ファインマンの著作を読んで物理を理解していくブログ．

第２章第１節問題（暫定版）

後で書き直す可能性あり.

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/pathintegral2_1.pdf

問題2-1

$L=\frac{1}{2}m\dot{x}^2$
よってラグランジュ方程式は
\[
\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}-\frac{\partial L}{\partial x}=m\ddot{x}=0
\]
この解は
\[
x=v(t-t_a)+x_a
\]
とかける.
\[
\dot{x}=v=\frac{x_b-x_a}{t_b-t_a}.
\]
よって古典的運動に対する作用は
\[
S_{cl}=\int _{t_a}^{t_b}Ldt=\int_{t_a}^{t_b} \frac{1}{2}mv^2 =\frac{m}{2}\frac{(x_b-x_a)^2}{t_b-t_a}.
\]

問題2-2
\[
L=\frac{m}{2}(\dot{x}^2-\omega ^2x^2)
\]
ラグランジュ方程式は
\[
\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}-\frac{\partial L}{\partial x}=m\ddot{x}-m\omega ^2x=0
\]
よって

\[
\ddot{x}=-\omega ^2x.
\]

これを解くと
\[
x=ae^{i\omega t}+b e^{-i\omega t}.
\]
よって
\[
x_a=ae^{i\omega t_a}+b e^{-i\omega t_a}
\]
\[
x_b=ae^{i\omega t_b}+b e^{-i\omega t_b}.
\]
上式から$a,b$を求めると
\[
a=\frac{x_ae^{-i\omega t_b}-x_be^{-i\omega t_a}}{e^{-i\omega T}-e^{i\omega T}}
\]
\[
b=\frac{x_ae^{i\omega t_b}-x_be^{i\omega t_a}}{e^{-i\omega T}-e^{i\omega T}},
\]
ここで$T=t_b-t_a$.
\[
L=\frac{m}{2}(\dot{x}^2-\omega ^2x^2)=-m\omega ^2(a^2e^{2i\omega t}+b^2e^{-i\omega t})
\]
\[
\int _{t_a}^{t_b}Ldt=-\frac{m\omega ^2}{2i\omega }(a^2(e^{2i\omega t_b}-e^{2i\omega t_a})-b^2(e^{-2i\omega t_b}-e^{-2i\omega t_a})).
\]
これに求めた$a,b$の値を代入すると古典的作用は
\begin{eqnarray*}
&&-\frac{m\omega ^2}{2i\omega }((\frac{x_ae^{-i\omega t_b}-x_be^{-i\omega t_a}}{e^{-i\omega T}-e^{i\omega T}})^2(e^{2i\omega t_b}-e^{2i\omega t_a})-(\frac{x_ae^{i\omega t_b}-x_be^{i\omega t_a}}{e^{-i\omega T}-e^{i\omega T}})^2(e^{-2i\omega t_b}-e^{-2i\omega t_a}))\\
&=&
\frac{m\omega }{2\sin \omega t}((x_a^2+x_b^2)\cos \omega T-2x_ax_b)
\end{eqnarray*}

問題2-3
\[
L=\frac{m\dot{x}^2}{2}-Fx
\]
ラグランジュ方程式は
\[
\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}-\frac{\partial L}{\partial x}=m\ddot{x}+F=0
\]
よって
\[
\ddot{x}=-\frac{F}{m}.
\]
これを解くと
\[
x(t)=-\frac{F}{2m}t^2+v_0t+c
\]
\[
x_a=-\frac{F}{2m}t_a^2+v_0t_a+c
\]
\[
x_b=-\frac{F}{2m}t_b^2+v_0t_b+c
\]
これから$v_0, c$を求めると
\[
v_0=\frac{x_b-x_a}{T}+\frac{F}{2m}(t_a+t_b),
\]
\[
c=\frac{x_at_b-x_bt_a}{T}-\frac{F}{2m}t_at_b.
\]
\[
L=\frac{m\dot{x}^2}{2}-Fx=\frac{F^2t^2}{m}-2Fv_0t+\frac{mv_0^2}{2}-Fc
\]
\[
\int _{t_a}^{t_b}Ldt=\frac{F^2(t_b^3-t_a^3)}{3m}-Fv_0(t_b^2-t_a^2)+(\frac{mv_0^2}{2}-Fc)(t_b-t_a)
\]
これに求めた$v_0, c$の値を代入して$\frac{F^2}{m}, F, \frac{m}{T}$を係数にもつ項をまとめると

\begin{eqnarray*}
&&\frac{F^2(t_b^3-t_a^3)}{3m}
-F(\frac{x_b-x_a}{T}+\frac{F}{2m}(t_a+t_b))(t_b^2-t_a^2)\\
&+&(\frac{m}{2}(\frac{x_b-x_a}{T}+\frac{F}{2m}(t_a+t_b))^2-F(\frac{x_at_b-x_bt_a}{T}-\frac{F}{2m}t_at_b))(t_b-t_a)\\
&=&
\frac{F^2}{m}\frac{1}{24}(t_a-t_b)^3
+F\frac{1}{2}(t_a-t_b)(x_a+x_b)
+\frac{m}{2T}(x_b-x_a)^2\\
&=&
\frac{m}{2T}(x_b-x_a)^2-\frac{FT}{2}(x_a+x_b)-\frac{T^3F^2}{24m}
\end{eqnarray*}

2-4

古典力学では運動量は
\[
p=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}
\]
と定義される.

端点での運動量が
\[
\left( \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \right) _{x=x_a}=-\frac{\partial S_{cl}}{\partial x_a}
\]
となることを示す.
\begin{eqnarray*}
\delta S&=&\delta x\frac{\partial L}{\partial x}\Big| _{t_a}^{t_b}-\int _{t_a}^{t_b}\left( \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}-\frac{\partial L}{\partial x}L\right)\\
&=&
-\delta x\frac{\partial L}{\partial x}\Big| _{t_a}
\end{eqnarray*}

2-5

古典力学ではエネルギーは
\[
E=-L+\dot{x}p
\]
で定義される.

\[
-L+\dot{x}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=-\frac{S_{cl}}{\partial t_b}
\]
を示す.

\[
S_{cl}=\int L(x_{cl}, \dot{x}_{cl},t)dt
\]

$x_{cl}$は$x_b$に達する時間によって決まる古典軌道.

\begin{eqnarray*}
S(t_b+\delta )&=&
\int _{t_a}^{t_b+\delta }L(x_{cl,t_b+\delta },\dot{x}_{cl,t_b+\delta },t)dt\\
&=&
\int _{t_a}^{t_b}L(x_{cl,t_b+\delta },\dot{x}_{cl,t_b+\delta },t)dt+
\int _{t_b}^{t_b+\delta }L(x_{cl,t_b+\delta },\dot{x}_{cl,t_b+\delta },t)dt\\
&=&
S(t_b)+
\int _{t_a}^{t_b}\delta \frac{\partial x_{cl,tb}}{\partial t_b}\frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)
+\delta \frac{d}{dt}\left( \frac{\partial x_{cl,tb}}{\partial t_b}\right) \frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)dt
+\delta L(t_b)\\
&=&
S(t_b)+
\int _{t_a}^{t_b}\delta \frac{\partial x_{cl,tb}}{\partial t_b}\frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)
-\delta \frac{\partial x_{cl,tb}}{\partial t_b} \frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)dt\\
&+&\left[ \delta \frac{\partial x_{cl, t_b}}{\partial t_b}\frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)\right] _{t_a}^{t_b}
+\delta L(t_b)\\
\end{eqnarray*}

\[
x_{cl, t_b}(t_b)-x_{cl, t_b+\delta }(t_b)\simeq \dot{x}_{cl,t_b+\delta }\delta
\]
を用いて

\begin{eqnarray*}
S(t_b+\delta )&=&
S(t_b)
-\frac{dx_{cl, t_b}}{dt}\frac{\partial L}{\partial x}(x_{cl, t_b},\dot{x}_{cl, t_b}, t)
+\delta L(t_b)
\end{eqnarray*}

方針

しばらくはこっち

http://ryousirikigaku.blog68.fc2.com/

で観測問題に関する考察を続ける.

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/collapsesubtrace090209.pdf

第21章　古典的状況のもとでのシュレーディンガー方程式：超伝導のゼミナール

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun5_21.pdf

第21章　古典的状況のもとでのシュレーディンガー方程式：超伝導のゼミナール

21-1　磁場内におけるシュレーディンガーの方程式

ベクトルポテンシャルの中での量子力学の法則は
\[
<b|a>_A=<b|a>_{A=0}\exp \left\{ \frac{iq}{\hbar }\int _a^b\mathbf{A}\cdot d\mathbf{s} \right\}
\]
となる.

このときシュレーディンガーの方程式は
\[
-\frac{\hbar }{i}\frac{\partial \psi }{\partial t}=\frac{1}{2m}\left( \frac{\hbar }{i}\nabla -q\mathbf{A}\right) \cdot \left( \frac{\hbar }{i}\nabla -q\mathbf{A}\right) \psi+q\phi \psi \hspace{10mm}(21.3)
\]
となる.

21-2 確率の連続の方程式

確率密度は
\[
P(\mathbf{r}, t)=\psi ^*(\mathbf{r}, t)\psi (\mathbf{r}, t)
\]
で与えられる.

\[
\frac{\partial P}{\partial t}=-\nabla \cdot \mathbf{J}
\]
となるような$\mathbf{J}$を求めると

\[
\mathbf{J}=\frac{1}{2}\left\{ \left[ \frac{\hat{\mathbf{\mathcal{P}}}-q\mathbf{A}}{m}\psi \right] ^*\psi +\psi ^*\left[ \frac{\hat{\mathbf{\mathcal{P}}}-q\mathbf{A}}{m}\psi \right] \right\}
\]

となる.

21-3　2種類の運動量

\[
\mbox{mv-運動量}=m\mathbf{v}
\]
\[
\mbox{p-運動量}=m\mathbf{v}+q\mathbf{A}
\]

で“運動学的運動量”＝“mv-運動量”と
“力学的運動量”＝“ｐ運動量”を定義する.

磁場のある場合$\hat{\mathcal {P}}$に対応しているのはp-運動量のほうである.
量子力学ではベクトルポテンシャルを突然変化させても波動関数の勾配は突然変化はしない.
古典的に考えたときｐ－運動量はベクトルポテンシャルを突然変えても突然変化はしない.

21-4　波動関数の意味

非常に多くの粒子が全く同じ状態にある場合$\psi ^*\psi $を粒子の密度と解釈できる.
そう解釈すると$\hat{\mathbf{J}}$は電流密度となる.
したがってこの場合はどうか酢は古典的な巨視的状況まで拡大された意味を持つ.

21-5　超伝導

格子内の原子の振動と電子との間の相互作用下人となって電子の間に小さな有効引力が存在する.
その結果電子がまとまって束縛された対をつくる.
熱的な攪乱によって電子対は分離する.しかし十分低い温度では電子対をつくる.
束縛された一対の電子はボース粒子のように振舞う.
そのためほとんど全部の電子対が正確に同じ状態に最低のエネルギーをもって閉じ込められることになる.

\[
\psi (\mathbf{r})=\sqrt{\rho (\mathbf{r})}e^{i\theta (\mathbf{r})}\hspace{10mm}(21.17)
\]
と表すと
\[
\mathbf{J}=\frac{\hbar }{m}\left( \nabla \theta -\frac{q}{\hbar }\mathbf{A}\right)
\]
となる.

(
∵
$\nabla \psi=\nabla \sqrt{\rho }e^{i\theta }+\rho i\nabla \theta e^{i\theta }$を代入して
\begin{eqnarray*}
\mathbf{J}&=&\frac{1}{2}\left\{ \left[ \frac{\hat{\mathbf{\mathcal{P}}}-q\mathbf{A}}{m}\psi \right] ^*\psi +\psi ^*\left[ \frac{\hat{\mathbf{\mathcal{P}}}-q\mathbf{A}}{m}\psi \right] \right\}\\
&=&
\frac{1}{2}\left( \left( \frac{1}{m}\frac{\hbar }{i}\nabla \psi \right) ^*\psi +\psi ^*\left( \frac{1}{m}\frac{\hbar }{i}\nabla \psi \right) -\frac{2qA}{m}\psi ^*\psi \right)\\
&=&
\frac{1}{2}\left( -\frac{\hbar }{mi}(\nabla \sqrt{\rho }-i\nabla \theta \sqrt{\rho })\sqrt{\rho }+\frac{\hbar }{mi}(\nabla \sqrt{\rho }+i\nabla \theta \sqrt{\rho })\sqrt{\rho } -\frac{2qA}{m}\rho \right)\\
&=&
\frac{\hbar }{m}\nabla \theta \rho -\frac{qA}{m}\rho
\end{eqnarray*}
)

21-6　マイスナー効果

超伝導状態の金属に電気抵抗はない.
そのため磁場は誘導電場に完全に打ち消されて金属の内部を貫通することが出来ない.

高温の金属片に磁場をかけると内部に磁場が出来る.
その後金属を臨界温度以下に冷却すると磁場が金属片の外にはじき出される.

この現象を方程式を用いて調べた.
$\mathbf{A}$の発散が$0$であると仮定して
\[
\nabla ^2\mathbf{A}=\lambda ^2\mathbf{A}
\]
を導いた.ここで
\[
\lambda ^2=\rho \frac{q}{\epsilon mc^2}.
\]
これより
ベクトルポテンシャルは物体の表面から内部に入るにしたがって指数関数的に減少することがわかる.

21-7　磁束の量子化

厚さが$1/\lambda $程度の環を持ってきてその環を貫いて磁場をかける.
それからその環を超伝導状態まで冷却しもともとの$\mathbf{B}$の源を取り除く.
すると磁場は環に“捕捉”される.
$\partial _t\Phi $は環を取り巻く$\mathbf{E}$の線積分に等しくそれは超伝導体の内部では$0$だから.
環の本体の内部では$\mathbf{J}=0$よって
\[
\hbar \nabla \theta =q\mathbf{A}
\]
これを環の断面の中心近くを通る曲線上$\Gamma $で積分して
\[
\theta _2-\theta _1=\frac{q}{\hbar }\Phi.
\]
$\Gamma $が閉曲線の場合には波動関数がただ一つの値を持つために$\theta _2-\theta _1=2\pi n \hbar$が必要.
よって
\[
2\pi n\hbar=q\Phi ,
\]
ここで$q=2q_e$(電子対の電荷).

21-8　超伝導の力学

\[
\frac{\hbar }{m}\nabla \theta -\frac{q}{m}\mathbf{A}=\mathbf{v}
\]
とかく.
(21.3)に(21.17)を代入すると
\[
\frac{\partial \rho }{\partial t}=-\nabla \cdot \rho \mathbf{v}\hspace{10mm}(21. 32)
\]
と
\[
\hbar \frac{\partial \theta }{\partial t}=-\frac{m}{2}\mathbf{v}^2-q\phi +\frac{\hbar ^2}{2m}\left\{ \frac{1}{\sqrt{\rho }}\nabla ^2(\sqrt{\rho })\right\}\hspace{10mm}(21. 33)
\]
(連続の方程式と$\hbar \theta $を速度ポテンシャルとする荷電流体の運動方程式)が得られる.

（
∵
\begin{eqnarray*}
&&-\frac{\hbar }{i}(\partial _t\sqrt{\rho }e^{i\theta }+\sqrt{\rho }\partial _t\theta e^{i\theta })\\
&=&
\frac{1}{2m}\left( \frac{\hbar }{i}\nabla -q\mathbf{A} \right) \cdot \left( \frac{\hbar }{i}(\nabla \sqrt{\rho }e^{i\theta }+\sqrt{\rho }i\nabla \theta e^{i\theta })-q\mathbf{A}\sqrt{\rho }e^{i\theta }\right)+q\phi \sqrt{\rho e^{i\theta }}\\
&=&\frac{1}{2m}(-\hbar ^2(\nabla ^2(\sqrt{\rho })e^{i\theta }+2i\nabla \sqrt{\rho }\cdot \nabla \theta e^{i\theta }+\sqrt{\rho} i\nabla ^2\theta e^{i\theta }-\sqrt{\rho }(\nabla \theta )^2e^{i\theta })+i\hbar q\nabla \cdot \mathbf{A}\sqrt{\rho }e^{i\theta }\\
&+&i\hbar q\mathbf{A}\cdot \nabla \sqrt{\rho }e^{i\theta }-\hbar q\mathbf{A}\sqrt{\rho }\cdot \nabla \theta e^{i\theta }+i\hbar q\mathbf{A}\cdot \nabla \sqrt{\rho }e^{i\theta }-\hbar q\mathbf{A}\cdot\sqrt{\rho }\nabla \theta e^{i\theta }+(qA)^2\sqrt{\rho }e^{i\theta })+q\phi \sqrt{\rho e^{i\theta }}
\end{eqnarray*}
両辺を$e^{i\theta }$で割って
\begin{eqnarray*}
&&-\hbar \sqrt{\rho }\partial _t\theta +\frac{i\hbar }{2} \rho ^{-1/2}\partial _t\rho \\
&=&
-\frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\sqrt{\rho }+\frac{\hbar ^2}{2m}\sqrt{\rho }(\nabla \theta )^2-\frac{2\hbar q}{2m}\mathbf{A}\sqrt{\rho }\cdot \nabla \theta +\frac{(qA)^2}{2m}\sqrt{\rho }+q\phi \sqrt{\rho }\\
&-&i\frac{\hbar ^2}{m}\nabla \sqrt{\rho }\cdot \nabla \theta -\frac{i\hbar ^2}{2m}\sqrt{\rho } \nabla ^2\theta +\frac{i\hbar q}{2m}\nabla \mathbf{A}\sqrt{\rho}+\frac{i\hbar q}{m}\mathbf{A}\cdot \nabla \sqrt{\rho}\\
&=&
-\frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\sqrt{\rho }+\frac{m}{2}\sqrt{\rho }\left( \frac{\hbar }{m}\nabla \theta -\frac{q}{m}\mathbf{A}\right)^2+q\phi \sqrt{\rho }\\
&+&i\hbar \left( -\frac{1}{2}\nabla \rho \cdot \nabla \frac{\hbar }{m}\theta \rho ^{-1/2}-\frac{1}{2}\sqrt{\rho }\nabla ^2\frac{\hbar }{m}\theta +\frac{1}{2}\nabla \cdot \frac{q}{m}\mathbf{A}\sqrt{\rho }+\frac{q}{2m}\mathbf{A}\cdot \nabla \rho \rho ^{-1/2}\right)\\
&=&
-\frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\sqrt{\rho }+\frac{m}{2}\sqrt{\rho }v^2+q\phi \sqrt{\rho }\\
&+&\frac{i\hbar }{2}\rho ^{-1/2} \left( -\nabla \rho \cdot \nabla \frac{\hbar }{m}\theta -\rho \nabla ^2\frac{\hbar }{m}\theta +\rho \nabla \cdot \frac{q}{m}\mathbf{A}+\frac{q}{m}\mathbf{A}\cdot \nabla \rho \right)\\
&=&
-\frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\sqrt{\rho }+\frac{m}{2}\sqrt{\rho }v^2+q\phi \sqrt{\rho }\\
&-&\frac{i\hbar }{2}\rho ^{-1/2} \nabla \cdot (\rho \left( \frac{\hbar }{m}\nabla \theta -\frac{q}{m}\mathbf{A}\right ))\\
&=&
-\frac{\hbar ^2}{2m}\nabla ^2\sqrt{\rho }+\frac{m}{2}\sqrt{\rho }v^2+q\phi \sqrt{\rho }-\frac{i\hbar }{2}\rho ^{-1/2} \nabla \cdot \rho \mathbf{v}\\
\end{eqnarray*}
実部と虚部を比較して(21.32), (21.33)を得る.
）

これらとマクスウェルの方程式を用いて
\[
m\frac{d\mathbf{v}}{dt}\Big| _{comoving }=q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})+\nabla \frac{\hbar ^2}{2m}\left( \frac{1}{\sqrt{\rho }}\nabla ^2\sqrt{\rho }\right)
\]
\[
\nabla \times \mathbf{v}=-\frac{q}{m}\mathbf{B}
\]
を得た.　ここで
\[
\frac{d\mathbf{v}}{dt}\Big| _{comoving }=\frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t}+(\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v}
\]

21-9　ジョセフソン接合

２つの超伝導体のあいだに薄い不導体の層が挟まれているとする.
一方の側に電子を発見する振幅を
$\psi _1$とし
他方の側に電子を発見する振幅を
$\psi _2$とする.
両側の物質が同じで接合が対称的であるとする.
接合点を横切っての電位差を$V$とする.
２つの振幅は
\[
i\hbar \frac{\partial \psi _1}{\partial t}=\frac{qV}{2}\psi _1+K\psi _2
\]
\[
i\hbar \frac{\partial \psi _2}{\partial t}=-\frac{qV}{2}\psi _2+K\psi _1
\]
となっている.

これに$\psi _1=\sqrt{\rho _1}e^{i\theta _1}, \psi _2=\sqrt{\rho _2}e^{i\theta _2}, \theta _2-\theta _1=\delta $
を代入して実部と虚部を比較すると

\[
\dot{\rho }_1=\frac{2}{\hbar }K\sqrt{\rho _1\rho _2}\sin \delta ,
\]
\[
\dot{\rho }_2=-\frac{2}{\hbar }K\sqrt{\rho _1\rho _2}\sin \delta ,\hspace{10mm}(21. 42)
\]
\[
\dot{\theta }_1=-\frac{K}{\hbar }\sqrt{\frac{\rho _2}{\rho _1}}\cos \delta -\frac{qV}{2\hbar },
\]
\[
\dot{\theta }_2=-\frac{K}{\hbar }\sqrt{\frac{\rho _1}{\rho _2}}\cos \delta +\frac{qV}{2\hbar }\hspace{10mm}(21. 43)
\]
が得られる.
（
∵

\[
i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}e^{i\theta _1}+\sqrt{\rho _1}i\partial _t\theta _1e^{i\theta _1})=\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _1}e^{i\theta _1}+K\sqrt{\rho _2}e^{i\theta _2}
\]
\[
i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}e^{i\theta _2}+\sqrt{\rho _2}i\partial _t\theta _2e^{i\theta _2})=-\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _2}e^{i\theta _2}+K\sqrt{\rho _1}e^{i\theta _1}
\]
$e^{i\theta }$をオイラーの公式を用いて三角関数に直すと
\begin{eqnarray*}
&&i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}(\cos \theta _1+i\sin \theta _1)+\sqrt{\rho _1}i\partial _t\theta _1(\cos \theta _1+i\sin \theta _1))\\
&=&\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _1}(\cos \theta _1+i\sin \theta _1)+K\sqrt{\rho _2}(\cos \theta _2+i\sin \theta _2)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}(\cos \theta _2+i\sin \theta _2)+\sqrt{\rho _2}i\partial _t\theta _2(\cos \theta _2+i\sin \theta _2)\\
&=&-\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _2}(\cos \theta _2+i\sin \theta _2)+K\sqrt{\rho _1}(\cos \theta _1+i\sin \theta _1)
\end{eqnarray*}
これらの実部と虚部をまとめると
\begin{eqnarray*}
&&i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}\cos \theta _1-\sqrt{\rho _1}(\partial _t\theta _1)\sin \theta _1)\\
&-&\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}\sin \theta _1+\sqrt{\rho _1}(\partial _t\theta _1)\cos \theta _1)\\
&=&
i((qV/2)\sqrt{\rho _1}\sin \theta _1+K\sqrt{\rho _2}\sin \theta _2)\\
&+&
(qV/2)\sqrt{\rho _1}\cos \theta _1+K\sqrt{\rho _2}\cos \theta _2
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&i\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}\cos \theta _2-\sqrt{\rho _2}(\partial _t\theta _2)\sin \theta _2)\\
&-&\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}\sin \theta _2+\sqrt{\rho _2}(\partial _t\theta _2)\cos \theta _2)\\
&=&
i(-(qV/2)\sqrt{\rho _2}\sin \theta _2+K\sqrt{\rho _1}\sin \theta _1)\\
&-&
(qV/2)\sqrt{\rho _2}\cos \theta _2+K\sqrt{\rho _1}\cos \theta _1
\end{eqnarray*}
これらの実部と虚部を比較して
\begin{eqnarray*}
&&\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}\cos \theta _1-\sqrt{\rho _1}(\partial _t\theta _1)\sin \theta _1)\\
&=&
(qV/2)\sqrt{\rho _1}\sin \theta _1+K\sqrt{\rho _2}\sin \theta _2\hspace{10mm}(1)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&-\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}\sin \theta _1+\sqrt{\rho _1}(\partial _t\theta _1)\cos \theta _1)\\
&=&
(qV/2)\sqrt{\rho _1}\cos \theta _1+K\sqrt{\rho _2}\cos \theta _2\hspace{10mm}(2)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}\cos \theta _2-\sqrt{\rho _2}(\partial _t\theta _2)\sin \theta _2)\\
&=&
-(qV/2)\sqrt{\rho _2}\sin \theta _2+K\sqrt{\rho _1}\sin \theta _1\hspace{10mm}(3)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&-\hbar ((1/2)(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}\sin \theta _2+\sqrt{\rho _2}(\partial _t\theta _2)\cos \theta _2)\\
&=&
-(qV/2)\sqrt{\rho _2}\cos \theta _2+K\sqrt{\rho _1}\cos \theta _1\hspace{10mm}(4)
\end{eqnarray*}

$(1)\times \cos \theta _1-(2)\times \sin \theta _1$
\[
\frac{\hbar }{2}(\partial _t\rho _1)\rho _1^{-1/2}=K\sqrt{\rho _2}\sin (\theta _2-\theta _1)
\]
$(1)\times \sin \theta _1-(2)\times \cos \theta _1$
\[
-\hbar \sqrt{\rho _1}\partial \theta _1=\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _1}+K\sqrt{\rho _2}\cos (\theta _2-\theta _1)
\]
$(3)\times \cos \theta _2-(4)\times \sin \theta _2$
\[
\frac{\hbar }{2}(\partial _t\rho _2)\rho _2^{-1/2}=-K\sqrt{\rho _1}\sin (\theta _2-\theta _1)
\]
$(3)\times \sin \theta _21-(4)\times \cos \theta _2$
\[
-\hbar \sqrt{\rho _2}\partial \theta _2=-\frac{qV}{2}\sqrt{\rho _2}+K\sqrt{\rho _1}\cos (\theta _2-\theta _1)
\]
）

これより$1$の側から$2$の側へ流れる電流は
\[
J=\frac{2K}{\hbar }\sqrt{\rho _1\rho _2}\sin \delta =J_0\sin \delta
\]
となる.　ここで$J_0=\frac{2K\rho _0}{\hbar}$.

(21. 43)を積分して
\[
\delta (t)=\delta _0+\frac{q}{\hbar }\int V(t)dt
\]
が得られる.
直流電圧$V_0$をかけた場合$\delta =\delta _0+(q/\hbar )Vt$となり$\sin \delta $は急速に振動し流れる正味の電流は
存在しないことになる.
電圧が$0$の場合には電流は$\delta _0$の値により$-J_0$から$J_0$の値をとる.
$V=V_0+v\cos \omega t, \omega =\frac{q}{\hbar }V_0$という高周波の電圧を書けた場合にも電流は流れる.

次に$P$から$Q$へ行く２つの道筋に２つの接合$a, b$がある場合を考える.
$a, b $を通る電流を$J_a, J_b$,その位相を$\delta _a, \delta _b$とする.

\[
\delta _b-\delta _a=\frac{2q_e}{\hbar }\Phi
\]
を示した.
$\delta _a=\delta _0+\frac{q_e}{\hbar }\Phi ,\delta _b=\delta _0-\frac{q_e}{\hbar }\Phi $と書くと
\[
J_{total }=J_0\sin \delta _0\cos \frac{q_e\Phi }{\hbar }
\]
となった.
(
$J_{total }=2J_0\sin \delta _0\cos \frac{q_e\Phi }{\hbar }$ではないか?
棚上げ問
)
したがって$\Phi =n\frac{\pi \hbar }{q_e}$
のとき電流は最大値を持つ.
$\Phi $はソレノイドを貫く磁束だったが超伝導体のワイヤー自身の上にはほとんど磁場がないように出来る.
それでも電流の大きさが$\Phi $に依存するということはベクトルポテンシャルが“物理的実在”であることの証拠である.