ベクトルポテンシャルと中点の規則

量子力学の様々な構成方法　第3部 第5章 §3.5.3　★★ 3次元で $\bm{A}\cdot\dot{\bm{x}}$ を含む作用を展開すると、中点で評価したときだけ $(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2/(2m)$ が出る。反磁性の $A^2$ の項は位相の2次から出る

作用と1区間の核

電荷 $q$ の粒子が電磁ポテンシャル $(\phi,\bm{A})$ の中を動くとき、Lagrangian は

$$L=\frac m2\lvert \dot{\bm{x}}\rvert ^2+q\,\dot{\bm{x}}\cdot\bm{A}(\bm{x},t)-q\phi(\bm{x},t)\tag{3.5.13}$$

である。1区間の変位を $\bm{\eta}=\bm{x}_{k+1}-\bm{x}_k$ とすると、作用の1区間分は $\frac{m\lvert \bm{\eta}\rvert ^2}{2\epsilon}+q\,\bm{\eta}\cdot\bm{A}(\bar{\bm{x}})-\epsilon q\phi$ で、$\bar{\bm{x}}=\bm{x}_k+\lambda\bm{\eta}$ が $\bm{A}$ の評価点である。第3部第2章は1次元でこの評価点 $\lambda$ の問題を扱い、結果だけを引いて展開の手順をこの章に送った。ここで3次元の場合を導く。

3次元の核のモーメントは、各成分が独立な1次元の核の積であることから

$$\langle \eta_i \rangle =0,\qquad \langle \eta_i\eta_j \rangle =\frac{\mathrm{i}\hbar\epsilon}{m}\delta_{ij},\qquad \langle \eta_i\eta_j\eta_l \rangle =0,\qquad \langle \eta_i\eta_j\eta_l\eta_n \rangle =\mathcal{O}(\epsilon^2)\tag{3.5.14}$$

である（前因子は $(m/(2\pi\mathrm{i}\hbar\epsilon))^{3/2}$）。

展開

後の点を $\bm{x}$ に固定すると、前の点は $\bm{x}-\bm{\eta}$、評価点は $\bar{\bm{x}}=\bm{x}-(1-\lambda)\bm{\eta}$ である。$\psi(\bm{x},t+\epsilon)$ の被積分関数のうち、$\bm{A}$ を含む位相を $\bm{\eta}$ の2次まで展開する。$\bm{\eta}\cdot\bm{A}(\bar{\bm{x}})=\bm{\eta}\cdot\bm{A}-(1-\lambda)\sum_{i,j}\eta_i\eta_j\partial_jA_i+\mathcal{O}(\eta^3)$ なので（右辺の $\bm{A}$ とその微分は $\bm{x}$ での値）

$$\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\bm{\eta}\cdot\bm{A}(\bar{\bm{x}})/\hbar}=1+\frac{\mathrm{i} q}{\hbar}\bm{\eta}\cdot\bm{A}-\frac{\mathrm{i} q}{\hbar}(1-\lambda)\sum_{i,j}\eta_i\eta_j\partial_jA_i-\frac{q^2}{2\hbar^2}(\bm{\eta}\cdot\bm{A})^2+\mathcal{O}(\eta^3)\tag{3.5.15}$$

である。これに $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\epsilon q\phi/\hbar}=1-\frac{\mathrm{i}\epsilon q}{\hbar}\phi+\mathcal{O}(\epsilon^2)$ と $\psi(\bm{x}-\bm{\eta})=\psi-\bm{\eta}\cdot\nabla\psi+\frac12\sum_{i,j}\eta_i\eta_j\partial_i\partial_j\psi+\mathcal{O}(\eta^3)$ を掛け、式 (3.5.14) で平均する。$\epsilon$ の1次に残る項は次の5つである。

これらを足して $\mathrm{i}\hbar/\epsilon$ を掛けると

$$\mathrm{i}\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+\frac{\mathrm{i}\hbar q}{m}\bm{A}\cdot\nabla\psi+\frac{\mathrm{i}\hbar q}{m}(1-\lambda)(\nabla\cdot\bm{A})\psi+\frac{q^2}{2m}\lvert \bm{A}\rvert ^2\psi+q\phi\psi\tag{3.5.16}$$

を得る。一方、$\hat{\bm{p}}=-\mathrm{i}\hbar\nabla$ として $(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2\psi=-\hbar^2\nabla^2\psi+\mathrm{i}\hbar q\bigl(2\bm{A}\cdot\nabla\psi+(\nabla\cdot\bm{A})\psi\bigr)+q^2\lvert \bm{A}\rvert ^2\psi$ だから、式 (3.5.16) は

$$\mathrm{i}\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}=\Bigl[\frac{(\hat{\bm{p}}-q\bm{A})^2}{2m}+q\phi+(1-2\lambda)\frac{\mathrm{i}\hbar q}{2m}\nabla\cdot\bm{A}\Bigr]\psi\tag{3.5.17}$$

と書ける。1次元で $a=qA_x$ とすれば第3部第2章の式と一致する。最後の項は反エルミートで、中点 $\lambda=1/2$ のときだけ消える。Coulomb ゲージ $\nabla\cdot\bm{A}=0$ を選べば評価点はどこでもよいが、それはゲージの選び方に頼った偶然で、どのゲージでも正しい答えを出すのは中点である。

ゲージ変換と中点

ゲージ変換 $\bm{A}\to\bm{A}+\nabla\Lambda$、$\phi\to\phi-\partial_t\Lambda$ で Lagrangian は全微分 $q\,\mathrm{d}\Lambda/\mathrm{d} t$ だけ変わる。経路積分の側では、各区間の作用が$q\,\bm{\eta}\cdot\nabla\Lambda(\bar{\bm{x}})$ だけ変わる。中点で評価すると、Taylor 展開の偶数次が打ち消し合って

$$\Lambda(\bm{x}_{k+1})-\Lambda(\bm{x}_k)=\bm{\eta}\cdot\nabla\Lambda\Bigl(\frac{\bm{x}_k+\bm{x}_{k+1}}{2}\Bigr)+\mathcal{O}(\eta^3)\tag{3.5.18}$$

が成り立つ（1次元では差が $\frac{\eta^3}{24}\Lambda'''$）。$\eta^3$ は $\epsilon^{3/2}$ の大きさで、$N$ 区間で足しても $\epsilon^{1/2}\to0$ なので、区間ごとの変化の和は端の差 $\Lambda(\bm{x}_f)-\Lambda(\bm{x}_i)$ になる。したがって伝播関数は $K\to\mathrm{e}^{\mathrm{i} q[\Lambda(\bm{x}_f,t)-\Lambda(\bm{x}_i,0)]/\hbar}K$ と変わり、波動関数のゲージ変換 $\psi\to\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\Lambda/\hbar}\psi$ と整合する。左端で評価すると差は $\frac{\eta^2}{2}\Lambda''$ で、$\eta^2\sim\mathrm{i}\hbar\epsilon/m$ の和が有限の実数の因子を残し、ゲージを変えただけで確率が変わってしまう。この点は第3部第2章の例題で1次元について確かめた。