インスタントンとトンネル効果 (3) : ゼロモードの除去、トンネル効果によるエネルギーシフト

※本記事は
インスタントンとトンネル効果 (1): 経路積分とWKB近似
インスタントンとトンネル効果 (2) : 二重井戸型ポテンシャルにおけるインスタントン
の続きです。

今回はWKB近似を用いて二重井戸型ポテンシャルの基底状態のエネルギー$E_0$を計算します。以下に記す公式１を用いて公式２の$A$を計算することが主な目標です。そのために以下を行います：

• インスタントン解における公式１の演算子$M$からゼロモードを分離し、発散を正則化する
• Fredholm行列式を計算することで$A$を求める

本記事もRef.[1]を基にしています。同様の問題を扱っているRef.[2][3]も参考文献として載せておきます。

ゼロモードの取り扱い

前々回・前回の結論のなかで、今回の記事に必要なものを記しておきます：

以下WKB近似により公式2の$A$を計算することで$E_0$を計算します。

$A$を計算するのに公式1を用いるのですが、問題はインスタントン解における$M$にはゼロ固有値が存在することです。行列式は行列の固有値の積なので、$M$がゼロ固有値を持つ時$(\det M{)}^{-1/2}$はill definendです。これを処理しなければならないのですが、結論から言うと、Eq.$\text{(1)}$の$\underset{\beta \to \mathrm{\infty }}{lim}$の中の$1/\beta$とゼロ固有値の寄与が打ち消し合うことでwell definedになります。

まずはインスタントン解における$M$がゼロ固有値を持つことを示します。これは簡単です。前回示したインスタントンのEoM
$$\begin{array}{r}-\ddot{x}+\frac{\partial U}{\partial x}=0\end{array}$$
を$\tau$で微分すると
$$\begin{array}{rl}& -\stackrel{⃛}{x}+\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}\dot{x}=0\\ \therefore & [-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}]\dot{x}=0\end{array}$$
を得ます。$-{\partial }^2/\partial {\tau }^2+{\partial }^{2}U/\partial x^2$は公式1の$M$です。ゆえにインスタントン解には$M$に関するゼロモードが存在します。

このゼロ固有値は、インスタントン解が系の時間並進不変性をもつことに起因します。以下ゼロモードの影響を、時間の並進不変性の反映であるインスタントンのパラメータ${\tau }_0$の積分としてfactorizeします。

ゼロモードの分離

ここではインスタントン解の$M$からゼロモードを分離します。

WKB法においてインスタントン$x_I(\tau -{\tau }_0)$のまわりの量子ゆらぎの効果を取り入れるには、経路積分の座標$x(\tau )$を
$$\begin{array}{}\text{(2)}& x(\tau )=x_I(\tau -{\tau }_0)+g\xi (\tau -{\tau }_0)\end{array}$$
のように展開し、$\xi (\tau )$で汎関数積分を行えばよいです。この$\xi$を、インスタントンに関する$M$の完全系${\psi }_n$:
$$\begin{array}{}\text{(3)}& [-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}]{\psi }_n=E_n{\psi }_n\end{array}$$
を用いて以下のように展開します：
$$\begin{array}{r}x(\tau )=x_I(\tau -{\tau }_0)+g\sum _n{\psi }_n(\tau -{\tau }_0){\xi }_n\end{array}$$
そして$\xi (\tau -{\tau }_0)$の汎関数積分を、展開係数${\xi }_n$の積分で置き換えます。
$$\begin{array}{r}\int \mathcal{D}\xi (\tau )\to \prod _n\int d{\xi }_n\end{array}$$
こうすると経路積分に関するゼロモードの寄与が分離できて
$$\begin{array}{r}\prod _{n}d{\xi }_n=d{\xi }_0\prod _{n\ne 0}d{\xi }_n\end{array}$$
と書けます。

Eq.$\text{(3)}$の${\psi }_n$はインスタントン解に関する$M$を対角化する基底です。これを用い、$A$の分子に現れる経路積分を公式1を使ってWKB近似で表した式
$$\begin{array}{r}{\int }_{(1I)}\mathcal{D}x(\tau )\exp \exp [-{\int }_0^{\beta }d\tau L]\sim e^{-S_0/\hslash }\int \mathcal{D}\xi (\tau )\exp [-\frac{1}{2}{\xi }^T(-{\partial }_{\tau }^2+{\hat{V}}^{″})\xi ]\end{array}$$
を書き直すと以下のようになります：
$$\begin{array}{r}=e^{-S_0/\hslash }\prod _i\int \frac{d{\xi }_i}{\sqrt{2\pi }}\exp [-\frac{1}{2}\sum _n{E}_n{\xi }_n^2]\end{array}$$
こうすればゼロモードは分離できて
$$\begin{array}{}\text{(4)}& =e^{-S_0/\hslash }\int \frac{d{\xi }_0}{\sqrt{2\pi }}\prod _{i\ne 0}\int \frac{d{\xi }_i}{\sqrt{2\pi }}\exp [-\frac{1}{2}\sum _{n\ne 0}{E}_n{\xi }_n^2]\end{array}$$
となります。

${\xi }_0$と${\tau }_0$との関係

ここでは次の事実を示します：

この事実を用いれば
$$\begin{array}{rl}\mathrm{E}\mathrm{q}.\text{(4)}& =e^{-S_0/\hslash }{\int }_0^{\beta }\sqrt{\frac{S_0}{2\pi }}d{\tau }_0\prod _{i\ne 0}\int \frac{d{\xi }_i}{\sqrt{2\pi }}\exp [-\frac{1}{2}\sum _{n\ne 0}{E}_n{\xi }_n^2]\\ & =e^{-S_0/\hslash }\sqrt{\frac{S_0}{2\pi }}\beta \prod _{i\ne 0}\int \frac{d{\xi }_i}{\sqrt{2\pi }}\exp [-\frac{1}{2}\sum _{n\ne 0}{E}_n{\xi }_n^2]\\ & =e^{-S_0/\hslash }\sqrt{\frac{S_0}{2\pi }}\beta {[{\det }^{\prime }(-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+U_I^{″})]}^{-1/2}\end{array}$$
が成立することがわかります。ここで${\det }^{\prime }$はゼロモードを除いた行列式、$U_I^{″}:={\partial }^{2}U/\partial x^2{|}_{x=x_I}$を表します。

行列式の比の評価

WKB近似&希薄ガス近似における$A$の表式

$x=a$に留まる解に関しては$\dot{x}=0,U(x=a)=0,U^{″}(x=a)={\omega }^2$だから、$A$の分母はWKB近似の下、公式1より
$$\begin{array}{r}\int \mathcal{D}x\exp [-\frac{1}{g^2}{\int }_0^{\beta }d\tau (\frac{1}{2}{\dot{x}}^2+U(x))]\sim {[\det (-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+{\omega }^2)]}^{-1/2}\end{array}$$
になります。以上より$A$はWKB近似で
$$\begin{array}{rl}A& \sim \beta e^{-S_0}\sqrt{\frac{S_0}{2\pi }}{\left[\frac{\det {\hat{H}}_0}{{\det }^{\prime }\hat{H}}\right]}^{1/2},\\ \text{(6)}& & \{\begin{array}{l}{\displaystyle \hat{H}:=-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+U_I^{″}}\\ {\displaystyle {\hat{H}}_0:=-\frac{{\partial }^2}{\partial {\tau }^2}+{\omega }^2}\end{array}\end{array}$$
となります。

ここで${\det }^{\prime }\hat{H}=\prod _{n\ne 0}{E}_n$であり、$E_n(n\ne 0)$の無限積は発散するのでill definedに思えます。しかし
$$\begin{array}{r}{U}_I^{″}(x\to \mathrm{\infty })={\omega }^2\end{array}$$
であることから、十分高いエネルギー状態（$n$の大きい状態）では、$\hat{H}$のエネルギーは${\hat{H}}_0$のエネルギーとほぼ等しくなります。よってEq.$\text{(6)}$の$\det {\hat{H}}_0/\det \hat{H}=\prod _n{E}_n^{(0)}/\prod _{n\ne 0}{E}_n$は、$n$が大きいところでは固有値の比が1となり、結果適切に正則化されます。

Fredholm行列式の漸近形と$A$の評価

ここではRef.[1]に習い（いや他の場所もこの教科書に習っているのですが...）、Fredholm行列式を用いてEq.$\text{(6)}$の行列式の比を計算します。

Fledholm行列式とは$E$をパラメータとする以下の行列式です：
$$\begin{array}{r}\mathrm{\Delta }(E):=\frac{\det (E-\hat{H})}{\det (E-{\hat{H}}_0)}=\frac{\prod _n(E_n-E)}{\prod _n(E_n^0-E)}\end{array}$$
これを用いると、$A$の行列式の比は以下のように求められます：
$$\begin{array}{r}{\left(\frac{\det {\hat{H}}_0}{{\det }^{\prime }\hat{H}}\right)}^{1/2}=\underset{E\to 0}{lim}{\left(\frac{E}{-\mathrm{\Delta }(E)}\right)}^{1/2}={\left(\frac{1}{-{\mathrm{\Delta }}^{\prime }(0)}\right)}^{1/2}\end{array}$$
そこで以下${\mathrm{\Delta }}^{\prime }(0)$を求めます。そのために改めて
$$\begin{array}{}\text{(7)}& [-{\partial }_{\tau }^2+U_I^{″}(\tau )]\psi (\tau )=E\psi (\tau )\end{array}$$
の解に関して考察します。

ここで$f_{\pm }(\tau ,E)$を、Eq.$\text{(7)}$の解であり、かつ
$$\begin{array}{}\text{(8a)}& \underset{\tau \to \pm }{lim}{f}_{\pm }(\tau ,E)=e^{\pm ik\tau }\end{array}$$
という遠方での振る舞いを持つ解とします。さらに反対方向の漸近形を
$$\begin{array}{}\text{(8b)}& \underset{\tau \to \mp }{lim}{f}_{\pm }(\tau ,E)=e^{\mp ik\tau }{A}_{\pm }(E)+e^{\pm ik\tau }{F}_{\pm }(E)\end{array}$$
とします。

まず次の公式を証明します：

以下では$F_{+}(E)=F_{-}(E)=F(E)$と記します。

次に以下のGreen関数を導入します：

さて、実はFredholm行列式と波動関数の漸近形によって定まる$F(E)$は等しいことが示せます。

最後に目的の$(-{\mathrm{\Delta }}^{\prime }(0){)}^{-1/2}$を求めます。

以上から、$A$は
$$\begin{array}{rl}A& \sim \beta e^{-S_0}\sqrt{\frac{S_0}{2\pi }}\left[\frac{\det {\hat{H}}_0}{{\det }^{\prime }\hat{H}}\right]\\ & =\beta e^{-S_0}\sqrt{\frac{\omega }{\pi }}K\end{array}$$
公式7より基底状態のエネルギーを計算すれば
$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\frac{\omega }{2}-\underset{\beta \to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\beta }\ln (\exp \left(A\right)+\exp (-A))\\ & =\frac{\omega }{2}-\underset{\beta \to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\beta }\ln \exp \left(A\right)\\ & =\frac{\omega }{2}-K\sqrt{\frac{\omega }{\pi }}{e}^{-S_0}\end{array}$$
となります。

一連の記事のまとめ

前の2つの記事

• インスタントンとトンネル効果 (1): 経路積分とWKB近似
• インスタントンとトンネル効果 (2) : 二重井戸型ポテンシャルにおけるインスタントン

および本記事において、以下の内容を説明しました：

• 経路積分形式におけるWKB近似
• 二重井戸型ポテンシャルにおけるインスタントン
• 希薄ガス近似におけるインスタントンペアの足し上げによる分配関数の計算、基底状態のエネルギー$E_0$の表式
• インスタントン分配関数に現れるゼロモードの処理。Fredholm行列式を用いた$E_0$の実際の計算

結論だけまとめると以下のようになります：

余談ですが、インスタントンは場の量子論にも現れ、非可換ゲージ理論において特に重要な役割を持ちます。 この記事 では、非可換ゲージ理論におけるカイラルアノマリーとインスタントンの関係を議論しています。

おしまい。${}_{◼}$

(★脚注) 一見$K$に${\tau }_0$依存性が含まれるように思えますが、境界条件より
$$\begin{array}{r}\frac{{\dot{q}}_I(\tau )}{K}\stackrel{\tau \to \pm \mathrm{\infty }}{\to }\exp (-\omega |\tau |)\end{array}$$
を満たさないといけないことから${\tau }_0=0$であり$K=g/(2\omega a)$となって${\tau }_0$依存性はなくなります（たぶん。Ref.[1]にそのような説明はないので、間違ってたらすみません）。