finite-temperature QCDの1993年までの歴史。

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最近はLyXを使わずに、ほとんどiPadのNoteshelfやGoodNotesを活用しているところですから、なかなかTeXが面倒くさくなってきました。

今日はfinite-temperature QCDの1993年までの歴史と、Chiral symmetryに関して調べてみました。

Chiral symmetryの復習は、あれですよ。staggered fermionをこれから使うもんなんでね。

明日はG&Lのstaggered fermionのとこをまた読んでみようと思います。chiral symmetryのSSBのメカニズムも、セミナーでちゃんと説明できるようにまとめときます。

それから、明日やりたいのは、renormalization group methodの復習です。せっかくなので牟田さんの本を使おうと思います。

Fresnel Integral フレネル積分

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次のような積分の計算に関して考える。ここでa>0とする。

\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{\pm i a x^{2}}

複素解析を導入して考える。ただの実軸上の積分を、複素平面へと+\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}だけ回転させる。とすると、

\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{\pm i a x^{2}}=e^{\mp i\frac{\pi}{4}}\int dze^{+a z^{2}}

ここで、

\begin{cases}  z=e^{+i\frac{\pi}{4}}x & \left(-\frac{\pi}{4}\ \mathrm{rotation}\right)\\  z=e^{-i\frac{\pi}{4}}x & \left(+\frac{\pi}{4}\ \mathrm{rotation}\right)  \end{cases}

である。さて、z=Re^{i\theta}だとしよう。ふと考えるとR\rightarrow\inftyとともにe^{az^{2}}\rightarrow\inftyとなりそうである。そうするとintegrandが発散しちゃい、この積分は意味を持たなくなる。

この積分が意味を持ち得るための条件は、

\Re z^{2}\rightarrow-\infty

である。そうすればe^{az^{2}}が無限でも収束し、安全に積分ができるからである。こうなるためには、

z^{2}=R^{2}\left(\cos2\theta+i\sin2\theta\right)

\cos2\theta\leq0となることであり、これが意味するのは、\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{- i a x^{2}}の場合、つまりz=e^{-i\frac{\pi}{4}}xにする場合で例えると、\frac{\pi}{2}\leq2\theta\leq\piもしくは\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}である。

つまり、緑色の円弧のような回転方向を意味するのである。

the Contour of Fresnel Integral
the Contour of Fresnel Integral

原点からオレンジ色の経路(L_2)に乗って出発し、緑色の円弧経路でターンして、赤色の経路(L_3)で原点に戻ってくるようなcontourでの複素積分は、integrandがregularなので、Cauchyの積分定理よりゼロである。それに円弧積分はR \rightarrow \inftyでゼロなのを考えれば、次がわかる。

\underset{L_{2}}{\int}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}} = -\underset{L_{3}}{\int}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}} = - \overset{+i\infty}{\underset{-i\infty}{\int}}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}}

この積分経路は実軸と比べると\frac{\pi}{2}の分回っているので、z=ixである。

\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a i x^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i} \overset{+i\infty}{\underset{-i\infty}{\int}} dze^{a z^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i}i \overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a x^{2}}

これよりintegrandにe^{i a^2}が含まれている積分が、e^{-a^2}が入っている積分、つまりガウス積分となった。

\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a i x^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i}i \overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a x^{2}} = -ie^{\frac{\pi}{4}i}\sqrt{\frac{\pi}{a}} = \sqrt{\frac{\pi}{i a}}

である。

Chiral symmetry

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宇川先生の講義録の最初あたりは、staggered fermionが結構出没してます。

ってことで、Chiral symmetryを。

マインツ大学の方で、Stefan Schererさんが2学期にわたって授業をやったスライドをもらいました。

今日から、記録を残していきます。

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現在、筑波大学の宇川彰副学長の講義録を読んでいます。

これは1993年6月21日から7月2日まで、アメリカのワシントン大学のキャンパスで開催されたUehling夏の学校で、「Lattice QCD at Finite Temperature」という名で行われた講義です。採録はStanley Myintさんにやっていただきました。

Some parameters for LHC experiments

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An example of simulated data modelled for the ...
Image via Wikipedia

At the LHC, protons in the beam 1 have the four momentum

\left(E_{1},p_{1}\right)

and protons in the beam 2 have the four momentum

\left(E_{2},p_{2}\right).

They collide at the collison point at the center of the detectors (ATLAS, CMS, LHCb, ALICE). Since the velocity is very very near to the light velocity c=1, we can safely approximate v=1 . This is equivalent to neglect the effect of the rest mass of the proton (0.94\left[\mathrm{GeV/c^{2}}\right] ) in high energy collisions.

With this approximation,E holds. In the collision center-of-mass frame, the vectorial sum of the three-momenta of the colliding particles is zero

p_{1}+p_{2} =0(p_{1}\mathrm{\ and\ }p_{2}\mathrm{\ are\ 3-vectors})

At the LHC, protons of both beams have the same and opposite momentum in the laboratory frame. It may be called asymmetric collider. (A good example of asymmetric collider is KEKB or PEP2 B-factory colliders).

The four momentum (energy and three-momentum) of the colliding two-proton system is

E_{1}+E_{2} = E + E = 2E
p_{1}+p_{2} = E - E = 0

in the laboratory frame, and we call the total energy 2E  as the collision energy.

It is often expressed as

2E =\sqrt{s}

by using the Lorentz invariant

s= (E_1+E_2)^2 - (p_1 + p_2)^2

Let parton a  (quark, anti-quark or gluon) inside the proton 1  have x_{1} (0<x_{1}<1) times the energy of the proton 1  (E=\sqrt{s}/2  in the laboratory frame) in the proton 1  momentum direction, and let parton b  have x_{2} (0<x_{2}<1) times the energy of the proton 2  in the proton 2  momentum direction.

the squared collision energy of the colliding a+b  system

s_{ab} =s x_1 x_2

the rapidity of the a+b  system in the laboratory frame

y_{ab} =\frac{1}{2}\log\frac{x_{1}}{x_{2}}

the measure

dx_{1}dx_{2} =d\tau dy

where

\tau =\frac{s_{ab}}{s}=x_{1}x_{2}

韓国人ながら、2chの人々に優しくされた。

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http://raicho.2ch.net/test/read.cgi/newsplus/1318831731/

 

ここに、こう書いた。

 

905 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:05:32.37 ID:2EbB0tQU0 [1/6]
俺、ガチで韓国人だ。学部から留学6年目の筑波大学の院生だぜ。
SAMSUNGのこの件、ホントに申し訳ないと思ってる。
なにこれ、ガチでブチ殺したいんだけど。

俺、auで機種変更して4S買うつもりだったんだけどSAMSUNGのクソ野郎が邪魔してるんだけど、マジでぶち殺したくてどうしようもないんだけど。
その前に、みんなにガチで謝りたい。

本当に申し訳ない。SAMSUNGのクソ野郎ぶち殺したい。
m( _ _)m

 

 

としたら、暖かいコメントのラリー。

 

920 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:08:47.54 ID:BSJAV6VeO
>>905
そんなんだから韓国人は嫌われちまうんだぜwとコピペにまじれす

 

 

927 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:09:39.24 ID:tQ/CeYtk0 [5/7]
>>905

そりゃあ韓国人にも
林檎信者はいるはずだよね。
いいものはいいもの。

 

 

930 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:10:04.57 ID:2EbB0tQU0 [2/6]
>>920

いや。コピペじゃないよ。

 

 

945 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:12:53.63 ID:2EbB0tQU0 [3/6]
>>927

まさかお前SAMSUNGのみかたみたいな立場じゃないよな?

 

 

947 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:13:17.26 ID:od/jAYs/0 [2/3]
>>905
2ちゃんやってて嫌になることないか?
ここで書かれてることあまりマトモに受け取るなよ
自分は韓国嫌いじゃないし
世間の人はそれほど韓国バッシングしてないと思うよ

4S買えるといいな。

 

 

960 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:15:45.15 ID:2EbB0tQU0 [4/6]
>>947

なんか優しい奴だな。
うん。ここだから言ってるんじゃなく、本当、SAMSUNGは韓国でも結構嫌われてるよ。

社会還元とかにケチなイメージもあるし、不正腐敗ひどいしね。

そんなイメージのクソ野郎がまさか日本でiPhoneの邪魔しとるなんて、マジでキレてるよ今。

 

 

965 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:16:42.15 ID:tQ/CeYtk0 [7/7]
>>945

アップル好きだよ。
昔から、韓国の掲示板でも
数は少ないながらアップル信者はいた。

 

 

969 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:17:55.99 ID:2EbB0tQU0 [5/6]
>>934

や、ガチだけど、そろそろ起きるっぽい空気だよ。

 

 

975 返信:名無しさん@12周年[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:19:38.80 ID:a+qqqeHH0 [4/4]
>>960
日本の東電、韓国のSAMSUNGって感じだろ?
どっちも半公的企業なのに自国社会に害悪撒き散らすから困るよなぁ・・・

 

 

977 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:19:49.92 ID:t4xC8KnC0
>>960
韓国人なら2ちゃん来ない方がいいぞw
ストレス溜まるだけだw

 

 

981 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:19:59.07 ID:CgLXXpjTO
>>905キニスンナーおまいはいい奴だなw

 

 

987 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:22:17.80 ID:4rfrJ1L6O
>>905
俺は韓国人嫌いやけど日本で学業と研究に励んでるおまえは悪くないし嫌いじゃないよ
できれば日本のためにがんばって日本で成功した韓国人になってほしいよ
日本の技術を韓国に持ち帰っても企業に権利を盗まれてあなたはポイ捨てされるだけさ

あと日本人の女性をレイプしないように頼みます
その気はなくても魔がさすってことあるだろうからね
せっかく筑波大でがんばってるんだから人生台無しにしないようにいろいろがんばれよ
ムラムラしたら風俗いくか動画サイト見てオナニーしろ
日本はエロ大国だからレイプしなくてもエロは転がってるぞ ハァハァ ハァハァ

 

 

994 自分:韓国人[sage] 投稿日:2011/10/17(月) 17:23:11.44 ID:2EbB0tQU0 [6/6]
>>975 >>977 >>981

いや。お前らみたいな優しいやつもいるってこと知ってるから、通わせてもらってるぜ。

2chでこんなに暖かくされるってこともっと早く知ってたら

読むだけじゃなく、いろいろ書いてたわ…。

みんなありがとう。

 

 

998 返信:名無しさん@12周年[] 投稿日:2011/10/17(月) 17:24:28.30 ID:od/jAYs/0 [3/3]
>>994
また会えるよ良いね!

 

 

やっぱり、無条件的な反韓とか反日はないんだな、っていうのを今更思いました。

ほら、お互い向き合えば、こういう風にできるんだ。

 

まさか、2chやってて受けそうなストレスまで心配してくれてるし。

 

普通の大学生の中で、「2chの連中って終わってる」って評判多いんだけど、終わってるって言われてる人たちもこんだけの優しさはあるんだよ、って。

 

ちょっと、感動しちゃいました。こいつら、本当はいいやつだなーって。こういうやつらがいるんで、これからも2ch通わせてもらいます。

2010年10月24日のG20アジア・ソング・フェスティバル

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後から知ったんですけど、AKB48が出演したと…。

早速KBSの関連動画を探してみたんです。

で、遠征メンバーたちの名簿を探して見たところです。

 

16 北原里英

19 指原莉乃

21 宮崎美穂

以上がメディア選抜ならずの選抜メンバー。

22 多田愛佳

23 倉持明日香

25 増田有華

27 石田晴香

29 仁藤萌乃

31 佐藤すみれ

33 藤江れいな

34 米沢瑠美

以上がアンダーガールズ

そして以下は総選挙で40位に入れなかったメンバーたち。

A 仲谷明香

A 岩佐美咲

K 菊地あやか

K 松井咲子

B 佐藤夏希

 

メディア選抜圏は全員欠席していますね。もちろん、これは2010年8月18日に発表された17thシングル総選挙「母さんに誓って、ガチです」の結果。

あの中のエースはきたりえ。正直好きなメンバーの一人なのでうれしかったです。それに韓国語もお上手だったし。

ポニーテールとシュシュ、会いたかった、ヘビーローテーションの3曲を疲労したと。そんなかKBSで放送されたのはポ二シュシュ1曲と、きたりえの韓国語コメントのみ。

佐藤夏希とモッチも韓国語MCをやってたそうですが、モッチは忘れちゃったみたい。

 

会いたかったとポ二シュシュは仁藤がセンターで、ヘビロテは指原がセンターだったと。

 

こんなかで実際シングルメイン曲に参加してるのはきたりえ、指原、宮崎美穂くらいで、他はシングルには参加しているものの、アンダーガールズなわけですし・・・。

それに、5人は劇場でしか会えない子たちだし…。

まぁ・・・。総選挙結果だけで言うと、こりゃあリザーブ・クラスですね。

 

でも、若芽たちが大舞台を経験してみたわけだし、これはかなりの経験となるでしょう・・・。

絶対これで韓国のKARAとかと比べられただろうに、もっと上位クラスの子たちも来てほしかった。まぁスケジュール大変つまってたろうけど・・・。

ゆきりんとか、河西とかでもいれば良かった・・・。とはいえ、もっとメインメンバーがいてくれないとどうしようもなかったしねぇ。

Gordon Identity

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\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\gamma^{\mu}u\left(p\right) =\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\cdot2m\gamma^{\mu}u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)+2m\gamma^{\mu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(2p^{\prime\mu}+2p^{\mu}-4m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(2p^{\prime\mu}+2p^{\mu}-p^{\prime}\!\!\!/\gamma^{\mu}-\gamma^{\mu}p\!\!\!/-2m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(\gamma^{\mu}p^{\prime}\!\!\!/+p\!\!\!/\gamma^{\mu}-2m\gamma^{\mu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left\{ \gamma^{\mu}\left(p^{\prime}\!\!\!/-m\right)+\left(p\!\!\!/-m\right)\gamma^{\mu}\right\} \right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left\{ \gamma^{\mu}\left(p^{\prime}\!\!\!/-p\!\!\!/\right)-\left(p^{\prime}\!\!\!/-p\!\!\!/\right)\gamma^{\mu}\right\} \right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left(\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}-\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}\right)\left(p_{\nu}^{\prime}-p_{\nu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\right]\left(p_{\nu}^{\prime}-p_{\nu}\right)\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)-\frac{1}{2}\left[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\right]q_{\nu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\frac{1}{2m}\left[\left(p^{\prime\mu}+p^{\mu}\right)+i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}\right]u\left(p\right)

=\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\left[\frac{p^{\prime\mu}+p^{\mu}}{2m}+\frac{i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}}{2m}\right]u\left(p\right)

\therefore \ \ \ \bar{u}\left(p^{\prime}\right)\gamma^{\mu}u\left(p\right) =\bar{u}\left(p^{\prime}\right)\left[\frac{p^{\prime\mu}+p^{\mu}}{2m}+\frac{i\sigma^{\mu\nu}q_{\nu}}{2m}\right]u\left(p\right)

Feynman Parameter

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List of Nobel laureates affiliated with Cornel...

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韓国の高校数学では次の公式を使って解くことになっている問題がしばしば出てくる。

\frac{1}{AB} =\frac{1}{B-A}\left[\frac{1}{A}-\frac{1}{B}\right]

発想の転換。これが、第3の(積分)変数によって積分されたとすると?

\frac{1}{AB} =\frac{1}{A-B}\left[-\frac{1}{y}\right]_{B}^{A}=\frac{1}{A-B}\overset{A}{\underset{B}{\int}}dy\frac{1}{y^{2}}

それから、もう少し頭を使って、次のように変数変換してみる。

y =\left(A-B\right)x+B

すると、

\frac{1}{AB} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx\frac{1}{\left[\left(A-B\right)x+B\right]^{2}}=\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx\frac{1}{\left[xA+\left(1-x\right)B\right]^{2}}

\frac{1}{AB} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dxdy\delta\left(x+y-1\right)\frac{1}{\left[xA+yB\right]^{2}}

となる。Feynman parameterを使って、分母を一つの括弧の中にまとめた。こういう技法は散乱振幅の計算をかなり易しくしてくれる。

これの応用、その1つ目。

\frac{1}{AB^{n}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dxdy\delta\left(x+y-1\right)\frac{ny^{n-1}}{\left[xA+yB\right]^{n+1}}

数学的帰納法で証明できる。kからk+1までに進む一番のポイントは、両辺をBで微分すること。

2つ目の応用

\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{n}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{n}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\left(n-1\right)!}{\left[x_{1}A_{1}+x_{2}A_{2}+\cdots+x_{n}A_{n}\right]^{n}}

数学的帰納法で証明できる。証明の最大のポイントはこの式。

\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{k}A_{k+1}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{k}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\left(k-1\right)!}{\left[x_{1}A_{1}+x_{2}A_{2}+\cdots+x_{k}A_{k}\right]^{k}A_{k+1}}

3番目の応用

\frac{1}{A_{1}^{m_{1}}A_{2}^{m_{2}}\cdots A_{n}^{m_{n}}} =\overset{1}{\underset{0}{\int}}dx_{1}\cdots dx_{n}\delta\left(\sum x_{i}-1\right)\frac{\prod x_{i}^{m_{i}-1}}{\left[\sum x_{i}A_{i}\right]^{\sum m_{i}}}\frac{\Gamma\left(m_{1}+\cdots+m_{n}\right)}{\Gamma\left(m_{1}\right)\cdots\Gamma\left(m_{n}\right)}

これも数学帰納法で、最大のポイントは次の式。

\left(\frac{\partial}{\partial A_{1}}\right)^{m_{1}-1}\frac{1}{A_{1}A_{2}\cdots A_{n}} =\frac{\left(-1\right)^{m_{1}-1}\left(m_{1}-1\right)!}{A_{1}^{m_{1}}A_{2}\cdots A_{n}}

Path Integral

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1. 粒子がある点a からb まで遷移する確率は、次のように書ける。

U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\left\langle x_{b}\right|e^{-iHT/\hbar}\left|x_{a}\right\rangle

その経路の間に2重スリットを置いてみよう。

superposition principleにより、この場合の遷移振幅は、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}+e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D+d\right)-i\omega t} =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i\frac{2\pi}{\lambda}d}\right)

のようである。もしd=n\lambdaなら、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i2n\pi}\right) =2e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}

となり、constructive interferenceが起こる。けれどd=\left(n+\frac{1}{2}\right)\lambda ならば、

U =e^{i\frac{2\pi}{\lambda}\left(A+D\right)-i\omega t}\left(1+e^{i\left(2n+1\right)\pi}\right)=0

となり、destructive interferenceが起こる。これより、二重以上のスリットがある場合の一般的な場合は、

U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\sum_{\mathrm{all\ paths}}e^{i\cdot\left(\mathrm{phase}\right)}=\int\mathcal{D}\left(x\right)e^{i\cdot\left(\mathrm{phase}\right)}

と書けるだろう。ここで、位置$x$ が数列であれば、それぞれのx_{i} に関してまず$latex\int dx_{i}$の積分を行い、それから\sum_{i}と和をとったのだが、時間は連続的な量なので、もう$x$は時間の関数なx\left(t\right)になっている。ゆえに、Uというのは関数の関数になっていて、ある変数x_{i}で微分するのでなく、関数x\left(t\right)で微分することになっている。このように関数の関数を扱うのを汎関数解析と呼ぶ。

さて、\left(\mathrm{phase}\right)をどうやって決めるか。古典極限に持っていくと、量子力学的とは違って、経路が確実に1つに定まることから、あの汎関数積分を古典経路を、次のようなstationary conditionより把握し、

\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\biggl(\mathrm{phase}\left[x\left(t\right)\right]\biggr)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}}=0

あれからstationary phase approximationを計算できるかも知れない。でも、古典経路は解析力学の最小作用定理を満たすものだった。

\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\biggl(S\left[x\left(t\right)\right]\biggr)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}} =\left.\frac{\delta}{\delta x\left(t\right)}\left(\int L\left(x\left(t\right),\dot{x}\left(t\right);t\right)dt\right)\right|_{x=x_{\mathrm{cl}}}=0

それで、このaction S をphaseとして使えそうである。でもただし、これはあくまでもS\gg\hbarのような古典極限で成り立つものだし、次元の問題もある。ゆえに、phaseとしてはS/\hbarを使うことにしよう。実際この遷移振幅をSchroedinger方程式に入れてみよう。

i\hbar\frac{\partial}{\partial t}U =\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+V\left(x\right)\right)U

i\hbar\frac{\partial}{\partial t}e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]} =\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+V\left(x\right)\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

-\frac{\partial S}{\partial t}\cdot e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]} =\left\{ -\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d}{dx}\left(\frac{i}{\hbar}\cdot\frac{dS}{dx}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}\right)\right\} +V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

=\left\{ -\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\left(\frac{i}{\hbar}\right)^{2}\cdot\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}+\frac{i}{\hbar}\cdot\frac{d^{2}S}{dx^{2}}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}\right)\right\} +V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

=\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}-\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^{2}S}{dx^{2}}\cdot e^{S\left[x\left(t\right)\right]}+V\left(x\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

\Leftrightarrow-\frac{\partial S}{\partial t} =\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}-\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^{2}S}{dx^{2}}+V\left(x\right)

ここで、古典極限として\hbar\rightarrow 0としたら、

\Leftrightarrow-\frac{\partial S}{\partial t} =\frac{1}{2m}\left(\frac{dS}{dx}\right)^{2}+V\left(x\right)

となるが、これはまさに古典力学のHamilton-Jacobi方程式である。ゆえに古典極限がうまく回っている。ゆえに遷移振幅は、最終的に

\left\langle x_{b}\right|e^{-\frac{i}{\hbar}HT}\left|x_{a}\right\rangle = U\left(x_{a},x_{b};T\right) =\int\mathcal{D}x\left(t\right)e^{\frac{i}{\hbar}S\left[x\left(t\right)\right]}

のようにかける。

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