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lang: ja
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# 弾性衝突する粒子の量子力学
**~ Quantum mechanics of elastic colliding particles ~**

## §1

簡単なところから始めるために，壁に衝突して完全反射する１粒子の量子力学を考えることにします．

まずはじめに，時刻$t=0$ の初期状態の波動関数が
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-L/2 \\
Ae^{i k_{0}(x-x_{0})} & , x_0-L/2 \leq x \leq x_0+L/2\\
0 & , x_0+L/2 < x\\
\end{cases}
$$
であったと仮定します．つまり，確率密度$P(x)=\Psi^\ast \Psi$ は
$$
P(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-L/2 \\
|A|^2 & , x_0-L/2 \leq x \leq x_0+L/2\\
0 & , x_0+L/2 < x\\
\end{cases}
$$
というように，$x_0-L/2 \leq x \leq x_0+L/2$ の範囲にだけ，ある一定の値を持ち，それ以外は$0$ であるという状態にあると考えます．この$A$は規格化定数で，
$$
|A|^2 L=1 \rightarrow A=\frac {1}{ \sqrt{L}}
$$
でなければなりません．そして，この$L$ についてもう一つ仮定を付け加えます．
$$
\frac{2\pi}{L}=k_0 \rightarrow \frac L 2 =\frac {\pi}{ k_{0}}
$$
要するに，$L$ は$k_0$を波数とした時の波長である，ということです．まとめると，初期状態の波動関数は
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-\pi/k_0 \\
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{i k_{0}(x-x_{0})} & , x_0-\pi/k_0 \leq x \leq x_0+\pi/k_0\\
0 & , x_0+\pi/k_0 < x\\
\end{cases}
$$
であるということです．

## §2

粒子の位置$x$ の期待値は
$$
<x>=\int_{-\infty}^{\infty} \Psi^\ast (x)x \Psi(x) {\rm d}x
$$
で与えられます．この状態での値は
$$
\begin{align}
<x>&=\int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 }\frac{k_0}{2\pi}x{\rm d}x =\frac{k_0}{2\pi}\int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 }x{\rm d}x \\
&= \frac{k_0}{2\pi}\frac 1 2 [({x_0+\pi/k_0 })^2-({x_0-\pi/k_0 })^2] \\
&= \frac{k_0}{2\pi}\frac 1 2 \frac{4\pi}{k_0}x_0 \\
&=x_0
\end{align}
$$
また，$x^2$ の期待値は
$$
\begin{align}
<x^2>&=\int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 }\frac{k_0}{2\pi}x^2{\rm d}x =\frac{k_0}{2\pi}\int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 }x^2{\rm d}x \\
&= \frac{k_0}{2\pi}\frac 1 3 \left[({x_0+\pi/k_0 })^3-({x_0-\pi/k_0 })^3\right] \\
&= \frac{k_0}{2\pi}\frac 1 3 \left( 6{x_0}^2 \frac{\pi}{k_0}+ 2\frac{\pi^3}{{k_0}^3} \right) \\
&={x_0}^2+\frac 1 3 \frac{\pi^2}{{k_0}^2}
\end{align}
$$
したがって，$x$の標準偏差は
$$
\sigma_x=\sqrt{<x^2>-<x>^2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{\pi}{k_0}
$$
となります．

## §3

粒子の運動量$p$の期待値は
$$
< p >=\int_{-\infty}^{\infty} \Psi^\ast (x)\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x} \Psi(x)\right) {\rm d}x
$$
で与えられるのですが，今考えている状態の波動関数は
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-\pi/k_0 \\
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{i k_{0}(x-x_{0})} & , x_0-\pi/k_0 \leq x \leq x_0+\pi/k_0\\
0 & , x_0+\pi/k_0 < x\\
\end{cases}
$$
だったので，波束の境目のところで微分ができません．そこで，「運動量表示の波動関数」というものを考えます．それは，通常の「座標表示の波動関数」$\Psi(x)$から
$$
\Xi(p) =\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} \Psi(x) e^{-ipx/\hbar} {\rm d} x
$$
で求められます．この関数は元の関数と
$$
\Psi(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} \Xi(p) e^{ipx/\hbar} {\rm d} p
$$
の関係にあります．要するに，フーリエ変換と，その逆変換の関係です．実際に計算すると，$p_0=\hbar k_0$として
$$
\begin{align}
\Xi(p)&= \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 } \sqrt{\frac{p_0}{2\pi \hbar}}e^{i \frac{p_0}{\hbar}(x-x_{0})} e^{-ipx/\hbar} {\rm d} x \\
&= \frac{\sqrt{p_0}}{2\pi\hbar} \int_{x_0-\pi/k_0 }^{x_0+\pi/k_0 } e^{i \frac{p_0}{\hbar}(x-x_{0})} e^{-i\frac{p}{\hbar}x} {\rm d} x
\\
&= \frac{\sqrt{p_0}}{2\pi\hbar}
\int_{-\pi/k_0 }^{\pi/k_0 } e^{i \frac{p_0}{\hbar}x'} e^{-i\frac{p}{\hbar}(x'+x_0)} {\rm d} x' \\
&= \frac{\sqrt{p_0}}{2\pi\hbar} e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\int_{-\pi\hbar/p_0 }^{\pi\hbar/p_0 } e^{i \frac{p_0-p}{\hbar}x'} {\rm d} x' \\
&= \frac{\sqrt{p_0}}{2\pi\hbar} e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\frac{\hbar}{i(p_0-p)}
\left[e^{i \frac{p_0-p}{\hbar}x'}\right]_{-\pi\hbar/p_0 }^{\pi\hbar/p_0 } \\
&= \frac{1}{2\pi i} e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\frac{\sqrt{p_0}}{p_0-p}
\left[e^{i \pi (1-p/p_0) }-e^{-i \pi (1-p/p_0) }\right] \\
&= \frac{1}{\pi } e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\frac{\sqrt{p_0}}{p_0-p}
\sin{ \pi (1-p/p_0) } \\
&= \frac{1}{\pi } e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\frac{\sqrt{p_0}}{p_0-p}
\left(\sin{ \pi }\cos{\frac{\pi p}{p_0}} -\cos{ \pi }\sin{\frac{\pi p}{p_0} } \right)\\
&= -\frac{1}{\pi } e^{-i \frac{p}{\hbar}x_0}
\frac{\sqrt{p_0}}{p-p_0}
\sin{\frac{\pi p}{p_0} } \\
\end{align}
$$
この運動量表示の波動関数から，運動量の確率分布が得られます．
$$
P(p)=\Xi^{\ast}\Xi
= \frac{1}{\pi^2 } \frac{p_0}{(p-p_0)^2}
\sin^2{\frac{\pi p}{p_0} }
$$

<iframe src="https://www.desmos.com/calculator/iuzp06hjjv?embed" width="500px" height="500px" style="border: 1px solid #ccc" frameborder=0></iframe>

fig. EC-1 ($p_0=0.5$)

運動量の期待値は
$$
< p >=\int_{-\infty}^{\infty}\Xi^{\ast}(p)p\Xi(p){\rm d}p
$$
で与えられますが，上の図より明らかに確率分布が$p=p_0$をピークにして左右対称なので，運動量の期待値は
$$
< p >=p_0=\hbar k_0
$$
であることがわかります．

次に，運動量の２乗の期待値を考えますが，これは
$$
\begin{align}
< p^2 >&=\int_{-\infty}^{\infty}\Xi^{\ast}(p)p^2\Xi(p){\rm d}p \\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\pi^2 } \frac{p_0 p^2}{(p-p_0)^2} \sin^2{\frac{\pi p}{p_0} }{\rm d}p
\end{align}
$$

という積分になります．この形のままではよくわからないので，変数変換してみます．$a=p/p_0$とすれば，$p=p_0 a$で$dp=p_0 da$なので
$$
\begin{align}
< p^2 >
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\pi^2 } \frac{p_0 p_0^2 a^2}{(p_0 a-p_0)^2} \sin^2{\pi a}\cdot p_0{\rm d}a\\
&=\frac{p_0^2}{\pi^2 } \int_{-\infty}^{\infty}\frac{ a^2}{( a-1)^2} \sin^2{\pi a}\cdot {\rm d}a\\
&=\frac{p_0^2}{\pi^2 }I,\\
I&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ a^2}{( a-1)^2} \sin^2{\pi a}\cdot {\rm d}a\\
\end{align}
$$
となります．この$I$は$b=a-1$とおけば
$$
\begin{align}
I
&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ (b+1)^2}{b^2} \sin^2{\pi (b+1)}\cdot {\rm d}b\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}
\left(1+\frac 1 b\right)^2\sin^2{(\pi +\pi b)}\cdot {\rm d}b\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}
\left(1+\frac 2 b +\frac 1 {b^2}\right)\sin^2{\pi b}\cdot {\rm d}b\\
&=
\int_{-\infty}^{\infty}
\sin^2{\pi b}\cdot {\rm d}b\\
&+\int_{-\infty}^{\infty}
\frac 2 b \sin^2{\pi b}\cdot {\rm d}b\\
&+\int_{-\infty}^{\infty}
\frac 1 {b^2}\sin^2{\pi b}\cdot {\rm d}b\\
\end{align}
$$

<iframe src="https://www.desmos.com/calculator/jmkm8rftit?embed" width="500px" height="500px" style="border: 1px solid #ccc" frameborder=0></iframe>

fig.EC-2 (青：第１項，橙：第３項，紫：１項と３項の和)

すると，二番目の項の被積分関数は奇関数なので積分した値は$0$，三番目の項は積分値は有限で$\pi^2$ ，ところが一番目の項は積分が無限大に発散しています．ということは，運動量の二乗の期待値は
$$
< p^2 >=\infty
$$
ということです．したがって，運動量の標準偏差も無限大
$$
\sigma_p=\sqrt{< p^2 >-< p >^2}=\infty
$$
ということになります．

## §4

それでは，初期状態が指定された後の時刻で状態がどのようになるか考えていきます．手始めに最も簡単な，ポテンシャルのない自由粒子の場合を考えます．シュレーディンガー方程式は
$$
i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\Psi(x,t)=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}\Psi(x,t)
$$
ですので，たとえば初期状態が
$$
\Psi(x,0)=Ae^{ik_0 x}
$$
であれば，
$$
\Psi(x,t)=Ae^{ik x}e^{-i\omega t}
$$
と仮定して
$$
k=k_0
\quad および \quad
\hbar \omega=\frac{(\hbar k)^2}{2m}
$$
すなわち
$$
\Psi(x,t)=A\exp\left( ik_0 x-i\frac{\hbar}{2m}k_0^2 t\right)
$$
となります．また，たとえば初期状態が
$$
\Psi(x,0)=\int F(k)e^{ikx}{\rm d}k
$$
であれば
$$
\Psi(x,t)=\int F(k)\exp\left( ik x-i\frac{\hbar}{2m}k^2 t\right){\rm d}k
$$
となります．したがって
$$
\Psi(x,0)=\delta(x-x_0)=\frac{1}{2 \pi}\int e^{ik(x-x_0)}{\rm d}k
$$
であれば
$$
\Psi(x,0)=\frac{1}{2 \pi}\int e^{ik(x-x_0)}{\rm d}k=\int \frac{1}{2 \pi}e^{-ik x_0}e^{ikx}{\rm d}k
$$
なので
$$
\Psi(x,t)=\int \frac{1}{2 \pi}e^{-ik x_0}\exp\left( ik x-i\frac{\hbar}{2m}k^2 t\right){\rm d}k
$$
そこで，$X=x-x_0$とおいてこれを計算していくと，一般に
$$
\int e^{-ax^2+bx+c}{\rm d}x=\sqrt\frac{\pi}{a} e^{b^2/4a+c}
$$
なので，上の積分では
$$
a=\frac{i\hbar t}{2m},\quad b=iX
$$
とおけて
$$
\frac{b^2}{4a}=-X^2\frac{m}{2i\hbar t}=i\frac{m}{2\hbar}\frac{X^2}{t} \\
\sqrt\frac{\pi}{a}=\sqrt{\frac{2\pi m}{i\hbar t}}
$$
となるので
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)
&=\frac{1}{2 \pi}
\sqrt{\frac{2\pi m}{i\hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{X^2}{t}
\right) \\
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x_0)^2}{t}
\right)
\end{align}
$$
となります．もし，時間の変数を$T=(2\hbar /m)t$ とおけば
$$
\Psi(x,T)
=\sqrt{\frac{1}{i\pi T}}\exp\left(
i\frac{(x-x_0)^2}{T}
\right)
$$
とシンプルに書けます．

## §5

任意の関数はδ関数を使って
$$
f(x)=\int f(x')\delta(x-x'){\rm d}x'
$$
と表せますから，初期状態の波動関数も
$$
\Psi(x,0)=\int \Psi(x',0)\delta(x-x'){\rm d}x'
$$
と書けます．これは$\delta(x-x')$ で表される状態の重ね合わせと見ることができます．ある一つの$\delta(x-x')$ で表される状態は，時間$T$ の後に
$$
\sqrt{\frac{1}{i\pi T}}\exp\left(
i\frac{(x-x')^2}{T}
\right)
$$
という状態に変わるのですから，任意の初期状態の波動関数の時間$T$ の後の状態もこれの重ね合わせの状態になります．つまり
$$
\Psi(x,T)=\int \Psi(x',0)
\sqrt{\frac{1}{i\pi T}}\exp\left(i\frac{(x-x')^2}{T} \right)
{\rm d}x'
$$
となります．ここで
$$
K_0(x,x';T)=\sqrt{\frac{1}{i\pi T}}\exp\left(i\frac{(x-x')^2}{T} \right)
$$
と定義すれば，自由粒子の波動関数は，初期状態が与えられれば
$$
\Psi(x,T)=\int K_0(x,x';T) \Psi(x',0){\rm d}x'
$$
で求められる，ということになります．

## §6

ここで求めた積分方程式
$$
\Psi(x,T)=\int {\rm d}x' K_0(x,x';T) \Psi(x',0)
$$
は，時間を２分割してみると，
$$
\begin{align}
\Psi(x_1,t_1)&=\int {\rm d}x_0 K_0(x_1,x_0;t_1) \Psi(x_0,0) \\
\Psi(x_1,t_2)&=\int {\rm d}x_1 K_0(x_2,x_1;t_2 -t_1) \Psi(x_1,t_1)
\end{align}
$$
ですから，
$$
\begin{align}
\Psi(x_1,t_2)
=&\int {\rm d}x_1 K_0(x_2,x_1;t_2 -t_1) \cr
&\int {\rm d}x_0 K_0(x_1,x_0;t_1) \Psi(x_0,0) \cr
=&\int {\rm d}x_1 \int {\rm d}x_0 K_0(x_2,x_1;t_2 -t_1) K_0(x_1,x_0;t_1) \Psi(x_0,0) \cr
\end{align}
$$
一方，当然
$$
\Psi(x_2,t_2)=\int {\rm d}x_0 K_0(x_2,x_0;t_2) \Psi(x_0,0)
$$
なので関数$K$について
$$
K_0(x_2,x_0;t_2)
=\int {\rm d}x_1 K_0(x_2,x_1;t_2 -t_1) K_0(x_1,x_0;t_1)
$$
という，重要な性質があることがわかります．これはもともとシュレーディンガー方程式に波動関数の初期状態を$\delta$関数とした時の解が$K$であることから導かれるので，自由粒子でなくても，一般にポテンシャル$V(x)$がある場合の$K$についても成り立つ話です．

さて，今は時間を２分割しましたが，少し考えると，これは何分割しても同じように成り立つものであることがわかります．例えば$N$分割した場合の式は
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0;t_N)
=&\int {\rm d}x_{N-1} \int {\rm d}x_{N-2} \cdots\int {\rm d}x_2 \int{\rm d}x_1 \cr
& K_0(x_N,x_{N-1};t_N -t_{N-1}) \cr
& K_0(x_{N-1},x_{N-2};t_{N-1} -t_{N-2}) \cr
& \cdots \cr
& K_0(x_2,x_1;t_2-t_1) \cr
& K_0(x_1,x_0;t_1) \cr
\end{align}
$$
のようになります．この式のイメージは，時間を$\Delta t$ で$N$等分した場合で考えると分かりやすいです．
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\int {\rm d}x_{N-1} \int {\rm d}x_{N-2} \cdots \int {\rm d}x_2 \int{\rm d}x_1 \cr
& K_0(x_N,x_{N-1};\Delta t) \cr
& K_0(x_{N-1},x_{N-2};\Delta t) \cr
& \cdots \cr
& K_0(x_2,x_1;\Delta t) \cr
& K_0(x_1,x_0;\Delta t) \cr
\end{align}
$$
ここで
$$
A=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t}}
$$
とおくと，
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\frac 1 A
\int \int \cdots \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \frac{{\rm d}x_{N-2}}{A} \cdots \frac{{\rm d}x_{2}}{A} \frac{{\rm d}x_{1}}{A} \cr
& \exp\left(
\frac i \hbar \frac m 2 \frac{(x_{N}-x_{N-1})^2}{\Delta t}
\right) \cr
& \exp\left(
\frac i \hbar \frac m 2 \frac{(x_{N-1}-x_{N-2})^2}{\Delta t}
\right) \cr
& \cdots \cr
& \exp\left(
\frac i \hbar \frac m 2 \frac{(x_2-x_1)^2}{\Delta t}
\right) \cr
& \exp\left(
\frac i \hbar \frac m 2 \frac{(x_1-x_0)^2}{\Delta t}
\right) \cr
\end{align}
$$
すると，$e^A e^B =e^{A+B}$ より指数関数の積の部分は
$$
\exp
\left[
\frac i \hbar \sum_{i=1}^{N} \Delta t \frac m 2 \left(\frac{x_i -x_{i-1}}{\Delta t}\right)^2
\right]
$$
と一つにまとまります．それで，$x_1$から$x_{n-1}$ までの多重積分を．
$$
x_0 からx_N に至る，すべての「経路」についての積分
$$
とみなし．一つの記号
$$
\int_{x_0}^{x_N} {\cal D}(x)
$$
で表すことにします．
積分される関数は，自由粒子のラグランジアン
$$
L(x,\dot{x})=\frac m 2 \dot{x}^2
$$
より，$x_0$から$x_N$に至る，ある経路$x(t)$に対する作用
$$
\begin{align}
S[x_N,x_0]&=\int L(x,\dot{x}){\rm d}t
=\sum_{i=1}^{N} \Delta t L_i
\\
&=\sum_{i=1}^{N} \Delta t \frac m 2 \left(\frac{x_i -x_{i-1}}{\Delta t}\right)^2
\end{align}
$$
の形になっているので，次のような式で表すことができます．
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0;t)
= \int_{x_0}^{x_N} {\cal D}(x)\exp\left(\frac i\hbar S[x_N,x_0]\right)
\end{align}
$$
これが量子力学の経路積分の方程式です．今回の自由粒子の場合は，具体的には次のようになります．
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\lim_{\Delta t \rightarrow 0}
\frac 1 A
\int \int \cdots \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \frac{{\rm d}x_{N-2}}{A} \cdots \frac{{\rm d}x_{2}}{A} \frac{{\rm d}x_{1}}{A} \cr
&\exp
\left[
\frac i \hbar \sum_{i=1}^{N} \Delta t \frac m 2 \left(\frac{x_i -x_{i-1}}{\Delta t}\right)^2
\right] \\
&,\ ここで \ A=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t}}
\end{align}
$$

## §7

ここで少し寄り道して，シュレーディンガー方程式と経路積分の方程式が同等なものであることを確認してみます．

以下，ブラ・ケット記法を使って考えます．
量子状態$\Psi$ を表すケット・ベクトル$\mid \Psi \rangle$ は，位置の演算子$\hat{x}$ の固有状態
$$
\hat{x}\mid x'\rangle=x'\mid x' \rangle
$$
を使って
$$
\mid \Psi (t)\rangle=\int \Psi(x',t)\mid x' \rangle {\rm d}x'
$$
と表せます．ここで，位置の固有状態は
$$
\langle x\mid x' \rangle =\delta(x-x')
$$
ですので，波動関数は
$$
\begin{align}
\langle x\mid \Psi (t)\rangle
&=\int \Psi(x',t)\langle x\mid x' \rangle {\rm d}x' \\
&=\int \Psi(x',t)\delta(x-x') {\rm d}x' \\
&= \Psi(x,t)
\end{align}
$$
です．あらためて
$$
\mid \Psi (t)\rangle=\int \Psi(x,t)\mid x \rangle {\rm d}x
$$
と書けば，状態$\Psi$ に対するシュレーディンガー方程式も
$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\mid \Psi (t)\rangle
&=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\int \Psi(x,t)\mid x \rangle {\rm d}x \\
&=\int i\hbar\frac{\partial}{\partial t} \Psi(x,t)\mid x \rangle {\rm d}x \\
&=\int \hat{H} \Psi(x,t)\mid x \rangle {\rm d}x \\
&=\hat{H}\int \Psi(x,t)\mid x \rangle {\rm d}x \\
&=\hat{H}\mid \Psi (t)\rangle
\end{align}
$$
のようになります．この方程式を解くと
$$
\mid \Psi (t)\rangle=\exp\left(-\frac i \hbar \hat{H}(t-t_0)\right)\mid \Psi (t_0)\rangle
$$
となります．この$\mid \Psi (t_0)\rangle$は初期状態のことですから，初期状態が位置の固有状態の場合
$$
\mid x_0,t_0;t\rangle=\exp\left(-\frac i \hbar \hat{H}(t-t_0)\right)\mid x_0\rangle
$$
この状態が時刻$t$の時に位置$x$にある確率振幅は，つまり波動関数は
$$
\langle x\mid x_0,t_0;t\rangle=\langle x \mid \exp\left(-\frac i \hbar \hat{H}(t-t_0)\right)\mid x_0\rangle
$$
これは時刻$t_0$に位置$x_0$の固有状態にあったものが，時刻$t$に位置$x$の固有状態に遷移する確率振幅を意味しているので，
$$
\langle x\mid x_0,t_0;t\rangle=\langle x,t\mid x_0,t_0\rangle
$$
とかけます．これが前節までにもとめた積分核
$$
\Psi(x,t)=\int K(x,x_0;\Delta t) \Psi(x_0,t_0){\rm d}x_0\\
,( ただし \Delta t=t-t_0)
$$
で
$$
\begin{align}
K(x,x_0;\Delta t)
&=\langle x,t\mid x_0,t_0\rangle \\
&=\langle x \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t \hat{H}\right)\mid x_0\rangle \\
&,( ただし \Delta t=t-t_0)
\end{align}
$$
となります．そこで，前節の$K(x_N,x_0;N\Delta t)$を考えてみましょう．
$$
\begin{align}
K(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\int {\rm d}x_{N-1} \int {\rm d}x_{N-2} \cdots \int {\rm d}x_2 \int{\rm d}x_1 \cr
& K(x_N,x_{N-1};\Delta t) \cr
& K(x_{N-1},x_{N-2};\Delta t) \cr
& \cdots \cr
& K(x_2,x_1;\Delta t) \cr
& K(x_1,x_0;\Delta t) \cr
\end{align}
$$
この式の各々の$K$が
$$
K(x_{i+1},x_{i};\Delta t) =\langle x_{i+1} \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t \hat{H}\right)\mid x_{i}\rangle
$$
となります．そこで，運動量の固有状態$\mid p \rangle$を考えると，これは
$$
{\bf 1}=\int dp\mid p\rangle \langle p \mid
$$
というような完全系をとるので，ハミルトニアン$H$が位置と運動量の演算子の関数だったものが
$$
\begin{align}
&\langle x_{i+1} \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t \hat{H}\right)\mid x_{i}\rangle\\
&=\langle x_{i+1} \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t
H(\hat{x},\hat{p})\right)\mid x_{i}\rangle\\
&=\langle x_{i+1} \mid \int dp_i\mid p_i\rangle \langle p_i \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t H(\hat{x},\hat{p})\right)\mid x_{i}\rangle\\
&=\langle x_{i+1} \mid \int dp_i\mid p_i\rangle \langle p_i \mid \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t H(x_i,p_i)\right)\mid x_{i}\rangle\\
&=\int dp_i\langle x_{i+1} \mid p_i\rangle \langle p_i \mid x_{i}\rangle \exp\left(-\frac i \hbar \Delta t H(x_i,p_i)\right)
\end{align}
$$
のように，ハミルトニアンを位置と運動量の固有値の関数に置き換えることができます．すると，$\langle x \mid p\rangle={e^{ipx/\hbar}}/\sqrt{2\pi\hbar}$なので
$$
\langle x_{i+1} \mid p_i\rangle \langle p_i \mid x_{i}\rangle
=\frac{e^{i(x_{i+1}-x_i)p_i/\hbar}}{2\pi\hbar}
=\frac{e^{i\Delta t \dot{x_i}p_i/\hbar}}{2\pi\hbar}
$$
したがって，
$$
\begin{align}
K(x_{i+1},x_{i};\Delta t)
&=\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
e^{i\Delta t \dot{x_i}p_i/\hbar}\exp\left(-\frac i \hbar \Delta t H(x_i,p_i)\right) \\
&=\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{\frac i \hbar \left(\dot{x_i}p_i-H(x_i,p_i)\right)\Delta t\right\}
\end{align}
$$
が得られます．ここでハミルトニアンは
$$
H=\frac{p^2}{2m}+V(x)
$$
の形をしているものと仮定すると
$$
\begin{align}
&\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{\frac i \hbar (\dot{x_i}p_i-H(x_i,p_i))\Delta t\right\} \\
=&\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{\frac i \hbar (\dot{x_i}p_i-\frac{p_{i}^2}{2m}-V(x_i))\Delta t\right\} \\
=&\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
(-\frac{p_{i}^2}{2m}+\dot{x_i}p_i-V(x_i))\right\} \\
=&\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
\cdot-\frac{1}{2m}(p_i^2-2m\dot{x_i}p_i+m^2\dot{x_i}^2)\right\} \\
& \quad \exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
\left(\frac m 2 \dot{x_i}^2-V(x_i)\right)\right\} \\
=&\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{-i\frac{\Delta t}{2m\hbar}(p_i-m\dot{x_i})^2\right\}
\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
\left(\frac m 2 \dot{x_i}^2-V(x_i)\right)\right\} \\
\end{align}
$$
すると，一般に
$$
\int_{-\infty}^{\infty}{dx}e^{-iax^2}=\sqrt{\frac{\pi}{ia}},\quad (a>0)
$$
なので
$$
\int \frac{dp_i}{2\pi\hbar}
\exp\left\{-i\frac{\Delta t}{2m\hbar}(p_i-m\dot{x_i})^2\right\}
=\frac {1}{2\pi\hbar}\sqrt{\frac{2\pi m\hbar}{i\Delta t}}
=\sqrt{\frac{ m}{2\pi i \hbar\Delta t}}
$$
以上より，
$$
K(x_{i+1},x_{i};\Delta t)
=\sqrt{\frac{ m}{2\pi i\hbar\Delta t}}
\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
\left(\frac m 2 \dot{x_i}^2-V(x_i)\right)\right\}
$$
が得られます．ハミルトニアンに対応するラグランジアンは
$$
L(x_i,\dot{x_i})=\frac m 2 \dot{x_i}^2-V(x_i)
$$
なので，定数を
$$
\sqrt{\frac{ m}{2\pi i\hbar\Delta t}}＝A^{-1}
$$
として書き直すと
$$
K(x_{i+1},x_{i};\Delta t)
=\frac 1 A
\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
L(x_i,\dot{x_i})
\right\}
$$
となります．この結果より，
$$
\begin{align}
K(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\frac 1 A \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \int \frac{{\rm d}x_{N-2} }{A}\cdots \int \frac{{\rm d}x_2 }{A}\int \frac{{\rm d}x_1}{A} \cr
& \exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
L(x_{N-1},\dot{x}_{N-1})
\right\} \cr
& \exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
L(x_{N-2},\dot{x}_{N-2})
\right\} \cr
& \cdots \cr
& \exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
L(x_1,\dot{x}_1)
\right\} \cr
&\exp\left\{i\frac {\Delta t} { \hbar}
L(x_0,\dot{x}_0)
\right\} \cr
=&\frac 1 A \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \int \frac{{\rm d}x_{N-2} }{A}\cdots \int \frac{{\rm d}x_2 }{A}\int \frac{{\rm d}x_1}{A} \cr
& \exp\left\{\frac{i}{\hbar}
\sum_{i=1}^{N}{\Delta t}
L(x_{i-1},\dot{x}_{i-1})
\right\} \cr
\end{align}
$$
そして，$x_1$から$x_{n-1}$ までの多重積分を．
$$
x_0 からx_N に至る，すべての「経路」についての積分
$$
とみなし．一つの記号
$$
\int_{x_0}^{x_N} {\cal D}(x)
$$
で表すことにすれば，$x_0$から$x_N$に至る，あるひとつの経路$x(t)$に対する作用$S$は
$$
S[x_N,x_0:x(t)]=\int L(x,\dot{x}){\rm d}t
=\sum_{i=1}^{N}{\Delta t}
L(x_{i-1},\dot{x}_{i-1})
$$
でしたから，
$$
\begin{align}
K(x_N,x_0;N\Delta t)
=&\frac 1 A \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \int \frac{{\rm d}x_{N-2} }{A}\cdots \int \frac{{\rm d}x_2 }{A}\int \frac{{\rm d}x_1}{A} \cr
& \exp\left\{\frac{i}{\hbar}
\sum_{i=1}^{N}{\Delta t}
L(x_{i-1},\dot{x}_{i-1})
\right\} \cr
\end{align}
$$
は次のように表します．
$$
\begin{align}
K(x_N,x_0;t)
= \int_{x_0}^{x_N} {\cal D}(x)\exp\left(\frac i\hbar S[x_N,x_0]\right)
\end{align}
$$
波動関数の時間発展を表す方程式
$$
\Psi(x,t)=\int {\rm d}x' K(x,x';t) \Psi(x',0)
$$
の積分核をこのように求めることを経路積分の方法と呼びます．

## §8
すでに求めた自由粒子の積分核は
$$
K_0(x_N,x_0;T)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar T}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x_N-x_0)^2}{T}
\right)
$$
でしたが，自由粒子の古典力学で実現する経路の作用，いわゆる古典的作用が
$$
\dot{x}=\frac{x_N-x_0}{T} \\
S_{cl}=\int_{0}^{T}L dt=\frac m 2 \dot{x}^2 T
=\frac m 2 \frac{(x_N-x_0)^2}{T}
$$
だったことを考えると，あらゆる経路について積分したにも関わらず，古典的経路の作用の成分しか効いていないようにみえます．
$$
K_0(x_N,x_0;T)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar T}}\exp\left(
i\frac{S_{cl}}{\hbar}
\right)
$$
これはどういうことかというと，もともと経路積分は「可能な限りすべての経路」について
$$
K(x_N,x_0;T)
= \int_{x_0}^{x} {\cal D}(x)\exp\left(\frac i\hbar S[x_N,x_0]\right)
$$
だったのですが，古典的経路で作用が停留値を持つ時（つまり，古典的に方程式が解けて軌道が求まる時）は，
$$
\exp\left(\frac i\hbar S[x_N,x_0]\right)
$$
の因子が停留値とその周辺の軌道の分だけが，重ね合わせの干渉によって残る成分となり，停留力大きく離れたところの軌道とその周辺の軌道との干渉は，位相の変化が速いため干渉によって実質相殺されてしまうのです．

作用を古典的作用とその変分に分けて
$$
S[x]=S_{cl}+\delta S=S_{cl}+\left.\frac{\partial S}{\partial \dot{x}}\right|_{cl}\delta \dot{x}+\left.\frac{\partial S}{\partial x}\right|_{cl}\delta x
$$
と書くと，
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0; T)
=&\lim_{\Delta t \rightarrow 0}
\frac 1 A
\int \int \cdots \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \frac{{\rm d}x_{N-2}}{A} \cdots \frac{{\rm d}x_{2}}{A} \frac{{\rm d}x_{1}}{A} \cr
&\exp\left(\frac i \hbar \delta S \right) \exp\left(\frac i \hbar S_{cl}(x_N,x_0)\right) \\
&,\ ここで \ A=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t}}
\end{align}
$$
となります．この式の$e^{(i/\hbar)S_{cl}}$は途中の経路に関係なく得られます．ポテンシャルの存在によって$e^{(i/\hbar)\delta S}$の項が重ね合わされて干渉するのですが，こと自由粒子に限って言うと，
$$
\begin{align}
\delta S
&=\left(\int \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}dt\right)_{cl}\delta \dot{x}
=\left(\int \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}dt\right)_{cl}\delta x \\
&=\left(\int m\ddot{x}dt\right)_{cl}\delta x
\end{align}
$$
この中の$m\ddot{x}$が古典経路の場合常にゼロなので
$$
\delta S=0 \rightarrow \exp\left(\frac i \hbar \delta S \right) =1
$$
となります．したがって自由粒子の場合は積分核が
$$
\begin{align}
K_0(x_N,x_0; T)
=&\lim_{\Delta t \rightarrow 0}
\frac 1 A
\int \int \cdots \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \frac{{\rm d}x_{N-2}}{A} \cdots \frac{{\rm d}x_{2}}{A} \frac{{\rm d}x_{1}}{A} \cr
& \exp\left(\frac i \hbar S_{cl}(x_N,x_0)\right) \\
&,\ ここで \ A=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t}}
\end{align}
$$
に等しくなるのです．

そこで，いよいよ$x<0$で$V(x)=\infty$ のポテンチャルがあった場合を考えます．この場合古典経路が下の図のように２本あります．
一つは自由粒子と同じもの，もう一つは壁で速度が反転して$x_N$ に到達する経路です．

すると，積分核全体は二つの和に分解できて
$$
K(x_N,x_0; T)=K_0(x_N,x_0; T)+K_1(x_N,x_0; T)
$$
この$K_0$は自由粒子の積分核そのもので
$$
K_0(x_N,x_0;T)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar T}}\exp\left(
i\frac{S_{cl}}{\hbar}
\right)
$$
もう一つの$K_1$は壁で反射した時間$t'$ で分割した二つの自由粒子の積分核の積に位相の変化の因子がかかったもので表されます．
$$
\begin{align}
K_1(x_N,x_0; T)
&=\lim_{\Delta t \rightarrow 0}
\frac 1 A
\int \int \cdots \int \frac{{\rm d}x_{N-1}}{A} \frac{{\rm d}x_{N-2}}{A} \cdots \frac{{\rm d}x_{2}}{A} \frac{{\rm d}x_{1}}{A} \cr
&\quad e^{i\theta} \exp\left(\frac i \hbar S_{cl1}(x_N,x_0)\right) \\
&=e^{i\theta} K_0(x_N,0; T-t')K_0(0,x_0; t’) \\
&,\ ここで \ A=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t}} ,\quad e^{i\theta}=\exp\left(\frac i \hbar \delta S \right)
\end{align}
$$
この時，反射した前後での速度は
$$
\frac{x_0}{t'}=\frac{x_N}{T-t'}
$$
となっています．

ところが，
$$
K_0(x_N,0; T-t')=K_0(-x_N,0; T-t')
$$
なので，
$$
\begin{align}
K_0(x_N,0; T-t')K_0(0,x_0; t’)
&=K_0(-x_N,0; T-t')K_0(0,x_0; t’) \\
&=K_0(-x_N,x_0; T)
\end{align}
$$
ですから，壁の反対側の仮想的な場所$-x_N$に向かう自由粒子の積分核が出てきます．つまり，$K$は
$$
K(x_N,x_0; T)=K_0(x_N,x_0; T)+e^{i\theta}K_0(-x_N,x_0; T)
$$
であることがわかります．ここに出てきた定数$e^{i\theta}$ を定めるには$-x_N=0$ つまり，ちょうど壁にぶつかるところへの積分核を考えれば良いです．このとき波動関数の絶対値は必ずゼロになるので，$K$もゼロになります．ということは，
$$
0=K_0(0,x_0; T)+e^{i\theta}K_0(0,x_0; T)
$$
でなければなりませんから，この定数は
$$
e^{i\theta}=e^{i\pi}=-1
$$
だったことがわかります．

以上をまとめると，$x=0$で絶壁ポテンシャルがある場合の経路積分の積分核は自由粒子の積分核
$$
K_0(x_N,x_0;T)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar T}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x_N-x_0)^2}{T}
\right)
$$
を用いて
$$
K(x_N,x_0; T)=K_0(x_N,x_0; T)-K_0(-x_N,x_0; T)
$$
で表される，ということです．

## §9

前回求めた結果を，波数$k$による積分の形で求めてみましょう．

これは物理的には，例えば与えられたハミルトニアン$H$に対するシュレーディンガー方程式で，エネルギー固有値$E_n$と固有関数$\varphi_n(x)$ が求められた場合で考えますと，
$$
H\varphi_n(x)=E_n \varphi_n(x)
$$
この時，任意の波動関数は
$$
\Psi(x,t)=\sum_n c_n \varphi_n(x) e^{-iE_n (t-t_0)/\hbar}
$$
であらわされます．ここで，係数の$c_n$は
$$
c_n=\int\varphi_n^\ast (x) \Psi(x,t_0){\rm d}x
$$
で求められます．これをブラ・ケット記法で書くと
$$
c_n=\langle \varphi _n \mid \Psi(t_0) \rangle
$$
また，$\langle x \mid \varphi_n \rangle =\varphi_n(x)$ より任意の波動関数は
$$
\langle x \mid \Psi(t)\rangle
=\sum_{n} \langle x \mid \varphi_n \rangle \langle \varphi _n \mid \Psi(t_0) \rangle e^{-iE_n (t-t_0)/\hbar}
$$
で表わされます．

さて，経路積分の積分核は
$$
K(x,x_0;t-t_0)
=\langle x,t\mid x_0,t_0\rangle
=\langle x\mid x_0,t_0;t\rangle
$$
でした．上の式で$\mid \Psi(t_0) \rangle=\mid x_0,t_0\rangle$とすると，
$$
\langle x\mid x_0,t_0;t\rangle
= \sum_{n} \langle x \mid \varphi_n \rangle \langle \varphi _n \mid x_0,t_0\rangle e^{-iE_n (t-t_0)/\hbar}
$$
つまり，積分核は
$$
K(x,x';t)
= \sum_{n} \langle x \mid \varphi_n \rangle \langle \varphi _n \mid x'\rangle e^{-iE_n t/\hbar}
$$
というように，エネルギー固有値と固有関数を使った和で表されます．

このように固有値が離散的な場合は和で表されますが，固有値が連続的な値を取る場合，つまりシュレーディンガー方程式が連続的なパラメータ$k$を使って
$$
H\varphi_k(x)=E_k \varphi_k(x)
$$
となる場合は，積分核は
$$
K(x,x';t)
= \int{\rm d}k\ \langle x \mid \varphi_k \rangle \langle \varphi_k \mid x'\rangle e^{-iE_k t/\hbar}
$$
のように，パラメータ$k$による積分で表されます．

すると，自由粒子の場合は$-\infty<k<\infty$ として
$$
\varphi_{k}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{ikx}
,\quad E_k=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}
$$
ですから，自由粒子の積分核は，
$$
K_0(x,x';t)
= \frac{1}{2\pi}\int{\rm d}k \ e^{ik(x-x')} e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
$$
となって，前回求めた積分核が
$$
\begin{align}
K(x,x'; t)
&=K_0(x,x'; t)-K_0(-x,x'; t) \\
&=\frac{1}{2\pi}\int{\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\left(e^{ik(x-x')}-e^{ik(x+x')} \right)
\end{align}
$$
として得られます．この式をもう少し計算すると
$$
\begin{align}
K(x,x'; t)
&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} {\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\left(e^{ik(x-x')}-e^{ik(x+x')} \right) \\
&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} {\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{ikx}\left(e^{-ikx'}-e^{ikx'} \right) \\
&=\frac{-2i}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} {\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{ikx}\sin{kx'} \\
&=\frac{-i}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} {\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\sin{kx'} (\cos{kx}+i\sin{kx})\\
&=\frac{-i}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\sin{kx'} (i\sin{kx})\\
&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\sin{kx}\sin{kx'} \\
&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}{\rm d}k\ e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\sin{kx}\sin{kx'} \\\end{align}
$$
となりますから，$k>0$として，エネルギーの固有値は$E_k=\hbar^2 k^2 /2m$で，そのエネルギーの固有状態は$\sin{kx}$であるといえます．この式を見ると，$x=0$ で確かに$K$はゼロになっていることがよくわかります．

## §10

それでは§1で考えた，初期状態の波動関数が
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-\pi/k_0 \\
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{i k_{0}(x-x_{0})} & , x_0-\pi/k_0 \leq x \leq x_0+\pi/k_0\\
0 & , x_0+\pi/k_0 < x\\
\end{cases}
$$
である場合の時間発展について，経路積分の式を使って計算してみたいと思います．ただ，この式のままでは$k_0>0$の場合，壁から離れる方向に動いていくので，初期状態の波動関数は
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & , x < x_0-\pi/k_0 \\
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x-x_{0})} & , x_0-\pi/k_0 \leq x \leq x_0+\pi/k_0\\
0 & , x_0+\pi/k_0 < x\\
\end{cases}
$$
に変更して考えていきます．それで，波動関数の時間発展を表す方程式は
$$
\Psi(x,t)=\int {\rm d}x' K(x,x';t) \Psi(x',0)
$$
で，この$K$は
$$
K_0(x,x';t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t}
\right)
$$
として
$$
K(x,x'; t)=K_0(x,x'; t)-K_0(-x,x'; t)
$$
で表されます．また，
$$
\begin{align}
K_0(x,x';t)
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t}
\right) \\
&= \frac{1}{2\pi}\int{\rm d}k \ e^{ik(x-x')} e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\end{align}
$$
なので，一般に
$$
\begin{align}
\sqrt{\frac{1}{2\pi i T}}\exp\left(
i\frac{X^2}{2T}
\right)
= \frac{1}{2\pi}\int{\rm d}k \ e^{ikX} e^{-ik^2 T/2}
\end{align}
$$
が成り立ちます．

それでは
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)
&=\int {\rm d}x' K(x,x';t) \Psi(x',0) \\
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&-\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(-x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
\end{align}
$$
を計算していきます．１項目を
$$
\begin{align}
\Psi_{+}(x,t)
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x'
\int{\rm d}k \ e^{ik(x-x')} e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x'
e^{-i(k+k_0)x'}
\\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
\frac{ e^{-i(k+k_0)( x_0+\pi/k_0)} - e^{-i(k+k_0)( x_0-\pi/k_0)} }{-i(k+k_0)}
\\
\end{align}
$$
ここで，
$$
\begin{align}
&\frac{ e^{-i(k+k_0)( x_0+\pi/k_0)} - e^{-i(k+k_0)( x_0-\pi/k_0)} }{-i(k+k_0)} \\
&=\frac{e^{-i (k+k_0) x_0}}{-i(k+k_0)}\{e^{-i(k+k_0)\pi/k_0 }-e^{i(k+k_0)\pi/k_0 }\} \\
&=\frac{e^{-i k x_0}e^{-i k_0 x_0}}{-i(k+k_0)}\{e^{-i\pi k/k_0 }e^{-i\pi}-e^{i\pi k/k_0 }e^{i\pi}\} \\
&=i\frac{e^{-i k x_0}e^{-i k_0 x_0}}{k+k_0}\{e^{i\pi k/k_0 }-e^{-i\pi k/k_0 }\} \\
\end{align}
$$
したがって，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}(x,t)
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
{ e^{-ik_0 x_0}e^{-ik x_0}}
i\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k+k_0}
\\
&=\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ik(x-x_0)}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k+k_0}
\\
\end{align}
$$
また，
$$
\begin{align}
K_0(-x,x';t)
&=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x+x')^2}{t}
\right) \\
&= \frac{1}{2\pi}\int{\rm d}k \ e^{ik(x+x')} e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\end{align}
$$
なので，２項目を
$$
\begin{align}
\Psi_{-}(x,t)
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(-x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x'
\int{\rm d}k \ e^{ik(x+x')} e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x'
e^{i(k-k_0)x'}
\\
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
\frac{ e^{i(k-k_0)( x_0+\pi/k_0)} - e^{i(k-k_0)( x_0-\pi/k_0)} }{i(k-k_0)}
\\
\end{align}
$$
ここで，
$$
\begin{align}
&\frac{ e^{i(k-k_0)( x_0+\pi/k_0)} - e^{i(k-k_0)( x_0-\pi/k_0)} }{i(k-k_0)}\\
&=\frac{ e^{i(k-k_0)x_0}}{i(k-k_0)} \{e^{i\pi(k-k_0)/k_0} -e^{-i\pi(k-k_0)/k_0} \} \\
&=\frac{ e^{ik x_0}e^{-ik_0 x_0}}{i(k-k_0)} \{e^{i\pi(k/k_0 -1)} -e^{-i\pi(k/k_0-1)} \} \\
&=i\frac{ e^{ik x_0}e^{-ik_0 x_0}}{k-k_0}
\{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} \} \\
\end{align}
$$
なので
$$
\begin{align}
\Psi_{-}(x,t)
&=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ikx}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
e^{i k_{0}x_{0}}
{ e^{ik x_0}e^{-ik x_0}}
i\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k-k_0}
\\
&=\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ik(x+x_0)}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k-k_0}
\\
\end{align}
$$
さて，これらの積分はどう計算したら良いものだろうか？

## §11

フレネル積分とは次のように定義された関数である．

- フレネル正弦積分
$$
S(x)=\int_0^x \sin\left( \frac \pi 2 t^2\right) dt
$$
- フレネル余弦積分
$$
C(x)=\int_0^x \cos\left( \frac \pi 2 t^2\right) dt
$$

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この図の青線が$S(x)$ ，赤線が$C(x)$ である．

ここで，
$$
F(k;A)=\frac{e^{-i A k^2}}{k},\quad A>0
$$
のフーリエ逆変換，すなわち
$$
\begin{align}
f(x;A)
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k}dk \\
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{\cos({- Ak^2})e^{ikx}}{k}dk
+\frac{i}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{\sin({-Ak^2})e^{ikx}}{k}dk
\end{align}
$$
を考えると，
$$
\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{\cos({- Ak^2})e^{ikx}}{k}dk
=-i\sqrt { \frac { \pi }{ 2 } } \left( C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) +S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) \right)
$$
$$
\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{\sin({- Ak^2})e^{ikx}}{k}dk
=i\sqrt { \frac { \pi }{ 2 } } \left( C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) -S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) \right)
$$
なので
$$
\begin{align}
f(x;A)
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k}dk \\
&=-i\sqrt { \frac { \pi }{ 2 } } \left( C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) +S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) \right) \\
&-\sqrt { \frac { \pi }{ 2 } } \left( C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) -S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right) \right) \\
&=-\frac{1+i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
+\frac{1-i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
\end{align}
$$
となる．

より一般的に，
$$
G(k;A,C)=\frac{e^{-i A k^2}}{k-C},\quad A>0
$$
のフーリエ逆変換
$$
g(x;A,C)=
\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k-C}dk
$$
を考えると，$k \rightarrow k+C$ と置き直して
$$
\begin{align}
g(x;A,C)
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i A(k+C)^2}e^{i(k+C)x}}{k}dk \\
&=\frac{e^{i(Cx-AC^2)}}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ik(x-2AC)}}{k}dk \\
\end{align}
$$
この積分は，関数
$$
f(x-2AC;A)
=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ik(x-2AC)}}{k}dk
$$
に等しいので，まとめると
$$
\begin{align}
g(x;A,C)
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k-C}dk
=e^{iC(x-AC)}f(x-2AC;A) \\
ただし，f(x;A)&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k}dk \\
&=-\frac{1+i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
+\frac{1-i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
\end{align}
$$
である．

これで，§10の積分が実行できそうだ．

## §12

§10の結果を改めて書くと
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)
&=\int {\rm d}x' K(x,x';t) \Psi(x',0) \\
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
&-\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(-x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
\end{align}
$$
ここで，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}(x,t)
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})} \\
\Psi_{-}(x,t)
&=\int_{x_0-\pi/k_0}^{ x_0+\pi/k_0} {\rm d}x' K_0(-x,x';t)
\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}e^{-i k_{0}(x'-x_{0})}
\end{align}
$$
とおけば，求めるべき任意の時刻の波動関数は
$$
\Psi(x,t)
=\Psi_{+}(x,t)-\Psi_{-}(x,t)
$$
で表わされて，以下のようになる．
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)
&=\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ik(x-x_0)}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k+k_0} \\
&-\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\ e^{ik(x+x_0)}
e^{-i(\hbar t/2m)k^2}
\frac{e^{i\pi k/k_0} - e^{-i\pi k/k_0} } {k-k_0}
\\
&=\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x-x_0 + \pi /k_0 )} } {k+k_0} \\
&-\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x-x_0 - \pi /k_0 )} } {k+k_0} \\
&-\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x+x_0 + \pi /k_0 )} } {k-k_0} \\
&+\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x+x_0 - \pi /k_0 )} } {k-k_0} \\
\end{align}
$$
これらの項はそれぞれ，§11で求めた
$$
\begin{align}
g(x;A,C)
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k-C}dk
=e^{iC(x-AC)}f(x-2AC;A) \\
ただし，f(x;A)&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int \frac{e^{-i Ak^2}e^{ikx}}{k}dk \\
&=-\frac{1+i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } C\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
+\frac{1-i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi } S\left( \frac { x }{ \sqrt { 2\pi A } } \right)
\end{align}
$$
で計算できる．ここで$S(x)$と$C(x)$はフレネル積分で
$$
S(x)=\int_0^x \sin\left(\frac \pi 2 t^2\right)dt ,\quad
C(x)=\int_0^x \cos\left(\frac \pi 2 t^2\right)dt
$$
と定義された関数としている．

一つ一つ計算すると，
$$
\begin{align}
&\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x-x_0 + \pi /k_0 )} } {k+k_0} \\
&=\frac{i\sqrt{k_0}}{2\pi}g(x-x_0 + \pi /k_0;\hbar t/2m,-k_0) \\
&=\frac{i\sqrt{k_0}}{2\pi}e^{- i k_0(x-x_0 + \pi /k_0+\hbar k_0 t/2m)}
f(x-x_0 + \pi /k_0+\hbar k_0 t/m;\hbar t/2m)\\
&=\frac{-i\sqrt{k_0}}{2\pi}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}
f(x-x_0 + \pi /k_0+\hbar k_0 t/m;\hbar t/2m)\\
&=\frac{-i\sqrt{k_0}}{2\pi}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}
\left[
-\frac{1+i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi }
C\left(
\sqrt{\frac{2m}{2\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{1-i}{\sqrt{2}}\sqrt {\pi }
S\left(
\sqrt{\frac{2m}{2\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
\end{align}
$$
次の項は
$$
\begin{align}
&-\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x-x_0 - \pi /k_0 )} } {k+k_0} \\
&=-\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{1-i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{1+i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
\end{align}
$$
その次の項は
$$
\begin{align}
&-\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x+x_0 + \pi /k_0 )} } {k-k_0} \\
&=-\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{ i k_0(x+x_0 - \hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{ i k_0(x+x_0 - \hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{1-i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{1+i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
\end{align}
$$
最後の項は
$$
\begin{align}
&\frac{i}{2\pi}\sqrt{\frac{k_0}{2\pi}}
\int{\rm d}k
\frac{e^{-i(\hbar t/2m)k^2} \ e^{ik(x+x_0 - \pi /k_0 )} } {k-k_0} \\
&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{ i k_0(x+x_0 - \hbar k_0 t/2m)}
\left[
\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 - \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
+\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 - \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\end{align}
$$
あとは，これら４つの式をつなげれば，波動関数が求まるということになる．

## §13

§12の結果をまとめて一気に書くと

$$
\begin{align}
\Psi(x,t)=
&\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{- i k_0(x-x_0 +\hbar k_0 t/2m)}\\
&\qquad \times\left[
\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
\qquad \quad +\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 + \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right.
\\
&\qquad \quad+\left.
\frac{1-i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
\qquad \quad +\frac{1+i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x-x_0 - \frac \pi k_0 + \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\\
&+\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{k_0}e^{ i k_0(x+x_0 - \hbar k_0 t/2m)}\\
&\qquad \times \left[
\frac{1-i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
\qquad\quad +\frac{1+i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 + \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right.
\\
&\qquad\quad\left.
+\frac{-1+i}{\sqrt{2}}
C\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 - \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right) \\
\qquad\quad +\frac{-1-i}{\sqrt{2}}
S\left(
\sqrt{\frac{m}{\pi \hbar t}}
\left( x+x_0 - \frac \pi k_0 - \frac{\hbar k_0 t}{m} \right)
\right)
\right]
\end{align}
$$
となる．

この関数の時間発展の様子を具体的に見てみよう．波動関数の初期状態のパラメータを
$$
x_0=10,\quad k_0=\pi
$$
と定めて，その上で時刻を表す変数を
$$
T=\pi\hbar t /m
$$
に書き換えよう．すると，この状態での任意の時刻の波動関数は

$$
\begin{align}
\Psi(x,T)=
&\frac{\pi}{2\sqrt{2}}
\left\{\cos\left[\pi(x-10 +T/2)\right]-i\sin\left[\pi(x-10 +T/2)\right]\right\}\\
&\qquad \times \left\{
(-1+i) C\left[(x - 9 + T ) /\sqrt{T}\right] \right. \\
&\qquad \quad +(-1-i)S\left[( x-9+T) \sqrt{T}\right]
\\
& \qquad \quad+
(1-i)C\left[(x - 11 + T ) /\sqrt{T}\right] \\
&\left.\qquad \quad +(1+i)S\left[( x - 11+T) \sqrt{T}\right]
\right\}
\\
&+\frac{\pi}{2\sqrt{2}}
\left\{\cos\left[\pi(x+10 -T/2)\right]+i\sin\left[\pi(x+10 -T/2)\right]\right\}\\
&\qquad \times \left\{
(1-i) C\left[(x + 11 - T ) /\sqrt{T}\right] \right.\\
&\qquad \quad +(1+i)S\left[( x+11-T) \sqrt{T}\right]
\\
& \qquad \quad+
(-1+i)C\left[(x +9- T ) /\sqrt{T}\right] \\
&\left.\qquad \quad +(-1-i)S\left[( x +9-T) \sqrt{T}\right]
\right\}
\end{align}
$$

となる．

この関数のグラフをMathStudio(http://mathstud.io/) を使ってプロットしてみた．

う〜〜ん．．波束がくずれ過ぎちゃって，壁に反射するイメージが全然出てないですね．．
初期状態の選定が失敗だったようです．

次回は初期状態の波動関数を変えて，どうなるか見てみたいと思います．

## §14

前回の結果は予想以上に，パッとしないものでした．

そもそも初期状態を§1で定めた形にしたのは，「こうすれば計算が楽になるかな〜」という期待があってのことでした．計算は全然楽ではなかったので，自分としては不満が残っています．

そこで，初期状態の波動関数を別の形にして，もとめた積分核を使って波動関数の時間発展がどうなるかいろいろ試したいと思います．
初期状態の関数形はいくつか候補があるのですが，とりあえず試したい関数形が二つほどあるので，順番に調べたいと思います．

．．さて，平面波を表す波動関数は，規格定数を無視すると

$$
\Psi(x)=e^{iKx}
$$

で，このとき運動量は$p=\hbar K$の値を持つ固有状態です．
そこで，運動量$p$が$\hbar K$を中心に$\pm \hbar \kappa$の成分が一様に分布している状態を考えます．

つまり，（以下，規格定数は無視し続けます）
$$
\begin{align}
\Psi(x)&=\int_{K-\kappa}^{K+\kappa}{e^{ikx}dk} \\
&=e^{iKx}\int_{-\kappa}^{+\kappa}{e^{ikx}dk} \\
&=e^{iKx}\frac{e^{i\kappa x}-e^{-i\kappa x}}{ix}\\
&=e^{iKx}\frac{e^{i\kappa x}-e^{-i\kappa x}}{ix}\\
&=2e^{iKx}\frac{\sin{\kappa x}}{x}\\
&\sim e^{iKx}\frac{\sin{\kappa x}}{x}\\
\end{align}
$$
この波動関数の絶対値の２乗，つまり確率密度は
$$
P(x)=\frac {\sin^2 {\kappa x}}{x^2}
$$
となります．たとえば$\kappa=\pi$のときのグラフは

<iframe src="https://www.desmos.com/calculator/cimsukswvv?embed" width="500px" height="500px" style="border: 1px solid #ccc" frameborder=0></iframe>

となります．確率密度は$0$を中心におおよそ$\pm 1$の範囲に分布しているのが見えます．
運動量の分布の標準偏差が$\Delta p \sim \hbar \kappa =\hbar \pi=h/2$，位置の分布の標準偏差が$\Delta x \sim 1$なので，この状態は
$$
(\Delta p)(\Delta x)\sim h/2
$$
という特徴を持ちます．いま求めた波動関数は
$$
\begin{align}
\Psi(x)
&= e^{iKx}\frac{\sin{\kappa x}}{x}\\
\end{align}
$$
で，これは，位置の平均が$x=0$の点にある状態なので，任意の点$x=c$を中心に分布している場合は，この関数を$x$方向にずらした
$$
\begin{align}
\Psi(x)
&= e^{iK(x-c)}\frac{\sin{\kappa (x-c)}}{x-c}\\
&\sim e^{iKx}\frac{\sin{\kappa (x-c)}}{x-c}\\
\end{align}
$$
（ここで$e^{-iKc}$は，ただの定数なので無くしました）
になります．

さて，この関数を初期状態として計算してもいいのですが，この関数は$x<0$の領域で，ゼロではない値を持っています．それはよくないです．もっといけないのは，ちょうど壁のあるところ$x=0$で波動関数の絶対値は常にゼロになっていなくてはいけないのが，そうでないところです．

ここで，思い出してしてみると，そもそも任意の時刻の波動関数は積分核を使って，
$$
\Psi(x,t)=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]\Psi(x',0)dx' ,\\
K_0(x,x';t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t}
\right)
$$
で，計算されるのでした．
そこで，初期状態の波動関数が，別のある複素関数を使った奇関数（の半分のようなもの）であったと仮定します．
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & ,x < 0 \\
f(x)-f(-x) & , x \ge 0 \\
\end{cases}
$$
（ここで$f(x)$は$x<0$の領域も定義された関数とします）

すると，単純に上の式に代入してみると，こんな感じになります．
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)&=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]\Psi(x',0)dx' \\
&= \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)][f(x')-f(-x')]\\
&= \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x')\\
&- \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(-x')\\
&= \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x')\\
&+ \int_{0}^{-\infty}{dx'}[K_0 (x,-x';t)-K_0(-x,-x';t)]f(x')\\
&= \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x')\\
&+ \int_{-\infty}^{0}{dx'}[K_0(-x,-x';t)-K_0 (x,-x';t)]f(x')\\
&= \int_{0}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x')\\
&+ \int_{-\infty}^{0}{dx'}[K_0(x,x';t)-K_0 (-x,x';t)]f(x')\\
&= \int_{-\infty}^{\infty}{dx'}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x')\\
\end{align}
$$
ところが，
$$
\begin{align}
& \int_{-\infty}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]f(x'){dx'}\\
&= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)f(x'){dx'}
-\int_{-\infty}^{\infty}K_0(-x,x';t)f(x'){dx'}\\
&= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)f(x'){dx'}
+\int_{\infty}^{-\infty}K_0(-x,-x';t)f(-x'){dx'}\\
&= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)f(x'){dx'}
-\int_{-\infty}^{\infty}K_0(x,x';t)f(-x'){dx'}\\
&= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)[f(x')-f(-x')]{dx'}\\
\end{align}
$$
なので，
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)&=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]\Psi(x',0)dx' \\
&= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)[f(x')-f(-x')]{dx'}\\
\end{align}
$$
ということになります．

まとめると，
初期状態の波動関数が
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & ,x < 0 \\
g(x) & , x \ge 0 \\
\end{cases}
$$
で与えられたとき，任意の時刻の波動関数は
$$
K_0(x,x';t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t} \right)
$$
として，
$$
\Psi(x,t)=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]g(x')dx'
$$
で求められます．そしてもし，関数$g(x)$が別の関数をつかって
$$
g(x)=f(x)-f(-x)
$$
で与えられていたのなら，任意の時刻の波動関数は関数$f(x)$を使って
$$
\Psi(x,t)= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)[f(x')-f(-x')]{dx'}
$$
で求められます．

ということなのですが，この方法が正しいなら，いろいろと応用ができそうです．

それでは，今回想定している初期状態での具体的な計算を，次回以降で行っていきます

## §15
次のように定義された関数$f(x)$
$$
f(x)= e^{-iKx}\frac{\sin{\kappa (x-c)}}{x-c}\\
$$
から作られる奇関数$g(x)$
$$
g(x)=f(x)-f(-x)
$$
を使って，初期状態の波動関数が
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & ,x < 0 \\
g(x) & , x \ge 0 \\
\end{cases}
$$
であるとき，
$$
K_0(x,x';t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t} \right)
$$
として，任意の時間の波動関数$\Psi(x,t)$は
$$
\Psi(x,t)=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]g(x')dx'
$$
となりますが，これは
$$
\Psi(x,t)= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)[f(x')-f(-x')]{dx'}
$$
としても同じ結果が得られます．
**注：ここでは波動関数の規格化は省略して考えています．**

ここで，
$$
\Psi_{+}(x,t)= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)f(x'){dx'}
$$
$$
\Psi_{-}(x,t)= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)f(-x'){dx'}
$$
とおけば，
$$
\Psi(x,t)=\Psi_{+}(x,t)-\Psi_{-}(x,t)
$$
ですので，まず，$\Psi_{+}(x,t)$を求めましょう．
簡単のため
$$
\frac{m}{2 \hbar t}=\beta
$$
とおくと，
$$
K_0(x,x';\beta)=
\sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\exp\left(i\beta (x-x')^2 \right)
$$
なので，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}(x,t)
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left(i\beta (x-x')^2 \right)
e^{-iKx'}\frac{\sin{\kappa (x'-c)}}{x'-c}
{dx'} \\
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left(i\beta (x+c-y)^2 \right)
e^{-iKy}\frac{\sin{\kappa y}}{y}
{dy} \\
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left(i\beta (x+c-y)^2 \right)
e^{-iKy}\frac{e^{i\kappa y}-e^{-i\kappa y}}{2 i y}
{dy} \\
&= \frac{1}{2i}\sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left(i\beta (x+c-y)^2 \right)
e^{-iKy}\frac{e^{i\kappa y}}{ y}
{dy} \\
&-\frac{1}{2i}\sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
\exp\left(i\beta (x+c-y)^2 \right)
e^{-iKy}\frac{e^{-i\kappa y}}{ y}
{dy} \\
\end{align}
$$
である．

しかしこれは，またしても「**フレネル積分**」になってしまっている．

せっかく，簡単に計算できる状態を探していたはずなのに，これではぜんぜん簡単ではないではないか．

もうこうなったら，初期状態は，最もシンプルな「**ガウス分布**」で考えるのがいいだろう．

数学が知りたいのではない．ザックリとでいいから，物理が知りたいのである．

## §16

気分をリセットして，計算が簡単なガウス分布で考えてみましょう．計算の基本となる 関数$f(x)$を
$$
f(x)=Ae^{-a(x-b)^2-icx}
$$
とます．もし波動関数が$\Psi(x)=f(x)$なら，それは
$$
< x >= +b ,\quad < p >= -\hbar c
$$
であり，位置の期待値が$+b$，運動量の期待値が$-\hbar c$のガウス分布で表わされる状態になります．
このとき確率分布$P(x)$は，$x=b$を中心にだいたい$1/\sqrt{a}$の範囲にかたまっているので，
$$
P(-x) << P(x) ,\quad(b-1/\sqrt{a} < x < b+ 1/\sqrt{a})
$$
のように，$x=-b$付近の確率分布がほぼゼロとみなせるように，$a$と$b$を値が定められていれば，「近似的には初期状態は$\Psi(x)\simeq f(x)$である」ような状態を設定して波動関数の時間発展が計算ができます．

- - -

さて，次のように定義された関数$f(x)$
$$
f(x)= e^{-a(x-b)^2-icx}
$$
から作られる奇関数$g(x)$
$$
g(x)=f(x)-f(-x)
$$
を使って，初期状態の波動関数が
$$
\Psi(x,0)=
\begin{cases}
0 & ,x < 0 \\
g(x) & , x \ge 0 \\
\end{cases}
$$
であるとき，
$$
K_0(x,x';t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i \hbar t}}\exp\left(
i\frac{m}{2\hbar}\frac{(x-x')^2}{t} \right)
$$
として，任意の時間の波動関数$\Psi(x,t)$は，$x\ge 0$の範囲で
$$
\Psi(x,t)=\int_{0}^{\infty}[K_0 (x,x';t)-K_0(-x,x';t)]g(x')dx'
$$
となりますが，これは
$$
\Psi(x,t)= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)[f(x')-f(-x')]{dx'} \\
$$
としても同じ結果が得られます．
**注：今回以降も波動関数の規格化は省略して考えています．**

この波動関数は二つの部分の和
$$
\begin{align}
\Psi(x,t)
= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)e^{-a(x'-b)^2-icx'}{dx'} \\
-\int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)e^{-a(x'+b)^2+icx'}{dx'}
\end{align}
$$
で表わされています．つまり
$$
\Psi_{+}(x,t)
= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)e^{-a(x'-b)^2-icx'}{dx'}
$$
と
$$
\Psi_{-}(x,t)
= -\int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)e^{-a(x'+b)^2+icx'}{dx'}
$$
という状態の重ね合わせと「$x\ge 0$ の範囲では」同じものになります．この$\Psi_{-}$の式は，$\Psi_{+}$の式に対して
$$
b\rightarrow -b,\quad c\rightarrow -c,\quad K_0\rightarrow -K_0,
$$
と符号を置き換えたもですので，実際の計算の手間は，
$$
\Psi_{+}(x,t)
= \int_{-\infty}^{\infty}K_0 (x,x';t)e^{-a(x'-b)^2-icx'}{dx'}
$$
だけで済むでしょう．計算のために，$t$と$x'$を
$$
\beta =m/2\hbar t,\quad y=x'
$$
と置き換えます．すると，$\Psi_{+}$は
$$
\Psi_{+}
= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
e^{i \beta (x-y)^2 }
e^{-a(y-b)^2-icy}{dy}
$$
となります．これは，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
e^{i \beta (x-y)^2 }e^{-a(y-b)^2-icy}{dy} \\
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}\int_{-\infty}^{\infty}
e^{i \beta x^2-2i \beta xy+i \beta y^2}
e^{-ay^2+2aby-ab^2-icy}{dy} \\
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}e^{-ab^2+i \beta x^2}\int_{-\infty}^{\infty}
e^{-(a-i\beta)y^2+(2ab-2i\beta x -ic)y}{dy} \\
\end{align}
$$
となり，公式
$$
\int e^{-Ax^2+Bx}{\rm d}x=\sqrt\frac{\pi}{A} e^{B^2/4A}
$$
を使えば，
$$
A=a-i\beta,\quad B=2ab-2i(\beta x+c/2)
$$
として，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
&= \sqrt{\frac{\beta}{\pi i }}e^{-ab^2+i \beta x^2}
\sqrt\frac{\pi}{A} e^{B^2/4A} \\
&= \sqrt{\frac{\beta}{ i A}}e^{-ab^2+i \beta x^2} e^{B^2/4A} \\
\end{align}
$$
となります．それでは，この式の$\sqrt{\frac{\beta}{ i A}}$と $e^{B^2/4A}$を計算していきましょう．
$$
\frac{\beta}{i A}=\frac{1}{1-ia/\beta}=\frac{1}{1-2ia(\hbar /m)t}
$$
なので
$$
\sqrt{\frac{\beta}{i A}}=\sqrt{\frac{1}{1-2ia(\hbar /m)t}}
$$
次に，
$$
\frac{B^2}{4A}=\frac{[ab-i(\beta x+c/2)]^2}{a-i\beta}
$$
を計算します．

## §17

$$
\frac{B^2}{4A}=\frac{[ab-i(\beta x+c/2)]^2}{a-i\beta}
$$
を計算しますが，その前に
$$
T=\frac 1 \beta ,\quad v=\frac c 2
$$
としておきます．
$$
\begin{align}
\frac{B^2}{4A}
&=\frac{[ab-i(\beta x+c/2)]^2}{a-i\beta}\\
&=\frac{\beta^2}{-i\beta}\frac{[abT-i(x+vT)]^2}{1+iaT}\\
&={i\beta}\frac{a^2b^2T^2-(x+vT)^2-2iabT(x+vT)}{1+iaT}\\
&=\frac{ia^2b^2T}{1+iaT}\\
&-\frac{i\beta x^2+2ixv+iv^2T}{1+iaT}\\
&+\frac{2ab(x+vT)}{1+iaT}\\
\end{align}
$$
また，
$$
\sqrt{\frac{\beta}{i A}}=\sqrt{\frac{1}{1-2ia(\hbar /m)t}}=
\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
$$
と書いておけば，$\Psi_{+}$は
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
=& \sqrt{\frac{\beta}{ i A}}e^{-ab^2+i \beta x^2} e^{B^2/4A} \\
=&\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}e^{-ab^2+i \beta x^2}\\
&\times \exp\left( \frac{ia^2b^2T}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( -\frac{i\beta x^2+2ixv+iv^2T}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( \frac{2ab(x+vT)}{1+iaT} \right)
\end{align}
$$
すると，
$$
\begin{align}
e^{-ab^2}
&=\exp\left( \frac{-ab^2(1+iaT)}{1+iaT} \right)\\
&=\exp\left( \frac{-ab^2}{1+iaT} \right)
\times\exp\left( \frac{-ia^2b^2T}{1+iaT} \right)
\end{align}
$$
であり，
$$
\begin{align}
e^{i \beta x^2}
&=\exp\left( \frac{i \beta x^2(1+iaT)}{1+iaT} \right)\\
&=\exp\left( \frac{i \beta x^2}{1+iaT} \right)
\times\exp\left( \frac{-ax^2}{1+iaT} \right)
\end{align}
$$
なので，$\Psi{+}$は
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
=&\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}\\
&\times\exp\left( \frac{-ab^2}{1+iaT} \right)\times\exp\left( \frac{-ax^2}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( -\frac{2ixv+iv^2T}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( \frac{2ab(x+vT)}{1+iaT} \right)
\end{align}
$$
ここで，
$$
-ax^2=-a(x+vT)^2+2axvT+av^2 T^2
$$
と置き換えてみると
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
=&\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}\\
&\times\exp\left( \frac{-a(x+vT)^2}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( \frac{2ab(x+vT)}{1+iaT} \right) \\
&\times\exp\left( \frac{-ab^2}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( -\frac{2ixv+iv^2T}{1+iaT} \right)\\
&\times \exp\left( \frac{2axvT+av^2T^2}{1+iaT} \right)\\
\end{align}
$$
すると，
$$
\begin{align}
& \exp\left( -\frac{2ixv+iv^2T}{1+iaT} \right)
\times \exp\left( \frac{2axvT+av^2T^2}{1+iaT} \right)\\
&= \exp\left( \frac{-2ixv+2axvT}{1+iaT} \right)
\times \exp\left( \frac{-iv^2T+av^2T^2}{1+iaT} \right)\\
&= \exp\left( {-2ixv-iv^2T}\right)\\
&= \exp\left( {-2iv\left(x+\frac{v}{2}T\right)}\right)\\
\end{align}
$$
であり，
$$
-a(x+vT)^2+2ab(x+vT)-ab^2=-a(x-b+vT)^2
$$
なので，
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
=&\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
\exp\left( {-2iv\left(x+\frac{v}{2}T\right)}\right)\exp\left( \frac{-a(x-b+vT)^2}{1+iaT} \right)\\
\end{align}
$$
$v=c/2$だったので，戻して書けば
$$
\begin{align}
\Psi_{+}
=&\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
\exp\left( {-ic\left(x+\frac{c}{4}T\right)}\right)\exp\left( \frac{-a(x-b+\frac{c}{2}T)^2}{1+iaT} \right)\\
\end{align}
$$
となります．この式が求められれば，あとは簡単に進められます．

## §18（最終回）

$\Psi_{-}$の式は，$\Psi_{+}$の式に対して
$$
b\rightarrow -b,\quad c\rightarrow -c,\quad K_0\rightarrow -K_0,
$$
と符号を置き換えたものでしたから，
$$
\begin{align}
\Psi_{-}
=&-\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
\exp\left( {+ic\left(x-\frac{c}{4}T\right)}\right)\exp\left( \frac{-a(x+b-\frac{c}{2}T)^2}{1+iaT} \right)\\
\end{align}
$$
となります．したがって，求めるべき任意の時刻の波動関数は$T=2\hbar t/m$として，
$x \ge 0$の範囲で
$$
\begin{align}
\Psi(x,T)
&=\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
\exp\left( {-ic\left(x+\frac{c}{4}T\right)}\right)\exp\left( \frac{-a(x-b+\frac{c}{2}T)^2}{1+iaT} \right)\\
&-\sqrt{\frac{1}{1-iaT}}
\exp\left( {+ic\left(x-\frac{c}{4}T\right)}\right)\exp\left( \frac{-a(x+b-\frac{c}{2}T)^2}{1+iaT} \right)
\end{align}
$$
および，
$x < 0$の範囲で$\Psi(x,T)=0$
となりました．（ただし，規格化定数は考えていません．）

最後に，この波動関数の時間発展の様子を具体的に観察すつるために，数値計算した様子を動画にしてみました．

パラメータの値は$a=1.b=5,c=10$としました．

画面中央の再生ボタンを押すと，私が手で時刻の数値を動かした時の波動関数の絶対値の２乗，つまり確率分布の挙動を見ることができます．

<iframe width="560" height="315" src="https://www.youtube.com/embed/BwV0dLt4J64" frameborder="0" allowfullscreen></iframe>

なお，今回も使用したツールはhttp://mathstud.io/です．
実際に使用したスクリプトはこちらにあります．
http://mathstud.io/qB32qM
時刻$t$がスライドバーになっていますので，試しに動かしてみて下さい．

それではごきげんよう．