付録B第二量子化の要点

導出1：$[\hat a,\hat a^\dagger]=1$

$\lambda\equiv\sqrt{m\omega_0/2\hbar}$，$\mu\equiv1/(m\omega_0)$ と略記すると $\hat a=\lambda(\hat x+\ii\mu\hat p)$，$\hat a^\dagger=\lambda(\hat x-\ii\mu\hat p)$ である．交換子は双線形だから4項に分けて

$$ [\hat a,\hat a^\dagger] =\lambda^2\Big( \underbrace{[\hat x,\hat x]}_{=0} -\ii\mu[\hat x,\hat p] +\ii\mu[\hat p,\hat x] +\underbrace{\mu^2[\hat p,\hat p]}_{=0} \Big) =\lambda^2\left(\mu\hbar+\mu\hbar\right) =\frac{m\omega_0}{2\hbar}\cdot\frac{2\hbar}{m\omega_0}=1 $$

∎ 第2項は $-\ii\mu\cdot\ii\hbar=\mu\hbar$，第3項は $\ii\mu\cdot(-\ii\hbar)=\mu\hbar$ である．このとき Hamiltonian は $\Ham=\hbar\omega_0\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\right)$ と書ける．

導出2：$\hat a^\dagger\ket{n}=\sqrt{n+1}\ket{n+1}$，$\hat a\ket{n}=\sqrt{n}\ket{n-1}$

1つの状態だけ考えるので添字を落とす．式 \eqref{eq:B-bose-state} より $\ket{n}=(\hat a^\dagger)^n\ket{0}/\sqrt{n!}$ だから

$$ \hat a^\dagger\ket{n}=\frac{(\hat a^\dagger)^{n+1}}{\sqrt{n!}}\ket{0} =\sqrt{\frac{(n+1)!}{n!}}\cdot\frac{(\hat a^\dagger)^{n+1}}{\sqrt{(n+1)!}}\ket{0} =\sqrt{n+1}\,\ket{n+1} $$

$\hat a\ket{n}$ には公式 $[\hat a,(\hat a^\dagger)^n]=n(\hat a^\dagger)^{n-1}$ を使う（$[\hat A,\hat B\hat C]=[\hat A,\hat B]\hat C+\hat B[\hat A,\hat C]$ を使った帰納法で示せる）．$\hat a\ket0=0$ に注意して

$$ \hat a\ket{n}=\frac{1}{\sqrt{n!}}\left([\hat a,(\hat a^\dagger)^n]+(\hat a^\dagger)^n\hat a\right)\ket{0} =\frac{n(\hat a^\dagger)^{n-1}}{\sqrt{n!}}\ket{0} =\frac{n}{\sqrt n}\ket{n-1}=\sqrt{n}\,\ket{n-1} $$

∎ とくに $\hat a\ket{0}=0$（$n=0$ で係数がゼロ）が自動的に出ている．「マイナスの個数」の状態は作れないということである．

なお $\hat a^\dagger$ の係数の2乗 $n+1$ は「仲間が多いところほど入りやすい」という Bose 統計の性質を表しており，レーザーの誘導放出（$n$ の部分）と自然放出（$+1$ の部分）の起源になっている．

導出3：Pauli 原理は $(\hat c_i^\dagger)^2=0$ として自動的に出る

式 \eqref{eq:B-fermi-anticomm} の第3式で $i=j$ とおくと

$$ \{\hat c_i^\dagger,\hat c_i^\dagger\}=\hat c_i^\dagger\hat c_i^\dagger+\hat c_i^\dagger\hat c_i^\dagger=2(\hat c_i^\dagger)^2=0 \quad\Longrightarrow\quad (\hat c_i^\dagger)^2=0 $$

すなわち同じ1粒子状態に2個目を作ろうとすると，状態そのものがゼロになる．これが Pauli の排他原理である．同様に $(\hat c_i)^2=0$ で，「無いものは消せない」ことになる．

∎ 注目すべきは，Pauli 原理を別に仮定していないことである．反対称性 \eqref{eq:B-symmetry} を演算子の言葉に翻訳したら，勝手に出てきた．Slater 行列式で「2行が同じなら行列式はゼロ」と言ったのと同じ内容が，はるかに短い1行になっている．これが第二量子化の威力である．

導出4：符号の約束 \eqref{eq:B-fermi-cdag}\eqref{eq:B-fermi-c} が反交換関係を再現することの確認

定義を与えたら，それが本当に \eqref{eq:B-fermi-anticomm} を満たすことを確かめなければならない．ここを飛ばす教科書が多いので，丁寧にやる．

ステップ1：$i\ne j$ の場合の $\{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\}=0$．一般性を失わずに $i<j$ とし，占有数状態 $\ket{n}$ に両方の順序で作用させて比べる．まず右から $\hat c_j^\dagger$，次に $\hat c_i$ の順．$i<j$ なので $j$ 番目の占有数が変わっても $S_i=\sum_{l<i}n_l$ は変化しない．よって

$$ \hat c_i\hat c_j^\dagger\ket{n} =(-1)^{S_i+S_j}\,n_i(1-n_j)\,\ket{\dots,n_i-1,\dots,n_j+1,\dots}, \qquad S_j=\sum_{l<j}n_l $$

逆順では，先に $\hat c_i$ が働いて $n_i'=n_i-1$ になる．$i<j$ より $n_i$ は $S_j$ の和に含まれているから，後から働く $\hat c_j^\dagger$ の位相の指数は $S_j'=S_j-1$ に変わる．ここが要点である．したがって

$$ \hat c_j^\dagger\hat c_i\ket{n} =(-1)^{S_i}(-1)^{S_j-1}n_i(1-n_j)\ket{\dots,n_i-1,\dots,n_j+1,\dots} =-\,\hat c_i\hat c_j^\dagger\ket{n} $$

2つを足せば $\left(\hat c_i\hat c_j^\dagger+\hat c_j^\dagger\hat c_i\right)\ket{n}=0$（$i\ne j$）$\;\checkmark$

ステップ2：$i=j$ の場合の $\{\hat c_i,\hat c_i^\dagger\}=1$．$i$ 番目の占有数の変化は $S_i$ に影響しないので，位相因子は必ず2回掛かって $(-1)^{2S_i}=1$ になる．残るのは $(1-n_i)$ と $n_i$ の因子だけである．

$$ \hat c_i^\dagger\hat c_i\ket{n}=n_i\ket{n}, \qquad \hat c_i\hat c_i^\dagger\ket{n}=(1-n_i)(n_i+1)\ket{n}=(1-n_i)\ket{n} $$

2番目では $n_i\in\{0,1\}$ すなわち $n_i^2=n_i$ を使って $(1-n_i)(n_i+1)=1-n_i^2=1-n_i$ とした．足せば $n_i+(1-n_i)=1$，すなわち $\{\hat c_i,\hat c_i^\dagger\}\ket{n}=\ket{n}\;\checkmark$

∎ 位相因子 $(-1)^{S_i}$ を含む定義 \eqref{eq:B-fermi-cdag}\eqref{eq:B-fermi-c} は，反交換関係 \eqref{eq:B-fermi-anticomm} と完全に整合する．ついでに $\hat c_i^\dagger\hat c_i\ket{n}=n_i\ket{n}$ という重要な結果（数演算子）が副産物として出ている．

導出5：固有値が非負整数（Fermi では $0,1$）に限られること

(i) 固有値が $n$ であること．導出2 を続けて使えば $\hat n\ket n=\hat a^\dagger\left(\sqrt n\ket{n-1}\right)=\sqrt n\cdot\sqrt n\ket n=n\ket n$．

(ii) 非負であること．固有状態を $\ket\nu$（固有値 $\nu$，規格化済み）とすると

$$ \nu=\bra{\nu}\hat a^\dagger\hat a\ket{\nu}=\left\|\hat a\ket{\nu}\right\|^2\ge0 $$

ノルムの2乗だから負にならない．

(iii) 整数であること．$[\hat n,\hat a]=\hat a^\dagger[\hat a,\hat a]+[\hat a^\dagger,\hat a]\hat a=-\hat a$ より $\hat n\left(\hat a\ket\nu\right)=(\nu-1)\hat a\ket\nu$，すなわち $\hat a$ は固有値を1つ下げる．$\nu$ が整数でなければ $\hat a$ を繰り返し掛けることでいくらでも負の固有値が作れてしまい，(ii) と矛盾する．矛盾を避ける唯一の道は有限回で $\hat a\ket{\nu}=0$ となって梯子が止まることであり，そのためには $\nu$ が非負整数でなければならない．

∎ Fermi では導出4のステップ2より $\hat n_i^2=\hat c_i^\dagger\hat c_i\hat c_i^\dagger\hat c_i=\hat c_i^\dagger(1-\hat c_i^\dagger\hat c_i)\hat c_i=\hat n_i$（$\hat c_i^2=0$ を使った）．$\hat n^2=\hat n$ を満たす演算子の固有値は $0$ か $1$ しかない．これも Pauli 原理である．

導出6：補題B.1 の証明（Fermi の場合．Bose も同様）

まず演算子の恒等式

$$ \begin{equation} [\hat A\hat B,\hat C]=\hat A\{\hat B,\hat C\}-\{\hat A,\hat C\}\hat B \label{eq:B-identity} \end{equation} $$

を用意する．右辺を展開すると $\hat A\hat B\hat C+\hat A\hat C\hat B-\hat A\hat C\hat B-\hat C\hat A\hat B=[\hat A\hat B,\hat C]$ となって確かに成り立つ．「反交換子2個で交換子1個が書ける」というのがミソで，Fermi 演算子の計算はこれで一気に楽になる．

ステップ1・2：$\hat c_c^\dagger$ および $\hat c_d$ との交換子．\eqref{eq:B-identity} で $\hat A=\hat c_a^\dagger$，$\hat B=\hat c_b$ とし，$\hat C$ をそれぞれ $\hat c_c^\dagger$，$\hat c_d$ に取ると

$$ [\hat c_a^\dagger\hat c_b,\hat c_c^\dagger] =\hat c_a^\dagger\underbrace{\{\hat c_b,\hat c_c^\dagger\}}_{\delta_{bc}} -\underbrace{\{\hat c_a^\dagger,\hat c_c^\dagger\}}_{0}\hat c_b =\delta_{bc}\hat c_a^\dagger, \qquad [\hat c_a^\dagger\hat c_b,\hat c_d] =-\underbrace{\{\hat c_a^\dagger,\hat c_d\}}_{\delta_{ad}}\hat c_b =-\delta_{ad}\hat c_b $$

ステップ3：Leibniz 則で合成する．$\hat X=\hat c_a^\dagger\hat c_b$ は偶数個の Fermi 演算子でできているので，普通の Leibniz 則 $[\hat X,\hat Y\hat Z]=[\hat X,\hat Y]\hat Z+\hat Y[\hat X,\hat Z]$ がそのまま使える．$\hat Y=\hat c_c^\dagger$，$\hat Z=\hat c_d$ として

$$ [\hat c_a^\dagger\hat c_b,\hat c_c^\dagger\hat c_d] =\underbrace{[\hat c_a^\dagger\hat c_b,\hat c_c^\dagger]}_{\delta_{bc}\hat c_a^\dagger}\hat c_d +\hat c_c^\dagger\underbrace{[\hat c_a^\dagger\hat c_b,\hat c_d]}_{-\delta_{ad}\hat c_b} =\delta_{bc}\hat c_a^\dagger\hat c_d-\delta_{ad}\hat c_c^\dagger\hat c_b $$

∎ Bose では $\{\;,\;\}$ をすべて $[\;,\;]$ に読み替え，恒等式 $[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B$ を使えば同じ結果になる．統計性の違いが最終結果に現れないのが，この補題の便利なところである．

導出7：基底変換の規則

2組の完全正規直交基底 $\{\ket{i}\}$ と $\{\ket{\alpha}\}$ は $\ket{\alpha}=\sum_i\ket{i}\braket{i|\alpha}$ で結ばれる（$\sum_i\ket i\bra i=1$ を挟んだだけ）．$\hat a_\alpha^\dagger$ は「真空に作用させると $\ket\alpha$ を作る」ものだから，この右辺をそのまま演算子に読み替えて

とすればよい（2番目は1番目のエルミート共役）．この変換が（反）交換関係を保つことも確かめておく．Fermi なら

$$ \{\hat a_\alpha,\hat a_\beta^\dagger\} =\sum_{ij}\braket{\alpha|i}\braket{j|\beta}\underbrace{\{\hat a_i,\hat a_j^\dagger\}}_{\delta_{ij}} =\sum_i\braket{\alpha|i}\braket{i|\beta} =\braket{\alpha|\beta}=\delta_{\alpha\beta} $$

∎ 途中で完全性 $\sum_i\ket i\bra i=1$ を使った．基底をどう取り替えても，（反）交換関係の形は変わらない．これが第二量子化の形式が便利な理由のひとつである．

導出8：場の演算子の（反）交換関係

定義 \eqref{eq:B-field-op} を代入して素直に計算する．Fermi の場合，

$$ \{\hat\psi(\xx),\hat\psi^\dagger(\xx')\} =\sum_{ij}\phi_i(\xx)\phi_j^*(\xx')\,\underbrace{\{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\}}_{=\delta_{ij}} =\sum_i\phi_i(\xx)\phi_i^*(\xx') $$

最後の和は1粒子基底の完全性関係そのものである：

$$ \sum_i\phi_i(\xx)\phi_i^*(\xx') =\sum_i\braket{\xx|i}\braket{i|\xx'} =\braket{\xx|\xx'}=\delta(\xx-\xx') $$

したがって

（上の符号が Bose の交換子，下が Fermi の反交換子）．∎

読み方：「$\xx$ に粒子を作ってから $\xx'$ の粒子を消す」のと「$\xx'$ の粒子を消してから $\xx$ に作る」のは，$\xx=\xx'$ でなければ同じことである．$\xx=\xx'$ のときだけ，順序が効いてデルタ関数が出る．$\delta_{ij}$ が $\delta(\xx-\xx')$ になっただけであり，離散基底の場合と本質は同じである．

導出9：定理B.1 の証明

骨格は2段階である．(a) 1粒子状態で第一量子化と一致することを見る．(b) 「粒子が増えても各粒子に1回ずつ作用する」構造を交換子で示す．

(a) 1粒子状態への作用．$\ket{j}=\hat a_j^\dagger\ket0$ に \eqref{eq:B-onebody-2q} を作用させ，$\hat a_l\hat a_j^\dagger=\delta_{lj}\pm\hat a_j^\dagger\hat a_l$（上が Bose，下が Fermi）と $\hat a_l\ket0=0$ を使うと，第2項が消えて

$$ \hat T\hat a_j^\dagger\ket0 =\sum_{kl}\bra{k}\hat t\ket{l}\hat a_k^\dagger\hat a_l\hat a_j^\dagger\ket0 =\sum_{k}\ket{k}\bra{k}\hat t\ket{j}=\hat t\ket{j} $$

（最後は完全性 $\sum_k\ket k\bra k=1$）．1粒子のときは第一量子化とまったく同じ働きをする．

(b) 多粒子状態への作用．鍵は次の交換子である．恒等式 \eqref{eq:B-identity} で $[\hat a_k^\dagger\hat a_l,\hat a_j^\dagger]=\hat a_k^\dagger\{\hat a_l,\hat a_j^\dagger\}-\{\hat a_k^\dagger,\hat a_j^\dagger\}\hat a_l=\delta_{lj}\hat a_k^\dagger$ だから，$\bra{k}\hat t\ket{l}$ を掛けて $k,l$ で和を取ると

$$ \begin{equation} \left[\hat T,\hat a_j^\dagger\right]=\sum_i\bra{i}\hat t\ket{j}\,\hat a_i^\dagger \label{eq:B-T-comm} \end{equation} $$

（Bose でも同じ）．$N$ 粒子状態 $\ket{\Phi}=\hat a_{j_1}^\dagger\cdots\hat a_{j_N}^\dagger\ket0$ に $\hat T$ を作用させ，$\hat T$ を右へ通り抜けさせると，1回ごとに \eqref{eq:B-T-comm} の「置き土産」が出る．$\hat T\ket0=0$ なので最後の項は消えて

$$ \hat T\ket{\Phi} =\sum_{\alpha=1}^{N}\hat a_{j_1}^\dagger\cdots\left[\hat T,\hat a_{j_\alpha}^\dagger\right]\cdots\hat a_{j_N}^\dagger\ket0 =\sum_{\alpha=1}^{N}\sum_i\bra{i}\hat t\ket{j_\alpha}\; \hat a_{j_1}^\dagger\cdots \hat a_i^\dagger\cdots\hat a_{j_N}^\dagger\ket0 $$

∎ これは「$\alpha$ 番目の粒子だけが $\hat t$ で叩かれ，他はそのまま」という項を $\alpha$ について足したものであり，第一量子化の $\sum_\alpha\hat t(\xx_\alpha)$ の作用そのものである．統計性は $[\hat T,\hat a_j^\dagger]$ の計算で吸収され，結果に現れないことにも注意したい．

導出10：$\hat T=\int\dd^3x\,\hat\psi^\dagger(\xx)\,\hat t\,\hat\psi(\xx)$

行列要素の定義 \eqref{eq:B-onebody-2q} を代入すると

$$ \hat T=\sum_{ij}\left[\int\dd^3x\,\phi_i^*(\xx)\,\hat t\,\phi_j(\xx)\right]\hat a_i^\dagger\hat a_j $$

積分と和の順序を入れ替え，$i$ の和と $j$ の和をそれぞれ場の演算子にまとめる．式 \eqref{eq:B-field-op} より $\sum_i\phi_i^*(\xx)\hat a_i^\dagger=\hat\psi^\dagger(\xx)$，$\sum_j\phi_j(\xx)\hat a_j$ の部分は $\hat t$ が $\phi_j$ に作用したあとに $\hat a_j$ が掛かっているので，$\hat t$ を外に出して $\hat t\sum_j\phi_j(\xx)\hat a_j=\hat t\,\hat\psi(\xx)$ となる．よって

∎ とくに運動エネルギーなら

$$ \begin{equation} \hat T=\int\dd^3x\;\hat\psi^\dagger(\xx)\left(-\frac{\hbar^2\nabla^2}{2m}\right)\hat\psi(\xx) =\frac{\hbar^2}{2m}\int\dd^3x\;\nabla\hat\psi^\dagger(\xx)\cdot\nabla\hat\psi(\xx) \label{eq:B-kinetic-field} \end{equation} $$

である．2番目の等号は部分積分による．周期境界条件（あるいは無限遠で $\hat\psi\to0$）なので境界項は落ちる．後者の形はエルミート性が見た目に明らかなので好まれる．

導出11：$\hat T=\sum_{\kk\sigma}\epsilon_\kk\,\hat n_{\kk\sigma}$

式 \eqref{eq:B-field-plane} を \eqref{eq:B-kinetic-field} に代入する．スピン $\sigma$ は途中まで書いておく：

$$ \hat T=\sum_\sigma\int_V\dd^3x\; \left(\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk}\ee^{-\ii\kk\cdot\xx}\hat c_{\kk\sigma}^\dagger\right) \left(-\frac{\hbar^2\nabla^2}{2m}\right) \left(\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk'}\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}\hat c_{\kk'\sigma}\right) $$

ステップ1：微分を実行する．$\nabla^2\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}=(\ii\kk')\cdot(\ii\kk')\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}=-k'^2\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}$ だから

$$ \left(-\frac{\hbar^2\nabla^2}{2m}\right)\ee^{\ii\kk'\cdot\xx} =\frac{\hbar^2k'^2}{2m}\,\ee^{\ii\kk'\cdot\xx} \equiv\epsilon_{\kk'}\,\ee^{\ii\kk'\cdot\xx} $$

ステップ2：空間積分を実行する．残るのは

$$ \hat T=\sum_\sigma\sum_{\kk\kk'}\epsilon_{\kk'}\,\hat c_{\kk\sigma}^\dagger\hat c_{\kk'\sigma} \cdot\frac1V\int_V\dd^3x\;\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx} $$

最後の積分は \eqref{eq:B-planewave} より $\delta_{\kk\kk'}$ である．

ステップ3：$\kk'$ の和を潰す．

∎ 「各 $\kk$ に居る電子の個数に，その $\kk$ のエネルギーを掛けて足す」という，当たり前の式が出た．当たり前だが，これが自由電子気体の $\Ham_0$ であり，第9〜11章の出発点である．

この形の $\Ham_0$ は明らかに $\hat n_{\kk\sigma}$ と可換だから，$\ket{n_{\kk\sigma}}$ が $\Ham_0$ の固有状態になっている．自由電子気体が「解けている」というのは，この一行のことである．

導出12：場の演算子による表現と，自己相互作用が消えること

式 \eqref{eq:B-twobody-2q} に \eqref{eq:B-twobody-me} を代入し，B.5.2 と同じ要領で和を場の演算子にまとめると

となる（$v(\xx,\xx')$ はただの数なので，どこに置いてもよい）．素朴に考えると相互作用エネルギーは「密度 $\times$ 密度」だから $\frac12\int\int v\,\hat\rho(\xx)\hat\rho(\xx')$ と書きたくなる．それが正しくないことを示す．

まず $[\hat\rho(\xx'),\hat\psi(\xx)]$ を計算する．恒等式 \eqref{eq:B-identity} より

$$ [\hat\psi^\dagger(\xx')\hat\psi(\xx'),\hat\psi(\xx)] =\hat\psi^\dagger(\xx')\underbrace{\{\hat\psi(\xx'),\hat\psi(\xx)\}}_{=0} -\underbrace{\{\hat\psi^\dagger(\xx'),\hat\psi(\xx)\}}_{=\delta(\xx-\xx')}\hat\psi(\xx') =-\delta(\xx-\xx')\,\hat\psi(\xx) $$

（最後はデルタ関数のおかげで $\hat\psi(\xx')=\hat\psi(\xx)$ とした．Bose でも同じ）．すなわち $\hat\rho(\xx')\hat\psi(\xx)=\hat\psi(\xx)\hat\rho(\xx')-\delta(\xx-\xx')\hat\psi(\xx)$ である．これを使って \eqref{eq:B-twobody-field} の被積分演算子を書き換えると，真ん中の2つが $\hat\rho(\xx')$ にまとまって

$$ \hat\psi^\dagger(\xx)\hat\psi^\dagger(\xx')\hat\psi(\xx')\hat\psi(\xx) =\hat\psi^\dagger(\xx)\,\hat\rho(\xx')\,\hat\psi(\xx) =\hat\psi^\dagger(\xx)\left[\hat\psi(\xx)\hat\rho(\xx')-\delta(\xx-\xx')\hat\psi(\xx)\right] $$

∎ 第2項が自己相互作用の差し引きである．$\hat\rho\hat\rho$ とだけ書くと「同じ粒子が自分自身と相互作用する」寄与が入ってしまうので，デルタ関数で引き算しなければならない．玉ねぎ状の並びは，この引き算を自動でやってくれる．実際，1粒子状態 $\hat\psi^\dagger(\bm y)\ket0$ に \eqref{eq:B-twobody-field} を作用させると，右端の $\hat\psi(\xx)$ が1個消し，その左の $\hat\psi(\xx')$ が真空をさらに消そうとしてゼロになる．1粒子系の相互作用エネルギーは厳密にゼロ．これが理由2 で述べたことである．

導出13：行列要素の計算 —— 運動量保存が出てくる

平面波 $\phi_\kk(\xx)=V^{-1/2}\ee^{\ii\kk\cdot\xx}$ を \eqref{eq:B-twobody-me} に入れる．4つの状態を $\kk_1,\kk_2,\kk_3,\kk_4$ と書くと

$$ \bra{\kk_1\kk_2}v\ket{\kk_3\kk_4} =\frac{1}{V^2}\int\dd^3x\int\dd^3x'\; \ee^{-\ii\kk_1\cdot\xx}\ee^{-\ii\kk_2\cdot\xx'}\; v(\abs{\xx-\xx'})\; \ee^{\ii\kk_3\cdot\xx}\ee^{\ii\kk_4\cdot\xx'} $$

ステップ1：相対座標と重心座標に分ける．$\bm r\equiv\xx-\xx'$，$\bm R\equiv\xx'$ と変数変換する（Jacobian は $1$）．$\xx=\bm r+\bm R$ だから，指数の肩は

$$ -\ii\kk_1\cdot(\bm r+\bm R)-\ii\kk_2\cdot\bm R+\ii\kk_3\cdot(\bm r+\bm R)+\ii\kk_4\cdot\bm R $$ $$ =\ii(\kk_3-\kk_1)\cdot\bm r+\ii(\kk_3+\kk_4-\kk_1-\kk_2)\cdot\bm R $$

ステップ2：$\bm R$ の積分．$v$ は $\bm R$ に依存しないので

$$ \frac{1}{V}\int_V\dd^3R\;\ee^{\ii(\kk_3+\kk_4-\kk_1-\kk_2)\cdot\bm R} =\delta_{\kk_1+\kk_2,\;\kk_3+\kk_4} $$

これが運動量保存則である．「相互作用は全運動量を変えない」が，積分から自動的に出た．

ステップ3：$\bm r$ の積分．残りは

$$ \frac1V\int\dd^3r\;\ee^{-\ii(\kk_1-\kk_3)\cdot\bm r}\,v(r) =\frac{1}{V}\,v(\kk_1-\kk_3), \qquad v(\qq)\equiv\int\dd^3r\;\ee^{-\ii\qq\cdot\bm r}v(r) $$

まとめると

$$ \begin{equation} \bra{\kk_1\kk_2}v\ket{\kk_3\kk_4} =\frac1V\,v(\kk_1-\kk_3)\;\delta_{\kk_1+\kk_2,\,\kk_3+\kk_4} \label{eq:B-coulomb-me} \end{equation} $$

∎

導出14：Coulomb ポテンシャルの Fourier 変換 $v(q)=4\pi e^2/q^2$

$v(r)=e^2/r$ をそのまま Fourier 変換すると $r\to\infty$ で積分が収束しない．そこで湯川型の遮蔽因子 $\ee^{-\mu r}$ を入れて計算し，最後に $\mu\to0$ とする（この操作は物理的にも意味がある．実際の金属では遮蔽が起きるので，第10章の $q_{TF}$ が $\mu$ の役割を果たす）．

球座標を取り $\qq$ を極軸に選ぶと $\qq\cdot\bm r=qr\cos\theta$ である．$\varphi$ 積分は $2\pi$，$t=\cos\theta$ の積分は

$$ \int_{-1}^{1}\dd t\;\ee^{-\ii qrt} =\left[\frac{\ee^{-\ii qrt}}{-\ii qr}\right]_{-1}^{1} =\frac{\ee^{\ii qr}-\ee^{-\ii qr}}{\ii qr} =\frac{2\sin qr}{qr} $$

となる．よって，最後の積分を $\sin qr=\frac{1}{2\ii}(\ee^{\ii qr}-\ee^{-\ii qr})$ と書いて実行すると

$$ v_\mu(q)=2\pi e^2\int_0^\infty\dd r\;r^2\cdot\frac{\ee^{-\mu r}}{r}\cdot\frac{2\sin qr}{qr} =\frac{4\pi e^2}{q}\int_0^\infty\dd r\;\ee^{-\mu r}\sin qr =\frac{4\pi e^2}{q}\cdot\frac{q}{\mu^2+q^2} $$

したがって

$$ v_\mu(q)=\frac{4\pi e^2}{q^2+\mu^2} $$

となる．ここで遮蔽を外す極限 $\mu\to0$ をとれば，裸の Coulomb 相互作用の Fourier 変換

$$ \begin{equation} v(q)=\frac{4\pi e^2}{q^2} \label{eq:B-vq} \end{equation} $$

が得られる．

∎ SI 単位系なら $v(q)=e^2/(\varepsilon_0q^2)$ である．本書は第9〜11章と揃えて Gauss 単位系を使う．

導出15：$\hat\rho_\qq=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$

密度の Fourier 成分を，本書の規約（付録A）に合わせて

$$ \begin{equation} \hat\rho_\qq\equiv\int_V\dd^3x\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\,\hat\rho(\xx) \label{eq:B-rho-q-def} \end{equation} $$

と定義する．式 \eqref{eq:B-rho-x} と \eqref{eq:B-field-plane} を代入すると

$$ \hat\rho_\qq=\int_V\dd^3x\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx} \left(\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk\sigma}\ee^{-\ii\kk\cdot\xx}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\right) \left(\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk'}\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}\hat c_{\kk'\sigma}\right) $$

指数をまとめると肩は $\ii(\kk'-\kk-\qq)\cdot\xx$ であり，空間積分は

$$ \frac1V\int_V\dd^3x\;\ee^{\ii(\kk'-\kk-\qq)\cdot\xx}=\delta_{\kk',\,\kk+\qq} $$

である．これで $\kk'$ の和が潰れて

∎ ダミー添字を $\kk\to\kk-\qq$ と付け替えれば

$$ \begin{equation} \hat\rho_\qq=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk-\qq,\sigma}\hat c_{\kk\sigma} \label{eq:B-rho-q-alt} \end{equation} $$

とも書ける．第10章ではこちらの形も使う．

エルミート共役．\eqref{eq:B-rho-q} をそのままエルミート共役すると

$$ \begin{equation} \hat\rho_\qq^\dagger=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\hat c_{\kk\sigma}=\hat\rho_{-\qq} \label{eq:B-rho-dagger} \end{equation} $$

である（最後の等号は \eqref{eq:B-rho-q-def} で $\qq\to-\qq$ とし，$\hat\rho(\xx)$ がエルミートであることを使えばすぐ分かる）．

導出16：密度演算子どうしは可換

補題B.1 \eqref{eq:B-lemma1} を使う．スピンは共通なので，いったん省略して書く．

$$ \hat\rho_\qq=\sum_\kk\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq}, \qquad \hat\rho_{\qq'}^\dagger=\sum_{\kk'}\hat c^\dagger_{\kk'+\qq'}\hat c_{\kk'} $$

補題B.1 で $a=\kk$，$b=\kk+\qq$，$c=\kk'+\qq'$，$d=\kk'$ とすれば

$$ \left[\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq},\;\hat c^\dagger_{\kk'+\qq'}\hat c_{\kk'}\right] =\delta_{\kk+\qq,\;\kk'+\qq'}\;\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk'} \;-\;\delta_{\kk,\kk'}\;\hat c^\dagger_{\kk'+\qq'}\hat c_{\kk+\qq} $$

第1項：Kronecker デルタが $\kk'=\kk+\qq-\qq'$ を要求する．$\kk'$ の和が潰れて

$$ \sum_\kk\hat c^\dagger_\kk\,\hat c_{\kk+\qq-\qq'}=\hat\rho_{\qq-\qq'} $$

第2項：デルタが $\kk'=\kk$ を要求するので

$$ -\sum_\kk\hat c^\dagger_{\kk+\qq'}\hat c_{\kk+\qq} $$

ここでダミー添字を $\kk\to\kk-\qq'$ と付け替えると

$$ =-\sum_\kk\hat c^\dagger_{\kk}\hat c_{\kk+\qq-\qq'}=-\hat\rho_{\qq-\qq'} $$

2つを足すと

∎ 密度演算子どうしは，どんな $\qq,\qq'$ についても厳密に可換である．

導出17：$[\hat\rho_\qq,\Ham_0]$

自由電子の $\Ham_0=\sum_{\kk''\sigma}\epsilon_{\kk''}\hat c^\dagger_{\kk''\sigma}\hat c_{\kk''\sigma}$（式 \eqref{eq:B-kinetic-plane}）を使う．補題B.1 で $a=\kk$，$b=\kk+\qq$，$c=d=\kk''$ とすると

$$ \left[\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq},\;\hat c^\dagger_{\kk''}\hat c_{\kk''}\right] =\delta_{\kk+\qq,\kk''}\,\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk''} -\delta_{\kk,\kk''}\,\hat c^\dagger_{\kk''}\hat c_{\kk+\qq} $$

$\epsilon_{\kk''}$ を掛けて $\kk''$ で和を取る．第1項では $\kk''=\kk+\qq$，第2項では $\kk''=\kk$ が選ばれるので

$$ =\epsilon_{\kk+\qq}\,\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\,\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq} =\left(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\right)\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq} $$

したがって $\kk$ とスピンで和を取って

∎ 読み方：$\hat\rho_\qq$ の各項に，その項が引き起こすエネルギー変化 $\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk$ が重みとして掛かった形になっている．Heisenberg の運動方程式 $\ii\hbar\,\dd\hat\rho_\qq/\dd t=[\hat\rho_\qq,\Ham]$ を思い出せば，これは「密度ゆらぎの振動数」を与える式である．

導出18：$f$ 和則の右辺 $\braket{[[\hat\rho_\qq,\Ham_0],\hat\rho_\qq^\dagger]}=N\dfrac{\hbar^2q^2}{m}$

第8章8.7節で使った量を，ここで実際に計算する．

ステップ1：もう1回交換子を取る．\eqref{eq:B-rho-H-comm} を $\hat X$ と書き，$\Delta_\kk\equiv\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk$ とおく．$\hat\rho_\qq^\dagger=\sum_{\kk'\sigma'}\hat c^\dagger_{\kk'+\qq,\sigma'}\hat c_{\kk'\sigma'}$（式 \eqref{eq:B-rho-dagger}）との交換子を，また補題B.1 で計算する．$a=\kk$，$b=\kk+\qq$，$c=\kk'+\qq$，$d=\kk'$ として

$$ \left[\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk+\qq},\;\hat c^\dagger_{\kk'+\qq}\hat c_{\kk'}\right] =\delta_{\kk+\qq,\kk'+\qq}\,\hat c^\dagger_\kk\hat c_{\kk'} -\delta_{\kk,\kk'}\,\hat c^\dagger_{\kk'+\qq}\hat c_{\kk+\qq} $$

両方のデルタが $\kk'=\kk$ を要求するので，まとめて

$$ =\delta_{\kk\kk'}\left(\hat c^\dagger_\kk\hat c_\kk-\hat c^\dagger_{\kk+\qq}\hat c_{\kk+\qq}\right) =\delta_{\kk\kk'}\left(\hat n_\kk-\hat n_{\kk+\qq}\right) $$

したがって

$$ \left[\left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right],\hat\rho_\qq^\dagger\right] =\sum_{\kk\sigma}\left(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\right) \left(\hat n_{\kk\sigma}-\hat n_{\kk+\qq,\sigma}\right) $$

ステップ2：第2項のダミー添字をずらす．期待値を取り，$\braket{\hat n_{\kk\sigma}}=n_\kk$ と書く．第2項で $\kk\to\kk-\qq$ と付け替えると $\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\to\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk-\qq}$，$n_{\kk+\qq}\to n_\kk$ となるので

$$ \braket{\cdots} =\sum_{\kk\sigma}\left(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\right)n_\kk -\sum_{\kk\sigma}\left(\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk-\qq}\right)n_\kk $$ $$ =\sum_{\kk\sigma}\left(\epsilon_{\kk+\qq}+\epsilon_{\kk-\qq}-2\epsilon_\kk\right)n_\kk $$

ステップ3：括弧の中を計算する．ここが気持ちのよいところである．$\epsilon_\kk=\hbar^2k^2/2m$ を入れると

$$ \epsilon_{\kk+\qq}+\epsilon_{\kk-\qq}-2\epsilon_\kk =\frac{\hbar^2}{2m}\left[(\kk+\qq)^2+(\kk-\qq)^2-2k^2\right] $$ $$ =\frac{\hbar^2}{2m}\left[k^2+2\kk\cdot\qq+q^2+k^2-2\kk\cdot\qq+q^2-2k^2\right] =\frac{\hbar^2q^2}{m} $$

$\kk$ に依存しない定数になった．交差項 $2\kk\cdot\qq$ がきれいに相殺したためである．したがって

$$ \braket{\cdots}=\frac{\hbar^2q^2}{m}\sum_{\kk\sigma}n_\kk $$

最後の和は全粒子数 $N$ である．よって

∎

導出18′：局所ポテンシャルなら，和則に現れるのは裸の質量 $m_e$ である

第一量子化で書くのがはやい．定義 \eqref{eq:B-rho-q-def} に $\hat\rho(\xx)=\sum_\alpha\delta(\xx-\hat{\bm r}_\alpha)$ を入れると

$$ \hat\rho_\qq=\sum_\alpha\ee^{-\ii\qq\cdot\hat{\bm r}_\alpha}, \qquad \hat\rho_\qq^\dagger=\sum_\alpha\ee^{+\ii\qq\cdot\hat{\bm r}_\alpha} $$

である．Hamiltonian は，固体で実際に使う形

$$ \Ham=\sum_\alpha\frac{\hat{\bm p}_\alpha^2}{2m_e}+\hat U, \qquad \hat U\equiv\sum_\alpha V(\hat{\bm r}_\alpha)+\frac12\sum_{\alpha\ne\beta}v(\hat{\bm r}_\alpha-\hat{\bm r}_\beta) $$

にとる．$V$ は原子核が作る周期ポテンシャル（どれほど強くても，どれほど複雑でもよい），$v$ は電子間 Coulomb 相互作用である．

ステップ1：$\hat U$ は最初から効かない．$\hat U$ は位置演算子だけでできており，$\hat\rho_\qq$ もそうである．位置演算子どうしは可換だから

$$ \left[\hat\rho_\qq,\hat U\right]=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \left[\hat\rho_\qq,\Ham\right]=\left[\hat\rho_\qq,\;\sum_\alpha\frac{\hat{\bm p}_\alpha^2}{2m_e}\right] $$

この一行で，周期ポテンシャル $V$ も電子相関 $v$ も消えてしまう．ここが要点である．以降の計算に固体の情報は一切入らないので，右辺にバンド構造が顔を出す余地がない．

ステップ2：運動エネルギーとの交換子．$f_\alpha\equiv\ee^{-\ii\qq\cdot\hat{\bm r}_\alpha}$ と書く．正準交換関係 $[\hat{\bm p},F(\hat{\bm r})]=-\ii\hbar\nabla F$ から $[\hat{\bm p}_\alpha,f_\alpha]=-\hbar\qq f_\alpha$，すなわち $[f_\alpha,\hat{\bm p}_\alpha]=\hbar\qq f_\alpha$ である．$[\hat A,\hat B\hat C]$ の公式（付録A）を $\hat{\bm p}^2=\hat{\bm p}\cdot\hat{\bm p}$ に使うと

$$ \left[f_\alpha,\hat{\bm p}_\alpha^2\right] =\hat{\bm p}_\alpha\cdot\left[f_\alpha,\hat{\bm p}_\alpha\right]+\left[f_\alpha,\hat{\bm p}_\alpha\right]\cdot\hat{\bm p}_\alpha =\hbar\left[(\hat{\bm p}_\alpha\cdot\qq)f_\alpha+f_\alpha(\qq\cdot\hat{\bm p}_\alpha)\right] $$

よって

$$ \left[\hat\rho_\qq,\Ham\right] =\frac{\hbar}{2m_e}\sum_\alpha\left[(\hat{\bm p}_\alpha\cdot\qq)f_\alpha+f_\alpha(\qq\cdot\hat{\bm p}_\alpha)\right] $$

ステップ3：もう一度交換子を取る．$g_\beta\equiv\ee^{+\ii\qq\cdot\hat{\bm r}_\beta}$ とすると，同じ公式から $[\hat{\bm p}_\alpha,g_\beta]=\delta_{\alpha\beta}\,\hbar\qq\,g_\alpha$ である．$f$ と $g$ は位置の関数どうしなので可換であり，$f_\alpha g_\alpha=1$ である．したがって $\hat{\bm p}$ の因子だけが効いて

$$ \left[(\hat{\bm p}_\alpha\cdot\qq)f_\alpha,\;g_\alpha\right]=\hbar q^2\,g_\alpha f_\alpha=\hbar q^2, \qquad \left[f_\alpha(\qq\cdot\hat{\bm p}_\alpha),\;g_\alpha\right]=\hbar q^2\,f_\alpha g_\alpha=\hbar q^2 $$

$\alpha$ について和を取れば，粒子1個あたり $2\hbar q^2$ が出る．よって

∎ これは期待値を取る前の演算子の等式であり，右辺は粒子数演算子の c 数倍にすぎない．$N$ 電子系のどんな状態（基底状態でも励起状態でも熱平衡でもよい）で挟んでも $N\hbar^2q^2/m_e$ になる．導出18 の \eqref{eq:B-fsum} は，これを自由電子気体という特別な場合について平面波基底で確かめたものにすぎない．

導出19：密度演算子で叩くと何が起きるか

式 \eqref{eq:B-rho-dagger} を Fermi 球に作用させる：

$$ \hat\rho_\qq^\dagger\ket{\mathrm{FS}} =\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\,\hat c_{\kk\sigma}\ket{\mathrm{FS}} $$

各項が生き残る条件は2つである．

• $\hat c_{\kk\sigma}$ が効くには，$\kk$ が占有されていなければならない：$k<k_F$（すなわち $n_\kk=1$）．
• $\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}$ が効くには，$\kk+\qq$ が空でなければならない：$\abs{\kk+\qq}>k_F$（すなわち $n_{\kk+\qq}=0$）．

この2条件を満たす $\kk$ だけが和に残るので

∎ すなわち $\hat\rho_\qq^\dagger\ket{\mathrm{FS}}$ は，「Fermi 球の中の電子を1個取り出して外に置く」という粒子‐正孔対の状態を，条件を満たすすべての $\kk$ について足し合わせた重ね合わせである．

この状態 $\ket{\kk\qq\sigma}$ は $\Ham_0$ の固有状態であり，その励起エネルギーは

である（電子を $\epsilon_\kk$ から $\epsilon_{\kk+\qq}$ へ移したのだから当然）．$\ket{\kk\qq\sigma}$ が規格化されていることは，$\braket{\kk\qq\sigma|\kk\qq\sigma}=n_\kk(1-n_{\kk+\qq})=1$（条件を満たすとき）として確かめられる（第10章10.1.4節）．

導出20：連続体の上端と下端

式 \eqref{eq:B-ph-energy} を $\kk\cdot\qq=kq\cos\theta$ と書くと $\hbar\omega=\frac{\hbar^2}{2m}(q^2+2kq\cos\theta)$ である．制約は $k<k_F$（始点は球の中）と $\abs{\kk+\qq}>k_F$（終点は球の外）．

上端．最大になるのは $k=k_F$，$\cos\theta=+1$（$\kk$ と $\qq$ が平行で，しかも Fermi 面上）のときである．このとき終点は $\abs{\kk+\qq}=k_F+q>k_F$ を満たすので確かに許され，$\hbar\omega_+=\frac{\hbar^2}{2m}(q^2+2k_Fq)$．

下端．$\cos\theta=-1$ を取りたいが，終点が球の中に戻ってしまう恐れがあるので場合分けする．

• $q<2k_F$：Fermi 面のすぐ内側からすぐ外側へ，ほとんどエネルギーを変えずに移せる．すなわち $\hbar\omega\to0$ が許され，下端は $0$ である．
• $q>2k_F$：$\qq$ が大きすぎて，どんな始点を選んでも必ず球の外へ飛び出す．最小は $k=k_F$，$\cos\theta=-1$ のときで $\hbar\omega_-=\frac{\hbar^2}{2m}(q^2-2k_Fq)>0$．

まとめると

で，連続体は $q<2k_F$ では $0\le\hbar\omega\le\hbar\omega_+$，$q>2k_F$ では $\hbar\omega_-\le\hbar\omega\le\hbar\omega_+$ の領域を占める．∎

$q\to0$ の振る舞いが重要である．$q^2$ 項を落とすと上端が $\hbar\omega_+\simeq\hbar qv_F$ に漸近する．下端は $q<2k_F$ である限り $0$ のままだから，連続体は原点から傾き $v_F$ で立ち上がる直線と $\omega=0$ の軸とに挟まれた「くさび形」になる．第11章のプラズモン分散 $\omega\simeq\omega_p$ がこのくさびの外側にある限り，プラズモンは粒子‐正孔対に崩壊できず長寿命である．くさびに入った瞬間に崩壊が始まる —— これがLandau 減衰である．

導出21：$k_F=(3\pi^2n)^{1/3}$

Fermi 球の中の状態を数える．式 \eqref{eq:B-sum-to-int} により，スピン $2$ 種を含めて

$$ N=\sum_{\kk\sigma}n_\kk =2\cdot V\int_{k<k_F}\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3} =\frac{2V}{8\pi^3}\cdot\frac{4\pi}{3}k_F^3 =\frac{Vk_F^3}{3\pi^2} $$

したがって数密度 $n=N/V$ について

∎ さらに

$$ \begin{equation} \epsilon_F=\frac{\hbar^2k_F^2}{2m}, \qquad v_F=\frac{\hbar k_F}{m}, \qquad T_F=\frac{\epsilon_F}{k_B} \label{eq:B-eF} \end{equation} $$

である．状態密度は第10章10.2.2節で導いたとおり

$$ \begin{equation} N(\epsilon_F)=\frac{mk_F}{\pi^2\hbar^2}=\frac{3n}{2\epsilon_F} \label{eq:B-dos} \end{equation} $$

（単位体積あたり，スピン両方を含む）．この $N(\epsilon_F)$ が，本書の符号の流儀での静的応答 $\chi^0(\qq\to0,0)=-N(\epsilon_F)$ に直接現れる．