Schrödinger 方程式を導く

量子力学の様々な構成方法　第3部 第5章 §3.5.2　★★★ 1区間の核を $\epsilon$ の1次まで展開すると、前因子が0次で決まり、1次から Schrödinger 方程式が出る。Feynman (1948) の導出

前因子を未知の定数として展開する

前因子を未知の定数 $\mathcal N(\epsilon)$ とし、式 (3.5.3) に $y=x-\eta$ を入れる。

$$\psi(x,t+\epsilon)=\mathcal N(\epsilon)\int\mathrm{d}\eta\;\mathrm{e}^{\mathrm{i} m\eta^2/(2\hbar\epsilon)}\;\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon V(x-\eta)/\hbar}\;\psi(x-\eta,t).\tag{3.5.6}$$

右辺の $\mathrm{e}^{\mathrm{i} m\eta^2/(2\hbar\epsilon)}$ 以外の2つの因子を展開する。$\eta$ は $\sqrt\epsilon$ の大きさなので、$\epsilon$ の1次まで残すには $\epsilon$ の1次と $\eta^2$ までを残せばよい。

$$\begin{align*}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon V(x-\eta)/\hbar}&=1-\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}V(x)+\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}\eta V'(x)+\mathcal{O}(\epsilon^2),\tag{3.5.7}\\\psi(x-\eta,t)&=\psi(x,t)-\eta\,\partial_x\psi(x,t)+\frac{\eta^2}{2}\partial_x^2\psi(x,t)-\frac{\eta^3}{6}\partial_x^3\psi(x,t)+\mathcal{O}(\eta^4).\tag{3.5.8}\end{align*}$$

$\epsilon\eta V'$ の項は $\epsilon^{3/2}$ の大きさで、しかも奇数次なので平均すると消える。$\eta^3$ の項も平均で消え、$\eta^4$ の項は $\epsilon^2$ の大きさである。積をとって $\eta$ で積分すると、$\mathcal N\int\mathrm{d}\eta\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} m\eta^2/(2\hbar\epsilon)}\eta^n=\mathcal N\sqrt{2\pi\mathrm{i}\hbar\epsilon/m}\,\langle \eta^n \rangle$ なので

$$\psi(x,t+\epsilon)=\mathcal N\sqrt{\frac{2\pi\mathrm{i}\hbar\epsilon}{m}}\Bigl[\psi-\frac{\mathrm{i}\epsilon}{\hbar}V\psi+\frac{\langle \eta^2 \rangle }{2}\partial_x^2\psi+\mathcal{O}(\epsilon^2)\Bigr]\tag{3.5.9}$$

を得る（右辺の $\psi$ とその微分はすべて $(x,t)$ での値）。

0次が前因子を決め、1次が方程式を与える

$\epsilon\to0$ で左辺は $\psi(x,t)$ に近づくので、右辺の $\epsilon$ の0次の係数は1でなければならない。したがって

$$\mathcal N(\epsilon)=\sqrt{\frac{m}{2\pi\mathrm{i}\hbar\epsilon}}\tag{3.5.10}$$

である。第3部第1章で「$K_\epsilon\to\delta$」から選んだ前因子が、ここでは「波動関数が時間について連続に変わる」ことの帰結として一意に決まる。この値を入れ、$\langle \eta^2 \rangle =\mathrm{i}\hbar\epsilon/m$ を使うと、式 (3.5.9) の $\epsilon$ の1次は

$$\psi(x,t+\epsilon)-\psi(x,t)=\epsilon\Bigl[\frac{\mathrm{i}\hbar}{2m}\partial_x^2\psi-\frac{\mathrm{i}}{\hbar}V\psi\Bigr]+\mathcal{O}(\epsilon^2)\tag{3.5.11}$$

になる。両辺に $\mathrm{i}\hbar/\epsilon$ を掛けて $\epsilon\to0$ とすれば

$$\mathrm{i}\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial ^2\psi}{\partial x^2}+V(x)\psi\tag{3.5.12}$$

が得られる。これが Schrödinger 方程式で、Feynman (1948) が経路積分の論文¹1R. P. Feynman (1948), Rev. Mod. Phys. 20, 367–387。この論文は経路積分を要請として置いたうえで、それが Schrödinger 方程式を満たすことを示し、通常の定式化と同値であることを述べている。下の脚注へ閉じるの中で示した導出である。

導出のどこで何が決まったかを整理しておく。運動エネルギーの項 $-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2$ は、核の幅 $\langle \eta^2 \rangle =\mathrm{i}\hbar\epsilon/m$ から出た。古典の作用の $\frac m2\dot x^2$ の係数 $m$ が核の幅を決め、その幅が2階微分の係数になる。ポテンシャルの項は作用の $-\epsilon V$ がそのまま1次の項になったもので、展開の中で $V$ の微分は1次に残らない。係数に $\mathrm{i}$ が付くのは、核が実の Gauss 関数でなく $\mathrm{e}^{\mathrm{i} m\eta^2/(2\hbar\epsilon)}$ の形をしていて、分散 $\langle \eta^2 \rangle$ が純虚数だからである。

評価点はどこでもよい

$V$ を前の点でなく、区間の内分点 $x-\eta+\lambda\eta=x-(1-\lambda)\eta$（$0\le\lambda\le1$）で評価しても結果は変わらない。式 (3.5.7) の $\eta V'$ の係数が $(1-\lambda)$ 倍になるだけで、その項は奇数次なので平均すると消え、次の $\epsilon\eta^2V''$ は $\epsilon^2$ の大きさだからである。ポテンシャルの評価点が極限に残らないという第3部第2章の結論を、逆向きの計算からも確かめたことになる。時間に依存するポテンシャル $V(x,t)$ でも、展開は各時刻で同じように進むので、方程式は $V(x,t)$ を入れた形になる。

1次で切った誤差の大きさ

式 (3.5.11) で落とした項は $\epsilon^2$ の大きさで、$N=t/\epsilon$ 区間で足し合わせても全体で $\mathcal{O}(\epsilon)$ に収まる。自由な部分の誤差は例題 3.5.1 の (2) で $L^2$ のノルムで評価した。$V$ の部分は $\lvert \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon V/\hbar}-1+\mathrm{i}\epsilon V/\hbar\rvert \le(\epsilon V)^2/(2\hbar^2)$ で同じように抑えられる。図 3.5.2 は、Gauss 型の波束で1区間の厳密な結果と1次の式の差を測ったもので、差が $\epsilon^2$ に比例していることがわかる。

1　R. P. Feynman (1948), Rev. Mod. Phys. 20, 367–387。この論文は経路積分を要請として置いたうえで、それが Schrödinger 方程式を満たすことを示し、通常の定式化と同値であることを述べている。