{1.055\times10^{-34}/(2\times1.443\times10^{-25}\times314.2)}\,\mathrm m=1.08\,\mu\mathrm m$ である。罠の中のある点から出た原子の波は 10 ms 後に反対側の鏡像の点に集まり、その時刻の伝播関数は $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/2}\delta(x_f+x_i)$ になる。