第14章ニュートリノ振動と Majorana 粒子

導出：地球に届く太陽ニュートリノの流束を，太陽定数から出す

ステップ1：太陽定数をエネルギー流束に直す．地球軌道での太陽放射のエネルギー流束（太陽定数）は

$$ S = 1.361\ \mathrm{kW/m^2} = 0.1361\ \mathrm{J\,cm^{-2}s^{-1}} $$

である．$1\ \mathrm{MeV}=1.602\times10^{-13}\ \mathrm{J}$ を使って MeV 単位に直すと

$$ S = \frac{0.1361}{1.602\times10^{-13}} = 8.50\times10^{11}\ \mathrm{MeV\,cm^{-2}s^{-1}} $$

ステップ2：光として出るエネルギーを1反応あたりで見積る．式 \eqref{eq:14-ppnet} の $26.73\ \mathrm{MeV}$ のうち，ニュートリノは相互作用せずに太陽から逃げるので，光になるのは残りである．ニュートリノ1個の平均エネルギーは約 $0.30\ \mathrm{MeV}$（pp 枝が支配的なため低い）だから，2個で $0.6\ \mathrm{MeV}$ が持ち去られ

$$ Q_\gamma \approx 26.73 - 0.6 = 26.1\ \mathrm{MeV} $$

が電磁波として地球に届く．

ステップ3：割り算する．$Q_\gamma$ の光が出るたびにニュートリノが2個出るのだから

すなわち，いまこの瞬間にも，あなたの親指の爪ほどの面積（$1\ \mathrm{cm^2}$）を毎秒 650 億個の太陽ニュートリノが通り抜けている．∎

驚くべきことに，この見積りには太陽の内部構造の詳細が一切入っていない．必要だったのは「太陽が輝いているエネルギー源は式 \eqref{eq:14-ppnet} である」という一点だけである．したがって $\Phi_\nu$ の総量は非常に信頼できる．標準太陽模型（SSM）の全流束 $6.5\times10^{10}\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}}$（B16-GS98．うち pp 枝が $6.0\times10^{10}$）とも数 % で合っている．

導出：$P(\nu_e\to\nu_\mu)=\sin^22\theta\,\sin^2(\Delta m^2L/4E)$

ステップ1：混合を書き下す．2次元の直交行列は回転行列である．

$$ \begin{equation} \begin{pmatrix}\ket{\nu_e}\\ \ket{\nu_\mu}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\cos\theta & \sin\theta\\ -\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\ket{\nu_1}\\ \ket{\nu_2}\end{pmatrix} \label{eq:14-2gen} \end{equation} $$

すなわち $\ket{\nu_e}=\cos\theta\ket{\nu_1}+\sin\theta\ket{\nu_2}$，$\ket{\nu_\mu}=-\sin\theta\ket{\nu_1}+\cos\theta\ket{\nu_2}$．回転行列は $R^{T}R=\mathbb{1}$（列が正規直交）を満たす直交行列であり，実行列としてユニタリである（行列式は $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$）．なお行列式が $1$ であることはユニタリ性の証明にはならない．$\mathrm{diag}(2,1/2)$ も行列式 $1$ である．

ステップ2：時間発展させる．$t=0$ で $\ket{\nu(0)}=\ket{\nu_e}$ とする．質量固有状態はそれぞれ自分のエネルギー $E_i$ で位相を回すから

$$ \ket{\nu(t)} = \cos\theta\,\ee^{-\ii E_1t}\ket{\nu_1} + \sin\theta\,\ee^{-\ii E_2t}\ket{\nu_2} $$

ここで $E_i=\sqrt{\bm{p}^2+m_i^2}$ である．質量が違えばエネルギーが違い，位相の回る速さが違う．これが振動のすべてである．

ステップ3：$\nu_\mu$ 成分を射影する．式 \eqref{eq:14-2gen} を逆に解くと $\ket{\nu_1}=\cos\theta\ket{\nu_e}-\sin\theta\ket{\nu_\mu}$，$\ket{\nu_2}=\sin\theta\ket{\nu_e}+\cos\theta\ket{\nu_\mu}$．したがって $\braket{\nu_\mu|\nu_1}=-\sin\theta$，$\braket{\nu_\mu|\nu_2}=\cos\theta$ であり

$$ \mathcal{A}_{e\to\mu}(t) \equiv \braket{\nu_\mu|\nu(t)} = -\cos\theta\sin\theta\,\ee^{-\ii E_1t} + \sin\theta\cos\theta\,\ee^{-\ii E_2t} $$ $$ = \sin\theta\cos\theta\left(\ee^{-\ii E_2t}-\ee^{-\ii E_1t}\right) $$

$\theta=0$ なら振幅はゼロ（混合がなければ化けない），$E_1=E_2$ でもゼロ（質量が縮退していれば化けない）．この2条件がすでに読み取れる．

ステップ4：絶対値の2乗をとる．共通因子 $\ee^{-\ii E_1t}$ を括り出す．

$$ \mathcal{A} = \sin\theta\cos\theta\,\ee^{-\ii E_1t}\left(\ee^{-\ii(E_2-E_1)t}-1\right) $$

$\abs{\ee^{-\ii E_1t}}=1$ なので落ちる．$\phi\equiv(E_2-E_1)t$ と書けば

$$ \abs{\ee^{-\ii\phi}-1}^2 = (\cos\phi-1)^2+\sin^2\phi = 2-2\cos\phi = 4\sin^2\frac{\phi}{2} $$

最後は半角公式 $1-\cos\phi=2\sin^2(\phi/2)$ を使った．また $\sin\theta\cos\theta=\tfrac12\sin2\theta$ だから $(\sin\theta\cos\theta)^2=\tfrac14\sin^22\theta$．したがって

$$ \begin{equation} P(\nu_e\to\nu_\mu) = \frac14\sin^22\theta\times4\sin^2\frac{\phi}{2} = \sin^22\theta\,\sin^2\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{2}\right) \label{eq:14-Pmid} \end{equation} $$

ステップ5：超相対論的近似でエネルギー差を評価する．ニュートリノ質量は $\lesssim0.1\ \mathrm{eV}$，一方で実験で扱うエネルギーは MeV〜GeV である．したがって $m_i\ll p$ が圧倒的に成り立ち，平方根を展開できる．

$$ E_i = \sqrt{p^2+m_i^2} = p\sqrt{1+\frac{m_i^2}{p^2}} \simeq p + \frac{m_i^2}{2p} $$

展開の誤差は $O(m_i^4/p^3)$ で，$m\sim0.1\ \mathrm{eV}$，$p\sim1\ \mathrm{GeV}$ なら相対誤差 $10^{-20}$ である．同じ運動量 $p$ をもつと仮定すると（この仮定の妥当性は下の注意ボックスで論じる）

$$ E_2-E_1 \simeq \frac{m_2^2-m_1^2}{2p} \equiv \frac{\Delta m^2}{2E} $$

最後で $p\simeq E$ と置いた（超相対論的だから運動量とエネルギーの区別は $O(m^2/E)$ の高次）．

ステップ6：時間を飛行距離に直す．ほぼ光速で飛ぶので $t\simeq L$（自然単位 $c=1$）．よって $\phi/2 = \Delta m^2L/(4E)$ となり

そして生き残り確率は，2世代なら確率の和が1なので

$$ \begin{equation} P(\nu_e\to\nu_e) = 1 - \sin^22\theta\,\sin^2\!\left(\frac{\Delta m^2L}{4E}\right) \label{eq:14-Psurv} \end{equation} $$

∎

導出：換算係数 $1.267$

ステップ1：$\hbar$ と $c$ を復活させる．次元解析でやる．位相 $\phi/2$ は無次元でなければならない．$\Delta m^2$ は質量の2乗だから，まず $c$ を掛けてエネルギーに直す：$\Delta m^2c^4$．$L$ は長さ，$E$ はエネルギーである．

$$ \frac{\Delta m^2c^4\,L}{E} \quad\to\quad \frac{[\mathrm{eV^2}][\mathrm{m}]}{[\mathrm{eV}]} = [\mathrm{eV\,m}] $$

$\mathrm{eV\cdot m}$ という次元が余る．これを消せるのは $\hbar c$（次元 $\mathrm{eV\cdot m}$）だけである．よって

$$ \begin{equation} \frac{\Delta m^2L}{4E}\ \Big|_{\hbar=c=1} \;\longrightarrow\; \frac{\Delta m^2c^4\,L}{4\,\hbar c\,E} \label{eq:14-restore} \end{equation} $$

ステップ2：$\hbar c$ を eV・m で書く．規約（付録B）より $\hbar c=197.327\ \mathrm{MeV\,fm}$．$1\ \mathrm{MeV}=10^6\ \mathrm{eV}$，$1\ \mathrm{fm}=10^{-15}\ \mathrm{m}$ だから

$$ \hbar c = 197.327\times10^{6}\ \mathrm{eV}\times10^{-15}\ \mathrm{m} = 1.97327\times10^{-7}\ \mathrm{eV\,m} $$

ステップ3：実験家の単位を代入する．$\Delta m^2$ を $\mathrm{eV^2}$ 単位の数値 $\widetilde{\Delta m^2}$，$L$ を km 単位の数値 $\widetilde L$（$L=10^3\widetilde L\ \mathrm{m}$），$E$ を GeV 単位の数値 $\widetilde E$（$E=10^9\widetilde E\ \mathrm{eV}$）で書くと

$$ \frac{\Delta m^2c^4L}{4\hbar cE} =\frac{\widetilde{\Delta m^2}\ \mathrm{eV^2}\times10^3\widetilde L\ \mathrm{m}} {4\times1.97327\times10^{-7}\ \mathrm{eV\,m}\times10^{9}\widetilde E\ \mathrm{eV}} $$

単位はきれいに消える．係数だけ計算すると，分母は

$$ 4\times1.97327\times10^{-7}\times10^{9} = 4\times197.327 = 789.31 $$

分子の係数は $10^3$ だから

これが $1.27$ の正体である．$\hbar c=197.327\ \mathrm{MeV\,fm}$ という自然定数と，km・GeV・eV$^2$ という人間の都合の産物にすぎない．∎

したがって実用形は

である．なお $L$ を m，$E$ を MeV で測っても同じ係数 $1.267$ が使える（$10^{-3}$ が上下で相殺するため）．原子炉実験（$L\sim1\ \mathrm{km}$，$E\sim4\ \mathrm{MeV}$）ではこちらが便利である．

導出：3世代の振動確率

ステップ1：振幅を書く．式 \eqref{eq:14-mixdef} より $\ket{\nu_\alpha}=\sum_iU^*_{\alpha i}\ket{\nu_i}$，逆変換は $\ket{\nu_i}=\sum_\beta U_{\beta i}\ket{\nu_\beta}$．したがって

$$ \mathcal{A}_{\alpha\to\beta} = \sum_i U^*_{\alpha i}\,\ee^{-\ii E_it}\,U_{\beta i} $$

ステップ2：$\abs{\mathcal{A}}^2$ を展開する．

$$ P_{\alpha\beta}=\sum_{i,j}U^*_{\alpha i}U_{\beta i}U_{\alpha j}U^*_{\beta j}\, \ee^{-\ii(E_i-E_j)t} $$

ステップ3：$i=j$ の項と $i\neq j$ の項に分ける．$i=j$ の和はユニタリ性 $\sum_i U^*_{\alpha i}U_{\beta i}=\delta_{\alpha\beta}$ を使うと $\delta_{\alpha\beta}$ の形にまとまる．$i\neq j$ の項を実部と虚部に整理し，$E_i-E_j=\Delta m_{ij}^2/2E$ を代入すると

∎

導出：SNO の3測定から $\Phi(\nu_{\mu,\tau})$ を取り出す

ステップ1：測定値を並べる（2002年，$^8$B 成分，単位 $10^6\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}}$）．

$$ \Phi_\mathrm{CC}=1.76\pm0.06,\qquad \Phi_\mathrm{ES}=2.39\pm0.24,\qquad \Phi_\mathrm{NC}=5.09\pm0.44 $$

ステップ2：CC と NC の差をとる．定義から

$$ \Phi(\nu_{\mu,\tau}) = \Phi_\mathrm{NC}-\Phi_\mathrm{CC} = 5.09-1.76 = 3.33\ \ (\times10^6\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}}) $$

誤差は独立成分を二乗和して $\sqrt{0.44^2+0.06^2}=0.444$．SNO が3測定の同時フィットで出した公表値は

$$ \Phi(\nu_{\mu,\tau}) = \left[3.41\pm0.45(\mathrm{stat})^{+0.48}_{-0.45}(\mathrm{syst})\right]\times10^6\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}} $$

であり，中心値は上の差 $3.33$ と，統計誤差は粗い見積り $0.444$ と，それぞれよく一致する（同時フィットなので中心値はわずかに違う）．

統計と系統を二乗和した $\sqrt{0.45^2+0.48^2}=0.66$ で割ると，ゼロから $5.3\sigma$ 離れている（SNO の公表した有意度）．統計誤差だけで割れば $7.6\sigma$ になるが，系統誤差を落とした過大な値なのでそう書いてはいけない．太陽の核融合反応は $\nu_e$ しか作らない（式 \eqref{eq:14-ppnet}）．それなのに地球には $\nu_\mu$ と $\nu_\tau$ が来ている．道中で化けたのである．

ステップ3：全流束を SSM と比べる．

$$ \frac{\Phi_\mathrm{NC}}{\Phi_\mathrm{SSM}}=\frac{5.09}{5.05}=1.008 $$

誤差の範囲で完全に一致する．ニュートリノは1個も消えていない．Homestake や Super-Kamiokande が見たのは，$\nu_e$ だけを勘定していたことによる見かけの不足であった．Bahcall の標準太陽模型は，30年間ずっと正しかったのである．

ステップ4：生き残り確率を出す．

$$ P_{ee} = \frac{\Phi_\mathrm{CC}}{\Phi_\mathrm{NC}} = \frac{1.76}{5.09}=0.346 $$

$^8$B ニュートリノ（平均 $\approx7\ \mathrm{MeV}$）の生き残り確率は約 $1/3$ である．∎

導出：物質ポテンシャル $V=\sqrt2G_Fn_e$

ステップ1：なぜ $\nu_e$ だけ特別か．通常物質は $e^-$，$u$，$d$ からできている．中性カレント（$Z$ 交換）による前方散乱は，$\nu_e,\nu_\mu,\nu_\tau$ のすべてに同じ大きさで働く．同じ量を全対角成分に足しても位相差に効かないので，振動には無関係である（全体の位相にしかならない）．

ところが荷電カレント（$W$ 交換）による $\nu_e+e^-\to e^-+\nu_e$ は，$\nu_e$ にしか起きない．$\nu_\mu$ が同じことをするには $\mu$ が物質中に必要だが，普通の物質に $\mu$ はない．したがって$\nu_e$ だけが余分なポテンシャルを得る．

ステップ2：ポテンシャルの大きさ．第12章の低エネルギー有効相互作用（Fermi 型）から，前方散乱振幅を電子密度 $n_e$ で平均すると

が得られる（$\bar\nu_e$ では符号が反転して $-\sqrt2G_Fn_e$）．屈折率の概念そのものである：光が媒質中で位相速度を変えるのと同じ機構が，ニュートリノにも働く．

ステップ3：数値にする．自然単位で $\mathrm{cm^{-3}}$ を $\mathrm{GeV^3}$ に直す．$\hbar c=1.97327\times10^{-14}\ \mathrm{GeV\,cm}$ より $1\ \mathrm{cm^{-1}}=1.97327\times10^{-14}\ \mathrm{GeV}$，よって

$$ 1\ \mathrm{cm^{-3}} = (1.97327\times10^{-14})^3\ \mathrm{GeV^3} = 7.683\times10^{-42}\ \mathrm{GeV^3} $$

$G_F=1.166\times10^{-5}\ \mathrm{GeV^{-2}}$ を入れると

$$ V_\mathrm{CC} = \sqrt2\times1.166\times10^{-5}\times7.683\times10^{-42}\times n_e[\mathrm{cm^{-3}}]\ \mathrm{GeV} = 1.267\times10^{-46}\,n_e[\mathrm{cm^{-3}}]\ \mathrm{GeV} $$

太陽中心は $\rho\approx150\ \mathrm{g/cm^3}$，電子数密度は $n_e\approx6.0\times10^{25}\ \mathrm{cm^{-3}}$（$Y_e\approx0.67$）だから

$$ V_\mathrm{CC}^{\odot} = 1.267\times10^{-46}\times6.0\times10^{25}\ \mathrm{GeV} = 7.6\times10^{-21}\ \mathrm{GeV} = 7.6\times10^{-12}\ \mathrm{eV} $$

$7.6\ \mathrm{peV}$．とてつもなく小さいが，比べる相手（$\Delta m^2/2E\sim10^{-11}\ \mathrm{eV}$）も同じくらい小さいので効くのである．∎

導出：物質中の有効混合角と共鳴条件

ステップ1：有効ハミルトニアンを書く．2世代フレーバー基底 $(\nu_e,\nu_\mu)$ で，真空部分を混合行列で回して書き，物質項を足す．定数倍の単位行列は落としてよいので

$$ \begin{equation} \Ham_\mathrm{eff} = \frac{\Delta m^2}{4E} \begin{pmatrix}-\cos2\theta & \sin2\theta\\ \sin2\theta & \cos2\theta\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}V_\mathrm{CC} & 0\\ 0&0\end{pmatrix} \label{eq:14-Heff} \end{equation} $$

右の行列が物質項で，$(1,1)$ 成分すなわち $\nu_e$ にだけ乗っている．

ステップ2：トレースを引いて標準形にする．$2\times2$ の行列からトレースの半分（単位行列に比例）を引くと，物理に効かない全体位相が落ちる．

$$ \Ham_\mathrm{eff} - \frac{\Tr\Ham_\mathrm{eff}}{2}\mathbb{1} = \frac12\begin{pmatrix}-A & B\\ B & A\end{pmatrix}, \quad A \equiv \frac{\Delta m^2}{2E}\cos2\theta - V_\mathrm{CC}, \quad B \equiv \frac{\Delta m^2}{2E}\sin2\theta $$

ステップ3：対角化する．この形の行列の固有値は $\pm\tfrac12\sqrt{A^2+B^2}$ である．したがって物質中の有効質量二乗差は

$$ \begin{equation} \frac{\Delta m^2_\mathrm{eff}}{2E} = \sqrt{A^2+B^2} =\sqrt{\left(\frac{\Delta m^2}{2E}\cos2\theta - V_\mathrm{CC}\right)^2 +\left(\frac{\Delta m^2}{2E}\sin2\theta\right)^2} \label{eq:14-dmeff} \end{equation} $$

また，混合角は $\tan2\theta_m = B/A$ で与えられるので

ステップ4：共鳴条件を読み取る．式 \eqref{eq:14-thetam} の分母第1項がゼロになるとき，$\sin^22\theta_m=1$ すなわち混合が最大になる．真空での混合角がどんなに小さくても，物質中では最大混合になりうる．この条件は

∎

導出：左巻き場だけで質量項を作る

ステップ1：$\psi_L$ の荷電共役はどちらのカイラリティか．荷電共役は複素共役を含むので，カイラリティ射影を反転させる．実際

$$ (\psi_L)^c = \ii\gamma^2(P_L\psi)^* = \ii\gamma^2 P_L^*\psi^* $$

$\gamma^5$ は Dirac–Pauli 表示で実なので $P_L^*=P_L$，そして $\gamma^2\gamma^5=-\gamma^5\gamma^2$ から $\gamma^2P_L=P_R\gamma^2$．よって

$$ (\psi_L)^c = P_R\,\ii\gamma^2\psi^* = P_R\psi^c = (\psi^c)_R $$

すなわち左巻き場の荷電共役は右巻きである．これが鍵である：$\nu_R$ を導入しなくても，$(\nu_L)^c$ という右巻き成分が手元にある．

ステップ2：質量項を組む．Dirac 質量項 \eqref{eq:14-diracmass} の $\psi_R$ を $(\psi_L)^c$ で置き換えればよい．

$1/2$ が付くのは，Dirac 質量項と違って同じ場が2回現れるため（Wick 縮約で2倍される）である．

ステップ3：レプトン数がどう変わるかを見る．$\nu_L$ はレプトン数 $L=+1$ の粒子を消す（あるいは $L=-1$ の反粒子を作る）．$\overline{(\nu_L)^c}$ もまた，$L=+1$ の粒子を消す向きに働く．したがって式 \eqref{eq:14-majmass} は

$$ \Delta L = -2 \quad\text{（および h.c. で }\Delta L=+2\text{）} $$

を引き起こす．Majorana 質量項は，レプトン数を2単位破る．∎

導出：シーソー機構 $m_\nu\simeq m_D^2/M_R$

ステップ1：質量行列を組む．基底 $(\nu_L,\ N^c)$ をとると，質量項は

$$ \Lag = -\frac12 \begin{pmatrix}\overline{(\nu_L)^c} & \bar N\end{pmatrix} \underbrace{\begin{pmatrix}0 & m_D\\ m_D & M_R\end{pmatrix}}_{\displaystyle \mathcal{M}} \begin{pmatrix}\nu_L\\ N^c\end{pmatrix} +\mathrm{h.c.} $$

$(1,1)$ 成分がゼロなのは $m_L\approx0$ と置いたためである．$\mathcal M$ は対称行列（Majorana 質量行列は必ず対称）．

ステップ2：固有値を求める．特性方程式は

$$ \det(\mathcal M-\lambda\mathbb 1)=\lambda^2-M_R\lambda-m_D^2=0 $$ $$ \lambda_\pm = \frac{M_R\pm\sqrt{M_R^2+4m_D^2}}{2} $$

ステップ3：$M_R\gg m_D$ で展開する．$\sqrt{M_R^2+4m_D^2}=M_R\sqrt{1+4m_D^2/M_R^2}\simeq M_R\left(1+\dfrac{2m_D^2}{M_R^2}\right)$．したがって

$$ \lambda_+ \simeq \frac{M_R+M_R+2m_D^2/M_R}{2}= M_R+\frac{m_D^2}{M_R}\simeq M_R $$ $$ \lambda_- \simeq \frac{M_R-M_R-2m_D^2/M_R}{2} = -\frac{m_D^2}{M_R} $$

符号は場の位相の再定義で吸収できるので，物理的質量は絶対値をとって

ステップ4：積の保存を確認する．行列式は $\det\mathcal M=-m_D^2$ であり，これは固有値の積に等しい：

$$ \lambda_+\lambda_- = M_R\times\left(-\frac{m_D^2}{M_R}\right)=-m_D^2\ \checkmark $$

すなわち $m_\nu\,m_N = m_D^2$ が厳密に成り立つ．片方を重くすればもう片方が軽くなる．シーソー（seesaw，シーソー板）という名前はここから来ている．

ステップ5：混合角を確認する．軽い固有状態が $\nu_L$ にどれだけ寄っているかを見る．混合角は

$$ \tan2\theta = \frac{2m_D}{M_R}\quad\Longrightarrow\quad \theta\simeq \frac{m_D}{M_R}\ll1 $$

すなわち，軽い状態はほぼ完全に $\nu_L$，重い状態はほぼ完全に $N$ である．重い $N$ が軽いニュートリノに混ざる割合は $\theta^2=(m_D/M_R)^2=m_\nu/M_R\sim(5\times10^{-11})/(6\times10^{14})\sim10^{-25}$ しかなく，実験的に見えない．∎

導出：$m_{\beta\beta}$ の許される範囲

式 \eqref{eq:14-mbb} と PMNS の第1行（式 \eqref{eq:14-PMNS}）から

$$ m_{\beta\beta}=\left|c_{12}^2c_{13}^2m_1 + s_{12}^2c_{13}^2m_2\,\ee^{\ii\alpha_{21}} + s_{13}^2m_3\,\ee^{\ii(\alpha_{31}-2\delta)}\right| $$

Majorana 位相 $\alpha_{21},\alpha_{31}$ は未知なので，三つの複素数の和は「三つのベクトルを任意の向きで足したもの」となり，最大は同符号，最小は打ち消し合いである．

ケース1：順階層で $m_1=0$．数値を入れる（$c_{13}^2=0.978$，$s_{12}^2=0.307$，$s_{13}^2=0.0220$，$m_2=8.68\times10^{-3}$，$m_3=5.03\times10^{-2}\ \mathrm{eV}$）．

$$ s_{12}^2c_{13}^2m_2 = 0.307\times0.978\times8.68\times10^{-3}=2.61\ \mathrm{meV} $$ $$ s_{13}^2m_3 = 0.0220\times50.3 = 1.11\ \mathrm{meV} $$

したがって

$$ m_{\beta\beta}^\mathrm{NO}(m_1=0)\ \in\ [\,2.61-1.11,\ 2.61+1.11\,]=[1.5,\ 3.7]\ \mathrm{meV} $$

ケース2：逆階層で $m_3=0$．$m_1=4.96\times10^{-2}$，$m_2=5.04\times10^{-2}\ \mathrm{eV}$，$c_{12}^2=0.693$．第3項は $m_3=0$ で消える．

$$ c_{12}^2c_{13}^2m_1 = 0.693\times0.978\times49.6 = 33.6\ \mathrm{meV} $$ $$ s_{12}^2c_{13}^2m_2 = 0.307\times0.978\times50.4 = 15.1\ \mathrm{meV} $$ $$ m_{\beta\beta}^\mathrm{IO}(m_3=0)\ \in\ [\,33.6-15.1,\ 33.6+15.1\,] = [18.5,\ 48.7]\ \mathrm{meV} $$

∎

この二つの区間が離れていることが，実験戦略のすべてを決めている．感度を $15\ \mathrm{meV}$ まで押し下げれば，IO の全領域が探索し尽くされる．そこで見つからなければ，(i) NO である，(ii) ニュートリノは Dirac である，(iii) 位相が偶然打ち消している，のいずれかということになる．NO の下限 $1.5\ \mathrm{meV}$ は，現行技術の 10 倍以上先である．

材料科学との接点：$\gamma=\gamma^\dagger$ はどこから出てくるか

ステップ1：BdG ハミルトニアン．超伝導体の平均場ハミルトニアンは，対凝縮 $\Delta$ のために粒子数を保存しない項をもつ．

$$ \begin{equation} \Ham = \sum_{ij}h_{ij}c_i^\dagger c_j +\frac12\sum_{ij}\left(\Delta_{ij}c_i^\dagger c_j^\dagger + \Delta_{ij}^*c_jc_i\right) \label{eq:14-BdG} \end{equation} $$

ここが決定的である．$c^\dagger c^\dagger$ という項があるために，粒子数 $N$ は保存せず，保存するのはそのパリティ $(-1)^N$ だけになる．素粒子でいえば「レプトン数が破れて，そのパリティだけが残る」状況と同じ構造である（14.6 節の $\Delta L=2$）．

ステップ2：Bogoliubov 変換．これを対角化する準粒子演算子は，粒子と正孔の重ね合わせになる．

$$ \begin{equation} \gamma_n^\dagger = \sum_i\left(u_{n,i}\,c_i^\dagger + v_{n,i}\,c_i\right) \label{eq:14-bogo} \end{equation} $$

Hermite 共役をとると

$$ \gamma_n = \sum_i\left(u_{n,i}^*\,c_i + v_{n,i}^*\,c_i^\dagger\right) $$

ステップ3：粒子・正孔対称性．BdG 方程式を行列で書くと

$$ \begin{pmatrix}h & \Delta\\ -\Delta^* & -h^*\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\ v\end{pmatrix} = E\begin{pmatrix}u\\ v\end{pmatrix} $$

この行列に $\Xi = \tau_x\mathcal K$（$\tau_x$ は Nambu 空間の Pauli 行列，$\mathcal K$ は複素共役．ここでは基底を $(c_i,\ c_i^\dagger)$ にとっている．第9章 9.7.5 項のスピン付き基底 $(c_{\kk\uparrow},\ c^\dagger_{-\kk\downarrow})$ では同じ対称性が $\tau_y\mathcal K$ と書かれる）を作用させると，符号が反転する：$\Xi\mathcal{H}_\mathrm{BdG}\Xi^{-1}=-\mathcal{H}_\mathrm{BdG}$．したがって

$$ (u,v)\ \text{が固有値}\ E\ \text{の解} \quad\Longrightarrow\quad (v^*,u^*)\ \text{が固有値}\ -E\ \text{の解} $$

演算子の言葉では，$\gamma^\dagger_{E}=\gamma_{-E}$ である．正エネルギー準粒子の生成は，負エネルギー準粒子の消滅と同じもの——これが超伝導体の準粒子スペクトルが $\pm E$ 対称である理由である．

ここで Dirac の海との違いを正直に述べておく．構図は似ているが一点だけ決定的に違う．BdG の $-E$ 解は $+E$ 解の冗長なコピーであり（$\gamma^\dagger_E=\gamma_{-E}$ は同一の演算子の書き換えにすぎない），独立な自由度ではない．Nambu 空間で自由度を二重化した代償である．一方 Dirac 方程式の負エネルギー解は $u(p)$ と独立な $v(p)$ であり，反粒子という独立な自由度になる．$\pm E$ 対称性は，この冗長性の現れとして理解すべきものである．そして次のステップで見るように，$E=0$ の解が「自分自身の相方」になるという議論は，まさにこの冗長性に依拠している．

ステップ4：$E=0$ で何が起きるか．$E=0$ の解は，自分自身の相方である．$\gamma^\dagger_0=\gamma_{-0}=\gamma_0$，すなわち

これは式 \eqref{eq:14-majorana-cond} の Majorana 条件と，まったく同じ形である．

ステップ5：規格化と代数．$\sum_i(\abs{u_i}^2+\abs{v_i}^2)=1$ のもとで $\gamma^2=1/2$ となるので，慣例として $\sqrt2$ 倍して規格化し直すと

$$ \begin{equation} \gamma_a^\dagger=\gamma_a,\qquad \{\gamma_a,\gamma_b\}=2\delta_{ab},\qquad \gamma_a^2=1 \label{eq:14-cliff} \end{equation} $$

これは Clifford 代数である．$\gamma$ 行列（付録C）が満たす $\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}=2g^{\mu\nu}$ と同じ代数構造をしていることに注意．∎

材料科学との接点：Kitaev 鎖の厳密解と，端に残る Majorana

ステップ1：Majorana 演算子への分解．各サイトの複素フェルミオン演算子を，実部と虚部に分ける．

$$ \begin{equation} \gamma_{2j-1}\equiv c_j+c_j^\dagger, \qquad \gamma_{2j}\equiv -\ii\left(c_j-c_j^\dagger\right) \label{eq:14-maj-decomp} \end{equation} $$

逆に解くと $c_j=\tfrac12(\gamma_{2j-1}+\ii\gamma_{2j})$，$c_j^\dagger=\tfrac12(\gamma_{2j-1}-\ii\gamma_{2j})$．定義から直ちに $\gamma_a^\dagger=\gamma_a$，$\gamma_a^2=1$，$\{\gamma_a,\gamma_b\}=2\delta_{ab}$ が確かめられる．1個の複素フェルミオンは 2 個の Majorana に等しい．これは複素数を実部と虚部に分けるのと同じ，形式的には無内容な操作である．内容が出るのは次のステップである．

ステップ2：数演算子を書き換える．

$$ c_j^\dagger c_j =\frac{(\gamma_{2j-1}-\ii\gamma_{2j})}{2}\cdot\frac{(\gamma_{2j-1}+\ii\gamma_{2j})}{2} =\frac14\left(\gamma_{2j-1}^2+\gamma_{2j}^2+\ii[\gamma_{2j-1},\gamma_{2j}]\right) $$

$\gamma^2=1$ と $\gamma_{2j}\gamma_{2j-1}=-\gamma_{2j-1}\gamma_{2j}$ を使うと

$$ c_j^\dagger c_j-\frac12 = \frac{\ii}{2}\gamma_{2j-1}\gamma_{2j} $$

ステップ3：ホッピング項と対項を書き換える．同様の計算で

$$ -t\left(c_j^\dagger c_{j+1}+\mathrm{h.c.}\right) =-\frac{\ii t}{2}\left(\gamma_{2j-1}\gamma_{2j+2}-\gamma_{2j}\gamma_{2j+1}\right) $$ $$ \Delta\,c_jc_{j+1}+\mathrm{h.c.} =\frac{\ii\Delta}{2}\left(\gamma_{2j-1}\gamma_{2j+2}+\gamma_{2j}\gamma_{2j+1}\right) $$

足すと，$\gamma_{2j-1}\gamma_{2j+2}$ の係数は $\ii(\Delta-t)/2$，$\gamma_{2j}\gamma_{2j+1}$ の係数は $\ii(\Delta+t)/2$ になる．すなわち

$$ \begin{equation} \Ham = -\frac{\ii\mu}{2}\sum_{j}\gamma_{2j-1}\gamma_{2j} +\frac{\ii}{2}\sum_{j}\left[(\Delta-t)\gamma_{2j-1}\gamma_{2j+2} +(\Delta+t)\gamma_{2j}\gamma_{2j+1}\right] \label{eq:14-kitaev-maj} \end{equation} $$

ステップ4：二つの特別な点を見る．

(i) 自明相の代表点 $t=\Delta=0$，$\mu<0$．式 \eqref{eq:14-kitaev-maj} の第2項が消え

$$ \Ham = -\frac{\ii\mu}{2}\sum_{j=1}^{N}\gamma_{2j-1}\gamma_{2j} $$

同じサイトの2つの Majorana が対を組む．すべての $\gamma$ がハミルトニアンに現れ，励起にはエネルギー $\abs{\mu}$ が要る．端に何も残らない．

(ii) トポロジカル相の代表点（スイートスポット）$\mu=0$，$t=\Delta>0$．第1項が消え，第2項も $(\Delta-t)=0$ で半分が消えて

隣り合うサイトの Majorana が対を組み替える．ここに $\gamma_1$ と $\gamma_{2N}$ が現れていないことに注意してほしい．鎖の左端の Majorana と右端の Majorana が，相手を失って取り残されている．

ステップ5：零モードを取り出す．取り残された2つを組み合わせて，1個の複素フェルミオンを作る．

$$ \begin{equation} f \equiv \frac{\gamma_1+\ii\gamma_{2N}}{2}, \qquad f^\dagger = \frac{\gamma_1-\ii\gamma_{2N}}{2} \label{eq:14-nonlocal} \end{equation} $$

$\gamma_1$ も $\gamma_{2N}$ も式 \eqref{eq:14-sweet} に現れないので $[\Ham,f]=[\Ham,f^\dagger]=0$．すなわち

したがって基底状態は，$f$ が空か占有かの2重縮退である．二つの状態はフェルミオンパリティ $(-1)^N$ が異なるので，局所的な摂動では混ざらない．∎

導出：Kitaev 鎖のバルク分散と相図

ステップ1：周期境界で Fourier 変換する．$c_j=N^{-1/2}\sum_k\ee^{\ii kj}c_k$ を式 \eqref{eq:14-kitaev} に代入すると，Nambu スピノル $\Psi_k=(c_k,\ c_{-k}^\dagger)^T$ を使って

$$ \Ham=\frac12\sum_k\Psi_k^\dagger \begin{pmatrix}\xi_k & -2\ii\Delta\sin k\\ 2\ii\Delta\sin k & -\xi_k\end{pmatrix}\Psi_k, \qquad \xi_k = -2t\cos k-\mu $$

ステップ2：$2\times2$ を対角化する．$\bm{d}(k)=(0,\,2\Delta\sin k,\,\xi_k)$ として $\Ham_k=\bm{d}(k)\cdot\bm\tau$ と書けるので

ステップ3：ギャップが閉じる条件．$E(k)=0$ には両方の項がゼロである必要がある．$\sin k=0$ より $k=0$ または $k=\pi$．そこへ代入して

$$ k=0:\ 2t+\mu=0\ \Rightarrow\ \mu=-2t, \qquad k=\pi:\ -2t+\mu=0\ \Rightarrow\ \mu=+2t $$

ステップ4：相図．ギャップが閉じる線が相を分ける．$\xi_0=-2t-\mu$ と $\xi_\pi=2t-\mu$ の符号の積が判定式になり

$\abs{\mu}>2t$ なら自明相である．スイートスポット $\mu=0$ はもちろん $\abs{\mu}<2t$ を満たす．そして $\mu=0,\ t=\Delta$ を式 \eqref{eq:14-kitaev-disp} に入れると

$$ E(k)=\pm\sqrt{4t^2\cos^2k+4t^2\sin^2k}=\pm2t $$

完全に平坦なバンドである（コヒーレンス長 $\xi=0$，つまり零モードが厳密に端の1サイトに局在する）．∎

重要なのは，零モードの存在が $\mu=0,t=\Delta$ という特別な点に限らないことである．$\abs{\mu}<2t$ である限り，バルクギャップは開いたまま連続変形でスイートスポットにつなげられる．ギャップが閉じない限りトポロジカル不変量は変わらないので，零モードは相全体にわたって存在する．ただし局在長は $\xi\sim\hbar v_F/\Delta$ に伸び，端の準位は $\ee^{-L/\xi}$ 程度の分裂をもつ．

材料科学との接点：ナノワイヤのトポロジカル条件を導く

ステップ1：ハミルトニアン．1次元ナノワイヤの有効ハミルトニアンは，スピン空間の Pauli 行列 $\bm\sigma$ を使って

4項の意味は順に，運動エネルギー，化学ポテンシャル，Rashba スピン軌道相互作用（強度 $\alpha_R$），Zeeman 項（$V_Z=g^*\mu_BB/2$，ワイヤに平行な磁場），そして近接効果で誘起された$s$ 波対である．

ステップ2：それぞれの役割．

• Rashba 項は，運動量に応じてスピンの向きを傾ける（spin-momentum locking）．$k>0$ と $k<0$ でスピンの向きが逆になる．
• Zeeman 項は $k=0$ 付近にギャップ $2V_Z$ を開け，下側のバンドだけをフェルミ準位に残す．これで「スピンレスな1本のバンド」が実現する——条件 (i) が満たされた．
• $s$ 波 $\Delta$ は，このスピンが傾いたバンドに投影されると，同じバンド内の $k$ と $-k$ を結ぶ対となる．スピンが傾いているために，投影された対ポテンシャルは $k$ の奇関数，すなわち実効的な $p$ 波になる——条件 (ii) が満たされた．

ステップ3：$k=0$ でのギャップ閉じ条件．$k=0$ では Rashba 項が消えるので，BdG 行列は $\{$スピン，粒子正孔$\}$ の4次元空間で簡単に対角化でき，固有値は

$$ E(k=0)=\pm V_Z \pm\sqrt{\mu^2+\Delta^2} $$

ギャップが閉じるのは $V_Z=\sqrt{\mu^2+\Delta^2}$ のとき．式 \eqref{eq:14-nanowire} は連続体模型なのでブリルアン帯端は存在せず，$k\ne0$ では運動エネルギー $\hbar^2k^2/2m^*$ が支配してギャップは閉じない（格子模型にすればこれが Kitaev 鎖の $k=\pi$ に対応する）．したがって判定は $k=0$ だけでよい．したがって

∎

材料科学との接点：Majorana の交換は「行列」である

ステップ1：交換操作の作用．2次元系（あるいは T 字型ネットワーク）で，2つの Majorana $\gamma_1,\gamma_2$ の位置を断熱的に入れ替える（braiding）と，代数を保つ変換として

$$ \begin{equation} \gamma_1\to\gamma_2,\qquad \gamma_2\to-\gamma_1 \label{eq:14-braid-action} \end{equation} $$

が起きる（符号の非対称性は，交換のさいに一方の Majorana が超伝導位相の分枝切断線（branch cut）をまたぐことによる．Ivanov 2001）．

ステップ2：この変換を生成するユニタリ演算子．

$$ \begin{equation} B_{12} = \exp\left(\frac{\pi}{4}\gamma_2\gamma_1\right) =\frac{1}{\sqrt2}\left(1+\gamma_2\gamma_1\right) \label{eq:14-braid} \end{equation} $$

2行目の等号は $(\gamma_2\gamma_1)^2=-\gamma_2^2\gamma_1^2=-1$ を使って指数関数を展開すると，$\cos(\pi/4)+\gamma_2\gamma_1\sin(\pi/4)$ になることから従う．実際に $B_{12}\gamma_1B_{12}^\dagger=\gamma_2$ が確かめられる．

ステップ3：可換でないことを見る．3つ以上の Majorana があるとき，$B_{12}$ と $B_{23}$ は交換しない．

$$ B_{12}B_{23}\ne B_{23}B_{12} $$

（$\gamma_2\gamma_1$ と $\gamma_3\gamma_2$ が $\gamma_2$ を共有しており，$\gamma$ 同士が反交換するため．）すなわち交換操作の結果が順序に依存する．これが非可換統計（non-abelian statistics）である．∎