共通例題①③：調和振動子の $Z$ と場の振幅の伝播

量子力学の様々な構成方法　第6部 第6章 §6.6.3　★★★ 虚時間の時間分割は行列式1つで $Z$ を与え、零点は時間の並び（正規順序）の問題として現れる。2次のハミルトニアンでは場の振幅が古典の場の方程式で厳密に運ばれる

共通例題①：虚時間の時間分割と行列式

分配関数 $Z=\operatorname{Tr}\mathrm{e}^{-\beta\hat H}$ を、トレースの式 (6.6.4) とコヒーレント状態の時間分割で書く。虚時間 $\beta\hbar$ を $P$ 等分して $\epsilon=\beta\hbar/P$ とし、$\hat H=\hbar\omega\hat a^\dagger\hat a$ の場合に $a\coloneqq\epsilon\omega=\beta\hbar\omega/P$ とおく。トレースが最初と最後の状態をつなぐので $\alpha_P=\alpha_0$ で、(6.6.7) の $\mathrm{i}\epsilon/\hbar$ を $\epsilon/\hbar$ に替えた式は

$$Z_P=\int\prod_{k=0}^{P-1}\frac{\mathrm{d}^2\alpha_k}{\pi}\;\exp\Bigl[-\sum_{k=0}^{P-1}\alpha_{k+1}^*\bigl(\alpha_{k+1}-(1-a)\alpha_k\bigr)\Bigr] =\int\prod_k\frac{\mathrm{d}^2\alpha_k}{\pi}\;\mathrm{e}^{-\bm{\alpha}^\dagger M\bm{\alpha}}\tag{6.6.10}$$

になる。$M$ は対角が 1、すぐ下の斜めの成分と右上の隅の成分が $-(1-a)$ の $P\times P$ の巡回行列である。多変数の複素 Gauss 積分は $\int\prod_k\frac{\mathrm{d}^2\alpha_k}\pi\mathrm{e}^{-\bm{\alpha}^\dagger M\bm{\alpha}}=1/\det M$（$M$ のエルミート部分が正定値のとき）で、巡回行列の行列式は固有値 $1-(1-a)\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i} k/P}$ の積なので

$$Z_P=\frac1{\det M}=\frac1{1-(1-a)^P}=\operatorname{Tr}\bigl[(1-a)^{P\hat n}\bigr]\ \xrightarrow{P\to\infty}\ \frac1{1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}}\tag{6.6.11}$$

を得る（$\prod_k(1-c\,\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i} k/P})=1-c^P$）。真ん中の等号は、1つの刻みの核 $\langle \alpha_{k+1} | \alpha_k \rangle \mathrm{e}^{-a\alpha_{k+1}^*\alpha_k}$ が演算子 $(1-a)^{\hat n}$ のコヒーレント状態の行列要素に厳密に等しいことからも出る（$(1-a)^{\hat n}| \alpha \rangle =\mathrm{e}^{-\lvert \alpha\rvert ^2/2}\mathrm{e}^{(1-a)\alpha\hat a^\dagger}| 0 \rangle$）。時間分割した $Z_P$ は、近似した演算子の正確なトレースである。

極限の $1/(1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega})=\sum_n\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega n}$ は、スペクトルが $\hbar\omega n$ の振動子の分配関数で、零点が無い。これは置き換えたハミルトニアンが $\hbar\omega\hat a^\dagger\hat a$ だったからである。共通例題①のハミルトニアン $\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+\frac12)$ を正規順序で書けば、置き換え (6.6.5) は $\hbar\omega(\bar\alpha\alpha+\frac12)$ で、定数 $\frac12\hbar\omega$ は $\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega/2}$ を掛けるだけである。よって

$$Z=\frac{\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega/2}}{1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}}=\frac{1}{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)},\qquad \langle \hat n \rangle =-\frac{\partial }{\partial (\beta\hbar\omega)}\ln\frac1{1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}}=\frac{1}{\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1}\tag{6.6.12}$$

で、共通例題①の正答と同じ形になる（$\langle \hat n \rangle$ は (6.6.11) の $\ln Z_P$ を $P$ を固定して微分してから $P\to\infty$ としても同じ）。第3部第6章が位置の経路の Matsubara 成分で出した $Z$ と、第4部第4章（第4部第4章）が密度行列の固有値から出した $Z$ に、ここで3つ目の出し方が加わった。

収束の様子を図 6.6.1 に示す。誤差は $\ln[Z_P(1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega})]\approx-(\beta\hbar\omega)^2/(2P(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1))$ で $1/P$ に比例し、第3部第6章の位置のビーズ（$1/P^2$）より遅い。1つの刻みの近似 $1-a\approx\mathrm{e}^{-a}$ が $a$ の1次までしか正しくないからである。

連続の形では順序が見えない

同じ計算を連続の形 $Z=\oint\mathcal D\bar\alpha\mathcal D\alpha\,\mathrm{e}^{-S_{\mathrm E}/\hbar}$、$S_{\mathrm E}=\int_0^{\beta\hbar}(\hbar\bar\alpha\partial_\tau\alpha+\hbar\omega\bar\alpha\alpha)\mathrm{d}\tau$ で行うと、何が起きるか。周期 $\beta\hbar$ の経路を Matsubara 成分 $\alpha(\tau)=(\beta\hbar)^{-1/2}\sum_n\alpha_n\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_n\tau}$（$\omega_n=2\pi n/(\beta\hbar)$）に分けると $S_{\mathrm E}/\hbar=\sum_n(-\mathrm{i}\omega_n+\omega)\bar\alpha_n\alpha_n$ で、$Z$ は形式的に $\prod_n(-\mathrm{i}\omega_n+\omega)^{-1}$ に比例する。この無限積は収束しないので、項の組み方を決めないと値が決まらない。$n$ と $-n$ を対にして $\prod(\omega_n^2+\omega^2)$ とし、$\omega=0$ の自由な値で割って規格化すると、第3部第6章の無限積 $\beta\hbar\omega\prod_{n\ge1}(1+(\beta\hbar\omega)^2/(2\pi n)^2)=2\sinh(\beta\hbar\omega/2)$ が出て$Z=1/(2\sinh(\beta\hbar\omega/2))$ になる。対にして組んだ結果は零点 $\hbar\omega/2$ を含み、$\bar\alpha\alpha$ を対称な順序 $\frac12(\hat a^\dagger\hat a+\hat a\hat a^\dagger)$ の置き換えと読んだことに当たる。離散の (6.6.11) は $\alpha_{k+1}^*\alpha_k$ の並びで正規順序を選んだので零点を含まなかった。2つの答えの違い $\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega/2}$ は、連続の形が演算子の順序を覚えていないことの表れで、第2部第2章（第2部第2章）の順序の曖昧さが経路積分ではこの形をとる。

共通例題③：場の振幅が伝播関数で運ばれる

自由な Schrödinger 場 $\hat H=\int\hat\psi^\dagger(x)\,h\,\hat\psi(x)\mathrm{d} x$（$h=-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2$）を、1粒子の固有モード $\varphi_j$ で $\hat H=\sum_j\varepsilon _j\hat a_j^\dagger\hat a_j$ と書く（第6部第1章）。各モードは例題 6.6.2 の振動子で、角振動数 $\varepsilon _j/\hbar$ を持つ。例題の (2) により $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}| \{\alpha_j\} \rangle =| \{\alpha_j\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varepsilon _jt/\hbar}\} \rangle$ なので、場の振幅 (6.6.6) は

$$\begin{gathered} \phi(x,t)=\sum_j\alpha_j\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varepsilon _jt/\hbar}\varphi_j(x)=\int K(x,t;x',0)\,\phi(x',0)\,\mathrm{d} x',\\ K(x,t;x',0)=\sqrt{\frac{m}{2\pi\mathrm{i}\hbar t}}\exp\frac{\mathrm{i} m(x-x')^2}{2\hbar t} \end{gathered}\tag{6.6.13}$$

で運ばれる。$K$ は共通例題③の自由粒子の伝播関数で、第3部第3章（第3部第3章）が位置の経路積分で出したものと同じ形である。停留点の方程式 (6.6.9) で言えば、作用 $S=\int\mathrm{d} t\int\mathrm{d} x\,[\mathrm{i}\hbar\bar\phi\partial_t\phi-\bar\phi h\phi]$ の停留点が $\mathrm{i}\hbar\partial_t\phi=h\phi$ で、場の振幅は Schrödinger 方程式に従う古典の場として厳密に動く。

初めの振幅を Gauss 型 $\phi(x,0)=\sqrt{\bar N}(2\pi\sigma_0^2)^{-1/4}\mathrm{e}^{-x^2/(4\sigma_0^2)}$ にとると、密度の期待値 $\lvert \phi(x,t)\rvert ^2$ は平均の粒子数 $\bar N$ を保ったまま広がり、その位置の標準偏差は

$$\sigma(t)^2=\sigma_0^2+\Bigl(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0}\Bigr)^2\tag{6.6.14}$$

になる（共通例題③の正答と同じ形。$\lvert \phi\rvert ^2/\bar N$ は1粒子の波束の $\lvert \psi\rvert ^2$ と同じ関数だからである）。1粒子の波束との違いは、粒子数が Poisson 分布で揺らぐことだけである。

相互作用を入れた停留点：Gross–Pitaevskii 方程式

接触相互作用 $\frac g2\int\hat\psi^\dagger\hat\psi^\dagger\hat\psi\hat\psi\,\mathrm{d} x$ を足すと、正規順序の置き換えは $\frac g2\lvert \phi\rvert ^4$ で、作用は$S=\int\mathrm{d} t\int\mathrm{d} x\,[\mathrm{i}\hbar\bar\phi\partial_t\phi-\bar\phi h\phi-\frac g2\bar\phi^2\phi^2]$ になる。$\bar\phi$ で変分した停留点の方程式は

$$\mathrm{i}\hbar\,\partial_t\phi=h\phi+g\lvert \phi\rvert ^2\phi\tag{6.6.15}$$

で、これが Gross–Pitaevskii 方程式である（第7部第3章 第7部第3章 がこれを流体の形に書き直した）。今度はハミルトニアンが4次なので、停留点は近似である。コヒーレント状態では $\langle \hat\psi^\dagger\hat\psi^\dagger\hat\psi\hat\psi \rangle =\lvert \phi\rvert ^4$ が厳密に成り立つが、粒子数が $N$ に決まった状態では一様な系で $N(N-1)/L^2$ になり、比は $(N-1)/N$ である。粒子数が大きく、1粒子あたりの相互作用 $gN$ を一定に保つ極限で、停留点が正しい答えに近づく。