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シュレーディンガー方程式のグリーン関数
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この記事では、シュレーディンガー方程式の自由粒子のグリーン関数を求めます。
<tex>
i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} \psi = \dfrac{(-i \hbar \nabla)^2}{2m} \psi \tag{##}
</tex>
自由粒子のシュレーディンガー方程式の一次元と三次元の形を明示しておくと、
<tex>
i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} \psi = -\dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} \psi \tag{##}
</tex>
<tex>
i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} \psi = -\dfrac{\hbar^2}{2m} \left( \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2}{\partial y^2} + \dfrac{\partial^2}{\partial z^2} \right) \psi \tag{##}
</tex>
です。
１次元の場合
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まず、基本的な一次元空間のシュレーディンガー方程式から考えます。
この場合のグリーン関数の定義は、
<tex>
\left( i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} + \dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} \right) G(t-t^\prime, x-x^\prime) = \delta(t-t^\prime) \delta(x-x^\prime) \tag{##}
</tex>
と言う事にしておきます。右辺の符号はプラスの方が都合がよいです。
ここで、フーリエ変換を行います。その定義は、
<tex>
f(t,x) &= \dfrac{1}{(2 \pi)^2} \int_{-\infty}^\infty \hat{f}(\omega,k) e^{i(kx- \omega t)} d\omega dk \tag{##} \\
\hat{f}(\omega,k) &= \int_{-\infty}^\infty f(t,x) e^{-i(kx- \omega t)} dt dx \tag{##}
</tex>
としておきます。
デルタ関数の積分表示、
<tex>
\delta(t-t^\prime) = \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{-i \omega (t-t^\prime)} d \omega \\
\delta(x-x^\prime) = \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{i k (x-x^\prime)} d k
\tag{##}
</tex>
を使います。式 $(5)$ で $f(t,x) \to G(t-t^\prime,x-x^\prime)$ 等として、式 $(7)$ と共に、式 $(4)$ へ代入すると、
<tex>
&\left( i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} + \dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} \right) \dfrac{1}{(2 \pi)^2} \int_{-\infty}^\infty \hat{G}(\omega,k) e^{i(kx- \omega t)} d\omega dk = \dfrac{1}{(2 \pi)^2} \int_{-\infty}^\infty e^{i(k(x-x^\prime) - \omega (t-t^\prime))} d \omega dk \\
&\dfrac{1}{(2 \pi)^2} \int_{-\infty}^\infty \left( i \hbar \dfrac{\partial}{\partial t} + \dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} \right) \hat{G}(\omega,k) e^{i(kx- \omega t)} d\omega dk = \dfrac{1}{(2 \pi)^2} \int_{-\infty}^\infty e^{i(k(x-x^\prime) - \omega (t-t^\prime))} d \omega dk \\
&\int_{-\infty}^\infty \left( \hbar \omega - \dfrac{\hbar^2 k^2}{2m} \right) \hat{G}(\omega,k) e^{i(kx- \omega t)} d\omega dk = \int_{-\infty}^\infty e^{i(k(x-x^\prime) - \omega (t-t^\prime))} d \omega dk \\
&\left( \hbar \omega - \dfrac{\hbar^2 k^2}{2m} \right) \hat{G}(\omega,k) = e^{-i(kx^\prime - \omega t^\prime)}
\tag{##}
</tex>
よって、フーリエ変換されたグリーン関数は次の形をしています。
<tex>
\hat{G}(\omega,k) = \dfrac{e^{-i(kx^\prime - \omega t^\prime)}}{\hbar \omega - \dfrac{\hbar^2 k^2}{2m}}
\tag{##}
</tex>
しかし、２点修正が必要です。まず、どういう訳か、式 $(4)$ のグリーン関数の右辺は、 $ i \hbar \delta(t-t^\prime) \delta(x-x^\prime)$ とするのが通例の様です。下に参考文献に上げたファインマンの本でも77ページ、式 $(4-29)$ にそうあります。
また、グリーン関数で今回興味があるのは遅延グリーン関数なので、分母に微小な純虚数 $+i\delta \ (\delta > 0)$ を追加します。そうして、
<tex>
\hat{G}(\omega,k) = \dfrac{ie^{-i(kx^\prime - \omega t^\prime)}}{\omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta}
\tag{##}
</tex>
が得られます。これをフーリエ逆変換をして、 $G(t-t^\prime,x-x^\prime)$ を求めます。
まずは、 $\omega \to t-t^\prime$ のフーリエ逆変換をします。それは、
<tex>
G(t-t^\prime,k) = \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty \dfrac{ie^{-i(kx^\prime + \omega (t-t^\prime))}}{\omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta} d \omega
\tag{##}
</tex>
ここで複素関数論の留数定理を用います。 $t-t^\prime>0$ とします。この場合、ジョルダンの補題を $t-t^\prime > 0$ に適用すると、 $\omega$ の大きな円弧の積分は下半面でゼロになることが分かります。（佐藤超関数の話だと、極をずらすのではなく実軸上にあるままで、積分路を実軸を含むように $\rm{Im}$ 方向に微小距離だけずらすのが正確な方法だそうです。詳しくは こちら_ ） $R \to \infty$ として、図の積分路では $\omega:\infty \to -\infty$ に注意してください。留数を取るときマイナス１が余計に出ます。
.. image :: chromel-SchrodingerGreen-01.png
<tex>
G(t-t^\prime,k)
&= \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty \hat{G}(\omega,k) e^{-i \omega t} d\omega \\
&= \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty \dfrac{ie^{-i(kx^\prime + \omega (t-t^\prime))}}{\omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta} d \omega \\
&= -\dfrac{1}{2 \pi} 2 \pi i \rm{Res}_{\omega \to \frac{\hbar k^2}{2m}-i \delta} G(\omega, k) \\
&= -i \lim_{\omega \to \frac{\hbar k^2}{2m}-i \delta} \left( \omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta \right) \dfrac{ie^{-i(kx^\prime + \omega (t-t^\prime))}}{\omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta} \\
&= \lim_{\omega \to \frac{\hbar k^2}{2m}-i \delta} \left( \omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta \right) \dfrac{e^{-i(kx^\prime + \omega (t-t^\prime))}}{\omega - \dfrac{\hbar k^2}{2m} +i \delta} \\
&= e^{-i(kx^\prime + (\frac{\hbar k^2}{2m} -i \delta) (t-t^\prime))} \\
&= e^{-\delta(t-t^\prime)} e^{-i(kx^\prime + \frac{\hbar k^2}{2m}(t-t^\prime))} \\
&\to e^{-i(kx^\prime + \frac{\hbar k^2}{2m}(t-t^\prime))}
\tag{##}
</tex>
ここで、ω積分を終えて役目を終えた $\delta$ の $e^{-\delta(t-t^\prime)} \to 1$ という極限を取りました。
次に $k$ でフーリエ逆変換を行います。
<tex>
\int_{-\infty}^\infty e^{- \alpha k^2} dk = \sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} \tag{##}
</tex>
を、行います。（詳しくは exp(ix^2)のガウス積分_ ）
を、行います。（詳しくは 虚数のガウス積分_ ）
<tex>
G(t-t^\prime,x-x^\prime)
&= \dfrac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty \hat{G}(t-t^\prime,k) e^{ikx} dk \\
&= \dfrac{-e^{-\delta(t-t^\prime)}}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{i(k(x-x^\prime) - \frac{\hbar k^2}{2m}(t-t^\prime))} dk
\tag{##}
</tex>
ここで、指数関数の中身を変形します。平方完成です。
<tex>
i \left( k(x-x^\prime) - \dfrac{\hbar k^2}{2m}(t-t^\prime) \right) &= \dfrac{-i \hbar (t-t^\prime)}{2m} \left( k^2 - \dfrac{2m(x-x^\prime)}{\hbar (t-t^\prime)}k \right) \\
&= \dfrac{-i \hbar (t-t^\prime)}{2m} \left( k - \dfrac{m(x-x^\prime)}{\hbar (t-t^\prime)} \right)^2 + \dfrac{i \hbar (t-t^\prime)}{2m} \left( \dfrac{m(x-x^\prime)}{\hbar (t-t^\prime)} \right)^2 \\
&= \dfrac{-i \hbar (t-t^\prime)}{2m} \left( k - \dfrac{m(x-x^\prime)}{\hbar (t-t^\prime)} \right)^2 + \left( \dfrac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)} \right)
\tag{##}
</tex>
二乗の中身は、式 $(13)$ のガウス積分で、実数のずれを無視して、係数の情報のみ残ります。
また、平方完成のおつりは残ります。
<tex>
G(t-t^\prime,x-x^\prime)
&= \dfrac{1}{2 \pi} \sqrt{\dfrac{2 \pi m}{i \hbar (t-t^\prime)}} e^{\frac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)}} \\
&= \sqrt{\dfrac{m}{2 \pi i \hbar (t-t^\prime)}} e^{\frac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)}}
\tag{##}
</tex>
これで一段落です。
次に $t-t^\prime<0$ ですが、これは簡単です。 $\omega$ 複素数平面で上半面の積分にすると、円弧の積分はゼロになります。一方で、極は $Im(\omega)<0$ に一つあるだけなので、その積分路は極を含まず上半面で正則です。つまり、 $\omega: -\infty \to \infty$ の逆フーリエ変換はゼロになります。よって、一次元の場合のグリーン関数の $t,x$ 表示が求まりました。
<tex>
G(t-t^\prime,x-x^\prime) &=
\begin{cases}
\sqrt{\dfrac{m}{2 \pi i \hbar (t-t^\prime)}} e^{\frac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)}} \ \ (t-t^\prime>0) \\
0 \ \ (t-t^\prime < 0)
\end{cases}
\tag{##}
</tex>
一次元のグリーン関数の解釈
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ここで、解の検証です。 $e^{\frac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)}}$ は、速度 $v=\dfrac{x-x^\prime}{t-t^\prime}$ の直線運動する点において、ゆっくりとした複素数の振動で、最も存在確率が高くなります。（複素数の激しい振動では粒子は存在しないと考えます。数学では「リーマン・ルベーグの補題」と言うようです。）つまり、
<tex>
e^{\frac{i}{\hbar}\frac{m v^2}{2}(t-t^\prime)} \\
&= e^{\frac{i}{\hbar}\frac{m(vt)^2}{2(t-t^\prime)}} \\
&= e^{\frac{im}{2\hbar} \left( \frac{v(t-t^\prime)^2}{\sqrt{t-t^\prime}} \right)^2}
\tag{##}
</tex>
これは、直線運動 $x=v(t-t^\prime)$ で中心が動き、広がりが $\sqrt{\hbar(t-t\prime)}$ で広がっていきます。
また、 $t-t^\prime>0$ を一つ固定し、 $x:-\infty \to \infty$ で積分すると、
<tex>
\sqrt{\dfrac{m}{2 \pi i \hbar (t-t^\prime)}} \int_{-\infty}^\infty e^{\frac{im(x-x^\prime)^2}{2 \hbar (t-t^\prime)}} dx \\
&= \sqrt{\dfrac{m}{2 \pi i \hbar (t-t^\prime)}} \sqrt{\dfrac{2 \pi i \hbar(t-t^\prime)}{m}} \\
&= 1
\tag{##}
</tex>
の様に、常に１です。これは、 $t-t^\prime \to +0$ の極限で、デルタ関数になることを意味しています。
このグリーン関数は $(t,x) = (t_i,x_i)$ の点に自由粒子がデルタ関数的に局在していた時、速度 $v = \dfrac{x_f-x_i}{t_f-t_i}$ で等速直線運動、つまり $(t,x) = (t_f,x_f)$ に終着する粒子の波動関数を表しています。
三次元の場合
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これは、フビニの定理などで、一次元 $x$ の要素を単純に三次元 $x,y,z$ に拡張するだけで良いです。
つまり、
<tex>
G(t-t^\prime,\bm{x}-\bm{x}^\prime) &=
\begin{cases}
\left( \dfrac{m}{2 \pi i \hbar (t-t^\prime)}\right)^{3/2} e^{\frac{im \left\{ (x-x^\prime)^2 + (y-y^\prime)^2 + (z-z^\prime)^2 \right\}}{2 \hbar (t-t^\prime)}} \ \ (t-t^\prime>0) \\
0 \ \ (t-t^\prime < 0)
\end{cases}
\tag{##}
</tex>
以上で、シュレーディンガー方程式のグリーン関数を求める計算を終わりにします。
今日はここまで、お疲れさまでした！
.. _こちら: http://www.asahi-net.or.jp/~fu5k-mths/pdf/sato_green.pdf
.. _exp(ix^2)のガウス積分: http://hooktail.sub.jp/mathInPhys/ix2Gauss/
.. _虚数のガウス積分: http://hooktail.sub.jp/mathInPhys/ix2Gauss/
@@reference: R.P.ファインマン/A.R.ヒッブス共著 北原和夫訳,量子力学と経路積分,みすず書房,1995,----,4622041006@@
@@author:クロメル@@
@@accept:2020-03-01@@
@@category:量子力学@@
@@id:SchrodingerGreen@@
記事ソース/シュレーディンガー方程式のグリーン関数 のバックアップ差分(No.8)
