付録D演習問題の解答 — 全94問の完全解答

解答

(1) 一般の $\chi(\tau)$ に対して，階段状の外力 $f(t)=f_0\theta(t)$ への応答を積分の形で書く．出発点は，本章で3つの要請から導いた畳み込み積分

$$ \delta A(t) = \int_{0}^{\infty} \chi(\tau)\, f(t-\tau)\, \dd\tau $$

である．ここに $f(t-\tau)=f_0\,\theta(t-\tau)$ を代入する．階段関数 $\theta(t-\tau)$ は $\tau < t$ で $1$，$\tau > t$ で $0$ だから，積分の上限が $t$ で自動的に切られて

$$ \delta A(t) = f_0\int_{0}^{\infty} \chi(\tau)\,\theta(t-\tau)\, \dd\tau = f_0\int_{0}^{t} \chi(\tau)\, \dd\tau \qquad (t > 0) $$

となる．これがヒントの式である．$t < 0$ では積分区間が空になるので $\delta A(t)=0$，すなわち外力を入れる前には応答がない．因果律が正しく反映されている．

(2) Debye緩和 $\chi(\tau)=(\chi_0/\tau_0)\ee^{-\tau/\tau_0}\theta(\tau)$ の場合に(1)の積分を実行する．$t > 0$ に対して

$$ \delta A(t) = f_0\int_{0}^{t} \frac{\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-\tau/\tau_0}\, \dd\tau = \frac{\chi_0 f_0}{\tau_0}\Bigl[-\tau_0\,\ee^{-\tau/\tau_0}\Bigr]_{0}^{t} = \frac{\chi_0 f_0}{\tau_0}\cdot\tau_0\left(1-\ee^{-t/\tau_0}\right) $$

すなわち

$$ \delta A(t) = \chi_0 f_0\left(1-\ee^{-t/\tau_0}\right) $$

となり，題意の式が示された．応答は $\delta A(0)=0$ からゼロで立ち上がり（記憶をもつ系は瞬間的には動けない），時定数 $\tau_0$ で飽和値へ近づく．

検算．1.5.1節のコラムで述べた「インパルス応答＝ステップ応答の微分」を確かめる．いま求めたステップ応答（$f_0=1$ とおく）を $t$ で微分すると

$$ \frac{\dd}{\dd t}\left[\chi_0\left(1-\ee^{-t/\tau_0}\right)\right] = \frac{\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0} = \chi(t) \qquad (t > 0) $$

となり，確かに元の応答関数 $\chi(t)$ が戻る．

(3) $t\to\infty$ で静的応答に到達することを確かめる．(2)の結果で $\ee^{-t/\tau_0}\to 0$ とすれば

$$ \delta A(t) \xrightarrow{\ t\to\infty\ } \chi_0 f_0 $$

一方，静的感受率は1.5.2節で見たとおり $\chi(\omega=0)=\int_0^\infty\chi(\tau)\dd\tau$ である．Debye緩和では

$$ \chi(\omega=0) = \int_{0}^{\infty} \frac{\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-\tau/\tau_0}\, \dd\tau = \frac{\chi_0}{\tau_0}\cdot\tau_0 = \chi_0 $$

だから，定数外力 $f_0$ への静的応答は $\chi(0)\,f_0=\chi_0 f_0$．両者は一致する．例題1.1で求めた $\chi(\omega)=\chi_0/(1-\ii\omega\tau_0)$ に $\omega=0$ を代入しても同じく $\chi_0$ が得られる．

物理的な意味．外力を階段状に入れると，系は記憶時間 $\tau_0$ の間だけ過渡的にもがき，それを過ぎると「ずっと一定の力がかかっていた」状態，すなわち静的（熱力学的）応答に落ち着く．動的応答と静的応答をつなぐ最も簡単な橋渡しがこの問題である．

解答

前半：$\chi(\tau)$ が実関数であることから $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$ を示す．ヒントに従い，1.4節で導いた

$$ \chi(\omega) = \int_{0}^{\infty} \chi(\tau)\, \ee^{\ii\omega\tau}\, \dd\tau $$

の両辺の複素共役をとる（$\omega$ は実数とする）．$\chi(\tau)$ が実だから $\chi(\tau)^*=\chi(\tau)$ であり，複素共役は指数関数にだけ作用して $(\ee^{\ii\omega\tau})^*=\ee^{-\ii\omega\tau}$ となる．よって

$$ \chi(\omega)^* = \int_{0}^{\infty} \chi(\tau)\, \ee^{-\ii\omega\tau}\, \dd\tau $$

右辺を見ると，これは定義式で $\omega$ を $-\omega$ に置き換えたものにほかならない．したがって

$$ \chi(\omega)^* = \chi(-\omega) $$

が成り立つ．なお，そもそも $\chi(\tau)$ が実でなければならない理由は，実の外力 $f$ に対して応答 $\delta A$（測定される実の物理量）が実でなければならず，畳み込み $\delta A(t)=\int_0^\infty\chi(\tau)f(t-\tau)\dd\tau$ が任意の実関数 $f$ に対して実を返すには核 $\chi(\tau)$ 自身が実であるほかないからである．

後半：この関係式から実部・虚部の偶奇性を導く．$\chi(\omega)$ を実部と虚部に分け，$\chi(\omega)=\chi'(\omega)+\ii\chi''(\omega)$（$\chi'$，$\chi''$ は実関数）と書く．いま示した関係式の左辺と右辺をそれぞれ書き下すと

$$ \chi(-\omega) = \chi'(-\omega) + \ii\chi''(-\omega), \qquad \chi(\omega)^* = \chi'(\omega) - \ii\chi''(\omega) $$

両者が等しいので，実部どうし・虚部どうしを比べて

$$ \chi'(-\omega) = \chi'(\omega), \qquad \chi''(-\omega) = -\chi''(\omega) $$

すなわち $\mathrm{Re}\,\chi(\omega)$ は $\omega$ の偶関数，$\mathrm{Im}\,\chi(\omega)$ は奇関数である．

検算．例題1.1のDebye緩和で確かめる．

$$ \mathrm{Re}\,\chi(\omega) = \frac{\chi_0}{1+\omega^2\tau_0^2} \quad(\text{偶関数}), \qquad \mathrm{Im}\,\chi(\omega) = \frac{\chi_0\,\omega\tau_0}{1+\omega^2\tau_0^2} \quad(\text{奇関数}) $$

となっていて，確かに一般則と合致する．

物理的な意味．この対称性のおかげで，$\omega > 0$ の情報だけで $\chi(\omega)$ の全体が決まる．実験で測るのは正の振動数だけだから，これは実用上も重要で，第4章ではKramers–Kronig関係を「正の $\omega$ だけの積分」に書き直す際にこの偶奇性を使う．

解答

(1) 回路方程式を微分して $I$ の微分方程式を作る．直列RC回路では，抵抗の電圧降下 $RI$ とコンデンサの電圧 $Q/C=\frac{1}{C}\int^t I\,\dd t'$ の和が外部電圧に等しい：

$$ RI(t) + \frac{1}{C}\int^{t} I(t')\,\dd t' = V(t) $$

両辺を $t$ で微分すると，積分項は被積分関数に戻り

$$ R\,\frac{\dd I}{\dd t} + \frac{1}{C}\,I = \frac{\dd V}{\dd t} $$

これが求める微分方程式である．積分を消した代わりに，右辺が $V$ ではなく $\dd V/\dd t$ になっている点に注意する．

(2) 単色外力 $V(t)=V_0\ee^{-\ii\omega t}$ に対する定常応答からアドミッタンスを求める．本書の規約（1.4節）では $\ee^{-\ii\omega t}$ が振動数 $\omega$ の単色外力である．線形方程式だから応答も同じ振動数で振動し，$I(t)=I_0\ee^{-\ii\omega t}$ と置ける．(1)の微分方程式に代入すると，$\dd/\dd t \to -\ii\omega$ となって

$$ -\ii\omega R\, I_0 + \frac{1}{C}\, I_0 = -\ii\omega V_0 $$

左辺を $I_0$ でくくり，$I_0$ について解く：

$$ I_0\left(\frac{1}{C} - \ii\omega R\right) = -\ii\omega V_0 \quad\Longrightarrow\quad I_0 = \frac{-\ii\omega V_0}{\dfrac{1}{C} - \ii\omega R} = \frac{-\ii\omega C}{1 - \ii\omega RC}\, V_0 $$

したがってアドミッタンスは

$$ Y(\omega) = \frac{I(\omega)}{V(\omega)} = \frac{-\ii\omega C}{1-\ii\omega RC} $$

となり，ヒントの式と一致する．

検算．両極限を見る．$\omega\to0$ では $Y\to -\ii\omega C\to 0$：直流はコンデンサに阻まれて流れない．$\omega\to\infty$ では $Y\to (-\ii\omega C)/(-\ii\omega RC)=1/R$：高周波ではコンデンサは実質短絡で，抵抗だけが残る．どちらも直列RC回路の常識と合う．

(3) $Y(\omega)$ の極の位置を複素 $\omega$ 平面上で求め，上半面にないことを確かめる．$Y(\omega)$ が発散するのは分母がゼロになる点，すなわち

$$ 1 - \ii\omega RC = 0 \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{1}{\ii RC} = -\frac{\ii}{RC} $$

である（$1/\ii=-\ii$ を使った）．極は純虚数 $\omega=-\ii/RC$ のただ1つで，$\mathrm{Im}\,\omega = -1/(RC) < 0$ だから複素平面の下半面にある．上半面には極がなく，1.4節で述べた「因果律 $\Longleftrightarrow$ 上半面で正則」と整合している．ヒントのとおりである．分子の $-\ii\omega C$ は多項式なので極を生まないことにも注意する．

物理的な意味．極の虚部の大きさ $1/(RC)$ は，この回路の過渡電流の減衰率である．実際，電圧を $t=0$ に $V_0$ へ階段状に立ち上げると，よく知られた充電電流 $I(t)=(V_0/R)\,\ee^{-t/RC}$ が流れる．最初はコンデンサが空で導線同然だから $V_0/R$ が流れ，充電が進むにつれ時定数 $RC$ で電流が止まる．「極の虚部＝緩和率」という対応は第2章の減衰振動子でも，第8章のLehmann表示でも繰り返し現れる．

解答

(1) 線形応答の条件 $pE\ll k_BT$ から，水に対する電場 $E$ の上限を見積もる．1.1.2節の考え方どおり，「外力が系に与えるエネルギー」（双極子の配向エネルギー $pE$）を「系の特徴的エネルギー」（配向を乱す熱エネルギー $k_BT$）と比べればよい．条件を $E$ について解くと

$$ E \ll \frac{k_BT}{p} = \frac{4.1\times10^{-21}\ \mathrm{J}}{6.2\times10^{-30}\ \mathrm{C\,m}} \approx 6.6\times10^{8}\ \mathrm{V/m} $$

となり，ヒントの値と一致する．すなわち，水の配向分極が線形に応答するための電場の目安は $10^{8}\ \mathrm{V/m}$ 台後半である．

(2) この値を水の絶縁破壊電場 $\sim10^{7}\ \mathrm{V/m}$ と比べる．比をとると

$$ \frac{6.6\times10^{8}\ \mathrm{V/m}}{10^{7}\ \mathrm{V/m}} \approx 66 $$

つまり，配向分極の非線形性が顔を出すはるか手前（およそ66分の1の電場）で，水そのものが絶縁破壊を起こしてしまう．静電場の実験で到達できる電場の全域にわたって $pE/k_BT \ll 1$ が保たれるので，水の誘電応答は，試料が壊れるまでずっと線形のままである．誘電率 $\epsilon$ を電場によらない定数として扱ってよいのは，このためである．

検算．絶縁破壊電場 $E=10^{7}\ \mathrm{V/m}$ でのパラメータは

$$ x \equiv \frac{pE}{k_BT} = \frac{6.2\times10^{-30}\times10^{7}}{4.1\times10^{-21}} \approx 1.5\times10^{-2} $$

で，確かに $1$ より十分小さい．

解答

(1) 因果律を破る応答関数 $\chi(\tau)=\dfrac{\chi_0}{2\tau_0}\,\ee^{-\abs{\tau}/\tau_0}$ のFourier変換 $\chi(\omega)$ を計算する．今回は $\tau < 0$ でも $\chi(\tau)\neq0$ なので，下限を $0$ にした式は使えず，本来の定義

$$ \chi(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \chi(\tau)\, \ee^{\ii\omega\tau}\, \dd\tau $$

に戻って全区間で積分する．絶対値をほどくために積分を $\tau > 0$ と $\tau < 0$ に分ける．まず $\tau > 0$ の部分は $\abs{\tau}=\tau$ だから，例題1.1と同じ計算で

$$ \int_{0}^{\infty} \ee^{-\tau/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega\tau}\, \dd\tau = \int_{0}^{\infty} \ee^{-(1/\tau_0-\ii\omega)\tau}\, \dd\tau = \frac{1}{1/\tau_0 - \ii\omega} = \frac{\tau_0}{1-\ii\omega\tau_0} $$

次に $\tau < 0$ の部分は $\abs{\tau}=-\tau$ である．$\tau\to-\tau$ と置換すると（$\dd\tau$ の符号と積分区間の反転が相殺して）

$$ \int_{-\infty}^{0} \ee^{\tau/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega\tau}\, \dd\tau = \int_{0}^{\infty} \ee^{-\tau/\tau_0}\,\ee^{-\ii\omega\tau}\, \dd\tau = \frac{1}{1/\tau_0 + \ii\omega} = \frac{\tau_0}{1+\ii\omega\tau_0} $$

両者を足して係数 $\chi_0/(2\tau_0)$ を掛けると，通分により

$$ \chi(\omega) = \frac{\chi_0}{2}\left[\frac{1}{1-\ii\omega\tau_0} + \frac{1}{1+\ii\omega\tau_0}\right] = \frac{\chi_0}{2}\cdot\frac{(1+\ii\omega\tau_0)+(1-\ii\omega\tau_0)}{(1-\ii\omega\tau_0)(1+\ii\omega\tau_0)} = \frac{\chi_0}{1+\omega^2\tau_0^2} $$

となり，ヒントの式と一致する．注目すべきことに，この $\chi(\omega)$ は実 $\omega$ で純実である（$\mathrm{Im}\,\chi(\omega)=0$）．$\chi(\tau)$ が偶関数なので，Fourier変換の虚部（奇関数成分に対応する）が消えたのである．虚部はエネルギー散逸を表すから（図1.1の説明を参照），この「系」はどの振動数でもエネルギーを吸収しない——因果律の破れは，散逸の消失という形でも顔を出している．なお演習1.2の関係 $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$ は成り立っていることに注意する．あの対称性は $\chi(\tau)$ が実でありさえすれば成り立つのであって，因果律とは独立の性質である．

(2) $\chi(\omega)$ の極の位置を求める．分母がゼロになる条件は

$$ 1 + \omega^2\tau_0^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = -\frac{1}{\tau_0^2} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \pm\frac{\ii}{\tau_0} $$

極は虚軸上に2つあり，$\omega=-\ii/\tau_0$ は下半面，$\omega=+\ii/\tau_0$ は上半面にある．因果的な応答関数なら決して持てない上半面の極が，確かに現れた．どちらの半分が犯人かは(1)の計算から特定できる．因果的な部分（$\tau > 0$）の寄与 $\tau_0/(1-\ii\omega\tau_0)$ の極は $\omega=-\ii/\tau_0$（下半面）であり，これはDebye緩和（例題1.1）の極と同じ位置である．一方，反因果的な部分（$\tau < 0$）の寄与 $\tau_0/(1+\ii\omega\tau_0)$ の極が $\omega=+\ii/\tau_0$（上半面）である．上半面の極は，$\tau < 0$ の「尻尾」が作ったのである．

(3) $t=0$ にパルスを打ち込んだときに $t < 0$ に応答が現れることを説明する．外力を $f(t)=f_0\,\delta(t)$ として畳み込み（因果律を仮定しない全区間の形）に入れると，デルタ関数の性質から積分が一点で評価されて

$$ \delta A(t) = \int_{-\infty}^{\infty} \chi(t-t')\, f_0\,\delta(t')\, \dd t' = f_0\,\chi(t) = \frac{\chi_0 f_0}{2\tau_0}\,\ee^{-\abs{t}/\tau_0} $$

となる．インパルス応答は $\chi(t)$ そのものだから（1.3節の定義），$\chi(t)$ が $t < 0$ でゼロでない以上，応答は $t < 0$ に現れる．具体的には，叩く時刻より $\tau_0$ だけ前の時点で，応答はすでにピーク値の $\ee^{-1}\approx0.37$ 倍に達している．系が「これから叩かれること」を察知して動き出す——結果が原因に先行しており，物理的にあり得ない．第4章で見るように，このような上半面の極を持つ応答関数ではKramers–Kronig関係が破れるので，実部と虚部の測定データを突き合わせれば「この応答関数はおかしい」と実験的に検出できる．

解答

(1) 定義式 $\hat{L}G^R=\tau_0\dot{G}^R+G^R=\delta(t)$ を $t=0$ をまたいで積分し，接続条件 $G^R(0^+)-G^R(0^-)=1/\tau_0$ を導く．

準備として，$G^R$ 自身にはデルタ関数型の特異性が含まれないことを確かめておく．もし $G^R$ が $a\,\delta(t)$ という項を含めば，$\tau_0\dot{G}^R$ に $\tau_0a\,\delta'(t)$ が現れる．ところが右辺 $\delta(t)$ に $\delta'$ はなく，左辺の他の項も $\delta'$ を出せない．したがって $a=0$ であり，$G^R$ は高々有限の跳びをもつ有界な関数である（特異性の最高位は $\dot{G}^R$ の中の $\delta$ である）．

そのうえで，定義式の両辺を $-\epsilon$ から $+\epsilon$ まで積分する（$\epsilon>0$ は微小）：

$$ \int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\left(\tau_0\dot{G}^R+G^R\right)\dd t =\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}\delta(t)\,\dd t=1 $$

第1項は微積分学の基本定理でただちに積分できて $\tau_0\left[G^R(\epsilon)-G^R(-\epsilon)\right]$ となる．第2項は $G^R$ が有界だから

$$ \abs{\int_{-\epsilon}^{+\epsilon}G^R\dd t}\le 2\epsilon\max_{\abs{t}\le\epsilon}\abs{G^R} \xrightarrow{\ \epsilon\to0^+\ }0 $$

で消える．$\epsilon\to0^+$ として

$$ \tau_0\left[G^R(0^+)-G^R(0^-)\right]=1 \quad\Longrightarrow\quad G^R(0^+)-G^R(0^-)=\frac{1}{\tau_0} $$

を得る．本文の2階の方程式では「位置は連続，速度が $1/m$ 跳ぶ」であったが，1階の方程式では最高階の微分が1階なので，1つ繰り下がって値そのものが $1/\tau_0$ 跳ぶ．一般に $n$ 階の方程式では $(n-1)$ 階微分だけが跳び，それより低い階の微分はすべて連続である．

(2) 因果律を課して $G^R(t)$ を決める．

因果律 $G^R(0^-)=0$ を (1) の接続条件に入れると $G^R(0^+)=1/\tau_0$ である．$t>0$ ではデルタ関数が消えて斉次方程式 $\tau_0\dot{G}^R+G^R=0$ になり，その解は $C\ee^{-t/\tau_0}$ である．$t\to0^+$ で $C=1/\tau_0$ と決まるから

$$ G^R(t)=\frac{1}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0}\,\theta(t) $$

となり，ヒントの式と一致する．

検算．定義式に代入し直す．$\dot{\theta}(t)=\delta(t)$ と $\ee^{-t/\tau_0}\delta(t)=\ee^{0}\delta(t)=\delta(t)$ に注意して微分すると

$$ \dot{G}^R=-\frac{1}{\tau_0^2}\,\ee^{-t/\tau_0}\theta(t)+\frac{1}{\tau_0}\,\delta(t) $$

であるから

$$ \tau_0\dot{G}^R+G^R =-\frac{1}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0}\theta(t)+\delta(t)+\frac{1}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0}\theta(t) =\delta(t) $$

で，確かに満たしている．

(3) Fourier法で $G(\omega)$ を求め，Debye緩和と比較し，極の位置を調べる．

本文2.5.2項と同じ手順を踏む．$G(t)=\int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,G(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t}$ と書くと，$\frac{\dd}{\dd t}\ee^{-\ii\omega t}=-\ii\omega\,\ee^{-\ii\omega t}$ だから，$\hat{L}=\tau_0\frac{\dd}{\dd t}+1$ は $\omega$ 空間ではただの掛け算 $(1-\ii\omega\tau_0)$ になる．$\delta(t)=\int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,\ee^{-\ii\omega t}$ と比較して

$$ \left(1-\ii\omega\tau_0\right)G(\omega)=1 \quad\Longrightarrow\quad G(\omega)=\frac{1}{1-\ii\omega\tau_0} $$

これは第1章1.5.1項のDebye緩和 $\chi(\omega)=\chi_0/(1-\ii\omega\tau_0)$ で $\chi_0=1$ とした形そのものである．

(2) の実時間の答えと整合することも直接確かめられる：

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{1}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega t}\dd t =\frac{1}{\tau_0}\cdot\frac{1}{1/\tau_0-\ii\omega} =\frac{1}{1-\ii\omega\tau_0} $$

極の位置．分母がゼロになるのは

$$ 1-\ii\omega\tau_0=0 \quad\Longrightarrow\quad \omega=\frac{1}{\ii\tau_0}=-\frac{\ii}{\tau_0} $$

のときで，極は虚軸上，虚部 $-1/\tau_0<0$ の下半面にある．「遅延Green関数の極は必ず下半面」という本章の規則（因果律の振動数表示）と整合しており，ヒントのとおりである．2階の振動子では極が $\pm\omega_1-\ii\Gamma$ と2個あって実部（振動）をもったのに対し，1階の緩和では極は1個だけ，しかも虚軸上にある —— 振動せずにただ緩和する系の「顔」である．

解答

どの場合も使う道具は同じである．本文で導いた接続条件（$G^R$ は $t=0$ で連続，$\dot{G}^R$ は $1/m$ 跳ぶ）と因果律 $G^R(t)=0\ (t<0)$ を合わせると，$t>0$ の解が満たすべき条件は

$$ G^R(0^+)=0,\qquad \dot{G}^R(0^+)=\frac{1}{m} $$

の2つにまとまる．

(1) 過減衰（$\Gamma>\omega_0$）の $G^R$ を接続条件から求める．$t>0$ の一般解を $G^R(t)=\ee^{-\Gamma t}(A\cosh\kappa t+B\sinh\kappa t)$，$\kappa=\sqrt{\Gamma^2-\omega_0^2}$ と置く．

第1条件．$t\to0^+$ で $\ee^0=1$，$\cosh0=1$，$\sinh0=0$ だから

$$ G^R(0^+)=A=0 $$

よって $G^R(t)=B\ee^{-\Gamma t}\sinh\kappa t$ である．第2条件．積の微分を実行すると

$$ \dot{G}^R(t)=B\ee^{-\Gamma t}\left(\kappa\cosh\kappa t-\Gamma\sinh\kappa t\right) $$

$t\to0^+$ で $\dot{G}^R(0^+)=B\kappa=1/m$，すなわち $B=1/(m\kappa)$．したがって

$$ G^R(t)=\frac{1}{m\kappa}\,\ee^{-\Gamma t}\sinh(\kappa t)\,\theta(t) $$

ヒントと一致する．

(2) 臨界減衰（$\Gamma=\omega_0$）．一般解 $G^R(t)=(A+Bt)\ee^{-\Gamma t}$ に同じ2条件を課す．$t\to0^+$ で

$$ G^R(0^+)=A=0 $$

微分すると

$$ \dot{G}^R(t)=B\ee^{-\Gamma t}-\Gamma(A+Bt)\ee^{-\Gamma t} \quad\xrightarrow{\ t\to0^+\ }\quad B-\Gamma A=B=\frac{1}{m} $$

したがって

$$ G^R(t)=\frac{t}{m}\,\ee^{-\Gamma t}\,\theta(t) $$

これもヒントと一致する．

(3) 2.1.5項の処方で，本文の弱減衰の結果から (1)(2) を再現する．本文の主結果を $\sin(\omega_1t)/\omega_1$ の組で書いておく：

$$ G^R(t)=\frac{1}{m}\,\ee^{-\Gamma t}\,\frac{\sin\omega_1 t}{\omega_1}\,\theta(t) $$

過減衰．$\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}=\ii\kappa$（純虚数）を代入する．$\sin(\ii u)=\ii\sinh u$ だから

$$ \frac{\sin(\ii\kappa t)}{\ii\kappa}=\frac{\ii\sinh\kappa t}{\ii\kappa}=\frac{\sinh\kappa t}{\kappa} $$

となって，(1) の答えがそのまま出る．臨界減衰．$\omega_1\to0$ の極限では $\sin(\omega_1t)/\omega_1\to t$ だから，(2) の答えが出る．3つの場合は，$\sin(\omega_1t)/\omega_1$ の形に書いた1本の式に確かにまとまっている．

(4) $m=1\ \mathrm{kg}$，$k=100\ \mathrm{N/m}$（$\omega_0=\sqrt{k/m}=10\ \mathrm{rad/s}$）で数値比較する．

臨界減衰 $\gamma=20\ \mathrm{kg/s}$．$\Gamma=\gamma/2m=10\ \mathrm{s^{-1}}=\omega_0$ で，確かに臨界である．$G^R(t)=t\ee^{-\Gamma t}/m$ の最大を探す：

$$ \frac{\dd}{\dd t}\left(\frac{t}{m}\,\ee^{-\Gamma t}\right) =\frac{1-\Gamma t}{m}\,\ee^{-\Gamma t}=0 \quad\Longrightarrow\quad t_{\max}=\frac{1}{\Gamma}=0.100\ \mathrm{s} $$ $$ G^R_{\max}=\frac{1}{m\Gamma}\,\ee^{-1}=\frac{1}{10\,\ee} =3.68\times10^{-2}\ \mathrm{m/(N\,s)} $$

ヒントの値と一致する．

過減衰 $\gamma=40\ \mathrm{kg/s}$．$\Gamma=20\ \mathrm{s^{-1}}$，$\kappa=\sqrt{20^2-10^2}=\sqrt{300}=17.32\ \mathrm{s^{-1}}$ である．このとき

$$ G^R(t)=\frac{\ee^{-\Gamma t}\sinh\kappa t}{m\kappa} =\frac{1}{2m\kappa}\left(\ee^{-(\Gamma-\kappa)t}-\ee^{-(\Gamma+\kappa)t}\right) $$

で，速い根 $\Gamma+\kappa=37.3\ \mathrm{s^{-1}}$ と遅い根 $\Gamma-\kappa=2.68\ \mathrm{s^{-1}}$ の2つの指数の重ね合わせである．参考までに最大は，$\kappa\cosh\kappa t=\Gamma\sinh\kappa t$ すなわち $\tanh\kappa t_{\max}=\kappa/\Gamma=0.866$ より $t_{\max}=\frac{1}{\kappa}\,\mathrm{artanh}\,0.866=7.60\times10^{-2}\ \mathrm{s}$ で，$G^R_{\max}=2.19\times10^{-2}\ \mathrm{m/(N\,s)}$ と臨界の6割程度にとどまる．

どちらが速く消えるか．長時間の減衰を支配するのは，臨界では $t\ee^{-10t}$（時定数 $0.10\ \mathrm{s}$），過減衰では遅い根の $\ee^{-2.68t}$（時定数 $1/2.68=0.37\ \mathrm{s}$）である．数値で追うと $t\simeq0.33\ \mathrm{s}$ で両者の大小が入れ替わり，$t=1\ \mathrm{s}$ では臨界の $G^R=4.5\times10^{-5}$ に対して過減衰は $2.0\times10^{-3}\ \mathrm{m/(N\,s)}$ と，40倍以上も残っている．速く消えるのは臨界減衰である．ヒントの言うとおり過減衰では遅い根 $\Gamma-\kappa$ が尾を引く．摩擦を増やしすぎるとかえって応答が長引くという図2.1の教訓は，Green関数そのものにもそのまま当てはまる．

解答

(1) 矩形パルスへの応答が $x(t)=x_{\rm step}(t)-x_{\rm step}(t-T)$ と書けることを，線形性と時間並進不変性から示す．

外力は2つのステップの差 $f(t)=F_0\theta(t)-F_0\theta(t-T)$ である．解の表式 $x(t)=\int\dd t'\,G^R(t-t')f(t')$ は $f$ について線形だから，応答は各項への応答の差になる（線形性）．第1項 $F_0\theta(t')$ への応答は，定義によりステップ応答 $x_{\rm step}(t)$ である．第2項 $F_0\theta(t'-T)$ への応答は，積分変数を $u=t'-T$ と置換すると

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\,G^R(t-t')\,F_0\theta(t'-T) =\int_{-\infty}^{\infty}\dd u\,G^R\big((t-T)-u\big)\,F_0\theta(u) =x_{\rm step}(t-T) $$

となる．2つ目の等号で効いているのは，$G^R$ が引数の差だけの関数だという事実（時間並進不変性）である —— 入力を $T$ 遅らせれば，出力もそっくり $T$ 遅れるだけである．よって

$$ x(t)=x_{\rm step}(t)-x_{\rm step}(t-T) $$

$x_{\rm step}(t)=0\ (t<0)$ に注意すれば，この1本の式が $t<0$（応答なし），$0<t<T$（第1項のみ），$t>T$（両項）のすべてを一度に正しく表す．積分のやり直しは一切していない —— これが重ね合わせの威力である．

(2) $t>T$ で自由減衰振動になることを確かめる．本文で求めたステップ応答は

$$ x_{\rm step}(t)=\frac{F_0}{k}\left[1-\ee^{-\Gamma t}\left(\cos\omega_1 t+\frac{\Gamma}{\omega_1}\sin\omega_1 t\right)\right]\theta(t) $$

である．$t>T$ では両方の $\theta$ が $1$ なので，定常項 $F_0/k$ どうしがちょうど打ち消し合って

$$ x(t)=\frac{F_0}{k}\left[\ee^{-\Gamma(t-T)}\left(\cos\omega_1(t-T)+\frac{\Gamma}{\omega_1}\sin\omega_1(t-T)\right) -\ee^{-\Gamma t}\left(\cos\omega_1 t+\frac{\Gamma}{\omega_1}\sin\omega_1 t\right)\right] $$

が残る．ここで $\ee^{-\Gamma(t-T)}=\ee^{\Gamma T}\ee^{-\Gamma t}$ であり，加法定理より $\cos\omega_1(t-T)$ と $\sin\omega_1(t-T)$ は $\cos\omega_1t$ と $\sin\omega_1t$ の定数係数の線形結合である．したがって全体は

$$ x(t)=\ee^{-\Gamma t}\left(C_1\cos\omega_1 t+C_2\sin\omega_1 t\right) \qquad(t>T,\ \ C_1,C_2\ \text{は}\ T\ \text{に依存する定数}) $$

という斉次方程式の一般解の形になる．すなわち $\ee^{-\Gamma t}$ で減衰する自由振動である．物理的にも当然で，$t>T$ では外力が切れているのだから，系はパルス終了時の位置と速度を初期条件とする自由な減衰振動をするしかない．

(3) $T\ll1/\omega_0$ の極限で撃力応答に帰着することを示す．$x_{\rm step}$ が変化する時間スケールは $1/\omega_1$ と $1/\Gamma$ で，弱減衰ではどちらも $1/\omega_0$ と同程度かそれより長い．$T$ がそれらより十分短ければ，Taylor展開の初項だけ取って

$$ x(t)=x_{\rm step}(t)-x_{\rm step}(t-T)\simeq T\,\dot{x}_{\rm step}(t) $$

と書ける．ここで本文2.7.2項ステップ2の関係 $x_{\rm step}(t)=F_0\int_0^t G^R(s)\,\dd s$ を微分すると，微積分学の基本定理から

$$ \dot{x}_{\rm step}(t)=F_0\,G^R(t) $$

すなわちステップ応答の微分がインパルス応答である（ヒントの言う「2.7.2項ステップ2の逆」）．念のため上の閉じた式を直接微分して確かめる（$t>0$）：

$$ \dot{x}_{\rm step}(t) =\frac{F_0}{k}\,\ee^{-\Gamma t}\left[\Gamma\cos\omega_1t+\frac{\Gamma^2}{\omega_1}\sin\omega_1t +\omega_1\sin\omega_1t-\Gamma\cos\omega_1t\right] =\frac{F_0}{k}\cdot\frac{\Gamma^2+\omega_1^2}{\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1t $$

$\Gamma^2+\omega_1^2=\omega_0^2$ と $k=m\omega_0^2$ を使えば，これは $\frac{F_0}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1t=F_0G^R(t)$ に等しい．よって

$$ x(t)\simeq T\,F_0\,G^R(t)=\frac{F_0T}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t}\sin(\omega_1 t)\,\theta(t) $$

これは力積 $\int f\,\dd t=F_0T$ の撃力応答（本文の撃力応答 $x=F_0G^R(t)$ で $F_0\to F_0T$ としたもの）にほかならない．ヒントのとおりである．振動子は自分の周期より速い出来事の内部構造を分解できず，力積（時間積分）だけを感じるのである．

解答

(1) 2発の撃力への応答を重ね合わせで書く．外力は $f(t)=F_0\delta(t)+F_1\delta(t-t_1)$ である．線形性より応答は各撃力への応答の和で，$F_0\delta(t)$ への応答は $F_0G^R(t)$，$F_1\delta(t-t_1)$ への応答は時間並進不変性（演習2.3(1)と同じ論法）より $F_1G^R(t-t_1)$ である．$t>t_1>0$ では両方の階段関数が $1$ なので

$$ x(t)=\frac{F_0}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t +\frac{F_1}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma(t-t_1)}\sin\omega_1(t-t_1) $$

第2項で $\ee^{-\Gamma(t-t_1)}=\ee^{\Gamma t_1}\ee^{-\Gamma t}$ と書き，全体を $\ee^{-\Gamma t}/(m\omega_1)$ でくくると

$$ x(t)=\frac{\ee^{-\Gamma t}}{m\omega_1}\left[F_0\sin\omega_1t+F_1\ee^{\Gamma t_1}\sin\omega_1(t-t_1)\right] $$

で，与式が得られた．

(2) $t_1=\pi/\omega_1$ のとき $\omega_1(t-t_1)=\omega_1t-\pi$ であり，加法定理から

$$ \sin(\omega_1t-\pi)=\sin\omega_1t\cos\pi-\cos\omega_1t\sin\pi=-\sin\omega_1t $$

これを (1) の結果に入れると

$$ x(t)=\frac{\ee^{-\Gamma t}}{m\omega_1}\left(F_0-F_1\ee^{\Gamma t_1}\right)\sin\omega_1t \qquad(t>t_1) $$

これがすべての $t>t_1$ で恒等的にゼロになる条件は括弧がゼロ，すなわち

$$ F_1=F_0\,\ee^{-\Gamma t_1}=F_0\,\ee^{-\pi\Gamma/\omega_1} $$

である．$x(t)\equiv0$ なら $\dot{x}(t)\equiv0$ でもあるから，位置も速度もゼロで完全静止である．

物理的な意味．1発目だけの運動 $x=(F_0/m\omega_1)\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1t$ は，半周期後 $t_1=\pi/\omega_1$ にちょうど原点 $x=0$ を通過する．そのときの速度は

$$ \dot{x}(t_1)=\frac{F_0}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t_1}\left(\omega_1\cos\pi-\Gamma\sin\pi\right) =-\frac{F_0}{m}\,\ee^{-\Gamma t_1} $$

で，負の向きである．そこへ正の力積 $F_1=F_0\ee^{-\Gamma t_1}$ を与えると，速度変化 $+F_1/m$ がこれをちょうど打ち消す．位置はもともとゼロだから，系はその場で静止する．「摩擦で減った分だけ弱く叩けばよい」というヒントの言葉の中身がこれである．

(3) 表2.2の数値 $\Gamma=1\ \mathrm{s^{-1}}$，$\omega_1=9.95\ \mathrm{rad/s}$ を入れると

$$ \frac{F_1}{F_0}=\ee^{-\pi\times1/9.95}=\ee^{-0.3157}=0.729 $$

ヒントの $0.729$ と一致する．2発目は1発目の約 $73\ \%$ の強さでよい．

解答

(1) 2つの方程式を項ごとに見比べ，$\omega_0$，$\Gamma$，$\omega_1$，$Q$ を $L,R,C$ で書く．

$$ m\ddot{x}+\gamma\dot{x}+kx=f(t), \qquad L\ddot{q}+R\dot{q}+\frac{1}{C}q=V(t) $$

係数を順に対応させれば $m\leftrightarrow L$（慣性↔自己誘導：どちらも変化を妨げる），$\gamma\leftrightarrow R$（摩擦↔抵抗：どちらも散逸を担う），$k\leftrightarrow1/C$（バネの復元力↔キャパシタが電荷を押し戻す作用），$x\leftrightarrow q$，$f\leftrightarrow V$ である．力学の定義式に代入するだけで

$$ \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}\ \to\ \sqrt{\frac{1/C}{L}}=\frac{1}{\sqrt{LC}}, \qquad \Gamma=\frac{\gamma}{2m}\ \to\ \frac{R}{2L} $$ $$ \omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}=\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}, \qquad Q=\frac{\omega_0}{2\Gamma}=\frac{L\omega_0}{R}=\frac{L}{R}\cdot\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}} $$

ヒントの表式と一致する．

(2) 本文の主結果 $G^R(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\gamma t/(2m)}\sin(\omega_1t)\,\theta(t)$ の記号を (1) の辞書で置き換えるだけで

$$ G^R(t)=\frac{1}{L\omega_1}\,\ee^{-Rt/(2L)}\sin(\omega_1 t)\,\theta(t) $$

意味は「時刻 $0$ に面積 $1\ \mathrm{V\,s}$ の電圧パルスを加えたときの電荷 $q(t)$」である．単位．解の表式 $q(t)=\int\dd t'\,G^R(t-t')\,V(t')$ から

$$ [G]=\frac{[q]}{[V][t]}=\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{V\,s}}=\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{V}}=\Omega^{-1} $$

（$\mathrm{C/s=A}$ を使った）．すなわちコンダクタンスの単位，ジーメンス $\mathrm{S}=\Omega^{-1}$ である．ヒントの $\mathrm{C/(V\,s)}=\Omega^{-1}$ と一致する．前置因子でも確認できる：$[L\omega_1]=\mathrm{H/s}=(\mathrm{V\,s/A})/\mathrm{s}=\mathrm{V/A}=\Omega$ で，その逆数だから $\Omega^{-1}$．力学の $[G]=\mathrm{m/(N\,s)}$（単位力積あたりの変位）の忠実な対応物である．

(3) $L=1\ \mathrm{mH}=10^{-3}\ \mathrm{H}$，$C=1\ \mathrm{\mu F}=10^{-6}\ \mathrm{F}$，$R=10\ \Omega$ を代入する．

$$ \omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{10^{-9}\ \mathrm{s^2}}}=3.16\times10^{4}\ \mathrm{rad/s} \qquad\left(\frac{\omega_0}{2\pi}=5.03\ \mathrm{kHz}\right) $$ $$ \Gamma=\frac{R}{2L}=\frac{10}{2\times10^{-3}}=5.00\times10^{3}\ \mathrm{s^{-1}}, \qquad \omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}=\sqrt{10^{9}-2.5\times10^{7}}\ \mathrm{s^{-1}}=3.12\times10^{4}\ \mathrm{rad/s} $$ $$ Q=\frac{\omega_0}{2\Gamma}=\frac{3.16\times10^{4}}{1.00\times10^{4}}=3.16 $$

いずれもヒントの値と一致する．弱減衰（$\Gamma<\omega_0$）であり，$\omega_1$ は $\omega_0$ より約 $1.3\ \%$ 低いだけである．

(4) $L,C$ を固定すれば $Q=\frac{1}{R}\sqrt{L/C}$ は $R$ に反比例する．したがって $Q$ を $10$ 倍にするには $R$ を $1/10$，すなわち $R=1\ \Omega$ にすればよい．ヒントと一致する．実際の回路では配線やコイルの損失もすべて $R$ に繰り込まれるから，高 $Q$ 化とは要するに散逸を減らすことである —— $Q=\omega_0/2\Gamma$ という定義の意味そのものである．

解答

(1) 先進条件から $\dot{G}^A(0^-)=-1/m$ を導く．本文の接続条件

$$ G(0^+)=G(0^-), \qquad \dot{G}(0^+)-\dot{G}(0^-)=\frac{1}{m} $$

は，定義式 $\hat{L}G=\delta(t)$ をデルタ関数をまたいで積分しただけの帰結だから，遅延・先進を問わず $\hat{L}G=\delta$ のどの解にも適用できる．先進条件 $G^A(t)=0\ (t>0)$ より $G^A(0^+)=0$ かつ $\dot{G}^A(0^+)=0$ である．跳び条件に入れると

$$ 0-\dot{G}^A(0^-)=\frac{1}{m} \quad\Longrightarrow\quad \dot{G}^A(0^-)=-\frac{1}{m} $$

連続性からは $G^A(0^-)=G^A(0^+)=0$ も出る．「叩いた瞬間に止まる」ためには，直前に速度 $-1/m$ で原点に飛び込んで来なければならない，ということである（撃力の力積 $+1$ が運動量 $-1$ をちょうど打ち消す —— ここでも力積＝運動量変化である）．

(2) $t<0$ ではデルタ関数がないので斉次方程式であり，一般解は $G^A(t)=\ee^{-\Gamma t}(A\cos\omega_1t+B\sin\omega_1t)$ と書ける．$t\to0^-$ で (1) の条件を課す．まず

$$ G^A(0^-)=A=0 $$

次に微分して

$$ \dot{G}^A(t)=\ee^{-\Gamma t}\left[-\Gamma(A\cos\omega_1t+B\sin\omega_1t)+\omega_1(-A\sin\omega_1t+B\cos\omega_1t)\right] \quad\xrightarrow{\ t\to0^-\ }\quad -\Gamma A+\omega_1B=\omega_1B=-\frac{1}{m} $$

より $B=-1/(m\omega_1)$．したがって

$$ G^A(t)=-\frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t}\sin(\omega_1 t)\,\theta(-t) $$

が示された．検算として $t\to0^-$ の直前（$\abs{t}$ が小）では $G^A\simeq-t/m>0$，$\dot{G}^A\simeq-1/m$ となり，正の側から原点へ突っ込んで来て止まる運動として (1) と整合している．

(3) $t<0$ での包絡線は $\ee^{-\Gamma t}=\ee^{\Gamma\abs{t}}$ だから，$t\to-\infty$ で振幅は指数的に発散する．この解が表すのは，「無限の過去に無限に大きな振幅（したがって無限のエネルギー）をもっていた振動が，摩擦でエネルギーを失いながら振幅を縮め，ちょうど $t=0$ の撃力で静止する」という運動である．叩く前に動いているから因果律に反するし，遠い過去での発散は「外場を加える前，系は静かにしていた」という物理的な境界条件とも両立しない．だから，数学的には正当な $\hat{L}G=\delta$ の解であっても物理的には採用できない．摩擦のある系は時間を遡って見ると増幅器になる，という事実の現れでもある（(4) と表裏一体である）．

(4) 成り立たない．実際に計算すると，本文の $G^R(s)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1s)\,\theta(s)$ に $s=-t$ を代入して

$$ G^R(-t)=\frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{+\Gamma t}\sin(-\omega_1t)\,\theta(-t) =-\frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{+\Gamma t}\sin(\omega_1t)\,\theta(-t) $$

であり，(2) の $G^A$ と比べると $\sin$ と $\theta$ の部分は同じだが，指数因子が $\ee^{+\Gamma t}$ 対 $\ee^{-\Gamma t}$ で食い違う（ヒントの言う「$\ee^{+\Gamma t}$ が現れるので符号が合わない」）．$\gamma=0$ のときに限り両者は一致する．

理由は演算子のレベルで見える．時間反転 $t\to-t$ で $\dd/\dd t\to-\dd/\dd t$ だから

$$ \hat{L}=m\frac{\dd^2}{\dd t^2}+\gamma\frac{\dd}{\dd t}+k \quad\xrightarrow{\ t\to-t\ }\quad m\frac{\dd^2}{\dd t^2}-\gamma\frac{\dd}{\dd t}+k $$

慣性項と復元力項は（偶数階微分と零階なので）不変だが，摩擦項だけが符号を変える．したがって $G^R(-t)$ が満たすのは $\gamma\to-\gamma$ とした方程式のGreen関数方程式であり，直すべき場所は摩擦の符号である：

$$ G^A_\gamma(t)=G^R_{-\gamma}(-t) $$

確かめておく．$\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2}$ は $\Gamma$ の偶関数なので $\gamma\to-\gamma$ で不変であり，反摩擦系（$-\gamma$）の遅延Green関数は $G^R_{-\gamma}(s)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{+\Gamma s}\sin(\omega_1s)\,\theta(s)$ ——振幅が成長していく解——である．$s=-t$ として

$$ G^R_{-\gamma}(-t)=-\frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma t}\sin(\omega_1t)\,\theta(-t)=G^A_\gamma(t) $$

で確かに成立している．摩擦は時間反転対称性を破る —— ヒントのとおりであり，(3) の「時間を遡ると増幅」もこの符号反転の言い換えである．

(5) まず収束域 $\mathrm{Im}\,\omega<-\Gamma$ で片側Fourier変換を実行する．$G^A$ は $t<0$ にしか台をもたないから

$$ G^A(\omega)=\int_{-\infty}^{0}G^A(t)\,\ee^{\ii\omega t}\dd t =-\frac{1}{m\omega_1}\int_{-\infty}^{0}\ee^{-\Gamma t}\sin(\omega_1t)\,\ee^{\ii\omega t}\dd t $$

$\sin\omega_1t=\dfrac{\ee^{\ii\omega_1t}-\ee^{-\ii\omega_1t}}{2\ii}$ で指数関数に直すと，被積分関数は $\ee^{a_+t}$ と $\ee^{a_-t}$ の差になる．ここで

$$ a_\pm=-\Gamma+\ii(\omega\pm\omega_1) $$

である．$\int_{-\infty}^{0}\ee^{at}\dd t=1/a$ は $\mathrm{Re}\,a>0$ のとき収束する．$\omega=\mathrm{Re}\,\omega+\ii\,\mathrm{Im}\,\omega$ と書くと $\mathrm{Re}\,a_\pm=-\Gamma-\mathrm{Im}\,\omega$ だから，収束条件はちょうど $\mathrm{Im}\,\omega<-\Gamma$ —— 問題文の収束域である．よって

$$ G^A(\omega)=-\frac{1}{2\ii m\omega_1}\left[\frac{1}{a_+}-\frac{1}{a_-}\right] =-\frac{1}{2\ii m\omega_1}\cdot\frac{a_--a_+}{a_+a_-} $$

分子は $a_--a_+=-2\ii\omega_1$ である．分母は

$$ a_+a_-=\left(-\Gamma+\ii\omega\right)^2+\omega_1^2 =\Gamma^2-2\ii\Gamma\omega-\omega^2+\omega_1^2 =\omega_0^2-\omega^2-2\ii\Gamma\omega $$

（$\Gamma^2+\omega_1^2=\omega_0^2$ を使った）．代入して，$2m\Gamma=\gamma$ に注意すると

$$ G^A(\omega)=-\frac{1}{2\ii m\omega_1}\cdot\frac{-2\ii\omega_1}{\omega_0^2-\omega^2-2\ii\Gamma\omega} =\frac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega} $$

これは本文で求めた遅延Green関数のFourier変換 $G(\omega)=\left[m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega\right]^{-1}$ とまったく同じ有理関数であり，したがって極も同じ $\omega_\pm=\pm\omega_1-\ii\Gamma$（どちらも下半面）である．

違いは積分路に宿る．逆変換 $G(t)=\int_C\frac{\dd\omega}{2\pi}\,G(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t}$ の積分路 $C$ を比べる．

• 遅延：$C$ を実軸（$\mathrm{Im}\,\omega=0$，2つの極の上側）に取る．$t<0$ では上半面に閉じ，路の内側に極がないのでゼロ．$t>0$ では下半面に閉じ，2つの極を拾って減衰振動 —— 本文2.5.2項の計算そのものである．
• 先進：$C$ を収束域内の水平線 $\mathrm{Im}\,\omega=c<-\Gamma$（2つの極の下側）に取る．今度は $t>0$ で下半面に閉じても極がなくゼロ，$t<0$ で上半面に閉じると2つの極を（反時計回りに）拾い，$G^A(t)$ の振動が出る．

つまり同じ関数・同じ極でも，逆変換の積分路が2つの極の上を通るか下を通るかで，時間領域の関数は「$t>0$ に台をもつ遅延」と「$t<0$ に台をもつ先進」に分かれる．両側Laplace変換の言葉でいえば，1つの有理関数に2つの収束帯（$\mathrm{Im}\,\omega>-\Gamma$ 側と $\mathrm{Im}\,\omega<-\Gamma$ 側）があり，どちらの帯を選ぶかが時間関数を決めるのである．

ヒントの注意も確かめておく．極を上半面 $\pm\omega_1+\ii\Gamma$ にもつ関数 $\left[m(\omega_0^2-\omega^2)+\ii\gamma\omega\right]^{-1}$ を実軸上で逆変換すると，$t>0$ では下に閉じて極がなくゼロ，$t<0$ では上に閉じて2極を拾う．得られるのは $t<0$ に台をもつ関数だが，それは (4) で求めた $G^R(-t)=-\frac{1}{m\omega_1}\ee^{+\Gamma t}\sin(\omega_1t)\,\theta(-t)$ であって，$G^A(t)$ ではない（指数因子が違う）．実際，関数 $g(t)$ のFourier変換を $g(\omega)$ と書けば $g(-t)$ の変換は $g(-\omega)$ であり，$G^R(\omega)$ で $\omega\to-\omega$ とすればちょうど $\left[m(\omega_0^2-\omega^2)+\ii\gamma\omega\right]^{-1}$ になる．「先進Green関数の極は上半面」という言い方が文字どおり成り立つのは，減衰を無限小 $\eta\to0^+$ として手で入れる処方の場合であり，それは第8章8.3節で登場する．

解答

(1) 第3章で確立した $\chi(\omega)=\int_0^\infty G^R(s)\,\ee^{\ii\omega s}\,\dd s$ に $\omega=0$ を置いた $\chi(0)=\int_0^\infty G^R(s)\,\dd s$ を，第2章の $G^R(s)$ で実際に積分して $1/k$ になることを示す問題である．

方針．代入するのは

$$ G^R(s) = \frac{1}{m\omega_1}\,\ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\qquad(s>0), \qquad \Gamma=\frac{\gamma}{2m},\quad \omega_1^2=\omega_0^2-\Gamma^2 $$

である．3.2.2節と同じく，正弦をEulerの公式で指数関数に直してから積分する．

$$ \chi(0) = \int_0^\infty G^R(s)\,\dd s = \frac{1}{m\omega_1}\int_0^\infty \ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\,\dd s $$

積分の実行．$\sin(\omega_1 s)=\dfrac{\ee^{\ii\omega_1 s}-\ee^{-\ii\omega_1 s}}{2\ii}$ を入れると

$$ \int_0^\infty \ee^{-\Gamma s}\sin(\omega_1 s)\,\dd s = \frac{1}{2\ii}\left[\int_0^\infty \ee^{-(\Gamma-\ii\omega_1)s}\,\dd s - \int_0^\infty \ee^{-(\Gamma+\ii\omega_1)s}\,\dd s\right] $$

どちらの指数の実部も $\Gamma=\gamma/2m>0$ なので両方とも収束し，$\int_0^\infty\ee^{-as}\dd s=1/a$（$\mathrm{Re}\,a>0$）が使える．

$$ = \frac{1}{2\ii}\left[\frac{1}{\Gamma-\ii\omega_1}-\frac{1}{\Gamma+\ii\omega_1}\right] = \frac{1}{2\ii}\cdot\frac{(\Gamma+\ii\omega_1)-(\Gamma-\ii\omega_1)}{(\Gamma-\ii\omega_1)(\Gamma+\ii\omega_1)} = \frac{1}{2\ii}\cdot\frac{2\ii\omega_1}{\Gamma^2+\omega_1^2} = \frac{\omega_1}{\Gamma^2+\omega_1^2} $$

これはヒントに与えられた公式そのものである．したがって

$$ \chi(0) = \frac{1}{m\omega_1}\cdot\frac{\omega_1}{\Gamma^2+\omega_1^2} = \frac{1}{m\left(\Gamma^2+\omega_1^2\right)} $$

分子・分母の $\omega_1$ が約分され，最後に $\omega_1^2=\omega_0^2-\Gamma^2$ を使うと

$$ \Gamma^2+\omega_1^2 = \Gamma^2+\omega_0^2-\Gamma^2 = \omega_0^2 $$

となって $\Gamma^2$ がまた消える．3.2.2節ステップ8とまったく同じ消え方である．ゆえに

$$ \chi(0) = \frac{1}{m\omega_0^2} = \frac{1}{k} $$

が示された．∎

検算．第3章で導いた $\chi(\omega)=\left[m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega\right]^{-1}$ に $\omega=0$ を入れても $\chi(0)=1/(m\omega_0^2)=1/k$．2つの道が静的極限でも合流した．ヒントの最終値とも一致している．

(2) (1)の等式が「一発叩いたときの変位の時間積分＝静的にずっと押したときの変位」を意味することを，物理的に説明する問題である．

左辺と右辺が何であるかをまずはっきりさせる．$G^R(s)$ は，時刻 $0$ に単位力積の一撃を受けた振動子の，時間 $s$ 後の変位である．したがって $\int_0^\infty G^R(s)\dd s$ は一発の返事を，その全履歴にわたって足し上げたものである．一方 $\chi(0)$ は，一定の力 $F_0$ を加え続けたときの静的変位を $x_{\mathrm{static}}=\chi(0)F_0$ と与える係数である．

両者に橋を架けるのは畳み込みである．第3章の畳み込み $x(t)=\int_{-\infty}^{\infty}G^R(t-t')\,F(t')\,\dd t'$ に，過去からずっと一定の力 $F(t')=F_0$ を入れ，$s=t-t'$ と変数変換すると

$$ x = F_0\int_0^\infty G^R(s)\,\dd s $$

となる（$t$ 依存性が消え，応答が定常であることも自動的に出る）．この式はこう読める．一定の力とは，あらゆる過去の瞬間に配られた微小な力積 $F_0\,\dd t'$ の列にほかならない．時間 $s$ だけ昔に配られた力積は，現在の変位に $F_0\,G^R(s)\,\dd s$ だけ寄与する．系は時間並進不変だから，「過去のすべての打撃時刻について足す」ことと「一発の打撃の返事を，その後の全時間について足す」ことは同じ一つの積分である．ゆえに，静的に押し続けたときの変位（を $F_0$ で割ったもの）は，一発叩いたときの返事の時間積分に等しい．

物理的な意味．静的な釣り合いでは $\dot{x}=\ddot{x}=0$ なので，力を支えるのはバネだけであり $x=F_0/k$．摩擦も慣性も最終的な答えに現れない．(1)の計算で $\Gamma$（摩擦）と $\omega_1$（慣性と摩擦の組合せ）がきれいに消えて $1/k$ だけが残ったのは，この力学的事実の現れである．$G^R(s)$ は正負に振れる減衰振動だが，振動部分は積分の中で打ち消し合い，正味の面積としてちょうど $1/k$ が残る．また $\Gamma>0$（散逸）があるからこそ，この「記憶の総和」が収束することにも注意したい．第1章の言葉で言えば，静的感受率は記憶関数の総面積 $\chi(0)=\int_0^\infty\chi(\tau)\dd\tau$ である——その最も単純な実例がこれである．

解答

まず記号を揃える．$Q=m\omega_0/\gamma=\omega_0/(2\Gamma)$ より，$Q=10$ では

$$ \Gamma = \frac{\omega_0}{2Q} = 0.05\,\omega_0, \qquad \frac{\gamma}{m}=2\Gamma=0.1\,\omega_0 $$

である．以下，答えはすべて $\omega_0$ を単位として述べる．

(1) $\chi'=0$ となる振動数を求める．第3章で導いた

$$ \chi'(\omega) = \frac{m(\omega_0^2-\omega^2)}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2} $$

の分母は常に正なので，$\chi'=0$ となるのは分子がゼロのとき，すなわち $m(\omega_0^2-\omega^2)=0$ のときである．$\omega>0$ の解は

$$ \omega = \omega_0 = 1.0000\,\omega_0 $$

この結果は $\gamma$ を含まず，$Q$ の値によらず厳密である（位相遅れが $\delta=\pi/2$ になる点でもある）．

(2) $\abs{\chi}$ が最大になる振動数を数値で求める．$y=\omega^2$ と置くと $\abs{\chi}^2=1/D(y)$，$D(y)=m^2(\omega_0^2-y)^2+\gamma^2 y$ だから，$\abs{\chi}$ の最大は $D$ の最小である．

$$ \frac{\dd D}{\dd y} = -2m^2(\omega_0^2-y)+\gamma^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad y = \omega_0^2-\frac{\gamma^2}{2m^2} = \omega_0^2-2\Gamma^2 $$

（$\dd^2D/\dd y^2=2m^2>0$ なので確かに最小．$\omega_0^2>2\Gamma^2$ すなわち $Q>1/\sqrt{2}$ が必要だが，$Q=10$ では余裕で満たされる．）したがって

$$ \omega = \sqrt{\omega_0^2-2\Gamma^2} = \omega_0\sqrt{1-2\times(0.05)^2} = \omega_0\sqrt{0.995} = 0.99750\,\omega_0 $$

(3) 自由減衰の振動数 $\omega_1$ を数値で求める．第2章の定義より

$$ \omega_1 = \sqrt{\omega_0^2-\Gamma^2} = \omega_0\sqrt{1-(0.05)^2} = \omega_0\sqrt{0.9975} = 0.99875\,\omega_0 $$

(4) 位相遅れが $\pi/4$ および $3\pi/4$ になる振動数を求める．第3章で導いた

$$ \tan\delta = \frac{\gamma\omega}{m(\omega_0^2-\omega^2)} $$

を使う．$\delta=\pi/4$ は $\tan\delta=+1$ かつ第1象限（$\chi'>0$，すなわち $\omega<\omega_0$），$\delta=3\pi/4$ は $\tan\delta=-1$ かつ第2象限（$\chi'<0$，すなわち $\omega>\omega_0$）である．どちらの場合も条件は

$$ m(\omega_0^2-\omega^2) = \pm\gamma\omega \quad\Longleftrightarrow\quad m\omega^2 \pm \gamma\omega - m\omega_0^2 = 0 $$

で，これは3.6.1節で吸収パワーの半値点を決めたのと同じ2次方程式である．$\omega>0$ の解は，2次方程式の解の公式から

$$ \omega = \frac{\mp\gamma+\sqrt{\gamma^2+4m^2\omega_0^2}}{2m} = \mp\Gamma+\sqrt{\Gamma^2+\omega_0^2} $$

複号は上が $\delta=\pi/4$（$+\gamma\omega$ の側，$\omega<\omega_0$），下が $\delta=3\pi/4$ である．数値を入れると $\sqrt{\Gamma^2+\omega_0^2}=\omega_0\sqrt{1.0025}=1.001249\,\omega_0$ だから

$$ \omega_{\pi/4} = (-0.05+1.001249)\,\omega_0 = 0.9512\,\omega_0, \qquad \omega_{3\pi/4} = (+0.05+1.001249)\,\omega_0 = 1.0512\,\omega_0 $$

2つの差は $\omega_{3\pi/4}-\omega_{\pi/4}=2\Gamma=0.1\,\omega_0=\gamma/m$ で，半値全幅 $\Delta\omega$ と厳密に一致する．半値点＝位相が $\pi/2$ から $45^\circ$ ずれる点という3.6.1節との対応が，そのまま数値で確かめられた．

まとめ．4つの答えを並べる．

物理的な意味．(1)(2)(3) は $0.99750<0.99875<1.0000$ と互いに $O(1/Q^2)$ しか違わず，3.4.2節の警告どおり「共鳴振動数」と一口に言っても定義でずれる．一方 (4) の2点は共鳴から $O(1/Q)$，すなわち一桁大きく離れている．共鳴の位置のずれは $1/Q^2$ の細部だが，共鳴の幅は $1/Q$ の量である——この階層を数値で体感しておくと，実験スペクトルを読むときに迷わない．

解答

(1) 外力を $F(t)=F_0\sin\omega t$ に取り替えて3.5.2節の計算をやり直し，平均仕事率が同じ $\frac{1}{2}\omega F_0^2\chi''$ になることを示す問題である．

ステップ1：正弦を2つの指数に分解する．$\sin\omega t=\dfrac{\ee^{\ii\omega t}-\ee^{-\ii\omega t}}{2\ii}$ と $\dfrac{1}{2\ii}=-\dfrac{\ii}{2}$ より

$$ F(t) = F_0\sin\omega t = \frac{\ii F_0}{2}\,\ee^{-\ii\omega t} - \frac{\ii F_0}{2}\,\ee^{+\ii\omega t} $$

本書の規約では $\ee^{-\ii\omega t}$ が振動数 $+\omega$ の成分（複素振幅 $\ii F_0/2$），$\ee^{+\ii\omega t}$ が振動数 $-\omega$ の成分（複素振幅 $-\ii F_0/2$）である．$\cos$ 駆動との違いは，成分の振幅が実数 $F_0/2$ ではなく純虚数 $\pm\ii F_0/2$ になることだけである．

ステップ2：線形性で応答を足す．各成分にそれぞれ $\chi(\omega)$，$\chi(-\omega)$ を掛けて

$$ x(t) = \chi(\omega)\,\frac{\ii F_0}{2}\,\ee^{-\ii\omega t} + \chi(-\omega)\left(-\frac{\ii F_0}{2}\right)\ee^{+\ii\omega t} $$

第3章で確かめた実数性 $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$ を使うと，第2項は第1項の複素共役である（$-\ii F_0/2=(\ii F_0/2)^*$，$\ee^{+\ii\omega t}=(\ee^{-\ii\omega t})^*$ にも注意）．$z+z^*=2\,\mathrm{Re}\,z$ より

$$ x(t) = 2\,\mathrm{Re}\left[\frac{\ii F_0}{2}\,\chi(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t}\right] = F_0\,\mathrm{Re}\left[\ii\chi(\omega)\,\ee^{-\ii\omega t}\right] $$

ステップ3：実部を展開する．$\ii\chi=\ii(\chi'+\ii\chi'')=-\chi''+\ii\chi'$，$\ee^{-\ii\omega t}=\cos\omega t-\ii\sin\omega t$ だから

$$ \ii\chi\,\ee^{-\ii\omega t} = (-\chi''+\ii\chi')(\cos\omega t-\ii\sin\omega t) = \left(\chi'\sin\omega t-\chi''\cos\omega t\right) + \ii\left(\chi'\cos\omega t+\chi''\sin\omega t\right) $$

よって定常応答は

$$ x(t) = F_0\left[\chi'(\omega)\sin\omega t - \chi''(\omega)\cos\omega t\right] $$

ヒントの式と一致する．検算：$\sin\omega t=\cos(\omega t-\pi/2)$ は $\cos$ 駆動を時間 $\pi/(2\omega)$ だけ遅らせたものだから，時間並進不変性より，3.5.1節の $\cos$ 駆動の答え $x=F_0[\chi'\cos\omega t+\chi''\sin\omega t]$ で $\omega t\to\omega t-\pi/2$ と置き換えればよい．$\cos(\omega t-\pi/2)=\sin\omega t$，$\sin(\omega t-\pi/2)=-\cos\omega t$ より同じ式が出る．

ステップ4：速度と仕事率．微分して

$$ \dot{x}(t) = F_0\,\omega\left[\chi'\cos\omega t + \chi''\sin\omega t\right] $$ $$ \frac{\dd W}{\dd t} = F(t)\,\dot{x}(t) = F_0\sin\omega t\cdot F_0\omega\left[\chi'\cos\omega t+\chi''\sin\omega t\right] = F_0^2\,\omega\left[\chi'\sin\omega t\cos\omega t + \chi''\sin^2\omega t\right] $$

ステップ5：1周期平均をとる．3.5.2節と同様に $T=2\pi/\omega$ で平均する．$\braket{\sin\omega t\cos\omega t}=\braket{\frac{1}{2}\sin2\omega t}=0$（3.5.2節(i)と同じ積分），また半角公式 $\sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}{2}$ より

$$ \braket{\sin^2\omega t} = \frac{1}{T}\int_0^T\frac{1-\cos2\omega t}{2}\,\dd t = \frac{1}{2} $$

（$\cos2\omega t$ の項は1周期でちょうど2往復して平均ゼロ）．したがって

$$ \left\langle\frac{\dd W}{\dd t}\right\rangle = F_0^2\,\omega\left[\chi'\cdot0+\chi''\cdot\frac{1}{2}\right] = \frac{1}{2}\,\omega F_0^2\,\chi''(\omega) $$

∎ $\cos$ 駆動と完全に同じである．当然の結果でもある：周期平均は駆動の位相（時間原点の取り方）に依存できないから，$\cos$ でも $\sin$ でも平均仕事率は変わらない．

(2) 瞬時仕事率 $\dd W/\dd t$ を，定数項と振動数 $2\omega$ の項の和に書く問題である．ステップ4の式に倍角公式 $\sin\omega t\cos\omega t=\frac{1}{2}\sin2\omega t$，$\sin^2\omega t=\frac{1}{2}(1-\cos2\omega t)$ を入れるだけでよい．

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = F_0^2\,\omega\left[\frac{\chi'}{2}\sin2\omega t + \frac{\chi''}{2}\left(1-\cos2\omega t\right)\right] $$

ヒントの式と一致する．検算：$t=0$ では角括弧の外も含め $\frac{F_0^2\omega}{2}[\chi''+0-\chi'']=0$ となる．$\sin$ 駆動では $F(0)=0$ なので瞬時仕事率がゼロであるべきで，正しい．また3.5.2節の $\cos$ 駆動では同じ計算が

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = \frac{F_0^2\omega}{2}\,\chi'' + \frac{F_0^2\omega}{2}\left[-\chi'\sin2\omega t + \chi''\cos2\omega t\right] $$

となり，定数項は同じで振動項の符号だけが両方とも逆になる．駆動の位相を $\pi/2$ ずらすと，倍振動数 $2\omega$ の項は位相が $\pi$ ずれる（＝符号が反転する）からである．

(3) $\dd W/\dd t$ が一瞬でも負になる（系が力に仕事を返す）条件を求める問題である．

振動部分を1つの正弦にまとめる．実数 $a\sin\theta+b\cos\theta$ の振幅は $\sqrt{a^2+b^2}$ である．いま $a=\chi'$，$b=-\chi''$ だから，振動部分の振幅は

$$ \sqrt{\chi'^2+\chi''^2} = \abs{\chi(\omega)} $$

すなわち適当な位相 $\varphi$ を使って

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = \frac{F_0^2\omega}{2}\left[\chi'' + \abs{\chi}\sin(2\omega t-\varphi)\right] $$

と書ける．$\sin$ は $-1$ まで振れるから，瞬時仕事率の最小値は

$$ \left(\frac{\dd W}{\dd t}\right)_{\min} = \frac{F_0^2\omega}{2}\left(\chi''-\abs{\chi}\right) $$

である．これが負になる条件は $\abs{\chi}>\chi''$，すなわち

$$ \chi'^2+\chi''^2 > \chi''^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \chi'(\omega)\ne0 $$

逆に共鳴 $\omega=\omega_0$ ではちょうど $\chi'=0$ なので

$$ \frac{\dd W}{\dd t} = \frac{F_0^2\omega_0}{2}\,\chi''\left(1-\cos2\omega_0 t\right) \ge 0 $$

となり，瞬時仕事率は常に非負である（ゼロになるのは $\cos2\omega_0t=1$ の瞬間，すなわち半周期ごとの一瞬だけ）．∎

物理的な意味．共鳴からずれていると，$\chi'$ が担う「蓄えて返す」応答——バネの弾性エネルギーと運動エネルギーの行き来——が生き残り，1周期の一部で系が外力に仕事を返す．これが3.5.2節で述べた無効電力である．ちょうど共鳴では力と速度が完全に同位相（$\delta=\pi/2$）になるので，$F\dot{x}$ は $\cos^2$ 型となって一度も負にならず，エネルギーは一方通行で系に流れ込み，すべて熱になる．「共鳴＝エネルギーを返す暇を与えない駆動」という描像である．

解答

与えられているのは $f_0=32768\ \mathrm{Hz}$，$Q=1.0\times10^5$ である．途中の数値は丸めて表示するが，計算は丸めずに行う．

(1) 共鳴の半値全幅を $\mathrm{Hz}$ 単位で求める．3.6.1節で示したとおり，吸収パワーの半値全幅は厳密に $\Delta\omega=\gamma/m=\omega_0/Q$ である．振動数（$\mathrm{Hz}$）に直すには両辺を $2\pi$ で割ればよいから

$$ \Delta f = \frac{\Delta\omega}{2\pi} = \frac{f_0}{Q} = \frac{32768}{1.0\times10^5} = 0.328\ \mathrm{Hz} \simeq 0.33\ \mathrm{Hz} $$

$32768\ \mathrm{Hz}$ の共鳴の幅がわずか $0.33\ \mathrm{Hz}$——相対幅 $10^{-5}$ の極めて鋭い共鳴である．

(2) 駆動を止めてから振幅が $1/\ee$ になるまでの時間 $\tau=2Q/\omega_0$ を求める．まず

$$ \omega_0 = 2\pi f_0 = 2\pi\times32768 = 2.059\times10^5\ \mathrm{rad/s} $$

したがって

$$ \tau = \frac{2Q}{\omega_0} = \frac{2\times1.0\times10^5}{2.059\times10^5} = 0.971\ \mathrm{s} \simeq 0.97\ \mathrm{s} $$

約1秒である．この間に振動子は $f_0\tau=Q/\pi\simeq3.2\times10^4$ 回も振動する．「$Q$ 値とは，リングダウンの間におよそ $Q/\pi$ 回振動できること」という読み方もできる．なお $\tau\Delta\omega=2$，すなわち時間領域の寿命と振動数領域の幅は互いに逆数の関係にあり，3.6.1節の「狭いピーク＝長い記憶」の実例になっている．

(3) 振動数が相対値で $10^{-5}$（$Q^{-1}$ 程度）ずれたときの，1日あたりの時計の狂いを求める．時計の進みは振動数に比例するから，相対振動数誤差 $\varepsilon=10^{-5}$ はそのまま相対時間誤差になる．1日は $86400\ \mathrm{s}$ なので

$$ \delta t = \varepsilon \times 86400\ \mathrm{s} = 10^{-5}\times86400\ \mathrm{s} = 0.864\ \mathrm{s} \simeq 0.86\ \mathrm{s/day} $$

1日に約 $0.9$ 秒——これは「共鳴曲線の幅の分だけ振動数を読み違えたら」の狂いである．実際の腕時計の精度（月差 $\pm15$ 秒程度，日差に直して $0.5$ 秒程度，温度補償付きならさらに1〜2桁良い）はこれより良い．つまり発振回路は，幅 $\Delta f$ のずっと内側，共鳴中心を $Q^{-1}$ よりはるかに良い精度で掴んでいる．それを可能にするのが，図3.2の下段で述べた位相条件である：$\delta=\pi/2$（$\chi'=0$）となる点は $Q$ によらず厳密に $\omega_0$ であり，しかも共鳴付近で位相は幅 $\Delta\omega$ の間に $\pi/2$ も急変するから，位相を見張れば中心からのわずかなずれが大きな信号になる．発振回路は位相条件を自動的に満たす振動数で発振し続けるので，時計の精度を制限するのは線幅ではなく，$\omega_0$ 自体の温度変化や経年変化のほうである．

解答

示すべきは，第3章で述べた和則の第1式

$$ \int_0^\infty \omega\,\chi''(\omega)\,\dd\omega = \frac{\pi}{2m} $$

である．$\chi''(\omega)=\dfrac{\gamma\omega}{m^2(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}$ を使う．

(1) 被積分関数の偶奇性を使って，積分を全実軸に広げる問題である．第3章で確かめたとおり $\chi''(-\omega)=-\chi''(\omega)$（奇関数）であり，$\omega$ も奇関数だから，積 $\omega\chi''(\omega)$ は偶関数である．実際

$$ (-\omega)\,\chi''(-\omega) = (-\omega)\left(-\chi''(\omega)\right) = \omega\,\chi''(\omega) $$

偶関数の $[0,\infty)$ 積分は全実軸積分の半分だから

$$ I \equiv \int_0^\infty \omega\,\chi''(\omega)\,\dd\omega = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \omega\,\chi''(\omega)\,\dd\omega $$

(2) 被積分関数の極の位置を求める問題である．分母を $D(\omega)\equiv m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega$ と置くと，実数の $\omega$ に対して

$$ \chi''(\omega) = \mathrm{Im}\,\frac{1}{D(\omega)} = \frac{\gamma\omega}{\abs{D(\omega)}^2}, \qquad \abs{D}^2 = D\,D^* $$

である．与えられた因数分解を確かめる．$\omega_\pm=\pm\omega_1-\ii\Gamma$ について

$$ \omega_++\omega_- = -2\ii\Gamma, \qquad \omega_+\omega_- = (\omega_1-\ii\Gamma)(-\omega_1-\ii\Gamma) = -(\omega_1^2+\Gamma^2) = -\omega_0^2 $$

（最後に $\omega_1^2+\Gamma^2=\omega_0^2$ を使った）．よって

$$ -m(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-) = -m\left[\omega^2-(\omega_++\omega_-)\omega+\omega_+\omega_-\right] = -m\left[\omega^2+2\ii\Gamma\omega-\omega_0^2\right] = m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega $$

となり（$2m\Gamma=\gamma$），確かに $D(\omega)=-m(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)$ である．同様に複素共役をとれば，実数 $\omega$ に対して $D^*(\omega)=-m(\omega-\omega_+^*)(\omega-\omega_-^*)$，$\omega_\pm^*=\pm\omega_1+\ii\Gamma$ となる．したがって

$$ \omega\,\chi''(\omega) = \frac{\gamma\,\omega^2} {m^2(\omega-\omega_+)(\omega-\omega_-)(\omega-\omega_+^*)(\omega-\omega_-^*)} $$

右辺を複素変数 $\omega$ の有理関数 $f(\omega)$ として読めば，$f$ は実軸上で $\omega\chi''$ に一致し，その極は分母の零点，すなわち

$$ \omega = \pm\omega_1-\ii\Gamma\ \ (\text{下半面に2つ}), \qquad \omega = \pm\omega_1+\ii\Gamma\ \ (\text{上半面に2つ}) $$

の4点 $\pm\omega_1\pm\ii\Gamma$ であり，いずれも1位の極である．下半面の2つは $\chi(\omega)$ 自身の極（第2章の固有振動），上半面の2つは $\abs{D}^2$ を作るときに掛けた $D^*$ から来た「鏡像」の極である．あとで使うため，2つの対称関係

$$ \omega_-^* = -\omega_+,\qquad \omega_- = -\omega_+^* $$

も注意しておく（実際 $\omega_-^*=-\omega_1+\ii\Gamma=-(\omega_1-\ii\Gamma)=-\omega_+$）．

(3) 上半面で閉じた経路で留数定理を使い，積分を実行する問題である．

ステップ1：大半円の寄与が消えることを確認する．$\abs{\omega}=R\to\infty$ で $f(\omega)\sim\gamma\omega^2/(m^2\omega^4)=\gamma/(m^2\omega^2)$ と減衰するから，半径 $R$ の上半円 $C_R$ 上での積分は

$$ \left|\int_{C_R} f\,\dd\omega\right| \le \pi R\cdot\frac{C}{R^2} \xrightarrow{\ R\to\infty\ } 0 $$

（$C$ は定数）．よって実軸積分は閉曲線積分に等しく，留数定理より

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(\omega)\,\dd\omega = 2\pi\ii\sum_{\text{上半面の極}}\Res f $$

上半面にある極は $\omega_+^*=\omega_1+\ii\Gamma$ と $\omega_-^*=-\omega_1+\ii\Gamma$ の2つである．

ステップ2：$\omega=\omega_+^*$ での留数．1位の極だから，その因子を除いた残りに極の値を代入すればよい．必要な差をすべて書き出す．

$$ \omega_+^*-\omega_+ = 2\ii\Gamma, \qquad \omega_+^*-\omega_- = \omega_+^*+\omega_+^* = 2\omega_+^*, \qquad \omega_+^*-\omega_-^* = 2\omega_1 $$

（2番目では $\omega_-=-\omega_+^*$ を使った）．したがって

$$ \Res_{\omega=\omega_+^*} f = \frac{\gamma\,(\omega_+^*)^2}{m^2\,(2\ii\Gamma)(2\omega_+^*)(2\omega_1)} = \frac{\gamma\,\omega_+^*}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1} $$

ステップ3：$\omega=\omega_-^*$ での留数．同様に，$\omega_-^*=-\omega_+$ を使って

$$ \omega_-^*-\omega_+ = -2\omega_+, \qquad \omega_-^*-\omega_- = -\omega_++\omega_+^* = 2\ii\Gamma, \qquad \omega_-^*-\omega_+^* = -2\omega_1 $$

また $(\omega_-^*)^2=(-\omega_+)^2=\omega_+^2$ だから

$$ \Res_{\omega=\omega_-^*} f = \frac{\gamma\,\omega_+^2}{m^2\,(-2\omega_+)(2\ii\Gamma)(-2\omega_1)} = \frac{\gamma\,\omega_+}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1} $$

2つの留数は，分子が $\omega_+^*$ か $\omega_+$ かだけの違いになった．

ステップ4：足す．$\omega_+^*+\omega_+=(\omega_1+\ii\Gamma)+(\omega_1-\ii\Gamma)=2\omega_1$ だから

$$ \sum\Res f = \frac{\gamma\,(\omega_+^*+\omega_+)}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1} = \frac{\gamma\cdot2\omega_1}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1} = \frac{\gamma}{4\ii\,m^2\Gamma} = \frac{2m\Gamma}{4\ii\,m^2\Gamma} = \frac{1}{2\ii\,m} $$

$\omega_1$ が消え，$\gamma=2m\Gamma$ で $\Gamma$ も消えた．$\gamma$ と $\omega_0$ がここで完全に脱落する——和則が減衰にも固有振動数にもよらないことの，計算上の現場がここである．

ステップ5：まとめる．

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\omega\,\chi''(\omega)\,\dd\omega = 2\pi\ii\cdot\frac{1}{2\ii m} = \frac{\pi}{m} \qquad\Longrightarrow\qquad I = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{m} = \frac{\pi}{2m} $$

∎ ヒントの予告どおり，$\gamma$ も $\omega_0$ も消えて $\pi/2m$ だけが残った．

補足：第2式も同じ経路で出る．被積分関数を $g(\omega)\equiv\chi''(\omega)/\omega=\gamma/\abs{D}^2$ と置くと，これは偶関数で（$\omega=0$ では $\gamma/(m^2\omega_0^4)$ と有限であり，極ではない），大きい $\abs{\omega}$ で $\omega^{-4}$ と減衰するから，同じ上半面の経路が使える．$g$ の極は $f$ と同じ4点で，留数は上と同じ差の積から作られ，分子の $\omega^2$ がないだけである．

$$ \Res_{\omega=\omega_+^*} g = \frac{\gamma}{m^2\,(2\ii\Gamma)(2\omega_+^*)(2\omega_1)} = \frac{\gamma}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1\,\omega_+^*}, \qquad \Res_{\omega=\omega_-^*} g = \frac{\gamma}{m^2\,(-2\omega_+)(2\ii\Gamma)(-2\omega_1)} = \frac{\gamma}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1\,\omega_+} $$

和をとると，$\omega_+\omega_+^*=\abs{\omega_+}^2=\omega_1^2+\Gamma^2=\omega_0^2$ を使って

$$ \sum\Res = \frac{\gamma}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1}\cdot\frac{\omega_++\omega_+^*}{\omega_+\omega_+^*} = \frac{\gamma\cdot2\omega_1}{8\ii\,m^2\Gamma\omega_1\,\omega_0^2} = \frac{1}{2\ii\,m\omega_0^2} $$

ゆえに $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\chi''(\omega)}{\omega}\dd\omega=\frac{1}{2}\cdot2\pi\ii\cdot\frac{1}{2\ii m\omega_0^2}=\frac{\pi}{2m\omega_0^2}=\frac{\pi}{2}\chi(0)$ となり，第3章に掲げた第2式も確かめられた．今度は $\gamma$ だけが消えて $\omega_0$ は残る．この式は第4章で導くKramers–Kronig関係の $\omega=0$ での値にほかならない．

物理的な意味．第1式の右辺 $\pi/2m$ は質量だけで決まる．高振動数では $\chi\to-1/(m\omega^2)$，すなわちどんなに複雑な系も速くゆすれば裸の質点として応答するのだった（3.1.3節(b)）．$\int_0^\infty\omega\chi''\dd\omega$ はこの高振動数の普遍的挙動と結びついた量であり，だからこそ $\gamma$ や $\omega_0$——バネや摩擦という「低エネルギーの事情」——に依存できない．これが第4章の $f$ 和則，第12章の $\int_0^\infty\omega S(\qq,\omega)\dd\omega=\hbar q^2/2m$ の原型である．

解答

(1) 第3章で導いたLorentz振動子の誘電関数で $\omega_0\to0$ の極限をとり，Drude形を導く問題である．出発点は

$$ \epsilon(\omega) = 1 + \frac{\omega_p^2}{\omega_0^2-\omega^2-\ii\tilde{\gamma}\omega}, \qquad \omega_p^2=\frac{4\pi ne^2}{m},\quad \tilde\gamma=\frac{\gamma}{m} $$

である．束縛をなくす（バネ定数 $k\to0$，すなわち $\omega_0\to0$）と，分母の $\omega_0^2$ の項だけが落ちて

$$ \epsilon(\omega) = 1 + \frac{\omega_p^2}{-\omega^2-\ii\tilde\gamma\omega} = 1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2+\ii\tilde\gamma\omega} $$

となる．これが示すべき式である．∎

検算：Drudeの伝導度と整合すること．Gauss単位系の関係 $\epsilon(\omega)=1+\dfrac{4\pi\ii\sigma(\omega)}{\omega}$ に，3.7.2節で導いた $\sigma(\omega)=\dfrac{ne^2/m}{\tilde\gamma-\ii\omega}$ を入れてみる．恒等式 $\tilde\gamma-\ii\omega=-\ii(\omega+\ii\tilde\gamma)$ より $\dfrac{\ii}{\tilde\gamma-\ii\omega}=-\dfrac{1}{\omega+\ii\tilde\gamma}$ だから

$$ 1+\frac{4\pi\ii\sigma}{\omega} = 1 + \frac{4\pi ne^2}{m}\cdot\frac{\ii}{\omega(\tilde\gamma-\ii\omega)} = 1 - \frac{\omega_p^2}{\omega(\omega+\ii\tilde\gamma)} = 1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2+\ii\tilde\gamma\omega} $$

となり，(1)の結果と厳密に一致する．「束縛電子のバネを切る」ことと「伝導電子のDrude応答」は同じ物理の言い換えである．

(2) $\tilde\gamma\ll\omega$ での実部 $\epsilon'\simeq1-\omega_p^2/\omega^2$ がゼロになる振動数を求める問題である．まず実部を出しておく．分母を有理化して

$$ \epsilon(\omega) = 1 - \frac{\omega_p^2\left(\omega^2-\ii\tilde\gamma\omega\right)}{\left(\omega^2\right)^2+\tilde\gamma^2\omega^2} = 1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2+\tilde\gamma^2} + \ii\,\frac{\omega_p^2\,\tilde\gamma}{\omega\left(\omega^2+\tilde\gamma^2\right)} $$

$\tilde\gamma\ll\omega$ では分母の $\tilde\gamma^2$ を落として $\epsilon'\simeq1-\omega_p^2/\omega^2$ となる（問題文の式）．これがゼロになるのは

$$ 1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}=0 \quad\Longrightarrow\quad \omega = \omega_p $$

すなわちプラズマ振動数そのものである．$\omega<\omega_p$ で $\epsilon'<0$（波は侵入できず全反射），$\omega>\omega_p$ で $0<\epsilon'<1$（透明）と，$\omega_p$ を境に金属の光学応答が一変する．また3.7.2節で述べたとおり，$\epsilon=0$ は縦波の集団振動（プラズモン）が自励的に立つ条件であり，第11章の主題の入口である．

(3) アルミニウム（$n=1.8\times10^{29}\ \mathrm{m^{-3}}$）の $\omega_p$ と対応する波長を計算し，銀色に見える理由を説明する問題である．SI単位系の式 $\omega_p^2=ne^2/(\epsilon_0 m)$ に，$e=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{C}$，$\epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}$，$m=9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$ を入れる．分子と分母を別々に評価すると

$$ ne^2 = 1.8\times10^{29}\times\left(1.602\times10^{-19}\right)^2 = 4.620\times10^{-9}, \qquad \epsilon_0 m = 8.854\times10^{-12}\times9.109\times10^{-31} = 8.065\times10^{-42} $$

（SI単位は省略した）．よって

$$ \omega_p^2 = \frac{4.620\times10^{-9}}{8.065\times10^{-42}} = 5.728\times10^{32}\ \mathrm{s^{-2}}, \qquad \omega_p = 2.393\times10^{16}\ \mathrm{rad/s} \simeq 2.4\times10^{16}\ \mathrm{rad/s} $$

対応する（真空中の）波長は

$$ \lambda_p = \frac{2\pi c}{\omega_p} = \frac{2\pi\times2.998\times10^8}{2.393\times10^{16}} = 7.87\times10^{-8}\ \mathrm{m} = 78.7\ \mathrm{nm} \simeq 79\ \mathrm{nm} $$

紫外域のさらに深い側（真空紫外）である．エネルギーに直すと $\hbar\omega_p\simeq15.8\ \mathrm{eV}$ で，電子エネルギー損失分光で測られるAlのプラズモンエネルギー（約 $15$ $\mathrm{eV}$）とよく合う——第11・12章で再会する数字である．

銀色に見える理由．可視光の波長 $400$〜$700\ \mathrm{nm}$ を角振動数に直すと $\omega=2\pi c/\lambda=2.7\times10^{15}$〜$4.7\times10^{15}\ \mathrm{rad/s}$ で，どれも $\omega_p$ の $1/5$〜$1/9$ しかない．したがって可視域全体で

$$ \epsilon' \simeq 1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2} < 0 $$

である（たとえば $\lambda=550\ \mathrm{nm}$ では $\epsilon'\simeq1-(7.0)^2\simeq-48$ と大きく負）．媒質中の波数は $k=\sqrt{\epsilon}\,\omega/c$ だから，$\epsilon'<0$（かつ $\epsilon''$ が小さい）なら $k$ はほぼ純虚数で，波は金属内部を伝播できず $\ee^{-\abs{k}z}$ で減衰するエバネッセント波になる（侵入深さは $c/\left(\sqrt{\abs{\epsilon'}}\,\omega\right)\sim c/\omega_p\simeq13\ \mathrm{nm}$ 程度）．エネルギーは吸収されるより先にほぼ全部が反射に回る．この全反射が可視域のすべての色で同じように起こるため，Alの反射スペクトルは可視域でほぼ平坦になり，特定の色づきのない高反射——すなわち「銀色」の金属光沢——になる．逆に $\lambda<\lambda_p\simeq79\ \mathrm{nm}$ の真空紫外光に対しては $\epsilon'>0$ となって金属は透明になる（紫外透過）．鏡が可視光を選ばず反射することと，その同じ金属が深紫外では透けることは，どちらも $\epsilon'=1-\omega_p^2/\omega^2$ の符号ひとつで決まっている．∎

物理的な意味．金や銅が銀色でなく色づいて見えるのは，Drude項に加えて $d$ バンドからの束縛遷移——まさにLorentz振動子の項——が可視域に乗り，青側の反射率を下げるからである．本問でつないだ「Drude＋Lorentz」の和こそ，実際の金属光学の標準的な記述である．

解答

(1) $\chi(\omega)=\chi_0/(1-\ii\omega\tau_0)$ を実部と虚部に分け，偶奇性を確かめる．分母の複素共役 $1+\ii\omega\tau_0$ を分子分母に掛けて有理化する．分母は

$$ (1-\ii\omega\tau_0)(1+\ii\omega\tau_0)=1-(\ii\omega\tau_0)^2=1+\omega^2\tau_0^2 $$

となるから

$$ \chi(\omega)=\frac{\chi_0\,(1+\ii\omega\tau_0)}{1+\omega^2\tau_0^2} \quad\Longrightarrow\quad \chi'(\omega)=\frac{\chi_0}{1+\omega^2\tau_0^2}, \qquad \chi''(\omega)=\frac{\chi_0\,\omega\tau_0}{1+\omega^2\tau_0^2} $$

分母には $\omega$ が $\omega^2$ の形でしか入っていないので，$\omega\to-\omega$ で不変である．分子は，$\chi'$ のほうが定数（偶），$\chi''$ のほうが $\omega$ の1次（奇）．したがって $\chi'(-\omega)=\chi'(\omega)$（偶関数），$\chi''(-\omega)=-\chi''(\omega)$（奇関数）であり，実の応答関数の対称性 $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$ から4.5.1節で導いた偶奇性そのものになっている．また $\chi_0>0$，$\tau_0>0$ なら $\omega>0$ で $\chi''>0$，つまり正の振動数で吸収が正であることも見て取れる．

(2) この $\chi''$ をKK関係 $\chi'(\omega)=\dfrac{1}{\pi}\PV\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\chi''(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega'$ の右辺に代入し，主値積分を初等的に実行して左辺が再現されることを示す．ヒントに従い $\Gamma_0\equiv1/\tau_0$ と置く．$\chi''$ の分子分母を $\tau_0^2$ で割ると

$$ \chi''(\omega')=\frac{\chi_0\,\omega'\tau_0}{1+\omega'^2\tau_0^2} =\frac{\chi_0\,\omega'/\tau_0}{1/\tau_0^2+\omega'^2} =\frac{\chi_0\,\Gamma_0\,\omega'}{\omega'^2+\Gamma_0^2} $$

したがって計算すべき量は

$$ \frac{1}{\pi}\PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\chi''(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega' =\frac{\chi_0\Gamma_0}{\pi}\,J, \qquad J\equiv\PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega'\,\dd\omega'}{(\omega'-\omega)(\omega'^2+\Gamma_0^2)} $$

部分分数に分ける．4.6.2節と同じ手順で

$$ \frac{\omega'}{(\omega'-\omega)(\omega'^2+\Gamma_0^2)} =\frac{A}{\omega'-\omega}+\frac{B\omega'+C}{\omega'^2+\Gamma_0^2} $$

と置き，両辺に $(\omega'-\omega)(\omega'^2+\Gamma_0^2)$ を掛けると

$$ \omega'=A(\omega'^2+\Gamma_0^2)+(B\omega'+C)(\omega'-\omega) $$

$\omega'=\omega$ を代入して $\omega=A(\omega^2+\Gamma_0^2)$，すなわち $A=\dfrac{\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2}$．
$\omega'^2$ の係数を比較して $0=A+B$，すなわち $B=-A$．
定数項を比較して $0=A\Gamma_0^2-C\omega$，すなわち $C=\dfrac{A\Gamma_0^2}{\omega}$．

3つの積分を実行する．対称区間 $[-R,R]$ で計算して $R\to\infty$ とする．いずれも本文4.6.2節のステップ3で導いたものと同じである：

$$ \PV\int_{-R}^{R}\frac{\dd\omega'}{\omega'-\omega}\xrightarrow{\ R\to\infty\ }0, \qquad \int_{-R}^{R}\frac{\omega'\,\dd\omega'}{\omega'^2+\Gamma_0^2}=0\ \ (\text{奇関数}), \qquad \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega'}{\omega'^2+\Gamma_0^2}=\frac{\pi}{\Gamma_0} $$

組み立てる．

$$ J=A\cdot0+B\cdot0+C\cdot\frac{\pi}{\Gamma_0} =\frac{A\Gamma_0^2}{\omega}\cdot\frac{\pi}{\Gamma_0} =\frac{\pi\Gamma_0}{\omega}\cdot\frac{\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2} =\frac{\pi\Gamma_0}{\omega^2+\Gamma_0^2} $$

したがって

$$ \frac{1}{\pi}\PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\chi''(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega' =\frac{\chi_0\Gamma_0}{\pi}\cdot\frac{\pi\Gamma_0}{\omega^2+\Gamma_0^2} =\frac{\chi_0\,\Gamma_0^2}{\omega^2+\Gamma_0^2} =\frac{\chi_0}{1+\omega^2\tau_0^2} =\chi'(\omega) $$

（最後の等号では分子分母を $\Gamma_0^2=1/\tau_0^2$ で割った．）確かに(1)の $\chi'$ が再現された．

検算．$\omega=0$ と置くと右辺は $\chi_0$ となり，静的感受率 $\chi'(0)=\chi_0$ に一致する．$\omega\to\infty$ では $\chi_0\Gamma_0^2/\omega^2$ と落ち，これも(1)の $\chi'$ の高振動数の裾と一致する．

(3) 逆向き，すなわち $\chi''(\omega)=-\dfrac{1}{\pi}\PV\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\chi'(\omega')}{\omega'-\omega}\dd\omega'$ に(1)の $\chi'$ を代入して $\chi''$ が出ることを確かめる．$\chi'$ は中心 $0$，幅 $\Gamma_0$ のLorentz関数であり

$$ \chi'(\omega')=\frac{\chi_0\,\Gamma_0^2}{\omega'^2+\Gamma_0^2} =\chi_0\Gamma_0\cdot\frac{\Gamma_0}{\omega'^2+\Gamma_0^2} $$

と書ける．4.6.2節で導いたLorentz関数のHilbert変換の公式

$$ \PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\omega'-\omega}\cdot\frac{\Gamma\,\dd\omega'}{(\omega'-a)^2+\Gamma^2} =-\frac{\pi\,(\omega-a)}{(\omega-a)^2+\Gamma^2} $$

を $a=0$，$\Gamma=\Gamma_0$ として適用すると

$$ \chi''(\omega)=-\frac{1}{\pi}\cdot\chi_0\Gamma_0\cdot\left(-\frac{\pi\,\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2}\right) =\frac{\chi_0\,\Gamma_0\,\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2} =\frac{\chi_0\,\omega\tau_0}{1+\omega^2\tau_0^2} $$

（最後の等号は分子分母を $\Gamma_0^2$ で割り，$1/\Gamma_0=\tau_0$ を使った．）(1)の $\chi''$ と一致し，逆向きのKK関係も成立している．∎

解答

(1) 両側指数関数 $\chi(t)=\chi_0\,\ee^{-\abs{t}/\tau_0}$ のFourier変換を求める．$t=0$ で場合分けして積分を2つに割る．

$$ \chi(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}\chi_0\,\ee^{-\abs{t}/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega t}\,\dd t =\chi_0\int_{-\infty}^{0}\ee^{t/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega t}\,\dd t +\chi_0\int_{0}^{\infty}\ee^{-t/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega t}\,\dd t $$

第1の積分では指数をまとめると $\ee^{(1/\tau_0+\ii\omega)t}$ となる．実部 $1/\tau_0>0$ のおかげで $t\to-\infty$ の端がゼロに落ち

$$ \int_{-\infty}^{0}\ee^{(1/\tau_0+\ii\omega)t}\,\dd t =\left[\frac{\ee^{(1/\tau_0+\ii\omega)t}}{1/\tau_0+\ii\omega}\right]_{-\infty}^{0} =\frac{1}{1/\tau_0+\ii\omega} $$

第2の積分も同様に（今度は $t\to+\infty$ の端が $\ee^{-t/\tau_0}$ で落ちて）

$$ \int_{0}^{\infty}\ee^{(-1/\tau_0+\ii\omega)t}\,\dd t=\frac{1}{1/\tau_0-\ii\omega} $$

2つを通分して足すと，分子の $\pm\ii\omega$ が打ち消し合い

$$ \chi(\omega)=\chi_0\,\frac{(1/\tau_0-\ii\omega)+(1/\tau_0+\ii\omega)}{(1/\tau_0+\ii\omega)(1/\tau_0-\ii\omega)} =\frac{2\chi_0/\tau_0}{1/\tau_0^2+\omega^2} $$

与式が得られた．

(2) この $\chi(\omega)$ が実軸上で純実であることを確認し，KK関係との矛盾を見る．実の $\omega$ に対して分母 $1/\tau_0^2+\omega^2$ は正の実数，分子 $2\chi_0/\tau_0$ も実数だから

$$ \chi'(\omega)=\frac{2\chi_0/\tau_0}{1/\tau_0^2+\omega^2}\ >\ 0\ \ (\text{すべての実}\ \omega), \qquad \chi''(\omega)\equiv0 $$

もしKK関係が成り立つなら，実部を虚部から求める式より

$$ \chi'(\omega)=\frac{1}{\pi}\PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{0}{\omega'-\omega}\,\dd\omega'=0 $$

でなければならない．ところが実際の $\chi'$ はすべての $\omega$ で正であり，恒等的にゼロではない．矛盾である．

逆向きも破れている．$\Gamma_0\equiv1/\tau_0$ と置くと $\chi'(\omega')=2\chi_0\,\Gamma_0/(\omega'^2+\Gamma_0^2)$ であり，これを $\chi''(\omega)=-\frac1\pi\PV\int\chi'(\omega')/(\omega'-\omega)\,\dd\omega'$ の右辺に入れてLorentz関数のHilbert変換の公式（演習4.1(3)）を使うと

$$ -\frac{1}{\pi}\cdot 2\chi_0\cdot\left(-\frac{\pi\,\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2}\right) =\frac{2\chi_0\,\omega}{\omega^2+\Gamma_0^2}\ \neq\ 0 $$

となり，本当の $\chi''\equiv0$ を再現しない．どちらの向きでもKK関係は成り立っていない．

(3) 破れの原因を極の位置から説明する．分母を因数分解すると

$$ \frac{1}{\tau_0^2}+\omega^2=\left(\omega-\frac{\ii}{\tau_0}\right)\left(\omega+\frac{\ii}{\tau_0}\right) $$

だから，$\chi(\omega)$ の極は $\omega=\pm\ii/\tau_0$ の2つで，上下対称に並んでおり，$\omega=+\ii/\tau_0$ が上半面にある（図4.1右）．4.4.1節のKK導出は「実軸＋上半面の大円で作った閉曲線の内部に特異点が1つもない」ことを使ってCauchyの積分定理 $\oint=0$ を適用した．いまはその内部に極 $\omega'=+\ii/\tau_0$ が入ってしまうので，$\oint=0$ が使えない．時間領域から言えば，$t<0$ に応答があるため，「因果律が切り落としてくれるはずだった爆発因子 $\ee^{-\omega_I t}$（$t<0$，$\omega_I>0$）」（4.2.1節）が生き残り，上半面での解析性そのものが失われている．

どれだけ破れるかも定量的に言える．閉曲線の内部に1位の極があるときは，Cauchyの積分定理の代わりに留数定理（第5章）を使うことになり

$$ \oint_C\frac{\chi(\omega')}{\omega'-\omega}\,\dd\omega' =2\pi\ii\,\Res_{\omega'=\ii/\tau_0}\frac{\chi(\omega')}{\omega'-\omega} =2\pi\ii\cdot\frac{2\chi_0/\tau_0}{(2\ii/\tau_0)\,(\ii/\tau_0-\omega)} =-\frac{2\pi\ii\,\chi_0}{1/\tau_0+\ii\omega} $$

と，右辺にゼロでない留数項が残る．（留数は，極 $\omega'=\ii/\tau_0$ で分母の因子 $\omega'-\ii/\tau_0$ を取り除いた残り $\dfrac{2\chi_0/\tau_0}{(\omega'+\ii/\tau_0)(\omega'-\omega)}$ に $\omega'=\ii/\tau_0$ を代入して得た．最後の等号は $\ii\,(\ii/\tau_0-\omega)=-1/\tau_0-\ii\omega$ による．）一周積分を4.4.2節と同じく実軸の主値・小半円・大円に分ければ，大円はゼロ，小半円は $-\ii\pi\chi(\omega)$ だから

$$ \PV\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\chi(\omega')}{\omega'-\omega}\,\dd\omega' =\ii\pi\,\chi(\omega)-\frac{2\pi\ii\,\chi_0}{1/\tau_0+\ii\omega} $$

右辺第2項を有理化すると，虚部が $\ii\pi\chi(\omega)$ とちょうど打ち消し合い（左辺は実関数の主値積分だから実数のはずで，つじつまが合う），実数の値 $-2\pi\chi_0\,\omega/(1/\tau_0^2+\omega^2)$ が残る．これは(2)で出た「偽の $\chi''$」に $-\pi$ を掛けたものにほかならない．上半面の極の留数こそが，KK関係の破れそのものである．KK関係は因果律なしには成り立たない——このことが，最小の例で目に見える形になった．∎

解答

(1) 正振動数形のKK関係で $\omega=0$ と置き，与式を導く．出発点は4.5.2節で導いた

$$ \chi'(\omega)=\frac{2}{\pi}\,\PV\int_{0}^{\infty}\frac{\omega'\,\chi''(\omega')}{\omega'^2-\omega^2}\,\dd\omega' $$

である．$\omega=0$ を代入すると分母は $\omega'^2$ となり，分子の $\omega'$ と約分されて

$$ \chi'(0)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\omega'\,\chi''(\omega')}{\omega'^2}\,\dd\omega' =\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\chi''(\omega')}{\omega'}\,\dd\omega' $$

主値記号を外せる理由は2つある．第1に，分母 $\omega'^2$ は積分域の内部 $\omega'>0$ で決してゼロにならないから，対称に避けるべき特異点が区間内にない．第2に，端点 $\omega'\to0^+$ も心配ない：$\chi''$ は滑らかな奇関数だから $\chi''(0)=0$ であり，$\chi''(\omega')=O(\omega')$，したがって $\chi''(\omega')/\omega'$ は $\omega'\to0^+$ で有限の値（原点での傾き）に近づく．被積分関数はどこでも有限で，積分は普通の意味で収束する．

なお，全振動数形から出発しても同じ式になる．$\chi'(0)=\frac1\pi\PV\int_{-\infty}^{\infty}\chi''(\omega')/\omega'\,\dd\omega'$ の被積分関数は奇関数どうしの商＝偶関数だから，正側の2倍に書き換えればよい．

(2) 減衰振動子の $\chi'$ に $\omega=0$ を代入して静的感受率を確かめる．第3章の

$$ \chi'(\omega)=\frac1m\cdot\frac{\omega_0^2-\omega^2}{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\Gamma^2\omega^2} $$

で $\omega=0$ とすると

$$ \chi'(0)=\frac1m\cdot\frac{\omega_0^2}{(\omega_0^2)^2}=\frac{1}{m\omega_0^2}=\frac1k $$

最後の等号では $k=m\omega_0^2$ を使った．これは第1章1.5.2節の静的感受率そのものである：一定の力 $F$ を掛けてつり合わせると $kx=F$，すなわち単位力あたりの変位は $1/k$．なお結果に $\Gamma$ が現れないことにも注意したい．摩擦は「どこでつり合うか」には影響しないからである．

(3) 右辺の積分を $\Gamma\to0$ の極限で実行し，(2)と一致することを見る．例題4.3より，$\Gamma\to0^+$ では正の振動数側で

$$ \chi''(\omega')\ \longrightarrow\ \frac{\pi}{2m\omega_0}\,\delta(\omega'-\omega_0) $$

これを(1)の式に代入する．デルタ関数の積分は $\omega'=\omega_0$ での値を拾うだけだから

$$ \frac{2}{\pi}\int_0^\infty\frac{1}{\omega'}\cdot\frac{\pi}{2m\omega_0}\,\delta(\omega'-\omega_0)\,\dd\omega' =\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{\omega_0}\cdot\frac{\pi}{2m\omega_0} =\frac{1}{m\omega_0^2} $$

(2)の $\chi'(0)=1/(m\omega_0^2)$ と一致した．

物理的な意味．この和則の重みは $1/\omega'$ であり，低い振動数の吸収ほど静的応答に大きく効く．共鳴が低振動数側へ動いてモードが軟らかくなる（$\omega_0\to0$）と，$\chi'(0)=1/(m\omega_0^2)$ は発散する．構造相転移の近くでソフトモードの振動数が下がるにつれて誘電率が発散的に増大する，というソフトモード理論の出発点が，この1行に収まっている．∎

解答

(1) 減衰振動子の $\chi''$ に対して，和則 $\int_0^\infty\omega\chi''\,\dd\omega=\pi/2m$ が $\omega_0$ にも $\Gamma$ にもよらないことを，4.6.2節の部分分数形

$$ \chi''(\omega) = \frac{\Gamma}{2m\omega_1}\left[\frac{1}{(\omega-\omega_1)^2+\Gamma^2}-\frac{1}{(\omega+\omega_1)^2+\Gamma^2}\right] $$

を経由して確かめる．まず2つの Lorentz 関数をまとめる．分子は

$$ \left[(\omega+\omega_1)^2+\Gamma^2\right]-\left[(\omega-\omega_1)^2+\Gamma^2\right] = 4\omega\omega_1 $$

だから，$D_\mp\equiv(\omega\mp\omega_1)^2+\Gamma^2$ と書いて

$$ \omega\,\chi''(\omega) = \frac{\Gamma}{2m\omega_1}\cdot\frac{4\omega^2\omega_1}{D_-D_+} = \frac{2\Gamma}{m}\,\frac{\omega^2}{D_-D_+} $$

となる．被積分関数は $\omega$ の偶関数で，大きな $\omega$ で $\mathcal O(\omega^{-2})$ に減衰するから，積分区間を全実軸に広げて

$$ \int_0^\infty\omega\chi''\,\dd\omega = \frac{\Gamma}{m}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega^2\,\dd\omega}{D_-D_+} $$

とし，留数定理（第5章）で評価する．$D_-=(\omega-\omega_1-\ii\Gamma)(\omega-\omega_1+\ii\Gamma)$，$D_+=(\omega+\omega_1-\ii\Gamma)(\omega+\omega_1+\ii\Gamma)$ なので，上半面の極は $\omega=\pm\omega_1+\ii\Gamma$ の2つである．留数を計算すると

$$ \Res_{\omega=\omega_1+\ii\Gamma}\frac{\omega^2}{D_-D_+} =\frac{(\omega_1+\ii\Gamma)^2}{2\ii\Gamma\cdot4\omega_1(\omega_1+\ii\Gamma)} =\frac{\omega_1+\ii\Gamma}{8\ii\Gamma\omega_1}, \qquad \Res_{\omega=-\omega_1+\ii\Gamma}\frac{\omega^2}{D_-D_+} =\frac{\omega_1-\ii\Gamma}{8\ii\Gamma\omega_1} $$

（2つ目は1つ目の計算で $\omega_1\to-\omega_1$ とし，$(-\omega_1+\ii\Gamma)^2=(\omega_1-\ii\Gamma)^2$ を使った）．和は虚部が打ち消して

$$ \frac{(\omega_1+\ii\Gamma)+(\omega_1-\ii\Gamma)}{8\ii\Gamma\omega_1}=\frac{1}{4\ii\Gamma} $$

となるので，

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega^2\,\dd\omega}{D_-D_+}=2\pi\ii\cdot\frac{1}{4\ii\Gamma}=\frac{\pi}{2\Gamma}, \qquad\therefore\quad \int_0^\infty\omega\chi''\,\dd\omega=\frac{\Gamma}{m}\cdot\frac{\pi}{2\Gamma}=\frac{\pi}{2m} $$

$\Gamma$ は約分で消え，$\omega_1$（すなわち $\omega_0$）は留数の和を取った瞬間に消えた．和則が慣性 $m$ だけで決まるという4.6.2節の主張が，部分分数形の側からも確かめられた．

(2) Debye緩和 $\chi''_{\rm Debye}(\omega)=\dfrac{\chi_0\omega\tau_0}{1+\omega^2\tau_0^2}$ では $\int_0^\infty\omega\chi''\dd\omega$ が発散することを示す．高振動数で

$$ \omega\,\chi''_{\rm Debye}(\omega)=\frac{\chi_0\,\omega^2\tau_0}{1+\omega^2\tau_0^2} \;\xrightarrow{\ \omega\to\infty\ }\;\frac{\chi_0}{\tau_0}\quad(\text{定数}) $$

となるから，積分は上限で線形に発散する．物理的な理由：Debye緩和は慣性項をもたない模型である．運動方程式は $\tau_0\dot x+x=\chi_0 f$ 型の1階方程式で，$m\ddot x$ の項がない．和則の導出（4.6.2節）は高振動数極限 $\chi\to-1/(m\omega^2)$——「どんなに速く揺すっても，最後は質量が応答を支配する」——を前提にしていた．慣性がなければこの極限が存在せず（実際 $\chi_{\rm Debye}\simeq\ii\chi_0/(\omega\tau_0)$ で $1/\omega$ でしか減衰しない），和則は成り立たない．

(3) 代わりに成り立つのは，演習4.3の形（静的感受率の和則）である：

$$ \frac{2}{\pi}\int_0^\infty\frac{\chi''_{\rm Debye}(\omega)}{\omega}\,\dd\omega =\frac{2}{\pi}\int_0^\infty\frac{\chi_0\tau_0\,\dd\omega}{1+\omega^2\tau_0^2} =\frac{2\chi_0\tau_0}{\pi}\cdot\frac{1}{\tau_0}\Bigl[\arctan(\omega\tau_0)\Bigr]_0^\infty =\frac{2\chi_0\tau_0}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2\tau_0}=\chi_0 $$

確かに $\chi(0)=\chi_0$ が再現される．$1/\omega$ で重みを付けた和則は分母の $\omega$ が裾を殺すので慣性を必要としないが，$\omega$ で重みを付けた $f$ 和則は裾の減衰の速さ——すなわち慣性——を要求する．同じ「和則」でも前提が違うのである．∎

解答

(1) $\chi(t)=\dfrac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\sin\omega_1 t$（$t>0$）を2回微分して $t\to0^+$ の値を求める．1回目：

$$ \dot\chi(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\left(-\Gamma\sin\omega_1 t+\omega_1\cos\omega_1 t\right) \quad\Longrightarrow\quad \dot\chi(0^+)=\frac{1}{m\omega_1}\cdot\omega_1=\frac1m $$

2回目：積の微分をもう一度行うと

$$ \ddot\chi(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\Gamma t}\left[(\Gamma^2-\omega_1^2)\sin\omega_1 t-2\Gamma\omega_1\cos\omega_1 t\right] \quad\Longrightarrow\quad \ddot\chi(0^+)=\frac{1}{m\omega_1}\,(-2\Gamma\omega_1)=-\frac{2\Gamma}{m} $$

(2) これを問題文の展開式に代入する：

$$ \chi(\omega)\simeq-\frac{\dot\chi(0^+)}{\omega^2}-\frac{\ii\,\ddot\chi(0^+)}{\omega^3} =-\frac{1}{m\omega^2}+\frac{2\ii\Gamma}{m\omega^3} $$

実部は第1項（4.2.4節の高振動数極限 $-1/m\omega^2$ そのもの），虚部は

$$ \chi''(\omega)\simeq\frac{2\Gamma}{m\omega^3}=\frac{\gamma}{m^2\omega^3} $$

（$\Gamma=\gamma/2m$）．これは例題4.5で吸収の裾として使った $\omega^{-3}$ 則そのものである．吸収の裾の減衰の速さが，$\chi(t)$ の $t=0^+$ での微係数——立ち上がりの滑らかさ——で決まっている，というのがこの展開の読み方である．

(3) KK関係の半無限形

$$ \chi''(\omega) = -\frac{2\omega}{\pi}\,\PV\int_{0}^{\infty}\frac{\chi'(\omega')}{\omega'^2-\omega^2}\,\dd\omega' $$

を $\omega\to\infty$ で展開する．積分に効く $\omega'$（$\chi'$ が有意な値をもつ共鳴の近傍）では $\omega'\ll\omega$ としてよいから，核を $\dfrac{1}{\omega'^2-\omega^2}=-\dfrac{1}{\omega^2}\left(1+\dfrac{\omega'^2}{\omega^2}+\cdots\right)$ と展開し，先頭項だけを取り出すと

$$ \chi''(\omega)\simeq\frac{2}{\pi\omega}\int_0^\infty\chi'(\omega')\,\dd\omega' +\mathcal O(\omega^{-3}) $$

となる（先頭項の積分は $\chi'\sim-1/(m\omega'^2)$ の裾のおかげで収束する．核展開の第2項以降をこのまま項別に積分すると $\int_0^\infty\omega'^2\chi'\,\dd\omega'$ のような発散積分が現れるので，個々の係数としては書けないが，補正全体が $\mathcal O(\omega^{-3})$ に収まることは，核から先頭項 $-1/\omega^2$ を差し引いた残り $\omega'^2/[\omega^2(\omega'^2-\omega^2)]$ を使えば確かめられる）．(2) で見たとおり減衰振動子の $\chi''$ は $\mathcal O(\omega^{-3})$ だから，$\mathcal O(\omega^{-1})$ の先頭項は消えていなければならない．すなわち

$$ \int_0^\infty\chi'(\omega)\,\dd\omega=0 \qquad(\text{第2の和則}) $$

分散曲線 $\chi'(\omega)$ の正の面積と負の面積がちょうど釣り合う，という主張である（図4.3の紫の曲線がまさにそうなっている）．

一般形とその検算．この和則の一般形は，Fourier 逆変換を $t=0$ で評価すると得られる．$\chi(t)$ は $t=0$ で $0$（$t<0$）から $\chi(0^+)$ へ跳ぶので，逆変換は跳びの中点を返す：

$$ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\chi(\omega)\,\dd\omega=\frac{\chi(0^+)+\chi(0^-)}{2}=\frac{\chi(0^+)}{2} $$

左辺のうち $\ii\chi''$ は奇関数なので消え，$\chi'$ は偶関数なので $\dfrac1\pi\displaystyle\int_0^\infty\chi'\dd\omega$ が残る．したがって

$$ \int_0^\infty\chi'(\omega)\,\dd\omega=\frac{\pi}{2}\,\chi(t=0^+) $$

減衰振動子では $\chi(0^+)=0$（変位は撃力の直後にはまだゼロ）なので第2の和則が成り立つ．いっぽう Debye緩和では $\chi(0^+)=\chi_0/\tau_0\neq0$ なので

$$ \int_0^\infty\chi'_{\rm Debye}\,\dd\omega =\int_0^\infty\frac{\chi_0\,\dd\omega}{1+\omega^2\tau_0^2} =\frac{\pi\chi_0}{2\tau_0} =\frac{\pi}{2}\,\chi_{\rm Debye}(0^+) $$

と，直接計算とも一致する．ここでも「慣性の有無」——立ち上がりが滑らかか，跳ぶか——が2つの模型を分けている．∎

解答

(1) 測定上限 $\Omega$ より上を $R=R_\Omega$（定数）で外挿したときの位相の誤差を，$\omega\ll\Omega$ で評価する．与えられた積分は初等的に実行できて

$$ \int_\Omega^\infty\frac{\dd\omega'}{\omega'^2-\omega^2} =\frac{1}{2\omega}\left[\ln\frac{\omega'-\omega}{\omega'+\omega}\right]_\Omega^\infty =\frac{1}{2\omega}\ln\frac{\Omega+\omega}{\Omega-\omega} $$

$\omega\ll\Omega$ では $\ln\dfrac{1+\omega/\Omega}{1-\omega/\Omega}\simeq\dfrac{2\omega}{\Omega}$ だから，積分は $\simeq1/\Omega$ となり

$$ \Delta\theta(\omega)\simeq-\frac{\omega\ln R_\Omega}{\pi\,\Omega} $$

$R_\Omega<1$ なので $\ln R_\Omega<0$，したがって $\Delta\theta>0$ の系統誤差である．

(2) 誤差は $\omega$ に比例して増える．しかも $\omega$ が $\Omega$ に近づくと $\omega\ll\Omega$ の展開が破れ，厳密な形 $\dfrac{1}{2\omega}\ln\dfrac{\Omega+\omega}{\Omega-\omega}$ は $\omega\to\Omega$ で対数発散する——測定範囲の上端では外挿誤差が急激に大きくなる．低振動数側の外挿（$\omega\to0$ 側）についても同様の議論が成り立つ．つまり外挿の影響は測定窓の両端で最大，中央で最小になる．「興味のあるスペクトル領域は測定範囲の中央に置け（両側に十分な余白をとって測れ）」という実務の指針は，この積分核 $1/(\omega'^2-\omega^2)$ の構造——$\omega'$ が $\omega$ から遠いほど寄与が小さい——の直接の帰結である．

(3) 高振動数側の外挿を $R\propto\omega^{-4}$ に取るのが定番である理由．第4章で導いた普遍的な高振動数極限 $\chi\to-1/(m\omega^2)$ により，どんな物質でも $\omega\to\infty$ で

$$ \epsilon(\omega)-1\simeq-\frac{\omega_p^2}{\omega^2} $$

となる（電子がすべて自由粒子として応答する）．したがって複素屈折率は

$$ \tilde n=\sqrt{\epsilon}\simeq1-\frac{\omega_p^2}{2\omega^2} $$

と $1$ に近づき，垂直入射の反射振幅は

$$ r=\frac{\tilde n-1}{\tilde n+1}\simeq\frac{\tilde n-1}{2}\simeq-\frac{\omega_p^2}{4\omega^2}\propto\omega^{-2} \qquad\Longrightarrow\qquad R=\abs{r}^2\propto\omega^{-4} $$

つまり $\omega^{-4}$ 則は物質によらない慣性の帰結であり，これに合わせた外挿は物理的に正しい漸近形をもつ．定数外挿は「無限に高い振動数でも反射し続ける物質」を仮定することになり，(1) で見た $\omega$ に比例する系統誤差を生む．∎

解答

(1) $f(z)=\ee^z$ が正則かどうかをCR方程式で判定し，正則なら導関数を求める．$z=x+\ii y$ と書き，指数法則とEuler の公式 $\ee^{\ii y}=\cos y+\ii\sin y$ を使うと

$$ \ee^z=\ee^{x+\ii y}=\ee^x\,\ee^{\ii y}=\ee^x\cos y+\ii\,\ee^x\sin y $$

だから，実部と虚部は $u=\ee^x\cos y$，$v=\ee^x\sin y$ である．偏微分を4つとも書き出す：

$$ \partial_x u=\ee^x\cos y,\qquad \partial_y u=-\ee^x\sin y,\qquad \partial_x v=\ee^x\sin y,\qquad \partial_y v=\ee^x\cos y $$

CR方程式 $\partial_x u=\partial_y v$，$\partial_y u=-\partial_x v$ を確かめる．第1式は $\ee^x\cos y=\ee^x\cos y$ で成立．第2式は $-\ee^x\sin y=-\ee^x\sin y$ で成立．しかも特定の $(x,y)$ に限らず全平面で成り立つから，$\ee^z$ は複素平面全体で正則（整関数）である．導関数は，実軸方向の極限から得られる公式 $f'=\partial_x u+\ii\,\partial_x v$ に代入して

$$ f'(z)=\ee^x\cos y+\ii\,\ee^x\sin y=\ee^x\,\ee^{\ii y}=\ee^z $$

実関数のときと同じ $(\ee^z)'=\ee^z$ が出た．検算．定義級数 $\ee^z=\sum_{n\ge0}z^n/n!$ を項別に微分すると $\sum_{n\ge1}z^{n-1}/(n-1)!=\ee^z$ となり，一致する．

(2) $f(z)=\mathrm{Re}\,z$ が正則かどうかを判定する．$\mathrm{Re}\,z=x$ だから $u=x$，$v=0$ で

$$ \partial_x u=1,\qquad \partial_y u=0,\qquad \partial_x v=0,\qquad \partial_y v=0 $$

CR方程式の第1式は $1=0$ となり，どの点でも成り立たない．よって $\mathrm{Re}\,z$ はどこでも正則でない．定義に戻って直接確かめることもできる．実軸方向 $\Delta z=h$（実数）から近づくと差分商は

$$ \frac{\mathrm{Re}(z_0+h)-\mathrm{Re}\,z_0}{h}=\frac{h}{h}=1 $$

である一方，虚軸方向 $\Delta z=\ii h$ から近づくと，分子は $\mathrm{Re}(z_0+\ii h)-\mathrm{Re}\,z_0=0$ なので差分商は $0/(\ii h)=0$．方向によって $1$ と $0$ という違う値が出るから，極限は存在しない．

(3) $f(z)=z\bar z$ が正則かどうかを判定する．$z\bar z=\abs{z}^2=x^2+y^2$ は実数値だから $u=x^2+y^2$，$v=0$ で

$$ \partial_x u=2x,\qquad \partial_y u=2y,\qquad \partial_x v=0,\qquad \partial_y v=0 $$

CR方程式の第1式は $2x=0$，第2式は $2y=0$ を要求するから，両方が成り立つのは原点ただ1点である．実際，原点では定義どおり

$$ \frac{f(\Delta z)-f(0)}{\Delta z}=\frac{\Delta z\,\overline{\Delta z}}{\Delta z}=\overline{\Delta z}\ \xrightarrow{\ \Delta z\to0\ }\ 0 $$

となって微分可能であり $f'(0)=0$ である．しかし本文5.2.1節の定義を思い出すと，正則性は「$z_0$ のある近傍のすべての点で微分可能」を要求するのだった．原点以外に微分可能な点が1つもない以上，どんなに小さい近傍を取っても条件は満たせない．したがって $z\bar z$ は，原点を含めどこでも正則でない．

まとめると，(1) は全平面で正則で $f'=\ee^z$，(2)(3) は正則でない．(2)(3) はどちらも $\bar z$ で書ける関数である（$\mathrm{Re}\,z=(z+\bar z)/2$，そして $z\bar z$ そのもの）．本文の実用判定法「$\bar z$，$\abs{z}$，$\mathrm{Re}\,z$ を含む式は正則でない」が，そのまま働いていることが分かる．∎

解答

3つの小問すべてに共通する準備を先にやる．被積分関数は

$$ f(z)=\frac{1}{z^2+1}=\frac{1}{(z-\ii)(z+\ii)} $$

だから，特異点は $z=\pm\ii$ の2つで，どちらも分母の単純零点，すなわち単純極である．留数は $P/Q$ 型の公式 $\Res=P(z_0)/Q'(z_0)$（$P=1$，$Q=z^2+1$，$Q'=2z$）で

$$ \Res_{z=\ii}f=\frac{1}{2\ii}, \qquad \Res_{z=-\ii}f=\frac{1}{-2\ii}=-\frac{1}{2\ii} $$

あとは各閉路がどの極を囲むかを調べ，留数定理 $\oint_C f\dd z=2\pi\ii\sum(\text{囲んだ極の留数})$（反時計回り）に入れるだけである．

(1) 円 $\abs{z}=2$ に沿う積分を求める．円の中心は原点，半径は $2$．極までの距離はどちらも $\abs{\pm\ii}=1<2$ だから，2つの極が両方とも内部にある．留数の和を取って

$$ \oint_{\abs{z}=2}\frac{\dd z}{z^2+1} =2\pi\ii\left(\frac{1}{2\ii}-\frac{1}{2\ii}\right)=2\pi\ii\cdot0=0 $$

(2) 円 $\abs{z-\ii}=1$ に沿う積分を求める．中心は $z=\ii$，半径は $1$．極 $z=\ii$ は中心そのもの（距離 $0<1$）だから内部にある．もう1つの極 $z=-\ii$ までは $\abs{-\ii-\ii}=\abs{-2\ii}=2>1$ で外部にある．$z=\ii$ だけを囲むので

$$ \oint_{\abs{z-\ii}=1}\frac{\dd z}{z^2+1} =2\pi\ii\cdot\frac{1}{2\ii}=\pi $$

(3) 円 $\abs{z}=1/2$ に沿う積分を求める．極までの距離は $1>1/2$ だから，極を1つも囲まない．閉路とその内部で $f$ は正則なので，Cauchy の積分定理により

$$ \oint_{\abs{z}=1/2}\frac{\dd z}{z^2+1}=0 $$

結果を表にまとめる．

考察．(1) と (3) は同じ $0$ だが，理由がまったく違う．(3) は「そもそも囲む極がない」ためのゼロ（Cauchy の定理），(1) は「2つの留数が打ち消し合う」ためのゼロ（留数定理）である．(1) のゼロは別の方法でも確かめられる．遠方で $\abs{f}\sim1/R^2$ だから，半径 $R$ の円周上の積分はML不等式で $\abs{\oint}\le 2\pi R/(R^2-1)\to0$（$R\to\infty$）．一方，半径を $2$ から $R$ まで広げても間に特異点はないから，積分値は半径によらず一定である．よって半径 $2$ の時点で既に $0$ でなければならない —— 留数の総和がゼロであることの別証明になっている．部分分数分解 $\dfrac{1}{z^2+1}=\dfrac{1}{2\ii}\left(\dfrac{1}{z-\ii}-\dfrac{1}{z+\ii}\right)$ を作り，各項に $\oint\dfrac{\dd z}{z-z_0}=2\pi\ii$（$z_0$ を囲むとき）または $0$（囲まないとき）を当てても，3つの答えがすべて再現される．∎

解答

示すべきは $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x^2+a^2)^2}=\frac{\pi}{2a^3}$（$a>0$）である．本文5.10節の3ステップ（閉路を作る → 大半円が消えることを確かめる → 留数を拾う）に従う．

ステップ1：閉路を作り，極の位置と位数を調べる．複素化した被積分関数は

$$ f(z)=\frac{1}{(z^2+a^2)^2}=\frac{1}{(z-\ii a)^2(z+\ii a)^2} $$

である．分母の零点 $z=\pm\ii a$ はどちらも重複度2だから，$f$ は $z=\pm\ii a$ に2位の極をもつ．閉路 $\mathcal{C}$ は，実軸上の $[-R,R]$ と上半面の大半円 $C_R$ をつないだもの（反時計回り）に取る．上半面にある極は $z=+\ii a$ だけである．

ステップ2：大半円が消えることを確かめる．$C_R$ 上では $\abs{z}=R$ だから，三角不等式で $\abs{z^2+a^2}\ge\abs{z}^2-a^2=R^2-a^2$，したがって $\abs{f}\le1/(R^2-a^2)^2$．ML不等式（$L=\pi R$）で

$$ \abs{\int_{C_R}f\,\dd z}\le\frac{\pi R}{(R^2-a^2)^2}\xrightarrow{\ R\to\infty\ }0 $$

分母は $R$ の4次，分子は1次なので，本文の目安「分母の次数が分子より2以上大きければ大半円は消える」を余裕で満たしている．指数因子がないのでJordan の補題は不要，MLだけで足りる．

ステップ3：2位の極の留数を計算する．$n$ 位の極の公式 $\Res=\dfrac{1}{(n-1)!}\lim\limits_{z\to z_0}\dfrac{\dd^{\,n-1}}{\dd z^{\,n-1}}\left[(z-z_0)^nf\right]$ を $n=2$ で使う．$(1!)=1$ に注意して

$$ \Res_{z=\ii a}f =\lim_{z\to\ii a}\frac{\dd}{\dd z}\left[(z-\ii a)^2\cdot\frac{1}{(z-\ii a)^2(z+\ii a)^2}\right] =\lim_{z\to\ii a}\frac{\dd}{\dd z}\frac{1}{(z+\ii a)^2} $$

微分を実行すると $\dfrac{\dd}{\dd z}(z+\ii a)^{-2}=-2(z+\ii a)^{-3}$ だから，$z=\ii a$ を代入して $(2\ii a)^3=8\ii^3a^3=-8\ii a^3$ より

$$ \Res_{z=\ii a}f=\frac{-2}{(2\ii a)^3}=\frac{-2}{-8\ii a^3}=\frac{1}{4\ii a^3} $$

ステップ4：留数定理でまとめる．閉路は反時計回りなので $+2\pi\ii$ を掛ける：

$$ \oint_{\mathcal{C}}f\,\dd z=2\pi\ii\cdot\frac{1}{4\ii a^3}=\frac{\pi}{2a^3} $$

$R\to\infty$ で大半円の寄与が消えるから，残った実軸部分がそのまま答えになる：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x^2+a^2)^2}=\frac{\pi}{2a^3} $$

検算（パラメータ微分）．まず $x=au$ と置換すると $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd u}{u^2+1}=\frac{\pi}{a}$（例題5.9の結果を使った）．この両辺を $a$ で微分する．左辺は積分記号の下で微分してよく

$$ \frac{\partial}{\partial a}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{x^2+a^2} =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{-2a\,\dd x}{(x^2+a^2)^2}, \qquad \frac{\dd}{\dd a}\frac{\pi}{a}=-\frac{\pi}{a^2} $$

両者を等しいと置いて $-2a$ で割れば $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x^2+a^2)^2}=\frac{\pi}{2a^3}$．留数計算と完全に一致する．留数定理を使わない独立な導出なので，検算として強い．

検算（数値）．ヒントのとおり $a=1$ なら $\pi/2\simeq1.571$．$a=2$ なら $\pi/16\simeq0.1963$．数値積分（python3）はそれぞれ $1.5708$，$0.19635$ を返し，4桁で一致した．次元の勘定も合っている：被積分関数は $[x]^{-4}$，$\dd x$ で $[x]^{-3}$ となり，右辺 $\propto a^{-3}$ と整合する．∎

解答

示すべきは $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,\dd x=\pi\,\ee^{-a}$（$a>0$）である．

方針．$\sin z$ をそのまま複素化すると $\sin z=\dfrac{\ee^{\ii z}-\ee^{-\ii z}}{2\ii}$ の第2項が上半面で爆発してしまう（例題5.11と同じ事情）．そこで

$$ g(z)=\frac{z\,\ee^{\ii z}}{z^2+a^2} $$

を積分して，最後に虚部を取る．指数因子は $\ee^{\ii z}$ で，肩の係数 $+1$ が正だから，Jordan の補題により上半面に閉じる（補題の $\ee^{\ii az}$ の $a$ に当たるのはこの $+1$ であって，本問の幅 $a$ ではないことに注意）．

ステップ1：閉路を作る．実軸上の $[-R,R]$ と上半面の大半円 $C_R$ からなる閉路（反時計回り）を取る．$g$ の極は $z^2+a^2=(z-\ii a)(z+\ii a)$ の零点 $z=\pm\ii a$ で，どちらも単純極．上半面にあるのは $z=+\ii a$ だけである．実軸上に極はない（$x^2+a^2\ge a^2>0$）ので，例題5.11のような小半円のよけは不要である．

ステップ2：大半円 —— ML不等式では足りず，Jordan の補題が要る．指数を除いた部分 $f(z)=\dfrac{z}{z^2+a^2}$ の大きさは，$C_R$ 上で

$$ \abs{f}\le\frac{R}{R^2-a^2}\equiv M_R\xrightarrow{\ R\to\infty\ }0 $$

と，$1/R$ 程度でしか減らない．ML不等式だけだと $M_R\cdot\pi R=\dfrac{\pi R^2}{R^2-a^2}\to\pi$ となって消えない．しかしJordan の補題は $M_R\to0$ だけを要求するから，$\ee^{\ii z}$ 付きの積分 $\displaystyle\int_{C_R}f\,\ee^{\ii z}\dd z$ は $R\to\infty$ でゼロになる．ここが本問の題意である．

ステップ3：留数を計算する．単純極なので $P/Q$ 型の公式を使う．$P(z)=z\,\ee^{\ii z}$，$Q(z)=z^2+a^2$，$Q'(z)=2z$ だから

$$ \Res_{z=\ii a}g=\frac{P(\ii a)}{Q'(\ii a)} =\frac{\ii a\,\ee^{\ii(\ii a)}}{2\ii a} =\frac{\ee^{-a}}{2} $$

$\ii\cdot\ii=-1$ により指数が $\ee^{-a}$ という実の減衰因子になった（例題5.8(2)と同じ仕組み）．分子と分母の $\ii a$ が約分され，結果は実数である．

ステップ4：留数定理でまとめる．反時計回りなので $+2\pi\ii$ を掛け，$R\to\infty$ で大半円を落とすと

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,\ee^{\ii x}}{x^2+a^2}\,\dd x =2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{-a}}{2}=\ii\pi\,\ee^{-a} $$

（左辺は $\int_{-R}^{R}$ の $R\to\infty$ という対称極限の意味である．被積分関数は遠方で $\sim\ee^{\ii x}/x$ 程度なので絶対収束はしないが，この対称極限は収束する．）

ステップ5：実部と虚部に分ける．$\ee^{\ii x}=\cos x+\ii\sin x$ を代入して

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\cos x}{x^2+a^2}\,\dd x +\ii\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,\dd x =\ii\pi\,\ee^{-a} $$

実部の被積分関数 $\dfrac{x\cos x}{x^2+a^2}$ は，奇関数（$x\cos x$）を偶関数（$x^2+a^2$）で割ったものだから奇関数であり，対称極限の積分はゼロである．虚部どうしを比べて

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,\dd x=\pi\,\ee^{-a} $$

なお $x\sin x$ は偶関数なので被積分関数は偶関数であり，片側積分なら $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}\dd x=\frac{\pi}{2}\ee^{-a}$ である．

検算．$a\to0^+$ の極限を見る．右辺は $\pi\ee^{0}=\pi$．左辺は $\displaystyle\int\frac{x\sin x}{x^2}\dd x=\int\frac{\sin x}{x}\dd x=\pi$（本文5.10節(c)で示した値）となり，一致する．数値でも確かめた：$a=1$ で $\pi\ee^{-1}\simeq1.156$，$a=2$ で $\pi\ee^{-2}\simeq0.4252$ となり，振動積分の数値評価（python3）はそれぞれ $1.1557$，$0.42517$ で4桁一致した．

物理的な意味．これも「分母のLorentz型 $\leftrightarrow$ 指数減衰」の対応（本文5.10節(b)）の一例である．スペクトルの幅 $a$ がそのまま指数 $\ee^{-a}$ の減衰を決めている．分子に $x$ が掛かっていても，変わるのは極での留数の値だけで，「上半面の極 $z=\ii a$ が $\ee^{-a}$ を生む」という構造は変わらない．∎

解答

示すべきは，第1章のDebye緩和の感受率 $\chi(\omega)=\dfrac{\chi_0}{1-\ii\omega\tau_0}$ を逆Fourier変換 $\chi(t)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi}\chi(\omega)\ee^{-\ii\omega t}$ に入れると $\chi(t)=\dfrac{\chi_0}{\tau_0}\ee^{-t/\tau_0}\theta(t)$ になること，とくに $t<0$ でゼロになる理由を極の位置から説明することである．手順は本文5.10節(d)の $G^R(t)$ の導出と同じで，極が2つから1つに減った分だけ易しい．

ステップ1：極の位置を調べる．分母を $\omega$ について整理する：

$$ 1-\ii\omega\tau_0=-\ii\tau_0\left(\omega+\frac{\ii}{\tau_0}\right) $$

（右辺を展開して確認：$-\ii\tau_0\omega-\ii\tau_0\cdot\dfrac{\ii}{\tau_0}=-\ii\omega\tau_0-\ii^2=1-\ii\omega\tau_0$．合っている．）$1/(-\ii)=\ii$ を使って

$$ \chi(\omega)=\frac{\chi_0}{-\ii\tau_0(\omega+\ii/\tau_0)}=\frac{\ii\chi_0/\tau_0}{\omega+\ii/\tau_0} $$

と書ける．極は $\omega=-\ii/\tau_0$ のただ1つで，単純極である．虚部は $-1/\tau_0<0$，すなわち下半面（虚軸上）にある．遅延応答関数の極が下半面にあるという第2章以来の事実が，ここでも成り立っている．

ステップ2：どちらの半面に閉じるかを決める．指数因子は $\ee^{-\ii\omega t}$ だから，本文5.9.1節の鉄則により，$t<0$ では上半面に，$t>0$ では下半面に閉じる．大半円上で $\abs{\chi(\omega)}\simeq\dfrac{\chi_0}{\tau_0\abs{\omega}}\to0$ なので $M_R\to0$ が成り立ち，Jordan の補題により大半円の寄与は消える．減衰が $1/R$ しかないのでML不等式では足りず，Jordan の補題が必須である点に注意する．

ステップ3：$t<0$ —— 因果律．上半面に閉じるが，上半面には極が1つもない（唯一の極は下半面にある）．留数定理の右辺はゼロだから

$$ \chi(t)=0\qquad(t<0) $$

これが問題後半の答えである．$t<0$ でゼロになるのは，仮定でも約束でもなく，極 $\omega=-\ii/\tau_0$ が下半面にあることの帰結である．外力が加わる前に応答しないという因果律が，極の位置という数学的事実から自動的に出てくる．

ステップ4：$t>0$ —— 留数を拾う．下半面に閉じると閉路は時計回りになるから，留数定理には $-2\pi\ii$ が付く：

$$ \chi(t)=\frac{1}{2\pi}\,(-2\pi\ii)\,\Res_{\omega=-\ii/\tau_0}\left[\frac{\ii\chi_0/\tau_0}{\omega+\ii/\tau_0}\,\ee^{-\ii\omega t}\right] $$

単純極なので，$(\omega+\ii/\tau_0)$ を掛けて $\omega\to-\ii/\tau_0$ とすればよい：

$$ \Res_{\omega=-\ii/\tau_0}=\frac{\ii\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-\ii(-\ii/\tau_0)t} =\frac{\ii\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0} $$

（指数の計算：$-\ii\cdot(-\ii/\tau_0)\,t=\ii^2 t/\tau_0=-t/\tau_0$．極の虚部がそのまま減衰率になっている．）代入して

$$ \chi(t)=\frac{1}{2\pi}(-2\pi\ii)\cdot\frac{\ii\chi_0}{\tau_0}\ee^{-t/\tau_0} =(-\ii)(\ii)\,\frac{\chi_0}{\tau_0}\ee^{-t/\tau_0} =\frac{\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0} $$

（$-\ii\cdot\ii=-\ii^2=1$．）ステップ3の結果と合わせ，階段関数でまとめて

$$ \chi(t)=\frac{\chi_0}{\tau_0}\,\ee^{-t/\tau_0}\,\theta(t) $$

これが示すべき式である．∎

検算（順変換で戻す）．得られた $\chi(t)$ をFourier変換して元に戻るか確かめる．$t>0$ のみが効くので

$$ \int_0^{\infty}\frac{\chi_0}{\tau_0}\ee^{-t/\tau_0}\,\ee^{\ii\omega t}\,\dd t =\frac{\chi_0}{\tau_0}\left[\frac{\ee^{(\ii\omega-1/\tau_0)t}}{\ii\omega-1/\tau_0}\right]_0^{\infty} =\frac{\chi_0}{\tau_0}\cdot\frac{1}{1/\tau_0-\ii\omega} =\frac{\chi_0}{1-\ii\omega\tau_0} $$

（$t\to\infty$ で $\ee^{-t/\tau_0}\to0$ が効いて上端が落ちる．）確かに元の $\chi(\omega)$ に戻った．これはヒントにあるとおり，第1章の例題1.1の逆向きの計算である．

検算（静的極限）．$\displaystyle\int_0^{\infty}\chi(t)\dd t=\frac{\chi_0}{\tau_0}\cdot\tau_0=\chi_0=\chi(\omega=0)$．応答の時間積分が静的感受率に一致するという一般則も満たしている．

解答

(1) $\displaystyle\lim_{\eta\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x+\ii\eta)(x^2+1)}$ を求める問題である．Sokhotski–Plemelj公式（複号の上側）

$$ \lim_{\eta\to0^+}\frac{1}{x+\ii\eta}=\PV\frac{1}{x}-\ii\pi\,\delta(x) $$

を，テスト関数 $f(x)=\dfrac{1}{x^2+1}$ に対して使う：

$$ \lim_{\eta\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x)}{x+\ii\eta}\,\dd x =\PV\!\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{x(x^2+1)} -\ii\pi\,f(0) $$

2つの項を順に評価する．主値の項は，被積分関数 $\dfrac{1}{x(x^2+1)}$ が奇関数であることに注目する（$x\to-x$ で分母の $x$ が符号を変え，$x^2+1$ は変わらない）．主値の定義は原点の左右から同じ幅 $\varepsilon$ で対称に切り取る操作だったから，奇関数の寄与は左右で打ち消してゼロである．デルタ関数の項は $f(0)=\dfrac{1}{0+1}=1$ だから $-\ii\pi$．合わせて

$$ \lim_{\eta\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x+\ii\eta)(x^2+1)}=-\ii\pi $$

検算（留数で直接計算する）．$\eta>0$ を有限に固定したまま，留数定理で同じ積分を計算してみる．被積分関数を複素化した $h(z)=\dfrac{1}{(z+\ii\eta)(z-\ii)(z+\ii)}$ の極は $z=-\ii\eta$（下半面），$z=\ii$（上半面），$z=-\ii$（下半面）の3つ．遠方で $\abs{h}\sim1/R^3$ だから，上半面の大半円はML不等式だけで消える（指数因子がないのでJordan の補題は不要）．上半面に閉じると囲むのは $z=\ii$ だけで

$$ \Res_{z=\ii}h=\frac{1}{(\ii+\ii\eta)(\ii+\ii)}=\frac{1}{2\ii^2(1+\eta)}=-\frac{1}{2(1+\eta)} $$

したがって

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd x}{(x+\ii\eta)(x^2+1)} =2\pi\ii\cdot\left(-\frac{1}{2(1+\eta)}\right)=-\frac{\ii\pi}{1+\eta} \ \xrightarrow{\ \eta\to0^+\ }\ -\ii\pi $$

S–P公式の答えと一致した．しかもこの方法は有限 $\eta$ での値 $-\ii\pi/(1+\eta)$ まで教えてくれる．数値積分（python3）でも $\eta=10^{-3}$ で $-3.1385\,\ii$ となり，$-\ii\pi/(1.001)\simeq-3.1385\,\ii$ および極限値 $-\ii\pi\simeq-3.1416\,\ii$ と整合する．

(2) 応答関数 $\chi(\omega)=\dfrac{A}{\omega-\omega_0+\ii\eta}$ の虚部を $\eta\to0^+$ で求める問題である（$A$ は実定数とする）．S–P公式で $x$ を $\omega-\omega_0$ と読み替えると

$$ \lim_{\eta\to0^+}\frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta} =\PV\frac{1}{\omega-\omega_0}-\ii\pi\,\delta(\omega-\omega_0) $$

だから，実部と虚部が一挙に分離する：

$$ \mathrm{Re}\,\chi(\omega)=A\,\PV\frac{1}{\omega-\omega_0}, \qquad \mathrm{Im}\,\chi(\omega)=-\pi A\,\delta(\omega-\omega_0) $$

求める虚部は $\mathrm{Im}\,\chi(\omega)=-\pi A\,\delta(\omega-\omega_0)$ である．

途中経過（有限 $\eta$）も見ておく．分母を実数化すると

$$ \chi(\omega)=\frac{A\,(\omega-\omega_0)}{(\omega-\omega_0)^2+\eta^2} -\ii\,\frac{A\,\eta}{(\omega-\omega_0)^2+\eta^2} $$

虚部は $\omega_0$ を中心とする幅 $\eta$，高さ $A/\eta$ のLorentz型（符号は負）で，面積は

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{Im}\,\chi(\omega)\,\dd\omega =-A\left[\arctan\frac{\omega-\omega_0}{\eta}\right]_{-\infty}^{\infty}=-\pi A $$

と $\eta$ によらず一定である．$\eta\to0^+$ で「無限に細く高く，面積 $-\pi A$」となり，確かに $-\pi A\,\delta(\omega-\omega_0)$ に収束する．

物理的な意味．虚部（吸収スペクトル）は励起準位 $\omega_0$ にだけ立つデルタ関数であり，有限の $\eta$ を残せば幅 $\eta$ のLorentz型 —— 準位の寿命 $1/\eta$ による広がり —— になる．第8章のLehmann表示では，応答関数がこの型の項の和 $\sum_n\abs{M_n}^2/(\omega-\omega_n+\ii\eta)$ で書かれ，虚部が励起準位の位置に立つデルタ関数の列 $-\pi\sum_n\abs{M_n}^2\delta(\omega-\omega_n)$ になる．本問はその1項分の計算そのものである．面積 $-\pi A$ が $\eta$ によらず保存されることは，吸収の総量（スペクトルの和則）が広がりの度合いによらないことを意味している．∎

解答

(1) 6.3.3節で $\hat x_H(t)$ を求めたのと同じ手順で，調和振動子の $\hat p_H(t)=\hat p\cos\omega t-m\omega\hat x\sin\omega t$ を導く．

出発点は，Schrödinger表示の演算子の生成消滅演算子による表式

$$ \hat p=\ii\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat a^\dagger-\hat a\right), \qquad \hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a+\hat a^\dagger\right) $$

と，6.3.2節で導いた $\hat a_H(t)=\hat a\,\ee^{-\ii\omega t}$，$\hat a^\dagger_H(t)=\hat a^\dagger\,\ee^{+\ii\omega t}$ である．$\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}(\cdots)\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ は線形な操作なので，$\hat p$ の中の $\hat a$ と $\hat a^\dagger$ をそれぞれ置き換えるだけでよい：

$$ \hat p_H(t)=\ii\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat a^\dagger\,\ee^{\ii\omega t}-\hat a\,\ee^{-\ii\omega t}\right) $$

Euler の公式 $\ee^{\pm\ii\omega t}=\cos\omega t\pm\ii\sin\omega t$ を代入し，$\cos$ を含む部分と $\sin$ を含む部分に組み替える：

$$ \begin{aligned} \hat a^\dagger\,\ee^{\ii\omega t}-\hat a\,\ee^{-\ii\omega t} &=\hat a^\dagger(\cos\omega t+\ii\sin\omega t)-\hat a(\cos\omega t-\ii\sin\omega t)\\[2pt] &=\underbrace{(\hat a^\dagger-\hat a)}_{\text{$\hat p$ に比例}}\cos\omega t +\ii\underbrace{(\hat a+\hat a^\dagger)}_{\text{$\hat x$ に比例}}\sin\omega t \end{aligned} $$

第1項に係数 $\ii\sqrt{m\hbar\omega/2}$ を掛けたものは，そのまま $\hat p\cos\omega t$ である．第2項は

$$ \ii\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cdot\ii\,(\hat a+\hat a^\dagger)\sin\omega t =-\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(\hat a+\hat a^\dagger)\sin\omega t $$

となる．$\hat x$ の表式から $(\hat a+\hat a^\dagger)=\sqrt{2m\omega/\hbar}\,\hat x$ なので，係数は

$$ -\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cdot\sqrt{\frac{2m\omega}{\hbar}} =-\sqrt{m^2\omega^2}=-m\omega $$

とまとまる．したがって

$$ \hat p_H(t)=\hat p\cos\omega t-m\omega\,\hat x\sin\omega t $$

が得られた．

検算．$t=0$ で $\hat p_H(0)=\hat p$ に戻る．また6.3.3節の $\hat x_H(t)=\hat x\cos\omega t+\dfrac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t$ と組にして微分すると

$$ \frac{\dd\hat x_H}{\dd t}=-\omega\,\hat x\sin\omega t+\frac{\hat p}{m}\cos\omega t=\frac{\hat p_H(t)}{m}, \qquad \frac{\dd\hat p_H}{\dd t}=-\omega\,\hat p\sin\omega t-m\omega^2\hat x\cos\omega t=-m\omega^2\,\hat x_H(t) $$

となり，Heisenberg 方程式から従う連立方程式 $\dot{\hat x}_H=\hat p_H/m$，$\dot{\hat p}_H=-m\omega^2\hat x_H$ を確かに満たす．古典の正準方程式と字面がまったく同じである．

(2) 自由粒子 $\Ham=\hat p^2/2m$ の Heisenberg 方程式を書き，$\hat p_H(t)=\hat p$，$\hat x_H(t)=\hat x+\dfrac{\hat p}{m}t$ を示す．

まず $\hat p$ について．$\hat p$ は自分自身のべき $\hat p^2$ と交換するから $[\hat p,\Ham]=0$ である．この関係を $\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\cdots\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ で挟んでも成り立つので，Heisenberg 方程式（6.2.2節で導いた $\ii\hbar\,\dd\hat A_H/\dd t=[\hat A_H,\Ham]$）は

$$ \ii\hbar\,\frac{\dd\hat p_H}{\dd t}=\left[\hat p_H(t),\Ham\right]=0 \quad\Longrightarrow\quad \hat p_H(t)=\hat p_H(0)=\hat p $$

を与える．運動量は保存量である（並進対称性，6.2.2節の物理的意味の囲みと同じ）．次に $\hat x$ について，ヒントの交換子を計算しておく．$[\hat A,\hat B\hat C]=[\hat A,\hat B]\hat C+\hat B[\hat A,\hat C]$ を使うと

$$ [\hat x,\hat p^2]=[\hat x,\hat p]\,\hat p+\hat p\,[\hat x,\hat p]=\ii\hbar\,\hat p+\hat p\cdot\ii\hbar=2\ii\hbar\,\hat p $$

したがって $[\hat x,\Ham]=\dfrac{1}{2m}\cdot2\ii\hbar\,\hat p=\dfrac{\ii\hbar}{m}\hat p$．両辺を $\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\cdots\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ で挟めば $[\hat x_H(t),\Ham]=\dfrac{\ii\hbar}{m}\hat p_H(t)=\dfrac{\ii\hbar}{m}\hat p$ なので

$$ \ii\hbar\,\frac{\dd\hat x_H}{\dd t}=\frac{\ii\hbar}{m}\hat p \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\dd\hat x_H}{\dd t}=\frac{\hat p}{m} $$

右辺は，いま示した $\hat p_H(t)=\hat p$ のおかげで時間によらない定数演算子である．演算子の積も現れていないから，普通の関数と同じようにそのまま積分できて，初期条件 $\hat x_H(0)=\hat x$ より

$$ \hat x_H(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}\,t $$

これも古典解 $x(t)=x_0+(p_0/m)\,t$（等速直線運動）と字面が同じである．

(3) (2) の結果を使って異時刻交換子 $[\hat x_H(t),\hat x_H(0)]$ を計算し，同時刻ではゼロ・異時刻ではゼロでないことを確かめる．

交換子の双線形性から

$$ \left[\hat x_H(t),\hat x_H(0)\right] =\left[\hat x+\frac{\hat p}{m}t,\ \hat x\right] =\underbrace{[\hat x,\hat x]}_{=0}+\frac{t}{m}\,[\hat p,\hat x] =\frac{t}{m}\,(-\ii\hbar) =-\frac{\ii\hbar\,t}{m} $$

$t=0$ では確かにゼロだが（同時刻交換子，6.2.3節），$t\ne0$ ではゼロでない．しかも結果は演算子を含まないc数である．

検算：調和振動子の $\omega\to0$ 極限．6.7.2節で導いた $[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]=-\dfrac{\ii\hbar}{m\omega}\sin[\omega(t_1-t_2)]$ で $t_1=t$，$t_2=0$ とおき，$\omega\to0$ とする．$\sin\omega t\simeq\omega t$ より

$$ -\frac{\ii\hbar}{m\omega}\sin\omega t\ \xrightarrow{\ \omega\to0\ }\ -\frac{\ii\hbar}{m\omega}\cdot\omega t=-\frac{\ii\hbar\,t}{m} $$

と，いま求めた結果に一致する．復元力を失った振動子は自由粒子である，という当たり前の事実が交換子のレベルでも成り立っている．

解答

(1) $\Ham=\Ham_0+\Ham_1$ が時間によらない場合に，$\hat U(t,t_0)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}$ を示す．

相互作用表示の定義（6.4.2節）$\ket{\psi_I(t)}=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)}$ から出発し，3つの関係を鎖のようにつなぐ．まず $\Ham$ が定数なので Schrödinger表示の時間発展は $\ket{\psi_S(t)}=\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\ket{\psi_S(t_0)}$ と書ける（6.1.1節の指数関数解で $t\to t-t_0$ としたもの）．これを定義に代入すると

$$ \ket{\psi_I(t)}=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ket{\psi_S(t_0)} $$

最後に，定義を $t=t_0$ で逆に解いた $\ket{\psi_S(t_0)}=\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}\ket{\psi_I(t_0)}$ を入れる：

$$ \ket{\psi_I(t)} =\underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}}_{\text{これが }\hat U(t,t_0)}\,\ket{\psi_I(t_0)} $$

$\ket{\psi_I(t_0)}$ は任意だから，下線部が $\ket{\psi_I(t_0)}$ を $\ket{\psi_I(t)}$ に移す演算子，すなわち $\hat U(t,t_0)$ である：

$$ \hat U(t,t_0)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} $$

検算．この表式が 6.5.1節の定義方程式 $\ii\hbar\,\partial_t\hat U=\Ham_{1I}(t)\hat U$，$\hat U(t_0,t_0)=\hat 1$ を満たすことを直接確かめる．初期条件は $\hat U(t_0,t_0)=\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\,\ee^{0}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}=\hat 1$ で明らか．微分は，$t$ を含む因子が左の2つなので

$$ \ii\hbar\,\frac{\partial\hat U}{\partial t} =-\Ham_0\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} +\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\Ham\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} $$

第2項で $\hat 1=\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}$ を $\Ham$ の右に挟み込むと，$\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}=\Ham_0+\Ham_{1I}(t)$（$\Ham_0$ の部分は挟んでも不変，$\Ham_1$ の部分は定義どおり $\Ham_{1I}(t)$ になる）が現れて

$$ \ii\hbar\,\frac{\partial\hat U}{\partial t} =\left(-\Ham_0+\Ham_0+\Ham_{1I}(t)\right)\hat U(t,t_0)=\Ham_{1I}(t)\,\hat U(t,t_0) $$

となり，確かに満たしている．1階線形方程式の解は初期条件を与えれば一意だから（6.5.3節の群性質の導出と同じ論法），この表式は $\hat U$ そのものである．

(2) (1) の $\hat U$ がユニタリであり，群性質を満たすことを直接確かめる．

ユニタリ性．積のエルミート共役は順序を逆にして各因子の共役をとる．$\Ham_0$，$\Ham$ はエルミートなので各因子の共役は指数の符号を変えるだけであり

$$ \hat U^\dagger(t,t_0)=\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\,\ee^{+\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} $$

掛け合わせると，真ん中から順に「同じ演算子の指数関数どうし」が消えていく：

$$ \hat U^\dagger\hat U =\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\, \underbrace{\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}}_{=\,\hat 1}\, \ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} =\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\, \underbrace{\ee^{\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}}_{=\,\hat 1}\, \ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} =\hat 1 $$

$\hat U\hat U^\dagger=\hat 1$ も同じ手順で示せる．よってユニタリである．

群性質．2つ並べると，接続点 $t_1$ の因子が真ん中で打ち消し合う：

$$ \hat U(t_2,t_1)\,\hat U(t_1,t_0) =\ee^{\ii\Ham_0t_2/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t_2-t_1)/\hbar}\, \underbrace{\ee^{-\ii\Ham_0t_1/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham_0t_1/\hbar}}_{=\,\hat 1}\, \ee^{-\ii\Ham(t_1-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} $$

残った真ん中の2つは同じ $\Ham$ の指数関数だから合成できて（6.1.2節の囲みの最後で注意したとおり）

$$ \ee^{-\ii\Ham(t_2-t_1)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t_1-t_0)/\hbar}=\ee^{-\ii\Ham(t_2-t_0)/\hbar} $$

したがって

$$ \hat U(t_2,t_1)\,\hat U(t_1,t_0) =\ee^{\ii\Ham_0t_2/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t_2-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar} =\hat U(t_2,t_0) $$

もう1つの関係は，(1) の表式で引数を入れ替えたものを書き下せば

$$ \hat U(t_0,t)=\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham(t_0-t)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} =\ee^{\ii\Ham_0t_0/\hbar}\,\ee^{+\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} =\hat U^\dagger(t,t_0) $$

と，上で求めた $\hat U^\dagger$ に一致する．ユニタリ性 $\hat U^\dagger=\hat U^{-1}$ と合わせて，群性質がすべて確かめられた．

(3) $[\Ham_0,\Ham_1]=0$ のとき $\hat U(t,t_0)=\ee^{-\ii\Ham_1(t-t_0)/\hbar}$ となることを示す．

$\Ham_0$ と $\Ham_1$ が交換するときに限り，指数関数は自由に分解・合成できる（Baker–Campbell–Hausdorff 公式の交換子項がすべて消えるからである）：

$$ \ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}=\ee^{-\ii(\Ham_0+\Ham_1)(t-t_0)/\hbar} =\ee^{-\ii\Ham_0(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_1(t-t_0)/\hbar} $$

しかも $\ee^{-\ii\Ham_1(t-t_0)/\hbar}$ は $\Ham_0$ の指数関数と交換するので，(1) の表式の中で自由に位置を動かせる．$\Ham_0$ を含む因子だけを集めると

$$ \hat U(t,t_0) =\underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0(t-t_0)/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}}_{\text{指数の和}=\ \ii\Ham_0[t-(t-t_0)-t_0]/\hbar\ =\ 0}\; \ee^{-\ii\Ham_1(t-t_0)/\hbar} =\ee^{-\ii\Ham_1(t-t_0)/\hbar} $$

下線部は同じ $\Ham_0$ の指数関数どうしなので指数を足してよく，ちょうどゼロになって $\hat 1$ に潰れる．∎

物理的な意味．この場合，相互作用表示の摂動は $\Ham_{1I}(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_1\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}=\Ham_1$ と時間依存性が消える．異なる時刻の $\Ham_{1I}$ が自明に交換するので，6.7.1節で述べたとおり $T$ 積は不要になり，$T$ 指数関数はふつうの指数関数 $\exp[-\frac{\ii}{\hbar}\Ham_1(t-t_0)]$ に退化する．いま得た結果はまさにその形である．$T$ 積が本当に必要になるのは $[\Ham_0,\Ham_1]\ne0$ の場合だけ，という6.7節の主張のいちばん簡単な検証になっている．

解答

(1) 3つの時刻 $t_1,t_2,t_3$ の大小関係の付け方が $3!=6$ 通りあることを列挙する．

まず「どれがいちばん遅いか」で3通り，残る2つの順序で2通り，計 $3\times2\times1=3!=6$ 通りである．具体的に書き出すと

$$ t_1>t_2>t_3,\quad t_1>t_3>t_2,\quad t_2>t_1>t_3,\quad t_2>t_3>t_1,\quad t_3>t_1>t_2,\quad t_3>t_2>t_1 $$

の6通りである．2つ以上の時刻が一致する場合は上のどれにも属さないが，それは立方体 $[t_0,t]^3$ の中で面（体積ゼロの集合）にすぎず，被積分関数は有界なので積分には寄与しない．以下では無視してよい．

(2) 6通りのどの順序領域で積分しても，$T$ 積を挟めば同じ値になることを，変数名の入れ替えで示す．

準備として，$I_3$ 自身を $T$ 積で書き直しておく．$I_3$ の入れ子の積分範囲は領域 $t\ge t_1\ge t_2\ge t_3\ge t_0$，すなわち上の第1の領域 $\{t_1>t_2>t_3\}$ である．この領域では演算子の並び $\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)$ は「遅い時刻が左」になっており，これは定義によりこの領域での $T$ 積そのものである：

$$ I_3=\int_{\{t_1>t_2>t_3\}}\dd t_1\,\dd t_2\,\dd t_3\; T\!\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)\right] $$

次に，ヒントの巡回置換を実行してみる．$I_3$ は定積分だから，積分変数の名前をどう付け替えても値は変わらない．$I_3$ の表式の中の文字を $t_1\to t_2$，$t_2\to t_3$，$t_3\to t_1$ と一斉に書き換えると

$$ I_3=\int_{t_0}^{t}\dd t_2\int_{t_0}^{t_2}\dd t_3\int_{t_0}^{t_3}\dd t_1\; \hat h(t_2)\hat h(t_3)\hat h(t_1) $$

積分範囲を読むと，領域は $\{t_2>t_3>t_1\}$ に移っている．そして被積分関数の並び $\hat h(t_2)\hat h(t_3)\hat h(t_1)$ は，この領域でちゃんと「遅いものが左」になっている——つまりこの領域での $T[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)]$ に一致する：

$$ I_3=\int_{\{t_2>t_3>t_1\}}\dd t_1\,\dd t_2\,\dd t_3\; T\!\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)\right] $$

ここが要点である．変数名を付け替えると，積分領域と演算子の並びが連動して動くので，「その領域での正しい時間順序」が自動的に保たれる．$T$ 積は「どの領域にいても遅いものを左に並べよ」という指示だから，どの順序領域でも被積分関数は $T$ 積そのものになる．

同じことは任意の名前替えで成り立つ．$(1,2,3)$ の置換 $\sigma$ を選び，$I_3$ の文字を $t_1\to t_{\sigma(1)}$，$t_2\to t_{\sigma(2)}$，$t_3\to t_{\sigma(3)}$ と書き換えると，領域は $\{t_{\sigma(1)}>t_{\sigma(2)}>t_{\sigma(3)}\}$ に移り，被積分関数は $\hat h(t_{\sigma(1)})\hat h(t_{\sigma(2)})\hat h(t_{\sigma(3)})$——その領域で遅い順に左から並んだ積，すなわち $T$ 積——になる．$\sigma$ は6通りあるから，まとめると次の表になる．どの行も値は同じ $I_3$ である．

なお，本書で扱う $\Ham_1$ は偶数個の Fermi 演算子からなるので，$T$ 積の並べ替えに符号は付かない（6.6.3節の注意の囲み）．だからこの議論に符号の心配は不要である．

(3) 以上から $I_3=\dfrac{1}{3!}\displaystyle\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t}\dd t_2\int_{t_0}^{t}\dd t_3\;T\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)\right]$ を結論する．

(1) で見たとおり，6つの順序領域は互いに重ならず（重なるのは時刻が一致する体積ゼロの面だけ），合わせると立方体 $[t_0,t]^3$ を覆い尽くす．したがって立方体全体での $T$ 積の積分は，6つの領域での積分の和に分解でき，(2) によりその6つはすべて $I_3$ に等しい：

$$ \int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t}\dd t_2\int_{t_0}^{t}\dd t_3\; T\!\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)\right] =\sum_{\text{6つの順序領域}}(\text{各領域での積分}) =6\,I_3=3!\,I_3 $$

両辺を $3!$ で割れば求める式を得る．∎ 2次のとき（図6.3）の「三角形は正方形の半分」が，3次では「三角錐（単体）は立方体の $1/6$」になった．同じ議論を $n$ 次で繰り返せば，$n!$ 個の順序領域が超立方体を埋め尽くし，因子 $1/n!$ が出る——これが6.6.3節の一般論である．

解答

(1) 矩形パルス（$0<t<\tau$ で $F_0$，それ以外でゼロ）の Fourier 変換 $F(\omega)$ を計算する．

第1章の規約 $F(\omega)=\int\dd t\,F(t)\,\ee^{\ii\omega t}$ で，$F(t)$ が区間 $[0,\tau]$ の外でゼロだから

$$ F(\omega)=F_0\int_{0}^{\tau}\ee^{\ii\omega t}\,\dd t =F_0\left[\frac{\ee^{\ii\omega t}}{\ii\omega}\right]_{0}^{\tau} =F_0\,\frac{\ee^{\ii\omega\tau}-1}{\ii\omega} $$

絶対値をとる準備として，半分の位相をくくり出して整理しておくと見通しがよい：

$$ \ee^{\ii\omega\tau}-1 =\ee^{\ii\omega\tau/2}\left(\ee^{\ii\omega\tau/2}-\ee^{-\ii\omega\tau/2}\right) =2\ii\,\ee^{\ii\omega\tau/2}\sin\frac{\omega\tau}{2} $$

したがって

$$ F(\omega)=\frac{2F_0}{\omega}\,\ee^{\ii\omega\tau/2}\,\sin\frac{\omega\tau}{2}, \qquad \abs{F(\omega)}^2=\frac{4F_0^2}{\omega^2}\,\sin^2\frac{\omega\tau}{2} $$

ヒントの式と一致する．位相因子 $\ee^{\ii\omega\tau/2}$ は「パルスの中心が $t=\tau/2$ にある」ことを表しているだけで，絶対値には効かない．

(2) 例題6.3の結果 $P_{0\to1}=\dfrac{\abs{F(\omega)}^2}{2m\hbar\omega}$ に代入して $P_{0\to1}=\dfrac{2F_0^2}{m\hbar\omega^3}\sin^2\!\left(\dfrac{\omega\tau}{2}\right)$ を示す．

(1) の $\abs{F(\omega)}^2$ を，振動子の固有振動数 $\omega$ で評価して代入するだけである：

$$ P_{0\to1}=\frac{1}{2m\hbar\omega}\cdot\frac{4F_0^2}{\omega^2}\sin^2\frac{\omega\tau}{2} =\frac{2F_0^2}{m\hbar\omega^3}\,\sin^2\!\left(\frac{\omega\tau}{2}\right) $$

∎ 求める式が得られた．

(3) 撃力極限 $\tau\to0$（力積 $J=F_0\tau$ を一定に保つ）で $P_{0\to1}\to\dfrac{J^2}{2m\hbar\omega}$ を示す．

$\tau\to0$ では $\omega\tau\ll1$ なので $\sin(\omega\tau/2)\simeq\omega\tau/2$ と展開できる：

$$ P_{0\to1}\ \longrightarrow\ \frac{2F_0^2}{m\hbar\omega^3}\cdot\frac{\omega^2\tau^2}{4} =\frac{(F_0\tau)^2}{2m\hbar\omega} =\frac{J^2}{2m\hbar\omega} $$

∎ $F_0\to\infty$，$\tau\to0$ でも積 $J=F_0\tau$ が有限なら答えは有限に残る．

検算：波形によらないこと．撃力極限では $F(t)\to J\,\delta(t)$ であり，その Fourier 変換は $F(\omega)=J$（白色，すべての振動数を等しく含む）だから，$P_{0\to1}=\abs{F(\omega)}^2/2m\hbar\omega=J^2/2m\hbar\omega$ が直ちに出る．例題6.4の Gauss パルスでも，力積 $J=\int\dd t\,F(t)=F_0\sigma\sqrt{2\pi}$ を固定して $\sigma\to0$ とすると $P_{0\to1}=J^2\ee^{-\omega^2\sigma^2}/2m\hbar\omega\to J^2/2m\hbar\omega$ と同じ値になる．撃力極限の励起確率は波形の詳細によらず，力積だけで決まる．なお $J^2/2m$ は古典力学で撃力が与える運動エネルギーだから，この確率は「与えた古典的エネルギーをエネルギー量子 $\hbar\omega$ で割ったもの」，すなわち励起される量子の平均個数と読める（$P\ll1$ が1次摂動の適用条件である）．

(4) $\omega\tau=2\pi n$（$n$ は整数）のとき $P_{0\to1}=0$ となる理由を物理的に説明する．

式の上では $\sin(\omega\tau/2)=\sin(n\pi)=0$，すなわち矩形パルスのスペクトル $F(\omega)$ が振動子の固有振動数の位置にちょうど零点を持つからである．例題6.3で見たとおり，振動子は外力のうち固有振動数成分 $F(\omega)$ しか感じないので，そこが零なら何も起きない．

時間領域で見るともっと具体的である．一定の力 $F_0$ がかかっている間，振動子は新しい平衡点 $x_{\mathrm{eq}}=F_0/m\omega^2$ のまわりを回る（古典的には，静止状態から始めると $x(t)=x_{\mathrm{eq}}(1-\cos\omega t)$，$p(t)=m\omega\,x_{\mathrm{eq}}\sin\omega t$）．パルスの長さ $\tau$ が周期 $2\pi/\omega$ のちょうど整数倍なら，力を切る瞬間 $t=\tau$ に $x=0$，$p=0$——つまり出発点に戻ってきた瞬間である．そこで力を切れば，系は何事もなかったかのように静止したままになる．最初の半周期で外力が系に注ぎ込んだエネルギーを，あとの半周期で系が外力に返してしまうのである．ヒントの言い方では「押した分と押し戻された分がちょうど打ち消し合う」．スイッチを入れたときに立つ過渡振動と，切ったときに立つ過渡振動が，逆位相で完全に干渉して消える——第3章の共鳴・反共鳴と同じ干渉の物理である．

解答

(1) $[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]=-\dfrac{\ii\hbar}{m\omega}\sin[\omega(t_1-t_2)]$ が c数であることを確認し，その理由を $\hat a,\hat a^\dagger$ の交換関係から説明する．

$\hat x_I(t)$ は生成消滅演算子の1次式である：

$$ \hat x_I(t)=u(t)\,\hat a+u^*(t)\,\hat a^\dagger, \qquad u(t)\equiv\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,\ee^{-\ii\omega t} $$

一般に，係数 $u_1,u_2$ を複素数として，このような1次式どうしの交換子を双線形性で展開すると

$$ \left[u_1\hat a+u_1^*\hat a^\dagger,\ u_2\hat a+u_2^*\hat a^\dagger\right] =u_1u_2^*\underbrace{[\hat a,\hat a^\dagger]}_{=1} +u_1^*u_2\underbrace{[\hat a^\dagger,\hat a]}_{=-1} =u_1u_2^*-u_1^*u_2 $$

となる（$[\hat a,\hat a]=[\hat a^\dagger,\hat a^\dagger]=0$ の項は落ちる）．右辺は複素数であって演算子を含まない．理由は明快で，基本交換関係 $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ の右辺そのものが数（c数）だからである．交換子は双線形なので，1次式どうしの交換子には基本交換関係の右辺しか現れようがなく，必ず数になる．実際に $u_i=u(t_i)$ を入れると

$$ u_1u_2^*-u_1^*u_2 =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\ee^{-\ii\omega(t_1-t_2)}-\ee^{+\ii\omega(t_1-t_2)}\right) =-\frac{\ii\hbar}{m\omega}\sin[\omega(t_1-t_2)] $$

と，与式が再現される（$\ee^{-\ii\theta}-\ee^{\ii\theta}=-2\ii\sin\theta$ を使った）．

物理的な意味．これは調和振動子（2次形式の Hamiltonian）が線形系であることの帰結である．運動方程式が線形なので，時間発展しても $\hat x_I(t)$ は $\hat a,\hat a^\dagger$ の1次式のままにとどまり，交換子は数から出られない．対照的に，例題6.5のスピンでは $[\hat S_x,\hat S_y]=\ii\hbar\hat S_z$ と交換子の右辺に演算子が残るため，異時刻交換子にも $\hat S_z$ が残った．「交換子が c数かどうか」は，系が線形かどうかの指紋である．

(2) $t_1=t_2$ でゼロ，$t_1-t_2=\pi/2\omega$ で最大になることを確かめる．

$t_1=t_2$ では $\sin0=0$ でゼロである．同時刻の $[\hat x,\hat x]=0$ という自明な関係と整合している（6.2.3節）．大きさ $\abs{\sin[\omega(t_1-t_2)]}$ が最大値 $1$ をとるのは $\omega(t_1-t_2)=\pi/2+n\pi$（$n$ は整数）のときで，その最初が $t_1-t_2=\pi/2\omega$，すなわち周期 $T=2\pi/\omega$ の4分の1だけ離れたときである．そこでの値は

$$ \left[\hat x_I(t_2+\tfrac{\pi}{2\omega}),\hat x_I(t_2)\right]=-\frac{\ii\hbar}{m\omega} $$

物理的な意味．なぜ4分の1周期なのか．6.3.3節の $\hat x_H(t)=\hat x\cos\omega t+\dfrac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t$ で $\omega t=\pi/2$ とおくと $\hat x_H=\hat p/m\omega$——位相空間の回転（図6.2）によって，4分の1周期後の「位置」は最初の「運動量」に化けている．そのときの交換子は $[\hat p/m\omega,\hat x]=-\ii\hbar/m\omega$，つまり正準交換関係そのものである．異時刻交換子の最大値は，$\hat x$ と $\hat p$ の非可換性が位相空間の回転を通して顔を出したものにほかならない．

(3) 応答関数 $\chi(t)=\dfrac{\ii}{\hbar}\theta(t)\braket{[\hat x_H(t),\hat x_H(0)]}$ を計算し，第2章のGreen関数の $\gamma\to0$ 極限と一致することを示す．

以下，(4) の指示にしたがい振動子の固有振動数を $\omega_0$ と書く（Fourier変数の $\omega$ と区別するためである）．ここでの $\hat x_H$ は無摂動 Hamiltonian $\Ham_0$ だけで発展させた演算子だから $\hat x_I$ と同じものであり（6.4.2節の囲みで注意したとおり），(1) の交換子がそのまま使える．交換子は c数なので，期待値をどの状態でとっても値は交換子そのものである：

$$ \braket{\left[\hat x_H(t),\hat x_H(0)\right]}=-\frac{\ii\hbar}{m\omega_0}\sin\omega_0t $$

したがって

$$ \chi(t)=\frac{\ii}{\hbar}\,\theta(t)\left(-\frac{\ii\hbar}{m\omega_0}\right)\sin\omega_0t =\theta(t)\,\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0} $$

一方，第2章のGreen関数 $G(t)=\dfrac{1}{m\omega_1}\ee^{-\gamma t/(2m)}\sin(\omega_1t)\,\theta(t)$ は，$\omega_1=\sqrt{\omega_0^2-(\gamma/2m)^2}$ だったから，$\gamma\to0$ で $\omega_1\to\omega_0$，$\ee^{-\gamma t/(2m)}\to1$ となり

$$ G(t)\ \xrightarrow{\ \gamma\to0\ }\ \theta(t)\,\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0} $$

両者は完全に一致する．∎ 基底状態でもコヒーレント状態でも有限温度の熱平衡状態でも，$\chi(t)$ は同じである——線形系の応答関数は状態にも $\hbar$ の入り方にもよらず，古典力学と同じ答えを返す（6.7.2節の議論の確認である）．

(4) (3) を第1章の規約で Fourier 変換し，$\chi(\omega)=\dfrac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$ となること，極が下半面にあることを確かめる．

第1章の規約 $\chi(\omega)=\int\dd t\,\chi(t)\,\ee^{\ii\omega t}$ を使う．$\chi(t)$ は $t<0$ でゼロだから積分は $0$ から $\infty$ まで，そして $t\to+\infty$ で振動が切れないので収束因子 $\ee^{-\eta t}$（$\eta>0$，最後に $\eta\to0^+$）を入れる：

$$ \chi(\omega)=\frac{1}{m\omega_0}\int_{0}^{\infty}\sin(\omega_0t)\,\ee^{\ii\omega t}\,\ee^{-\eta t}\,\dd t =\frac{1}{m\omega_0}\int_{0}^{\infty}\sin(\omega_0t)\,\ee^{\ii zt}\,\dd t, \qquad z\equiv\omega+\ii\eta $$

ヒントどおり $\sin$ を2つの指数関数に分ける．$\mathrm{Im}\,\alpha>0$ なら上端で $\abs{\ee^{\ii\alpha t}}=\ee^{-\mathrm{Im}\alpha\,t}\to0$ だから

$$ \int_{0}^{\infty}\ee^{\ii\alpha t}\dd t=\left[\frac{\ee^{\ii\alpha t}}{\ii\alpha}\right]_{0}^{\infty}=-\frac{1}{\ii\alpha}=\frac{\ii}{\alpha} $$

これを $\alpha=z\pm\omega_0$（どちらも虚部は $\eta>0$）について使うと

$$ \int_{0}^{\infty}\sin(\omega_0t)\,\ee^{\ii zt}\dd t =\frac{1}{2\ii}\left[\int_{0}^{\infty}\ee^{\ii(z+\omega_0)t}\dd t-\int_{0}^{\infty}\ee^{\ii(z-\omega_0)t}\dd t\right] =\frac{1}{2\ii}\left[\frac{\ii}{z+\omega_0}-\frac{\ii}{z-\omega_0}\right] $$

$\ii$ を約して通分する：

$$ =\frac{1}{2}\cdot\frac{(z-\omega_0)-(z+\omega_0)}{z^2-\omega_0^2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{-2\omega_0}{z^2-\omega_0^2} =\frac{\omega_0}{\omega_0^2-z^2} $$

したがって

$$ \chi(\omega)=\frac{1}{m\omega_0}\cdot\frac{\omega_0}{\omega_0^2-z^2} =\frac{1}{m\left[\omega_0^2-(\omega+\ii\eta)^2\right]} \ \xrightarrow{\ \eta\to0^+\ }\ \frac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)} $$

となり，求める形が得られた．∎ 第3章で求めた減衰のある強制振動の応答 $\chi(\omega)=1/[m(\omega_0^2-\omega^2)-\ii\gamma\omega]$ の $\gamma\to0$ 極限とも一致している．

極の位置．$\eta$ を残した分母 $\omega_0^2-(\omega+\ii\eta)^2=0$ を解くと $\omega+\ii\eta=\pm\omega_0$，すなわち

$$ \omega=\pm\omega_0-\ii\eta $$

2つの極はどちらも実軸から $\eta$ だけ下にある．上半面は極を含まず $\chi(\omega)$ は正則——因果律の表現である（6.8.2節，図6.4，および第4章）．$\eta\to0^+$ の極限で極は実軸上の $\pm\omega_0$ に達するが，あくまで「下から」近づく．減衰のない振動子は，励起の寿命が無限大（スペクトル幅ゼロ）の極限として，極が実軸ぎりぎりに座っている系なのである．

解答

(1) 断熱因子なしの $\displaystyle\int_{-\infty}^{t}\ee^{\ii(\omega_{n0}-\omega)t'}\dd t'$ で下端が定まらないことを説明する．

$\alpha\equiv\omega_{n0}-\omega$ と略記する．$\alpha\ne0$ のとき原始関数は $\ee^{\ii\alpha t'}/(\ii\alpha)$ だから，積分を定めるには下端の極限

$$ \lim_{t'\to-\infty}\ee^{\ii\alpha t'}=\lim_{t'\to-\infty}\left(\cos\alpha t'+\ii\sin\alpha t'\right) $$

が必要である．ところが $\abs{\ee^{\ii\alpha t'}}=1$ のまま $\cos$ も $\sin$ も永久に振動し続けるので，この極限は存在しない．値が発散するのではなく，単位円上を回り続けてどこにも落ち着かないのである．したがって広義積分としての値が定まらない．なお $\alpha=0$（共鳴ちょうど）の場合は被積分関数が恒等的に $1$ になり，$\int_{-\infty}^{t}\dd t'=\infty$ と今度は本当に発散する．どちらにせよ，断熱因子なしでは式に意味がない．

(2) 断熱因子 $\ee^{\eta t'}$ を入れると収束することを，被積分関数の絶対値の評価で示す．

位相因子の絶対値は $1$ だから

$$ \abs{\ee^{\ii\alpha t'}\,\ee^{\eta t'}}=\ee^{\eta t'} $$

であり，これは $t'\to-\infty$ で指数関数的にゼロへ落ちる．絶対値の積分は

$$ \int_{-\infty}^{t}\abs{\ee^{\ii\alpha t'}\ee^{\eta t'}}\,\dd t' =\int_{-\infty}^{t}\ee^{\eta t'}\,\dd t' =\frac{\ee^{\eta t}}{\eta}\ <\ \infty $$

となり，どんな小さな $\eta>0$ でも有限である．すなわち積分は絶対収束する．実際に値を書けば，原始関数の下端が $\ee^{\eta t'}\to0$ のおかげでゼロになって

$$ \int_{-\infty}^{t}\ee^{\ii\alpha t'}\ee^{\eta t'}\dd t' =\left[\frac{\ee^{(\ii\alpha+\eta)t'}}{\ii\alpha+\eta}\right]_{-\infty}^{t} =\frac{\ee^{\ii\alpha t}\,\ee^{\eta t}}{\ii(\alpha-\ii\eta)} $$

これが 6.8.2節の導出で使った積分そのものである．分母に $\alpha-\ii\eta=\omega_{n0}-\omega-\ii\eta$ が現れ，$\omega+\ii\eta$ という組み合わせの出どころになっている．

(3) $c_n(0)=\dfrac{B_{n0}}{\hbar(\omega+\ii\eta-\omega_{n0})}$ が $\omega\to\omega_{n0}$ でも有限に留まることを確かめ，$\abs{c_n}^2$ の最大値を $\eta$ で表す．

絶対値の2乗をとる．分母は複素数なので，実部と虚部の2乗和になる：

$$ \abs{c_n(0)}^2=\frac{\abs{B_{n0}}^2}{\hbar^2\abs{\omega-\omega_{n0}+\ii\eta}^2} =\frac{\abs{B_{n0}}^2}{\hbar^2\left[(\omega-\omega_{n0})^2+\eta^2\right]} $$

これは $\omega$ の関数として，中心 $\omega_{n0}$・半値半幅 $\eta$ のLorentz関数である．$\omega\to\omega_{n0}$ としても分母は $\hbar^2\eta^2\ne0$ で止まり，発散しない——$\eta$ が「共鳴の芯」を有限に保っている．最大値は共鳴ちょうど $\omega=\omega_{n0}$ でとり

$$ \abs{c_n}^2_{\max}=\frac{\abs{B_{n0}}^2}{(\hbar\eta)^2} $$

ヒントの値と一致する．$\eta\to0^+$ でこの最大値が発散するのは，共鳴周波数の外場が実効的に $\sim1/\eta$ という長い時間だけ働き，その間ずっと共鳴的に励起し続けるからである．なお1次摂動が信用できるのは $\abs{c_n}\ll1$ の間だけだから，共鳴のど真ん中では $\abs{B_{n0}}\ll\hbar\eta$ が必要である——共鳴点での $\eta\to0^+$ は，摂動の振幅も同時に小さくしながらとるべき極限だ，という注意がここに含まれている．

(4) Sokhotski–Plemelj の公式を (3) に適用し，虚部がデルタ関数＝エネルギー保存を伴う実励起を与えることを説明する．

$x=\omega-\omega_{n0}$ とおいて公式を使うと

$$ \lim_{\eta\to0^+}c_n(0) =\frac{B_{n0}}{\hbar}\lim_{\eta\to0^+}\frac{1}{(\omega-\omega_{n0})+\ii\eta} =\frac{B_{n0}}{\hbar}\left[\PV\frac{1}{\omega-\omega_{n0}}-\ii\pi\,\delta(\omega-\omega_{n0})\right] $$

右辺は超関数であり，$\omega$ について積分してはじめて意味を持つ（外場が有限の帯域を持つ場合や，終状態 $n$ が連続スペクトルをなす場合が，まさにその状況である）．2つの項の役割ははっきり分かれている．

• 実部（主値項）：$\omega\ne\omega_{n0}$ の非共鳴成分からの寄与である．エネルギー保存 $\hbar\omega=E_n-E_0$ を満たさないまま状態 $\ket{n}$ が仮想的に混ざるだけで，正味の吸収を伴わない．応答関数でいえば $\mathrm{Re}\,\chi$（分散，弾性的な分極）に対応する．
• 虚部（デルタ項）：$\hbar\omega=E_n-E_0$ をぴったり満たす点だけで立つ．これがエネルギー保存を伴う実励起（実遷移）であり，外場から系へエネルギーが正味で流れ込む．応答関数でいえば $\mathrm{Im}\,\chi$（吸収）である．

デルタ関数が「遷移」を与えることは，励起の割合の増加率を見るともっと直接に分かる．6.8.2節の $c_n(t)$ は $\abs{c_n(t)}^2=\abs{c_n(0)}^2\,\ee^{2\eta t}$ を満たすから，$t=0$ での増加率は

$$ w_{0\to n}\equiv\frac{\dd}{\dd t}\abs{c_n(t)}^2\bigg|_{t=0} =2\eta\,\abs{c_n(0)}^2 =\frac{\abs{B_{n0}}^2}{\hbar^2}\cdot\frac{2\eta}{(\omega-\omega_{n0})^2+\eta^2} $$

ここで現れた Lorentz 関数は，Sokhotski–Plemelj の虚部の中身そのものであり（$\mathrm{Im}\,\dfrac{1}{x+\ii\eta}=-\dfrac{\eta}{x^2+\eta^2}$），$\eta\to0^+$ で $\dfrac{\eta}{x^2+\eta^2}\to\pi\delta(x)$ となる．したがって

$$ w_{0\to n}\ \xrightarrow{\ \eta\to0^+\ }\ \frac{2\pi}{\hbar^2}\abs{B_{n0}}^2\,\delta(\omega-\omega_{n0}) =\frac{2\pi}{\hbar}\abs{B_{n0}}^2\,\delta\!\left(E_n-E_0-\hbar\omega\right) $$

（最後は $\delta(\omega-\omega_{n0})=\hbar\,\delta(\hbar\omega-\hbar\omega_{n0})$ を使った）．これはFermi の黄金律にほかならない．単位時間あたり一定の割合で，エネルギー保存を満たす終状態への遷移が起こる——ヒントの言うとおり，この虚部が第3章の $\mathrm{Im}\,\chi$（吸収）に対応し，第8章でスペクトル関数として再登場する．

解答

(1) $\Ham_0=\frac{\hbar\omega_0}{2}\hat\sigma_z$ のもとでHeisenberg方程式を解き，$\hat\sigma_{x,H}(t)=\hat\sigma_x\cos\omega_0t-\hat\sigma_y\sin\omega_0t$ を示す．

Pauli行列の交換関係は

$$ \left[\hat\sigma_x,\hat\sigma_y\right]=2\ii\hat\sigma_z,\qquad \left[\hat\sigma_y,\hat\sigma_z\right]=2\ii\hat\sigma_x,\qquad \left[\hat\sigma_z,\hat\sigma_x\right]=2\ii\hat\sigma_y $$

である．Heisenberg表示 $\hat\sigma_{i,H}(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat\sigma_i\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ は元の演算子を同じユニタリで両側から挟んだものだから，同時刻の交換関係は元とまったく同じ形で成り立つ．たとえば $[\hat\sigma_{z,H}(t),\hat\sigma_{x,H}(t)]=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}[\hat\sigma_z,\hat\sigma_x]\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}=2\ii\hat\sigma_{y,H}(t)$ である．また $\Ham_0$ は $\ee^{\pm\ii\Ham_0t/\hbar}$ と交換するので，$[\Ham_0,\hat\sigma_{x,H}(t)]=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}[\Ham_0,\hat\sigma_x]\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ としてよい．したがってHeisenberg方程式は

$$ \frac{\dd\hat\sigma_{x,H}}{\dd t} =\frac{\ii}{\hbar}\left[\Ham_0,\hat\sigma_{x,H}\right] =\frac{\ii}{\hbar}\cdot\frac{\hbar\omega_0}{2}\left[\hat\sigma_{z,H},\hat\sigma_{x,H}\right] =\frac{\ii\omega_0}{2}\cdot2\ii\,\hat\sigma_{y,H} =-\omega_0\,\hat\sigma_{y,H} $$

となる．同様に $\hat\sigma_y$ についても

$$ \frac{\dd\hat\sigma_{y,H}}{\dd t} =\frac{\ii\omega_0}{2}\left[\hat\sigma_{z,H},\hat\sigma_{y,H}\right] =\frac{\ii\omega_0}{2}\cdot\left(-2\ii\,\hat\sigma_{x,H}\right) =+\omega_0\,\hat\sigma_{x,H} $$

である（$[\hat\sigma_z,\hat\sigma_y]=-[\hat\sigma_y,\hat\sigma_z]=-2\ii\hat\sigma_x$ を使った）．2本を組み合わせると

$$ \frac{\dd^2\hat\sigma_{x,H}}{\dd t^2} =-\omega_0\frac{\dd\hat\sigma_{y,H}}{\dd t} =-\omega_0^2\,\hat\sigma_{x,H} $$

という調和振動の方程式になる．一般解を演算子係数で $\hat\sigma_{x,H}(t)=\hat C_1\cos\omega_0t+\hat C_2\sin\omega_0t$ と書き，初期条件を課す．$\hat\sigma_{x,H}(0)=\hat\sigma_x$ から $\hat C_1=\hat\sigma_x$，$\dot{\hat\sigma}_{x,H}(0)=-\omega_0\hat\sigma_y$ から $\omega_0\hat C_2=-\omega_0\hat\sigma_y$，すなわち $\hat C_2=-\hat\sigma_y$．したがって

$$ \hat\sigma_{x,H}(t)=\hat\sigma_x\cos\omega_0t-\hat\sigma_y\sin\omega_0t $$

である．検算．同じ方程式から $\hat\sigma_{y,H}(t)=\hat\sigma_y\cos\omega_0t+\hat\sigma_x\sin\omega_0t$ となるが，上の解を微分すると $\dot{\hat\sigma}_{x,H}=-\omega_0(\hat\sigma_x\sin\omega_0t+\hat\sigma_y\cos\omega_0t)=-\omega_0\hat\sigma_{y,H}$ で，確かに1階の方程式を満たす．物理的にはBloch球上のLarmor歳差運動である——$z$ 軸まわりの磁場のもとで，横方向のスピン成分が角速度 $\omega_0$ で回る．

(2) 交換子 $[\hat\sigma_{x,H}(t),\hat\sigma_x(0)]$ を計算し，c 数にならないことを見る．

交換子の双線形性で開く．$\cos\omega_0t,\sin\omega_0t$ はただの数なので外に出せて

$$ \left[\hat\sigma_{x,H}(t),\hat\sigma_x\right] =\cos\omega_0t\underbrace{\left[\hat\sigma_x,\hat\sigma_x\right]}_{=0} -\sin\omega_0t\left[\hat\sigma_y,\hat\sigma_x\right] $$

$[\hat\sigma_y,\hat\sigma_x]=-[\hat\sigma_x,\hat\sigma_y]=-2\ii\hat\sigma_z$ だから

$$ \left[\hat\sigma_{x,H}(t),\hat\sigma_x\right]=2\ii\sin(\omega_0t)\,\hat\sigma_z $$

である．右辺に演算子 $\hat\sigma_z$ が残っている．調和振動子（$[\hat x_H(t),\hat x]=-\frac{\ii\hbar}{m\omega_0}\sin\omega_0t$，c 数）とは違い，期待値がどの状態で取るかに依存することになる．エルミート演算子どうしの交換子は反エルミートなので，係数が純虚数（$2\ii\sin\omega_0t$）×エルミート演算子（$\hat\sigma_z$）という形になっているのは正しい．

(3) 基底状態 $\ket{\downarrow}$ で期待値を取り，$\chi^R_{\sigma_x\sigma_x}(t)$ を求める．

$\hat\sigma_z\ket{\downarrow}=-\ket{\downarrow}$ より $\bra{\downarrow}\hat\sigma_z\ket{\downarrow}=-1$ だから

$$ \braket{\left[\hat\sigma_{x,H}(t),\hat\sigma_x\right]}=2\ii\sin(\omega_0t)\cdot(-1)=-2\ii\sin\omega_0t $$

これを久保公式 $\chi^R_{AB}(t)=-\frac{\ii}{\hbar}\theta(t)\braket{[\hat A_H(t),\hat B(0)]}$ に入れる．係数は $\left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)\times(-2\ii)=\frac{2\ii^2}{\hbar}=-\frac{2}{\hbar}$ なので

$$ \chi^R_{\sigma_x\sigma_x}(t)=-\frac{2}{\hbar}\sin(\omega_0t)\,\theta(t) $$

である．確かに実関数になっており，本文の一般論（エルミート演算子どうしなら $\chi^R(t)$ は実）と整合している．

(4) Fourier変換して $\chi^R_{\sigma_x\sigma_x}(\omega)$ を求め，静的感受率の符号を確かめる．

$z\equiv\omega+\ii\eta$（$\mathrm{Im}\,z=\eta>0$）と略記し，本文で使った基本積分 $\int_0^\infty\ee^{\ii Xt}\dd t=\ii/X$（$\mathrm{Im}\,X>0$）を使う．$\sin\omega_0t=\frac{\ee^{\ii\omega_0t}-\ee^{-\ii\omega_0t}}{2\ii}$ と開いて

$$ \int_0^\infty\sin(\omega_0t)\,\ee^{\ii zt}\dd t =\frac{1}{2\ii}\left[\frac{\ii}{z+\omega_0}-\frac{\ii}{z-\omega_0}\right] =\frac12\cdot\frac{(z-\omega_0)-(z+\omega_0)}{z^2-\omega_0^2} =\frac{\omega_0}{\omega_0^2-z^2} $$

したがって

$$ \chi^R_{\sigma_x\sigma_x}(\omega) =-\frac{2}{\hbar}\cdot\frac{\omega_0}{\omega_0^2-z^2} =-\frac{2\omega_0}{\hbar\left[\omega_0^2-(\omega+\ii\eta)^2\right]} $$

となり，与えられた式と一致する．極は $\omega=\pm\omega_0-\ii\eta$，すなわち下半面にあり，因果律と整合する．静的感受率は

$$ \chi^R_{\sigma_x\sigma_x}(0)=-\frac{2\omega_0}{\hbar\omega_0^2}=-\frac{2}{\hbar\omega_0}\;<\;0 $$

で負である．本書の流儀（$\Ham_{\text{ext}}=+f\hat B$）では $f$ はポテンシャル的な量なので，$\hat A=\hat B$ の静的応答が負になるのは調和振動子の $\chi^R_{xx}(0)=-1/m\omega_0^2$ と同じ理屈である．力・磁場に対する通常の感受率（$\Ham'=-h\hat\sigma_x$ の流儀）に直せば $+2/(\hbar\omega_0)>0$ で，横磁場をかければスピンはその向きに傾く，という当然の答えになる．

解答

(1) $\Ham_0=\hat p^2/2m$ のもとで $\hat x_H(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}t$ を示す．

まず必要な交換子を作る．$[\hat x,\hat p]=\ii\hbar$ より

$$ \left[\hat p^2,\hat x\right] =\hat p\left[\hat p,\hat x\right]+\left[\hat p,\hat x\right]\hat p =\hat p(-\ii\hbar)+(-\ii\hbar)\hat p =-2\ii\hbar\,\hat p $$

である．Heisenberg方程式は（同時刻の交換関係は元と同じ形，という演習7.1(1)と同じ理屈で）

$$ \frac{\dd\hat x_H}{\dd t} =\frac{\ii}{\hbar}\left[\frac{\hat p_H^2}{2m},\hat x_H\right] =\frac{\ii}{\hbar}\cdot\frac{-2\ii\hbar\,\hat p_H}{2m} =\frac{\hat p_H}{m}, \qquad \frac{\dd\hat p_H}{\dd t} =\frac{\ii}{\hbar}\left[\Ham_0,\hat p_H\right]=0 $$

である．第2式から $\hat p_H(t)=\hat p$（運動量は保存量），これを第1式に入れて積分し，初期条件 $\hat x_H(0)=\hat x$ を課すと

$$ \hat x_H(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}\,t $$

を得る．古典的な等速直線運動と字面がまったく同じである．

(2) 交換子 $[\hat x_H(t),\hat x(0)]$ を計算し，c 数になることを確かめる．

$$ \left[\hat x_H(t),\hat x\right] =\underbrace{\left[\hat x,\hat x\right]}_{=0}+\frac tm\left[\hat p,\hat x\right] =\frac tm\cdot(-\ii\hbar) =-\frac{\ii\hbar t}{m} $$

右辺に演算子はなく，c 数である．理由は明白で，$\hat x_H(t)$ が $\hat x,\hat p$ の1次結合であり，1次結合どうしの交換子は正準交換関係 $[\hat x,\hat p]=\ii\hbar$（c 数）しか生まないからである（ハミルトニアンが2次以下であることの帰結．演習7.5(2)で一般化する）．純虚数になっていることも一般論のとおりである．

(3) $\chi^R_{xx}(t)$ を求め，調和振動子の $\omega_0\to0$ 極限と一致することを確かめる．

交換子が c 数なので期待値はどの状態でも同じ値であり，久保公式に入れると

$$ \chi^R_{xx}(t) =-\frac{\ii}{\hbar}\,\theta(t)\cdot\left(-\frac{\ii\hbar t}{m}\right) =\frac{\ii^2\,t}{m}\,\theta(t) =-\frac{t}{m}\,\theta(t) $$

である（$\hbar$ が約分されて消えた——応答関数は古典量である）．一方，本文で導いた調和振動子の応答関数 $\chi^R_{xx}(t)=-\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\theta(t)$ で $\omega_0\to0$ とすると，$t$ を固定して $\frac{\sin\omega_0t}{\omega_0}\to t$ だから $-\frac tm\theta(t)$ となり，完全に一致する．バネ定数 $m\omega_0^2\to0$ とすれば自由粒子，という当然の対応である．

(4) Fourier変換して $\chi^R_{xx}(\omega)=\frac{1}{m(\omega+\ii\eta)^2}$ を示し，極の位置と $\omega\to0$ の発散の意味を述べる．

$z=\omega+\ii\eta$ として，必要な積分を部分積分で評価する：

$$ \int_0^\infty t\,\ee^{\ii zt}\dd t =\left[t\,\frac{\ee^{\ii zt}}{\ii z}\right]_0^\infty-\frac{1}{\ii z}\int_0^\infty\ee^{\ii zt}\dd t =0-\frac{1}{\ii z}\cdot\frac{\ii}{z} =-\frac{1}{z^2} $$

境界項は $\abs{t\,\ee^{\ii zt}}=t\,\ee^{-\eta t}\to0$（$t\to\infty$）で消える——多項式は指数減衰に必ず負ける．ここでも $\eta>0$ が積分を救っている．したがって

$$ \chi^R_{xx}(\omega) =-\frac1m\int_0^\infty t\,\ee^{\ii zt}\dd t =-\frac1m\cdot\left(-\frac{1}{z^2}\right) =\frac{1}{m(\omega+\ii\eta)^2} $$

である．検算として，調和振動子の $\chi^R_{xx}(\omega)=-\frac{1}{m[\omega_0^2-(\omega+\ii\eta)^2]}$ で $\omega_0\to0$ とすれば $+\frac{1}{m(\omega+\ii\eta)^2}$ となり一致する．

極の位置．分母のゼロ点は $\omega=-\ii\eta$ で，ここに2位の極がある．調和振動子では $\pm\omega_0-\ii\eta$ にあった2つの1位の極が，$\omega_0\to0$ で原点直下に合体して2位になったと読める．極は下半面にあり，上半面には特異点がない——因果律である．

$\omega\to0$ の発散の物理．自由粒子には復元力がないので，一定の外場を加え続けると変位は有限にとどまらない．実際，時間領域で確かめられる．$t=0$ から一定の外場 $f(t')=f_0\,\theta(t')$（力でいえば $F=-f_0$）を加えると

$$ \delta\braket{\hat x(t)} =\int_0^t\dd t'\left(-\frac{t-t'}{m}\right)f_0 =-\frac{f_0}{m}\int_0^t s\,\dd s =-\frac{f_0\,t^2}{2m} =\frac{F\,t^2}{2m} $$

これは Newton の第2法則どおりの等加速度運動であり，$t\to\infty$ で無限遠へ行く．どんなに弱い外場でも定常な変位が存在しないので，静的感受率は定義できない（発散する）．なお発散が $1/\omega$ でなく $1/\omega^2$（2位の極）であることにも意味がある．一般に $\omega=0$ の1位の極は「一定の外場への応答が $t$ に比例して伸び続ける」こと，2位の極は「$t^2$ で伸び続ける」ことに対応する．いまの $1/\omega^2$ はまさに等加速度運動の表現である．実際，電流（速度）は変位の時間微分なので，同じ自由粒子でも電流の応答である伝導度は $\omega$ が1つ減った $\sigma\propto\ii/\omega$ という1位の極を持ち（7.8.3節），一定の電場のもとで電流が $t$ で，変位が $t^2$ で伸びる——同じ物理の言い換えになっている．

解答

(1) 畳み込み $\delta\braket{\hat x(t)}=\int\dd t'\,\chi^R_{xx}(t-t')f(t')$ に $f(t')=f_0\theta(t')$ と調和振動子の $\chi^R_{xx}(t)=-\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\theta(t)$ を入れて計算する．

外場は $t'=0$ から始まるので $-\infty$ 側の収束の心配はなく，$\ee^{\eta t'}\to1$ としてよい．$\theta(t')$ が積分の下限を $0$ に，$\chi^R$ の中の $\theta(t-t')$ が上限を $t$ に制限するから，$t>0$ で

$$ \delta\braket{\hat x(t)} =\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\,\chi^R_{xx}(t-t')\,f_0\,\theta(t') =-\frac{f_0}{m\omega_0}\int_0^t\dd t'\,\sin\omega_0(t-t') $$

ヒントのとおり $s=t-t'$ と置換する．$\dd t'=-\dd s$ で，$t'=0\Rightarrow s=t$，$t'=t\Rightarrow s=0$ だから，マイナス符号が積分の上下の入れ替えに使われて

$$ \delta\braket{\hat x(t)} =-\frac{f_0}{m\omega_0}\int_0^t\sin(\omega_0 s)\,\dd s =-\frac{f_0}{m\omega_0}\left[\frac{-\cos\omega_0s}{\omega_0}\right]_0^t =-\frac{f_0}{m\omega_0^2}\left(1-\cos\omega_0t\right) \qquad(t>0) $$

となり，与式が示せた．$t<0$ ではゼロである（因果律——外場が入る前には何も起こらない）．$t=0$ で値も微係数も連続にゼロから立ち上がることも確かめられる：$\delta\braket{x}\simeq-\frac{f_0}{2m}t^2$（小さい $t$），つまり初速ゼロで加速され始める．

(2) この運動の物理的な説明と，摂動込みポテンシャルの最小値の位置．

本書の流儀では摂動は $\Ham_{\text{ext}}=f_0\hat x$，すなわちポテンシャルに $+f_0x$ を足すことなので，$t>0$ でのポテンシャルは平方完成して

$$ U(x)=\frac12m\omega_0^2x^2+f_0x =\frac12m\omega_0^2\left(x+\frac{f_0}{m\omega_0^2}\right)^2-\frac{f_0^2}{2m\omega_0^2} $$

である．最小値の位置は

$$ x_{\min}=-\frac{f_0}{m\omega_0^2} $$

で，バネ定数は変わらず，釣り合いの位置だけが $x_{\min}$ に移る．粒子は $t=0$ まで旧平衡点 $x=0$ に静止していたが，$t=0$ でポテンシャルの底が突然 $x_{\min}$ にずれるので，「新しい釣り合い位置から $\abs{x_{\min}}$ だけ離れた場所に初速ゼロで置かれた」ことになる．したがって新平衡点のまわりの単振動

$$ \delta\braket{\hat x(t)}=x_{\min}\left(1-\cos\omega_0t\right) $$

が起こる．変位は $0$ と $2x_{\min}$ の間を往復し，振動の中心は $x_{\min}$，振幅は $\abs{x_{\min}}=f_0/(m\omega_0^2)$ である．(1) の式はまさにこの形をしている．

(3) 時間平均を取り，静的感受率との関係を確かめる．

1周期 $T=2\pi/\omega_0$ にわたって平均すると $\overline{\cos\omega_0t}=0$ だから

$$ \overline{\delta\braket{\hat x}} =-\frac{f_0}{m\omega_0^2} $$

一方，本文で求めた静的感受率は $\chi^R_{xx}(0)=-\dfrac{1}{m\omega_0^2}$ なので

$$ \chi^R_{xx}(0)\,f_0=-\frac{f_0}{m\omega_0^2}=\overline{\delta\braket{\hat x}} $$

で確かに一致する．振動の中心が静的応答である．突然の印加では系は新しい平衡値のまわりを回り続けるが，その平均は「無限にゆっくり加えたときの答え」と同じ場所にある．

(4) 振動が永久に続く理由と，実際の系での振る舞い．

この系には減衰項がないからである．$\Ham_0$ は時間に依らずエネルギーは保存する．突然の切り替えの瞬間，粒子は新しいポテンシャルの底より

$$ \Delta E=U(0)-U(x_{\min})=\frac{f_0^2}{2m\omega_0^2} $$

だけ高いエネルギーを持っており，孤立系はこの余分なエネルギーを捨てる先がないので，振動として永久に残る（本文7.7節「孤立した量子系はエネルギーを捨てられない」）．実際の系では環境との結合による有限の減衰 $\gamma$ があり，過渡振動は $\ee^{-\gamma t/(2m)}$ で減衰して，系は新しい釣り合い位置 $x_{\min}$ に落ち着く——第2章で解いた減衰振動子の過渡応答そのものである．

そしてここに断熱因子 $\ee^{\eta t}$ を入れる理由がある．階段関数は「突然の印加」の極端な場合で，過渡振動を最大に励起してしまう．逆に $\ee^{\eta t}$ で無限にゆっくり立ち上げれば過渡は励起されず，系は各瞬間の平衡値 $\chi^R_{xx}(0)f(t)$ を静かに追従する．同じ「最終的に一定値になる外場」でも，入れ方で過渡の運命がまったく違う——第3章の強制振動で過渡解と定常解を分けた議論の量子版である．

解答

(1) 論文の $\chi^{\text{論文}}_m$ と本書の $\chi^R_{M_zM_z}$ の関係を求める．

本書の定義をFourier表示で書くと

$$ \chi^R_{M_zM_z}(\omega) =-\frac{\ii}{\hbar}\int_0^\infty\dd t\;\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)t}\, \braket{\left[\hat M_{z,H}(t),\hat M_z(0)\right]} $$

である．論文の定義は前係数が $+\ii/\hbar$ で，それ以外（被積分関数・積分範囲・収束因子）は同一だから，

$$ \chi^{\text{論文}}_m(\omega)=-\,\chi^R_{M_zM_z}(\omega) $$

である．整合性を確かめておく．論文の流儀 $\Ham'=-h\hat M_z$ は，本書の記法 $\Ham_{\text{ext}}=f\hat B$（$\hat B=\hat M_z$）でいえば $f=-h$ である．よって本書の応答式から

$$ \delta\braket{\hat M_z} =\chi^R_{M_zM_z}\cdot f =\chi^R_{M_zM_z}\cdot(-h) =\left(-\chi^R_{M_zM_z}\right)h =\chi^{\text{論文}}_m\,h $$

となり，論文の $\chi^{\text{論文}}_m$ はちょうど磁場 $h$ にそのまま掛かる感受率になっている．結合の符号と応答関数の符号がセットで反転しているので，どちらの流儀でも物理量 $\delta\braket{M_z}$ は同じである．これは本文の表7.2の $\chi^K$ 列（$\Ham'=-f\hat B$ 流儀）そのものである．

(2) 常磁性体では本書の $\chi^R_{M_zM_z}(0)$ の符号はどちらか．

常磁性とは，$h>0$ をかけたとき $\delta\braket{M_z}>0$（磁場の向きに磁化する）ということである．(1) の関係式 $\delta\braket{M_z}=\chi^R_{M_zM_z}\cdot(-h)$ でこれが正であるためには

$$ \chi^R_{M_zM_z}(0)\;<\;0 $$

すなわち負でなければならない．一見奇妙だが，理屈は調和振動子の $\chi^R_{xx}(0)=-1/m\omega_0^2<0$ とまったく同じである．本書の流儀の $f=-h$ は「ポテンシャル的な量」であり，$f>0$ を加えることは $M_z$ の大きい状態のエネルギーを持ち上げることだから，系は $M_z$ を減らして応答する——ポテンシャルを上げれば系は逃げる．符号が負なのは物理が変わったからではなく，入力の測り方を変えたからである．

(3) 「吸収は $\mathrm{Im}\,\chi^{\text{論文}}_m>0$」を本書の記号に翻訳する．

(1) より $\mathrm{Im}\,\chi^{\text{論文}}_m=-\mathrm{Im}\,\chi^R_{M_zM_z}$ だから，同じ主張は

$$ \mathrm{Im}\,\chi^R_{M_zM_z}(\omega)\;<\;0 \qquad\text{すなわち}\qquad -\chi''(\omega)\;>\;0 \qquad(\omega>0) $$

と書くべきである（$\chi''\equiv\mathrm{Im}\,\chi^R$）．これは本文の導出7.11で示した吸収パワーの式——1周期平均の仕事率が $-\frac12f_0^2\,\omega\,\chi''(\omega)$ であり，吸収にはこれが正，つまり $\omega\chi''<0$ が必要——とちょうど同じ内容である．本書の流儀では散逸を表す量は $-\chi''$ である．

(4) 誘電関数の式を「論文の流儀」の $\chi^0$ で書き換える．

$\chi^{0,\text{論文}}=-\chi^0$ を $\epsilon=1-v(q)\chi^0$ に代入すれば

$$ \epsilon(\qq,\omega)=1+v(q)\,\chi^{0,\text{論文}}(\qq,\omega) $$

となる．検算として静的・長波長極限を見る．本書の流儀では $\chi^0(\qq\to0,0)=-N(\epsilon_F)<0$ なので $\epsilon=1+v(q)N(\epsilon_F)>1$，正しく遮蔽である．論文の流儀では $\chi^{0,\text{論文}}=+N(\epsilon_F)>0$ で，書き換えた式に入れればやはり $\epsilon=1+v(q)N(\epsilon_F)$ となり，同じ答えである．正しく変換すれば物理は変わらない．

解答

(1) 自由粒子の $\{x(t),x(0)\}_{\text{PB}}$ を計算し，演習7.2(2) の交換子との対応 $\frac{1}{\ii\hbar}[\ ,\ ]\to\{\ ,\ \}_{\text{PB}}$ を確かめる．

古典的な自由粒子の解は，$t=0$ の正準変数 $(x,p)$ を初期条件として $x(t)=x+\frac{p}{m}t$ である．Poisson括弧の定義 $\{F,G\}_{\text{PB}}=\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial G}{\partial p}-\frac{\partial F}{\partial p}\frac{\partial G}{\partial x}$ に $F=x(t)$，$G=x(0)=x$ を入れる．必要な偏微分は

$$ \frac{\partial x(t)}{\partial x}=1,\qquad \frac{\partial x(t)}{\partial p}=\frac tm,\qquad \frac{\partial x}{\partial x}=1,\qquad \frac{\partial x}{\partial p}=0 $$

だから

$$ \{x(t),x(0)\}_{\text{PB}} =1\cdot0-\frac tm\cdot1 =-\frac tm $$

である．一方，演習7.2(2) の交換子は $[\hat x_H(t),\hat x]=-\ii\hbar t/m$ であった．これを $\ii\hbar$ で割ると

$$ \frac{1}{\ii\hbar}\left[\hat x_H(t),\hat x\right] =\frac{-\ii\hbar t/m}{\ii\hbar} =-\frac tm =\{x(t),x(0)\}_{\text{PB}} $$

となり，対応が成り立つ．しかも $\hbar\to0$ の極限を取るまでもなく厳密な等号である——線形系（2次以下のハミルトニアン）の特権で，調和振動子でも同じことが起きていた．古典版の久保公式 $\chi^{R,\text{古典}}_{AB}(t)=\theta(t)\braket{\{A(t),B(0)\}_{\text{PB}}}$ に入れれば $\chi^{R,\text{古典}}_{xx}(t)=-\frac tm\theta(t)$ で，演習7.2(3) の量子論の結果と完全に一致する．

(2) 交換子が c 数になるのはどういう場合か，調和振動子と自由粒子に共通する性質は何か．

鍵は，Heisenberg演算子が正準演算子の1次結合にとどまるかどうかである．一般に

$$ \hat A_H(t)=a(t)\,\hat x+b(t)\,\hat p+c(t), \qquad \hat B=a'\hat x+b'\hat p+c' $$

（係数はすべて c 数）という形なら，交換子は双線形性で開いて $[\hat x,\hat x]=[\hat p,\hat p]=0$ を落とすと

$$ \left[\hat A_H(t),\hat B\right] =\left(a(t)b'-b(t)a'\right)\left[\hat x,\hat p\right] =\ii\hbar\left(a(t)b'-b(t)a'\right) $$

となり，必ず c 数である．では $\hat x_H(t)$ が1次結合にとどまるのはいつか．Heisenberg方程式が $\hat x,\hat p$ について線形なとき，すなわちハミルトニアンが $\hat x,\hat p$ の2次以下のときである．調和振動子（$\hat p^2/2m+\frac12m\omega_0^2\hat x^2$）と自由粒子（$\hat p^2/2m$）はどちらも2次形式であり，これが共通の性質である．実際，$\hat x_H(t)=\hat x\cos\omega_0t+\frac{\hat p}{m\omega_0}\sin\omega_0t$ と $\hat x_H(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}t$ はどちらも1次結合になっている．古典側では，このことは $\{x(t),x(0)\}$ が初期条件 $(x,p)$ に依らないことに対応する（本文の例題でも確認されている）．

(3) 非調和ポテンシャル $U=\frac12m\omega_0^2x^2+\lambda x^4$ では $[\hat x_H(t),\hat x]$ は c 数になるか．

ならない．Heisenberg方程式は

$$ \frac{\dd^2\hat x_H}{\dd t^2} =-\omega_0^2\,\hat x_H-\frac{4\lambda}{m}\,\hat x_H^3 $$

と非線形になり，$\hat x_H(t)$ は $\hat x,\hat p$ の1次結合では書けない（時間発展とともに $\hat x^3$ や $\hat x^2\hat p$ のような高次の項が生成され続ける．短時間展開 $\hat x_H(t)=\hat x+\frac{\hat p}{m}t-\frac12\left(\omega_0^2\hat x+\frac{4\lambda}{m}\hat x^3\right)t^2+\cdots$ を見れば $t^2$ の項ですでに $\hat x^3$ が現れている）．したがって $[\hat x_H(t),\hat x]$ には演算子が残り，その期待値は状態に依存する．

帰結として，応答関数は温度依存性を持つ．どの状態が熱的に占有されているかで応答が変わるからである．物理的には，非調和振動子では準位間隔が等間隔でない（遷移振動数が準位対ごとに違う）ため，温度が上がって高い準位が占有されると共鳴の位置や形が変わる，と言ってもよい．固体の光吸収線が温度でシフトしたり広がったりすること，熱膨張が起こることは，いずれもこの非調和性の現れである．本文のまとめの言葉でいえば「応答関数が温度依存性を持つのは非調和な系の特徴」であり，逆に調和振動子の応答が温度に依らないのは例外的な事情なのである．

(4) 古典版の久保公式 $\chi^{R,\text{古典}}_{AB}(t)=\theta(t)\braket{\{A(t),B(0)\}_{\text{PB}}}$ に $\hbar$ が現れない理由と，もし現れたら困ること．

理由は係数の相殺である．久保公式の前係数 $-\ii/\hbar$ と，対応原理 $[\hat F,\hat G]\to\ii\hbar\{F,G\}_{\text{PB}}$ の $\ii\hbar$ を掛けると

$$ -\frac{\ii}{\hbar}\times\ii\hbar=-\ii^2=+1 $$

で，$\hbar$ も $\ii$ もきれいに消える．つまり久保公式の $-\ii/\hbar$ は，古典極限がちょうど有限に残るように付いているのである．調和振動子の計算で交換子の $\ii\hbar$ が前係数と約分されて $\chi^R_{xx}(t)=-\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\theta(t)$ という $\hbar$ を含まない答えになったのは，その具体例だった．

もし右辺に $\hbar$ が残っていたら（たとえば $\chi\propto\hbar$ や $\chi\propto1/\hbar$ なら），$\hbar\to0$ で応答がゼロまたは無限大になってしまう．しかしバネの柔らかさ $1/(m\omega_0^2)$，直流伝導度，誘電率といった応答係数は，古典物理の範囲で測定できる有限の量であり，実験値は $\hbar$ を知らなくても書ける．古典極限で有限に残らない理論は，これらの日常的な測定と矛盾する．「応答関数は測定できる古典量だから $\hbar\to0$ で有限でなければならず，$-\ii/\hbar$ はそのために付いている」——これがヒントの言明の中身である．

解答

(1) $\abs{\omega}\to\infty$ で $\sigma(\omega)\to\ii nq^2/(m\omega)$ となるために，$\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)$ に必要な振る舞いを述べる．

本文で導いた伝導度の久保公式は

$$ \sigma_{xx}(\omega)=\frac{\ii}{\omega}\left[\frac{\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)}{V}+\frac{nq^2}{m}\right] $$

である．これが $\ii nq^2/(m\omega)$ に漸近するには，角括弧の中で常磁性項が消えること，すなわち

$$ \frac{\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)}{V}\;\xrightarrow[\ \abs{\omega}\to\infty\ ]{}\;0 $$

であればよい（ゼロに向かいさえすれば，残るのは反磁性項 $nq^2/m$ だけである）．実際にそうなることも確かめられる．Fourier変換を部分積分すると（$z=\omega+\ii\eta$）

$$ \chi^R(\omega) =\int_0^\infty\chi^R(t)\,\ee^{\ii zt}\dd t =\left[\chi^R(t)\frac{\ee^{\ii zt}}{\ii z}\right]_0^\infty-\frac{1}{\ii z}\int_0^\infty\dot\chi^R(t)\,\ee^{\ii zt}\dd t =\frac{\ii\,\chi^R(0^+)}{z}+O\!\left(\frac{1}{z^2}\right) $$

となり，$1/\omega$ の係数は $t\to0^+$ での応答関数の値で決まる．ところが電流‐電流応答では，それは同時刻の交換子

$$ \chi^R_{J^pJ^p}(0^+) =-\frac{\ii}{\hbar}\braket{\left[\hat J^p_x,\hat J^p_x\right]}=0 $$

であり（同じ演算子どうしの交換子は恒等的にゼロ），$1/\omega$ の項が消えて $\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)=O(1/\omega^2)$ で減衰する——ヒントの言うとおりである．物理的には，振動が速すぎて束縛力も散乱も1周期の間に働けず，電子はただの慣性（質量 $m$，密度 $n$）として応答する．反磁性項はまさにその「自由な加速」の項であった．

(2) 銅のプラズマ振動数を求める．

$n=8.5\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$，$e=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{C}$，$m=9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$，$\epsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}$ を入れて

$$ \omega_p=\sqrt{\frac{ne^2}{\epsilon_0 m}} =\sqrt{\frac{(8.5\times10^{28})(1.602\times10^{-19})^2}{(8.854\times10^{-12})(9.109\times10^{-31})}} =\sqrt{2.705\times10^{32}\ \mathrm{s^{-2}}} =1.645\times10^{16}\ \mathrm{s^{-1}} $$

エネルギーに直すと

$$ \hbar\omega_p=(1.055\times10^{-34})(1.645\times10^{16})=1.735\times10^{-18}\ \mathrm{J} \simeq10.8\ \mathrm{eV} $$

である（ヒントの値と一致）．対応する光の波長は $\lambda_p=2\pi c/\omega_p\simeq115\ \mathrm{nm}$ で真空紫外にある．

(3) $f$ 和則の右辺を銅について評価する．

$$ \int_0^\infty\mathrm{Re}\,\sigma(\omega)\,\dd\omega =\frac{\pi ne^2}{2m} =\frac{\pi\,(8.5\times10^{28})(1.602\times10^{-19})^2}{2\times(9.109\times10^{-31})} =3.76\times10^{21}\ \mathrm{S\,m^{-1}\,s^{-1}} $$

検算．$\omega_p^2=ne^2/(\epsilon_0m)$ を使うと $\frac{\pi ne^2}{2m}=\frac{\pi}{2}\epsilon_0\omega_p^2=\frac{\pi}{2}(8.854\times10^{-12})(1.645\times10^{16})^2=3.76\times10^{21}$ で一致する．和則の右辺は $n$ と $m$ しか含まない——散乱の詳しさ（$\tau$ の値）や相互作用によらず，スペクトルの総面積は電子の個数だけで決まる，というのが $f$ 和則の主張である．横軸を $\hbar\omega$（eV）に取り替えれば $\int\mathrm{Re}\,\sigma\,\dd(\hbar\omega)\simeq2.5\times10^{6}\ \mathrm{S\,m^{-1}\,eV}$ という言い方もできる．

(4) 実測が (3) の $70\%$ にしかならない理由を2つ挙げる．

理由1：積分範囲の打ち切り．和則の左辺は $\omega=0$ から無限大までの積分だが，実験で測れる振動数範囲は有限である．銅では，$3d$ バンドから Fermi 準位上への帯間遷移（約 $2\ \mathrm{eV}$ から立ち上がる．銅が赤金色に見える原因でもある）や，さらに深い内殻準位からの遷移が高エネルギー側に大きなスペクトル重みを持つ．測定範囲をたとえば数 eV で打ち切れば，その上に残っている重みのぶんだけ必ず不足する．

理由2：質量の取り方．右辺の $m$ を自由電子質量としたが，結晶中の伝導電子の応答はバンドの有効質量 $m^*$ で決まる．測定範囲を伝導帯内の応答（Drude部分）に限った部分和則の飽和値は $\pi ne^2/(2m^*)$ であり，$m^*>m$ なら自由電子で見積もった値の $m/m^*$ 倍にしかならない．$70\%$ なら $m^*\simeq1.4\,m$ に相当する（不足分の重みは帯間遷移側に移っており，全振動数で積分すれば自由電子質量の和則が回復する——重みは消えたのではなく置き場所が変わっただけである）．

このほか，反射率から $\mathrm{Re}\,\sigma$ を出す際の Kramers–Kronig 解析は測定範囲外のスペクトルの外挿を含むので，その外挿誤差も重みを失わせる原因になる．いずれにせよ，和則が合わないときは，まず積分範囲と有効質量を疑う——ヒントの教訓である．

解答

(1) 2準位系の $\chi^R_{AA}(\omega)$ をLehmann表示から書き下し，通分して1つの分数にまとめる問題である．第8章で導いたLehmann表示

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = \frac{1}{\hbar}\sum_n\left[ \frac{A_{0n}B_{n0}}{\omega-\omega_{n0}+\ii\eta} -\frac{B_{0n}A_{n0}}{\omega+\omega_{n0}+\ii\eta}\right] $$

に本問の設定を入れる．中間状態として効くのは $\ket{1}$ ただ1つである（$A_{00}=A_{11}=0$ なので $n=0$ の項は現れない）．励起振動数は $\hbar\omega_{10}=\hbar\omega_0-0$ より $\omega_{10}=\omega_0$，行列要素は $A_{01}A_{10}=a\cdot a=a^2$．よって

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \frac{a^2}{\hbar}\left[\frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta}-\frac{1}{\omega+\omega_0+\ii\eta}\right] $$

通分する．分母は

$$ (\omega-\omega_0+\ii\eta)(\omega+\omega_0+\ii\eta) = (\omega+\ii\eta)^2-\omega_0^2 $$

分子は

$$ a^2\left[(\omega+\omega_0+\ii\eta)-(\omega-\omega_0+\ii\eta)\right] = 2a^2\omega_0 $$

だから

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \frac{2a^2\omega_0/\hbar}{(\omega+\ii\eta)^2-\omega_0^2} $$

となり，ヒントの式と一致する．

検算．例題8.1の調和振動子は，本問で $a^2=\hbar/2m\omega_0$ と置いた特別な場合である．代入すると

$$ \chi^R_{xx}(\omega) = \frac{2\omega_0}{\hbar}\cdot\frac{\hbar}{2m\omega_0}\cdot\frac{1}{(\omega+\ii\eta)^2-\omega_0^2} = \frac{1}{m\left[(\omega+\ii\eta)^2-\omega_0^2\right]} \;\xrightarrow{\;\eta\to0\;}\;\frac{1}{m(\omega^2-\omega_0^2)} $$

となって，本文の結果を正しく再現する．

(2) 散逸部 $\chi''_{AA}(\omega)$ を書き下し，奇関数であることを確かめる問題である．Sokhotski–Plemelj公式 $\dfrac{1}{x+\ii\eta}=\PV\dfrac1x-\ii\pi\delta(x)$ を(1)の2つの分数それぞれに適用し，デルタ関数部を集めると

$$ \chi''_{AA}(\omega) = -\frac{\pi a^2}{\hbar}\left[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)\right] $$

$\omega=\pm\omega_0$ に1本ずつ立つ「デルタ関数の櫛」の最小版である．$\omega\to-\omega$ とすると，デルタ関数が偶関数であることから $\delta(-\omega-\omega_0)=\delta(\omega+\omega_0)$，$\delta(-\omega+\omega_0)=\delta(\omega-\omega_0)$ なので，2つの項がそっくり入れ替わる：

$$ \chi''_{AA}(-\omega) = -\frac{\pi a^2}{\hbar}\left[\delta(\omega+\omega_0)-\delta(\omega-\omega_0)\right] = -\chi''_{AA}(\omega) $$

確かに奇関数である．また $\omega>0$ で $\chi''\le0$，$\omega<0$ で $\chi''\ge0$ となっており，本書の符号規約におけるエネルギー散逸の条件 $\omega\chi''_{AA}(\omega)\le0$ も満たしている．

(3) $f$ 和則の左辺を実際に積分して $2a^2\omega_0/\hbar$ を示す問題である．第8章で導いた $f$ 和則の左辺に(2)の $\chi''$ を代入する：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\,\bigl(-\chi''_{AA}(\omega)\bigr) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\cdot\frac{\pi a^2}{\hbar}\left[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)\right] $$

$\pi$ が約分され，デルタ関数が $\omega$ をそれぞれ $+\omega_0$，$-\omega_0$ に固定する：

$$ = \frac{a^2}{\hbar}\left[\omega_0-(-\omega_0)\right] = \frac{2a^2\omega_0}{\hbar} $$

2つのデルタ関数の寄与が引き算でなく足し合わさった（$\omega\chi''$ が偶関数だから両側が同符号で効く）ことに注意する．確かに $2a^2\omega_0/\hbar$ である．

検算（右辺）．$f$ 和則の右辺は $\dfrac{1}{\hbar^2}\braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]}$ であった．第8章で示した恒等式 $\braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]}=2\sum_n\abs{A_{0n}}^2(E_n-E_0)$ を本問に使うと，和は $n=1$ だけで

$$ \braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]} = 2a^2(\hbar\omega_0-0) = 2a^2\hbar\omega_0 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{\hbar^2}\cdot2a^2\hbar\omega_0 = \frac{2a^2\omega_0}{\hbar} $$

左辺と右辺が一致し，和則がこの系で厳密に成り立っていることが確認できた．

(4) 振動子強度 $f_{10}=\dfrac{2m\omega_0}{\hbar}a^2$ を数値で求め，TRK和則から妥当性を判断する問題である．まず励起振動数を出す：

$$ \omega_0 = \frac{2\ \mathrm{eV}}{\hbar} = \frac{2\times1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J}}{1.055\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}} = 3.04\times10^{15}\ \mathrm{s^{-1}} $$

これと $m=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$，$a=1\ \text{Å}=1.0\times10^{-10}\ \mathrm{m}$ を代入して

$$ f_{10} = \frac{2\times9.11\times10^{-31}\times3.04\times10^{15}\times(1.0\times10^{-10})^2}{1.055\times10^{-34}} = 0.52 $$

ヒントの値と一致する．TRK和則は電子1個につき $\sum_n f_{n0}=1$ を要求するから，$f_{10}=0.52\le1$ は矛盾しない妥当な値である．残りの $0.48$ は，このモデルに含めなかった高い励起状態や電離連続状態が担うと解釈すればよい．実際，本文8.7.2項で見た水素原子の $1s\to2p$（$f=0.4162$）と同程度であり，可視域の強い許容遷移として自然な大きさである．

物理的な意味．TRK和則 $\sum_nf_{n0}=1$ は $\Ham_0=\hat p^2/2m+V(\hat x)$ という形のハミルトニアンに対する厳密な等式だから，$\hat x$ が基底状態から実質1つの励起状態にしかつながらない系では，その1本に $f_{10}=1$ が強制される（調和振動子がその例で，1本の遷移が和則を使い切った）．したがって $f_{10}=0.52$ という設定は，「実在の多準位系から最も強い遷移1本だけを取り出した有効モデル」として読むべきである．振動子強度が $1$ を超えたら，どこかで計算を間違えている——これがTRK和則の検算としての使い方である．

解答

(1) $\hat A=\hat B$（エルミート）のとき，高振動数展開で $1/\omega$ の項が消えることを示す問題である．エルミート性より $A_{0n}B_{n0}=A_{0n}A_{n0}=\abs{A_{0n}}^2$ だから，Lehmann表示は（$\abs{\omega}$ が十分大きく実軸上の極から離れているので $\eta$ は落としてよい）

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \frac{1}{\hbar}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\left[\frac{1}{\omega-\omega_{n0}}-\frac{1}{\omega+\omega_{n0}}\right] $$

与えられた幾何級数展開を両方の分数に使う：

$$ \frac{1}{\omega-\omega_{n0}} = \frac1\omega\left(1+\frac{\omega_{n0}}{\omega}+\frac{\omega_{n0}^2}{\omega^2}+\cdots\right), \qquad \frac{1}{\omega+\omega_{n0}} = \frac1\omega\left(1-\frac{\omega_{n0}}{\omega}+\frac{\omega_{n0}^2}{\omega^2}-\cdots\right) $$

差を取ると，$\omega_{n0}$ の偶数次の項がすべて相殺し，奇数次だけが2倍になって残る：

$$ \frac{1}{\omega-\omega_{n0}}-\frac{1}{\omega+\omega_{n0}} = \frac{2\omega_{n0}}{\omega^2}+\frac{2\omega_{n0}^3}{\omega^4}+\cdots $$

とくに $1/\omega$ の項（展開の先頭の $1$ どうし）は $1-1=0$ で消えた．一般の $\hat A\ne\hat B$ まで戻って見ると，$1/\omega$ の係数は完全系を畳み直して

$$ \frac{1}{\hbar}\sum_n\left(A_{0n}B_{n0}-B_{0n}A_{n0}\right) = \frac{1}{\hbar}\left(\bra{0}\hat A\hat B\ket{0}-\bra{0}\hat B\hat A\ket{0}\right) = \frac{1}{\hbar}\braket{[\hat A,\hat B]} $$

であり，$\hat A=\hat B$ では交換子 $[\hat A,\hat A]=0$ となる——ヒントのとおりである．8.3節で確認した高振動数漸近 $\chi^R_{AB}\to\braket{[\hat A,\hat B]}/(\hbar\omega)$ の，交換子が消える特別な場合を見ていることになる．

(2) 消えずに残る主要項 $1/\omega^2$ の係数を二重交換子で書く問題である．(1)の展開の主要項を拾うと

$$ \chi^R_{AA}(\omega) \simeq \frac{1}{\hbar}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\cdot\frac{2\omega_{n0}}{\omega^2} = \frac{2}{\hbar\omega^2}\sum_n\abs{A_{0n}}^2\,\omega_{n0} $$

これが示すべき第1の式である．つぎに，この和を演算子の言葉に直す．8.7節の導出と同じく，$\bra{0}[\hat A,\Ham_0]\ket{n}=A_{0n}(E_n-E_0)$ を使って完全系を畳むと

$$ \braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]} = \bra{0}[\hat A,\Ham_0]\hat A\ket{0}-\bra{0}\hat A[\hat A,\Ham_0]\ket{0} = 2\sum_n\abs{A_{0n}}^2(E_n-E_0) = 2\hbar\sum_n\abs{A_{0n}}^2\,\omega_{n0} $$

である．すなわち $\displaystyle\sum_n\abs{A_{0n}}^2\omega_{n0}=\frac{1}{2\hbar}\braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]}$．これを上の主要項に代入して

$$ \chi^R_{AA}(\omega) \;\xrightarrow{\;\abs{\omega}\to\infty\;}\; \frac{2}{\hbar\omega^2}\cdot\frac{1}{2\hbar}\braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]} = \frac{1}{\hbar^2\omega^2}\braket{[[\hat A,\Ham_0],\hat A]} $$

が得られた．係数はまさに $f$ 和則の右辺である．

検算：KK関係から見ても同じ係数が出る．KK関係 $\chi'_{AA}(\omega)=\dfrac1\pi\PV\displaystyle\int\dd\omega'\,\dfrac{\chi''_{AA}(\omega')}{\omega'-\omega}$ で $\abs{\omega}\to\infty$ とし，$\dfrac{1}{\omega'-\omega}=-\dfrac1\omega\left(1+\dfrac{\omega'}{\omega}+\cdots\right)$ と展開すると

$$ \chi'_{AA}(\omega) \simeq -\frac{1}{\pi\omega}\int\dd\omega'\,\chi''_{AA}(\omega') -\frac{1}{\pi\omega^2}\int\dd\omega'\,\omega'\,\chi''_{AA}(\omega')-\cdots $$

第1項は $\chi''$ が奇関数なので消え，第2項は $\dfrac{1}{\omega^2}\displaystyle\int\frac{\dd\omega'}{\pi}\,\omega'\bigl(-\chi''_{AA}(\omega')\bigr)$，すなわち $1/\omega^2$ の係数は $f$ 和則の積分そのものである．和則とは高振動数展開の各次数の言い換えにほかならない——ヒントの言明が，Lehmann表示側とKK関係側の両方から確認できた．

(3) 密度演算子の場合に高振動数極限が $nq^2/(m\omega^2)$ になることを確かめる問題である．密度のFourier成分 $\hat n_\qq=\sum_j\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}$ は有限の $\qq$ ではエルミートでないので，本文8.7.3項と同様に $(\hat n_\qq,\hat n_\qq^\dagger)$ の組で考える．このときも(1)(2)とまったく同じ手順が通用する．(1)に対応する $1/\omega$ の項は $\braket{[\hat n_\qq,\hat n_\qq^\dagger]}=0$（どちらも位置だけの関数なので交換する）により消え，(2)の $1/\omega^2$ の係数は重みが $\abs{A_{0n}}^2+\abs{A_{n0}}^2$ に分かれるだけで結論の形は不変であり（本文8.7.3項），

$$ \chi^R_{nn}(\qq,\omega) \;\xrightarrow{\;\abs{\omega}\to\infty\;}\; \frac{1}{\hbar^2\omega^2}\braket{[[\hat n_\qq,\Ham_0],\hat n_\qq^\dagger]} $$

である．二重交換子は本文の導出10で計算したとおり，演算子ですらないただの数

$$ [[\hat n_\qq,\Ham_0],\hat n_\qq^\dagger] = \frac{N\hbar^2q^2}{m} $$

だから，期待値を取るまでもなく

$$ \chi^R_{nn}(\qq,\omega) \;\xrightarrow{\;\abs{\omega}\to\infty\;}\; \frac{1}{\hbar^2\omega^2}\cdot\frac{N\hbar^2q^2}{m} = \frac{Nq^2}{m\omega^2} \qquad\Bigl(\text{単位体積あたり}\;\frac{nq^2}{m\omega^2},\quad n=\frac NV\Bigr) $$

$\hbar$ も相互作用 $V$ も温度も消えた．

物理的な意味．この結果に長波長のCoulomb相互作用 $v_q=e^2/(\epsilon_0 q^2)$（SI）を掛けると，$q$ がちょうど相殺して

$$ v_q\cdot\frac{nq^2}{m\omega^2} = \frac{ne^2}{\epsilon_0 m\omega^2} = \frac{\omega_p^2}{\omega^2}, \qquad \omega_p = \sqrt{\frac{ne^2}{\epsilon_0 m}} $$

という無次元量になる．第11章で誘電関数の高振動数極限が $\epsilon(\qq,\omega)\to1-\omega_p^2/\omega^2$ という普遍的な形（波数にも相互作用の詳細にも依らない）になるのは，密度応答の $1/\omega^2$ の係数が和則で固定されているから——つまり本問の計算がその根拠である．十分速く揺すられた電子は，相互作用を感じる暇がなく自由電子として応答する，と言い換えてもよい．

解答

(1) $T\to0$ で温度因子つきの揺動散逸定理が $T=0$ の一般形に戻ることを説明する問題である．鍵は，詳細つり合い $S_{BA}(-\omega)=\ee^{-\beta\hbar\omega}S_{AB}(\omega)$ により，温度因子つきの形

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\left(1-\ee^{-\beta\hbar\omega}\right)S_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\left[S_{AB}(\omega)-\ee^{-\beta\hbar\omega}S_{AB}(\omega)\right] = -\frac{\pi}{\hbar}\left[S_{AB}(\omega)-S_{BA}(-\omega)\right] $$

が，任意の温度で一般形と同値だという事実である．この同値な形で $\beta\to\infty$ の極限を場合分けして見る．

$\omega>0$ の場合．温度因子は $1-\ee^{-\beta\hbar\omega}\to1-0=1$ となる．同じことを一般形の側で言えば，$S_{BA}(-\omega)$ は「系がエネルギー $\hbar\omega$ を渡す過程」の重みであり，詳細つり合いから $S_{BA}(-\omega)=\ee^{-\beta\hbar\omega}S_{AB}(\omega)\to0$——$T=0$ の系は基底状態にいて渡すエネルギーを持たないから消える．どちらの見方でも $\chi''_{AB}(\omega)=-\frac{\pi}{\hbar}S_{AB}(\omega)$ となる．

$\omega<0$ の場合．$T=0$ のスペクトル関数は，Lehmann表示 $S_{AB}(\omega)=\sum_n A_{0n}B_{n0}\,\delta(\omega-\omega_{n0})$（$\omega_{n0}\ge0$）により $\omega<0$ で恒等的にゼロである．一見すると温度因子 $1-\ee^{-\beta\hbar\omega}$ は $\omega<0$ で $-\ee^{\beta\hbar\abs{\omega}}$ と発散するが，掛かる相手の $S_{AB}(\omega)$ が（有限温度では）$\ee^{-\beta\hbar\abs{\omega}}$ に比例して小さく，積はちょうど有限にとどまる：

$$ \left(1-\ee^{-\beta\hbar\omega}\right)S_{AB}(\omega) = S_{AB}(\omega)-S_{BA}(-\omega) \;\xrightarrow{\;\beta\to\infty\;}\; 0-S_{BA}(-\omega) = -S_{BA}(-\omega) $$

まとめると，$T\to0$ ではどちらの符号の $\omega$ でも

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\left[S_{AB}(\omega)-S_{BA}(-\omega)\right] $$

が生き残る．これは本文で「$T=0$ でも有限温度でも成り立つ形」として導いた一般形そのものである．$\omega>0$ 側（吸収）には第1項だけ，$\omega<0$ 側（放出——$T=0$ では起こらないが応答関数には対称に書き込まれている）には第2項だけが寄与する，という構造も読み取れる．

(2) 古典極限 $\hbar\omega\ll k_BT$ を導く問題である．$x\equiv\beta\hbar\omega\ll1$ で指数関数をTaylor展開すると

$$ 1-\ee^{-x} = x-\frac{x^2}{2}+\cdots \simeq x = \beta\hbar\omega = \frac{\hbar\omega}{k_BT} $$

これを(1)の温度因子つきの式に代入すると，$\hbar$ が相殺して

$$ \chi''_{AB}(\omega) \simeq -\frac{\pi}{\hbar}\cdot\frac{\hbar\omega}{k_BT}\,S_{AB}(\omega) = -\frac{\pi\omega}{k_BT}\,S_{AB}(\omega) \qquad\Longleftrightarrow\qquad S_{AB}(\omega) = -\frac{k_BT}{\pi\,\omega}\,\chi''_{AB}(\omega) $$

$\hbar$ が消えた古典的揺動散逸定理であり，本文でNyquist の式の出発点にした形と一致する．

(3) 室温で量子補正が $10\%$ を超える周波数を見積もる問題である．古典近似とは因子 $1-\ee^{-x}$ を $x$ で置き換えることだから，その相対誤差は，ヒントの展開 $1-\ee^{-x}\simeq x(1-x/2)$ を使って

$$ \frac{x}{1-\ee^{-x}} \simeq \frac{1}{1-x/2} \simeq 1+\frac{x}{2} $$

すなわち補正は約 $x/2$ である．これが $10\%$ になるのは

$$ \frac x2 = 0.1 \qquad\Longrightarrow\qquad x = \beta\hbar\omega = 0.2 $$

室温 $300\ \mathrm{K}$ では $k_BT=25.85\ \mathrm{meV}$ だから

$$ \hbar\omega = 0.2\times25.85\ \mathrm{meV} = 5.17\ \mathrm{meV}, \qquad \nu = \frac{\hbar\omega}{h} = \frac{5.17\times10^{-3}\times1.602\times10^{-19}}{6.626\times10^{-34}} = 1.25\times10^{12}\ \mathrm{Hz} $$

すなわち約 $1.3\ \mathrm{THz}$ 以上で量子補正が $10\%$ を超える（ヒントの値と一致する．展開を使わず $x(1-\ee^{-x})^{-1}=1.1$ を数値で解いても $x=0.194$，$\nu=1.21\ \mathrm{THz}$ でほぼ同じである）．$\mathrm{MHz}$〜$\mathrm{GHz}$ 帯のエレクトロニクスは完全に古典領域，THz分光や光学フォノン（数十 $\mathrm{meV}$）では温度因子を量子形のまま使う必要がある，という実務上の棲み分けがここから出る．

(4) 可視光 $\hbar\omega=2\ \mathrm{eV}$・室温でのBoltzmann因子を評価し，揺動と散逸の区別の要否を論じる問題である．指数は

$$ \beta\hbar\omega = \frac{2\ \mathrm{eV}}{25.85\ \mathrm{meV}} = 77.4 \qquad\Longrightarrow\qquad \ee^{-\beta\hbar\omega} = \ee^{-77.4} \approx 2.5\times10^{-34} $$

ヒントの見積もり $\ee^{-77}\approx3\times10^{-34}$ と同じオーダーで，実質的に完全なゼロである．したがって温度因子は $1-\ee^{-\beta\hbar\omega}=1$（$34$桁の精度で！），すなわち

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\,S_{AB}(\omega) $$

が事実上厳密に成り立つ．結論として，可視光の吸収実験に関するかぎり，(i) 熱励起を要する放出過程（反Stokes型，$\omega<0$ 側）は観測にかからず，(ii) 揺らぎスペクトル $S$ と散逸スペクトル $-\hbar\chi''/\pi$ は同一の関数であり，(iii) 室温の実験を $T=0$ の式で解析してよい——この意味で「揺らぎと散逸を区別する必要はない」と言える．ただしこれは温度因子が $1$ に凍り付くという意味であって，揺動（外力なしの自発的な揺れ）と散逸（外力を加えたときのエネルギー吸収）という概念の区別が消えるわけではない．区別が実際に効いてくるのは $\hbar\omega\lesssim k_BT$，すなわちTHz以下・フォノン帯・磁気励起などの低エネルギー分光である．

解答

(1) 電荷密度演算子に対する $f$ 和則の右辺（単位体積あたり）を書き，$n$ を数値で求める問題である．数密度演算子 $\hat n_\qq$ に対する和則は，本文で導いたとおり単位体積あたり

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\,\bigl(-\chi''_{nn}(\qq,\omega)\bigr) = \frac{nq^2}{m} $$

である．電荷密度演算子 $\hat\rho^{\text{ch}}_\qq=e\,\hat n_\qq$ で書くと，応答関数の両側の行列要素に $e$ が1個ずつ付いて $\chi''_{\rho\rho}=e^2\chi''_{nn}$ となるから

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{\pi}\,\omega\,\bigl(-\chi''_{\rho\rho}(\qq,\omega)\bigr) = \frac{ne^2q^2}{m} $$

価電子密度は

$$ n = \frac{Z}{V_{\text{cell}}} = \frac{8}{40\times10^{-30}\ \mathrm{m^3}} = 2.0\times10^{29}\ \mathrm{m^{-3}} $$

数値の感覚．この $n$ に対応するプラズマエネルギーは $\hbar\omega_p=\hbar\sqrt{ne^2/(\epsilon_0m)}=16.6\ \mathrm{eV}$ である．$Z=8$・$V_{\text{cell}}=40\ \text{Å}^3$ は価電子密度としてはシリコン（$\hbar\omega_p^{\text{実測}}\approx16.7\ \mathrm{eV}$）と同じ値であり，設定として現実的である．和則の右辺は $q^2$ を除けば $ne^2/m=5.64\times10^{21}\ \mathrm{C^2\,kg^{-1}\,m^{-3}}$ という，物質の詳細に依らない定数で決まっている．

(2) ピーク1本が和則を使い切ると仮定したときの実効振動子強度を評価する問題である．TRK和則は単位胞あたり

$$ \sum_n f_{n0} = Z = 8 $$

を要求する．スペクトルの重みがすべて $\hbar\bar\omega=3.0\ \mathrm{eV}$ の1本のピークに集中しているという仮定は，和則の全量をこの1本が担うことを意味するから，その実効的な振動子強度は

$$ f_{\text{eff}} = Z = 8 \quad(\text{単位胞あたり}), \qquad\text{価電子1個あたりでは}\;f=1 $$

である．価電子1個あたり $f=1$ というのは，例題8.1の調和振動子（1本の遷移で和則を使い切る）とちょうど同じ状況であり，「半導体の光学応答を $\hbar\bar\omega$ に共鳴を持つLorentz振動子1個で近似する」という古典モデルが定量的にも機能する理由である．

検算．この $f_{\text{eff}}$ を双極子行列要素に換算してみる．$f=2m\bar\omega\abs{x}^2/\hbar$ とみなして $f=8$，$\bar\omega=3.0\ \mathrm{eV}/\hbar=4.56\times10^{15}\ \mathrm{s^{-1}}$ を解くと $\abs{x}=\sqrt{8\hbar/(2m\bar\omega)}=3.2\ \text{Å}$．単位胞の一辺 $V_{\text{cell}}^{1/3}=3.4\ \text{Å}$ と同程度であり，「単位胞内の価電子雲が丸ごと揺れる」という描像と整合する（原子1個の $1\ \text{Å}$ 程度より大きいのは，$8$ 電子分の重みをまとめて1本に押し込んだためである）．

(3) 計算スペクトルの積分が和則の $85\%$ にとどまる原因を挙げる問題である．代表的な原因は次の2つである．

原因1：積分範囲の打ち切り．$f$ 和則の重み $\omega(-\chi'')$ は高エネルギー側に長い尾を引く．価電子帯から高い伝導帯・連続状態への遷移は1本1本は弱いが数が多く，数十eVまで積分しないと和則は満たされない．計算した振動数窓（たとえば $0$〜$10\ \mathrm{eV}$）の外にある重みを落とせば，その分だけ積分は不足する．和則が合わないときは，まず積分範囲を疑うのが実務の鉄則である（バンド数の不足——非占有バンドを十分に取っていない——も同じ種類の打ち切りである）．

原因2：行列要素の不整合．和則の導出は $[\hat\xx,\Ham_0]$ が運動エネルギーだけから $\ii\hbar\hat\pp/m$ を与えることを使っている．ところが非局所擬ポテンシャル $\hat V_{\text{NL}}$ を使う第一原理計算では $[\hat\xx,\hat V_{\text{NL}}]\ne0$ であり，速度（遷移）行列要素は $\hat\pp/m$ に補正項 $\frac{\ii}{\hbar}[\hat V_{\text{NL}},\hat\xx]$ を加えたものになる．この補正を無視した速度演算子や，不完全な基底関数で評価した行列要素を使うと，スペクトルの重みが系統的に欠ける．

そのほか，内殻（セミコア）電子の寄与を $Z$ の数え方と整合させずに落としている場合や，$\kk$ 点サンプリングの不足も同種の欠損を生む．いずれにせよ和則は「どの近似がどれだけ重みを失わせたか」を定量化する検算装置として働く．

解答

本問は，問題文の指定どおりKubo流の符号（力 $F$ が $-F\hat x$ で結合し，古典FDTが $\tilde S_{xx}(\omega)=\frac{2k_BT}{\omega}\chi''_{xx}(\omega)$ となる流儀）で通す．$\tilde S$ は前置因子 $1/2\pi$ を付けない規約 $\tilde S_{AB}(\omega)=\int\dd t\,\ee^{\ii\omega t}\braket{A(t)B(0)}$ である．

(1) 速度応答関数の $\omega\to0$ 極限が移動度 $\mu$ になることを述べる問題である．応答関数の定義は $v(\omega)=\chi_{vF}(\omega)F(\omega)$ であった．$\omega\to0$ の極限は，第6章の断熱的印加の意味で「無限にゆっくり変わる（実質一定の）外力に対する定常応答」を表すから，$\chi_{vF}(0)$ は一定の力 $F$ と，それが生む終端速度 $v$ の比にほかならない．問題の設定でこの比は $v/F=\mu$ である．ゆえに

$$ \chi_{vF}(\omega)\;\xrightarrow{\;\omega\to0\;}\;\mu $$

検算．運動方程式 $M\dot v+\gamma v=F$（$\gamma=1/\mu$）を本書のFourier規約（$\partial_t\to-\ii\omega$）で変換すると $(-\ii M\omega+\gamma)v(\omega)=F(\omega)$，すなわち

$$ \chi_{vF}(\omega) = \frac{1}{\gamma-\ii M\omega} \;\xrightarrow{\;\omega\to0\;}\;\frac1\gamma = \mu $$

で確かに一致する（$\omega\gg\gamma/M$ では $\chi_{vF}\to\ii/M\omega$，つまり慣性だけの自由粒子応答に移る）．

(2) 位置に対する古典FDTから $\tilde S_{vv}(\omega\to0)=2\mu k_BT$ を導く問題である．

ステップ1：$\chi_{xx}$ を出す．運動方程式 $M\ddot x+\gamma\dot x=F$ を $\partial_t\to-\ii\omega$ でFourier変換する：

$$ \left[M(-\ii\omega)^2+\gamma(-\ii\omega)\right]x(\omega) = F(\omega) \qquad\Longrightarrow\qquad \left(-M\omega^2-\ii\gamma\omega\right)x(\omega) = F(\omega) $$ $$ \chi_{xx}(\omega) = \frac{x(\omega)}{F(\omega)} = -\frac{1}{M\omega^2+\ii\gamma\omega} $$

ヒントの式である．束縛ポテンシャルがないので $\omega\to0$ で発散する（自由粒子は静的な力にどこまでも流されるから，静的感受率は存在しない）ことに注意する．

ステップ2：虚部を取る．分母の複素共役を掛けて実部・虚部に分ける：

$$ \chi_{xx}(\omega) = -\frac{M\omega^2-\ii\gamma\omega}{(M\omega^2)^2+(\gamma\omega)^2} \qquad\Longrightarrow\qquad \chi''_{xx}(\omega) = \frac{\gamma\omega}{(M\omega^2)^2+(\gamma\omega)^2} = \frac{\gamma\omega}{\abs{M\omega^2+\ii\gamma\omega}^2} $$

Kubo流の符号なので $\omega>0$ で $\chi''>0$（散逸が正）になっている．$\omega\to0$ では分母で $(M\omega^2)^2\ll(\gamma\omega)^2$（具体的には $\omega\ll\gamma/M$，速度緩和より遅い時間スケール）だから

$$ \chi''_{xx}(\omega) \simeq \frac{\gamma\omega}{\gamma^2\omega^2} = \frac{1}{\gamma\omega} = \frac{\mu}{\omega} $$

ステップ3：古典FDTに入れる．

$$ \tilde S_{xx}(\omega) = \frac{2k_BT}{\omega}\,\chi''_{xx}(\omega) \;\xrightarrow{\;\omega\to0\;}\; \frac{2k_BT}{\omega}\cdot\frac{\mu}{\omega} = \frac{2\mu k_BT}{\omega^2} $$

ステップ4：速度の揺らぎに換算する．定常過程では相関関数が時間差だけの関数なので，$\braket{\dot x(t)\dot x(0)}=-\dfrac{\dd^2}{\dd t^2}\braket{x(t)x(0)}$ が成り立つ（1階微分を相手側に移すたびに符号が1つ出る）．Fourier変換すると $-\dd^2/\dd t^2\to\omega^2$ だから

$$ \tilde S_{vv}(\omega) = \omega^2\,\tilde S_{xx}(\omega) $$

（$v(\omega)=-\ii\omega\,x(\omega)$ の絶対値二乗 $\abs{-\ii\omega}^2=\omega^2$ が掛かる，と言っても同じである）．ステップ3の結果を入れると $\omega^2$ がちょうど相殺して

$$ \tilde S_{vv}(\omega) \;\xrightarrow{\;\omega\to0\;}\; \omega^2\cdot\frac{2\mu k_BT}{\omega^2} = 2\mu k_BT $$

有限値に収まった．最後に，$\tilde S_{vv}$ の定義で $\omega=0$ と置けば $\ee^{\ii\omega t}=1$ なので

$$ \tilde S_{vv}(\omega\to0) = \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\,\braket{v(t)v(0)} = 2\mu k_BT $$

が示された．位置の揺らぎ（$1/\omega^2$ で発散＝拡散して広がり続ける）と速度の揺らぎ（有限＝熱平衡の速度分布）の関係が，$\omega^2$ 因子1つで結ばれているのが美しいところである．

(3) Green–Kubo表式からEinstein関係式を出す問題である．定常性より $\braket{v(t)v(0)}=\braket{v(0)v(-t)}$ であり，古典量は交換するので $\braket{v(0)v(-t)}=\braket{v(-t)v(0)}$．すなわち速度相関関数は $t$ の偶関数で

$$ D = \int_0^{\infty}\dd t\,\braket{v(t)v(0)} = \frac12\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\,\braket{v(t)v(0)} = \frac12\times2\mu k_BT = \mu k_BT $$

これがEinstein関係式 $D=\mu k_BT$ である．

検算（直接計算）．Langevin方程式の速度相関は $\braket{v(t)v(0)}=\braket{v^2}\,\ee^{-\gamma\abs{t}/M}$ であり，エネルギー等分配 $\frac12M\braket{v^2}=\frac12k_BT$ から $\braket{v^2}=k_BT/M$．よって

$$ D = \int_0^{\infty}\dd t\,\frac{k_BT}{M}\ee^{-\gamma t/M} = \frac{k_BT}{M}\cdot\frac{M}{\gamma} = \frac{k_BT}{\gamma} = \mu k_BT $$

と同じ結果になる．

解答

(1) 与えられた $\chi^T_{AA}(\omega)$ の極の位置を調べ，上半面に極があることを確かめる問題である．まず分母を因数分解し，部分分数に開く：

$$ (\omega+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega)^2-\omega_0^2 = (\omega-\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega)(\omega+\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega) $$ $$ \chi^T_{AA}(\omega) = \frac{C}{2\omega_0}\left[ \frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega} -\frac{1}{\omega+\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega}\right] $$

第1項の分母がゼロに近づくのは $\omega\simeq+\omega_0>0$ の近傍で，そこでは $\mathrm{sgn}\,\omega=+1$．よって分母は $\omega-\omega_0+\ii\eta$ となり，極は

$$ \omega = +\omega_0-\ii\eta \qquad(\text{下半面}) $$

第2項の分母がゼロに近づくのは $\omega\simeq-\omega_0<0$ の近傍で，そこでは $\mathrm{sgn}\,\omega=-1$．分母は $\omega+\omega_0-\ii\eta$ となり，極は

$$ \omega = -\omega_0+\ii\eta \qquad(\text{上半面！}) $$

複素平面に描くと，正振動数側の極は実軸の直下，負振動数側の極は実軸の直上にあり，原点に関して対称な対角配置になる——本文の図8.4(b)そのものである．確かに上半面に極が1つあり，$\chi^T$ は上半面で正則でない．したがって定理8.1の前提が崩れ，$\chi^T$ にKK関係をそのまま適用することはできない．なお本文で導いた $\chi^T$ の一般形と見比べると，本問の関数は $A_{01}B_{10}=\hbar C/2\omega_0$ の1励起（2準位）系に対応しており，$C>0$ は重みの正値性と整合している．

(2) $T=0$ の橋渡しの式で $\chi^R_{AA}(\omega)$ を書き下す問題である．本文で導いた関係は

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \mathrm{Re}\,\chi^T_{AA}(\omega) + \ii\,\mathrm{sgn}(\omega)\,\mathrm{Im}\,\chi^T_{AA}(\omega) \qquad(T=0) $$

であった．まず(1)の部分分数表示にSokhotski–Plemelj公式 $\dfrac{1}{x\pm\ii\eta}=\PV\dfrac1x\mp\ii\pi\delta(x)$ を適用して実部と虚部を出す．デルタ関数 $\delta(\omega-\omega_0)$ の台は $\omega=+\omega_0$（そこで $\mathrm{sgn}\,\omega=+1$，つまり $+\ii\eta$ 型），$\delta(\omega+\omega_0)$ の台は $\omega=-\omega_0$（そこで $\mathrm{sgn}\,\omega=-1$，つまり $-\ii\eta$ 型）であることに注意すると

$$ \frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega} = \PV\frac{1}{\omega-\omega_0}-\ii\pi\,\delta(\omega-\omega_0), \qquad \frac{1}{\omega+\omega_0+\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega} = \PV\frac{1}{\omega+\omega_0}+\ii\pi\,\delta(\omega+\omega_0) $$

よって

$$ \mathrm{Re}\,\chi^T_{AA}(\omega) = \frac{C}{2\omega_0}\,\PV\!\left[\frac{1}{\omega-\omega_0}-\frac{1}{\omega+\omega_0}\right] = C\,\PV\frac{1}{\omega^2-\omega_0^2} $$ $$ \mathrm{Im}\,\chi^T_{AA}(\omega) = -\frac{\pi C}{2\omega_0}\left[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)\right] $$

虚部がデルタ関数の和，すなわち $\omega$ の偶関数になっている（本文で述べた $\chi^T$ の一般的性質の再確認である）．これに $\mathrm{sgn}(\omega)$ を掛けると，$\delta(\omega-\omega_0)$ には $+1$，$\delta(\omega+\omega_0)$ には $-1$ が付いて

$$ \mathrm{sgn}(\omega)\,\mathrm{Im}\,\chi^T_{AA}(\omega) = -\frac{\pi C}{2\omega_0}\left[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)\right] $$

と奇関数に直る．橋渡しの式で組み立て直すと

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \frac{C}{2\omega_0}\left\{ \left[\PV\frac{1}{\omega-\omega_0}-\ii\pi\delta(\omega-\omega_0)\right] -\left[\PV\frac{1}{\omega+\omega_0}-\ii\pi\delta(\omega+\omega_0)\right]\right\} $$

波括弧の中身は，Sokhotski–Plemeljを逆向きに読めばどちらも $+\ii\eta$ 型の分数である：

$$ \chi^R_{AA}(\omega) = \frac{C}{2\omega_0}\left[ \frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta} -\frac{1}{\omega+\omega_0+\ii\eta}\right] = \frac{C}{(\omega+\ii\eta)^2-\omega_0^2} $$

最後の等号は演習8.1(1)とまったく同じ通分である．結果はヒントのとおり，$\ii\eta$ の符号を $\omega$ の符号に依らず $+$ に固定しただけの形になった（$\ii\eta\,\mathrm{sgn}\,\omega\to+\ii\eta$ という置き換え規則として覚えてよい）．

(3) 復元した $\chi^R$ の極がすべて下半面にあることを確かめ，KK関係の成立を述べる問題である．(2)の分母がゼロになるのは $(\omega+\ii\eta)^2=\omega_0^2$，すなわち

$$ \omega = +\omega_0-\ii\eta \qquad\text{および}\qquad \omega = -\omega_0-\ii\eta $$

で，2つとも実軸の下側にある．(1)で上半面にいた負振動数側の極が，$\mathrm{sgn}$ 関数の除去によって下半面に引きずり下ろされた．よって $\chi^R_{AA}(\omega)$ は上半面で正則であり，定理8.1（上半面解析性＝因果律）を満たす．したがって第4章のKramers–Kronig関係

$$ \chi'_{AA}(\omega) = \frac{1}{\pi}\,\PV\!\!\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\dd\omega'\,\frac{\chi''_{AA}(\omega')}{\omega'-\omega} $$

がそのまま適用できるようになった．実際，(2)で得た $\chi''_{AA}=-\frac{\pi C}{2\omega_0}[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)]$ は奇関数で，$C>0$ より $\omega\chi''_{AA}\le0$（本書の規約での正しい散逸の符号）も満たしており，例題8.2と同じ計算でKK積分から $\chi'_{AA}$ が正しく再現される．形は例題8.1の調和振動子（$C=1/m$ とすれば $\chi^R_{xx}$ そのもの）である．

物理的な意味．Feynman図（Wickの定理）が自動的に吐き出すのは，計算しやすいが因果的でない $\chi^T$ である．$T=0$ ならば「負振動数側の虚部の符号を手で反転する」だけで，実験が測る因果的な $\chi^R$ に直せる——本問はその手続きの最小の実例である．有限温度ではこの単純な変換規則が存在しないため，虚時間の松原形式と解析接続（第13章）が必要になる．そのとき解析接続の着地点を保証するのが，(3)で確認した上半面解析性である．

解答

(1) $\hat\rho_\qq=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$ のHermite共役が $\hat\rho_{-\qq}$ に一致することを示す．積の共役の規則 $(\hat A\hat B)^\dagger=\hat B^\dagger\hat A^\dagger$ と $(\hat c^\dagger)^\dagger=\hat c$ を各項に使うと

$$ \left(\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}\right)^\dagger =\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\,\hat c_{\kk\sigma} \qquad\Longrightarrow\qquad \hat\rho_\qq^\dagger=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\,\hat c_{\kk\sigma} $$

ここで和の変数を $\kk'=\kk+\qq$ に取り替える．$\kk$ はすべての波数を走るから，一定量 $\qq$ だけずらした $\kk'$ もやはりすべての波数を走り，和の範囲は変わらない．$\kk=\kk'-\qq$ を代入して

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

一方，定義式で $\qq\to-\qq$ とすれば $\hat\rho_{-\qq}=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk-\qq,\sigma}$ である．両者は和の変数の名前を除いて同一だから $\hat\rho_\qq^\dagger=\hat\rho_{-\qq}$ が示された．これは9.1.2節で述べたとおり，$\hat\rho(\xx)$ がHermite（実の観測量）であることのFourier版である．

(2) 自由電子ハミルトニアン $\Ham_0=\sum_{\kk\sigma}\varepsilon_\kk\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk\sigma}$ との交換子を計算する．まずヒントの恒等式そのものを反交換関係から確かめておく．$\{\hat c_a,\hat c^\dagger_b\}=\delta_{ab}$ を $\hat c_b\hat c^\dagger_c=\delta_{bc}-\hat c^\dagger_c\hat c_b$，$\hat c_d\hat c^\dagger_a=\delta_{da}-\hat c^\dagger_a\hat c_d$ の形で使うと

$$ \begin{aligned} [\hat c^\dagger_a\hat c_b,\ \hat c^\dagger_c\hat c_d] &=\hat c^\dagger_a\hat c_b\hat c^\dagger_c\hat c_d-\hat c^\dagger_c\hat c_d\hat c^\dagger_a\hat c_b\\ &=\hat c^\dagger_a\left(\delta_{bc}-\hat c^\dagger_c\hat c_b\right)\hat c_d -\hat c^\dagger_c\left(\delta_{da}-\hat c^\dagger_a\hat c_d\right)\hat c_b\\ &=\delta_{bc}\,\hat c^\dagger_a\hat c_d-\delta_{da}\,\hat c^\dagger_c\hat c_b -\hat c^\dagger_a\hat c^\dagger_c\hat c_b\hat c_d +\hat c^\dagger_c\hat c^\dagger_a\hat c_d\hat c_b \end{aligned} $$

最後の2項は，$\hat c^\dagger_c\hat c^\dagger_a=-\hat c^\dagger_a\hat c^\dagger_c$ と $\hat c_d\hat c_b=-\hat c_b\hat c_d$ とで符号がちょうど2回反転するので互いに打ち消す．よって

$$ [\hat c^\dagger_a\hat c_b,\ \hat c^\dagger_c\hat c_d]=\delta_{bc}\,\hat c^\dagger_a\hat c_d-\delta_{da}\,\hat c^\dagger_c\hat c_b $$

$a=b$ と置き，$(c,d)$ を $(b,c)$ と書き直せばヒントの形 $[\hat c^\dagger_a\hat c_a,\hat c^\dagger_b\hat c_c]=\delta_{ab}\hat c^\dagger_a\hat c_c-\delta_{ac}\hat c^\dagger_b\hat c_a$ になる．これを添字 $a=(\kk\sigma)$，$b=(\kk'\sigma')$，$c=(\kk'+\qq,\sigma')$ に適用する（$\delta$ は波数とスピンの両方を含む）：

$$ [\Ham_0,\hat\rho_\qq] =\sum_{\kk\sigma}\sum_{\kk'\sigma'}\varepsilon_\kk\, [\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk\sigma},\ \hat c^\dagger_{\kk'\sigma'}\hat c_{\kk'+\qq,\sigma'}] =\sum_{\kk\sigma}\sum_{\kk'\sigma'}\varepsilon_\kk \left(\delta_{\kk\kk'}\delta_{\sigma\sigma'}\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk'+\qq,\sigma'} -\delta_{\kk,\kk'+\qq}\delta_{\sigma\sigma'}\,\hat c^\dagger_{\kk'\sigma'}\hat c_{\kk\sigma}\right) $$

第1項は $\kk'=\kk$，$\sigma'=\sigma$ で和が潰れて $\sum_{\kk\sigma}\varepsilon_\kk\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$ になる．第2項は $\kk=\kk'+\qq$ で潰れて $\sum_{\kk'\sigma'}\varepsilon_{\kk'+\qq}\,\hat c^\dagger_{\kk'\sigma'}\hat c_{\kk'+\qq,\sigma'}$ となるから，変数名を $\kk'\to\kk$ に戻すと2つの和は同じ演算子 $\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$ に係数 $\varepsilon_\kk$ と $\varepsilon_{\kk+\qq}$ を掛けたものになる．まとめて

$$ [\Ham_0,\hat\rho_\qq]=\sum_{\kk\sigma}\left(\varepsilon_\kk-\varepsilon_{\kk+\qq}\right)\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma} $$

が示された．

検算．$\qq=\bm 0$ とすると係数は $\varepsilon_\kk-\varepsilon_\kk=0$，すなわち $[\Ham_0,\hat N]=0$ となり，9.1.2節(b)の「粒子数は保存量」という事実と整合している．

(3) Heisenberg表示の $\hat\rho_\qq(t)$ が項ごとの位相因子を持つことを示す．$\hat A_{\kk\sigma}\equiv\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$，$\lambda_\kk\equiv\varepsilon_\kk-\varepsilon_{\kk+\qq}$ と略記する．(2)の計算は2重和を項ごとに潰しただけだから，各 $\kk$ の項について別々に

$$ [\Ham_0,\hat A_{\kk\sigma}]=\lambda_\kk\,\hat A_{\kk\sigma} $$

が成り立っている（$\hat A_{\kk\sigma}$ は $\Ham_0$ との交換に関する「固有演算子」である）．そこで演算子恒等式

$$ \ee^{\hat X}\hat A\,\ee^{-\hat X} =\hat A+[\hat X,\hat A]+\frac{1}{2!}\,[\hat X,[\hat X,\hat A]]+\frac{1}{3!}\,[\hat X,[\hat X,[\hat X,\hat A]]]+\cdots $$

を $\hat X=\ii\Ham_0t/\hbar$，$\hat A=\hat A_{\kk\sigma}$ に使う．1重の交換子は

$$ [\hat X,\hat A_{\kk\sigma}]=\frac{\ii t}{\hbar}\,[\Ham_0,\hat A_{\kk\sigma}]=\frac{\ii\lambda_\kk t}{\hbar}\,\hat A_{\kk\sigma} $$

であり，交換するたびに同じ数 $\ii\lambda_\kk t/\hbar$ が掛かるだけだから，$n$ 重の入れ子は $\left(\ii\lambda_\kk t/\hbar\right)^n\hat A_{\kk\sigma}$ になる．級数はそのまま指数関数に足し上がり

$$ \hat A_{\kk\sigma}(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\hat A_{\kk\sigma}\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{\ii\lambda_\kk t}{\hbar}\right)^n\hat A_{\kk\sigma} =\ee^{\ii(\varepsilon_\kk-\varepsilon_{\kk+\qq})t/\hbar}\,\hat A_{\kk\sigma} $$

和は線形なので

$$ \hat\rho_\qq(t)=\sum_{\kk\sigma}\ee^{\ii(\varepsilon_\kk-\varepsilon_{\kk+\qq})t/\hbar}\, \hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma} $$

が示された．

物理的な意味．共役を取れば $\hat\rho_{-\qq}(t)=\hat\rho_\qq(t)^\dagger=\sum_{\kk\sigma}\ee^{\ii(\varepsilon_{\kk+\qq}-\varepsilon_\kk)t/\hbar}\,\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\hat c_{\kk\sigma}$ であり，位相の振動数 $(\varepsilon_{\kk+\qq}-\varepsilon_\kk)/\hbar$ は9.1.3節で数えた粒子‐正孔対の励起エネルギー $\hbar\omega_{\kk\qq}=\varepsilon_{\kk+\qq}-\varepsilon_\kk$ そのものである．この結果を本章の久保公式 $\chi_{\rho\rho}(\qq,\omega)=-\frac{\ii}{\hbar V}\int_0^\infty\dd\tau\,\ee^{\ii\omega\tau}\braket{[\hat\rho_\qq(\tau),\hat\rho_{-\qq}(0)]}_0$ に代入すると，$\tau$ 積分は $\int_0^\infty\dd\tau\,\ee^{\ii(\omega+\lambda_\kk/\hbar+\ii\eta)\tau}=\ii/(\omega+\lambda_\kk/\hbar+\ii\eta)$ という形の因子を項ごとに生み，分母 $\hbar\omega+\varepsilon_\kk-\varepsilon_{\kk+\qq}+\ii\eta$——9.5節で先取りしたLindhard関数の分母そのもの——が現れる．第10章はまさにこの計算を実行する．

解答

(1) 湯川型ポテンシャル $e^2\ee^{-\mu r}/r$ のFourier変換が $4\pi e^2/(q^2+\mu^2)$ になることを，9.3.1節と同じ道筋で確かめる．今回は最後に $\mu\to0^+$ とせず，$\mu$ を有限に保ったまま読み切ればよい．

ステップ1（極座標）．$\qq$ を $z$ 軸に取り $u=\cos\theta$ とすると $\qq\cdot\bm r=qru$，$\dd^3r=2\pi r^2\dd r\,\dd u$ だから

$$ v_\mu(q)=\int\dd^3r\;\frac{e^2\ee^{-\mu r}}{r}\,\ee^{-\ii\qq\cdot\bm r} =2\pi e^2\int_0^\infty\dd r\,r\,\ee^{-\mu r}\int_{-1}^{1}\dd u\;\ee^{-\ii qru} $$

ステップ2（角度積分）．

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

ステップ3（動径積分）．$r\cdot\frac{2\sin qr}{qr}=\frac{2\sin qr}{q}$ に注意して

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

$\sin qr=\frac{1}{2\ii}(\ee^{\ii qr}-\ee^{-\ii qr})$ と書けば，$\mu>0$ のおかげで各項が絶対収束し

$$ \int_0^\infty\dd r\;\ee^{-\mu r}\sin qr =\frac{1}{2\ii}\left[\int_0^\infty\dd r\,\ee^{-(\mu-\ii q)r}-\int_0^\infty\dd r\,\ee^{-(\mu+\ii q)r}\right] =\frac{1}{2\ii}\left[\frac{1}{\mu-\ii q}-\frac{1}{\mu+\ii q}\right] =\frac{1}{2\ii}\cdot\frac{2\ii q}{\mu^2+q^2} =\frac{q}{\mu^2+q^2} $$

ステップ4（まとめ）．

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

が確かめられた．裸のCoulombの場合と違って $r\to\infty$ の収束を別途仕立てる必要がないのは，$\ee^{-\mu r}$ がはじめから裾を切ってくれているからである．

(2) 逆変換して実空間に戻す．本章の規約 $f(\xx)=\int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}f(\qq)\ee^{\ii\qq\cdot\xx}$ に従い

$$ f(r)=\int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\;\frac{4\pi e^2}{q^2+\mu^2}\,\ee^{\ii\qq\cdot\bm r} $$

を計算する．ステップ1（角度積分を先に済ませる）．今度は $\bm r$ を極軸に取る．(1)のステップ2と同じ計算（符号だけ逆）で $\int_{-1}^1\dd u\,\ee^{\ii qru}=\frac{2\sin qr}{qr}$ だから

$$ f(r)=\frac{1}{(2\pi)^3}\int_0^\infty\dd q\;q^2\cdot\frac{4\pi e^2}{q^2+\mu^2}\cdot 2\pi\cdot\frac{2\sin qr}{qr} =\frac{16\pi^2e^2}{(2\pi)^3\,r}\int_0^\infty\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+\mu^2} =\frac{2e^2}{\pi r}\int_0^\infty\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+\mu^2} $$

被積分関数は $q\to-q$ で（$q$ も $\sin qr$ も奇なので積が）偶だから，積分区間を実軸全体に広げて半分にできる：

$$ f(r)=\frac{e^2}{\pi r}\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+\mu^2} $$

ヒントの形になった．ステップ2（複素積分に直す）．実軸上では $q/(q^2+\mu^2)$ が実数なので，$\sin qr=\mathrm{Im}\,\ee^{\ii qr}$ と書いて虚部を積分の外に出せる：

$$ f(r)=\frac{e^2}{\pi r}\,\mathrm{Im}\,J, \qquad J=\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{q^2+\mu^2} =\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{(q-\ii\mu)(q+\ii\mu)} $$

ステップ3（留数）．$r>0$ なので上半面の大きな半円で閉じる（理由は(3)）．囲まれる極は $q=+\ii\mu$ のみで，留数は

$$ \Res_{q=\ii\mu}\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{(q-\ii\mu)(q+\ii\mu)} =\frac{\ii\mu\;\ee^{\ii(\ii\mu)r}}{2\ii\mu} =\frac{\ee^{-\mu r}}{2} $$

反時計回りだから留数定理で

$$ J=2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{-\mu r}}{2}=\ii\pi\,\ee^{-\mu r} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathrm{Im}\,J=\pi\,\ee^{-\mu r} $$

ステップ4（まとめ）．

$$ f(r)=\frac{e^2}{\pi r}\cdot\pi\,\ee^{-\mu r}=\frac{e^2\,\ee^{-\mu r}}{r} $$

確かに元の湯川型に戻った．

検算．$\mu\to0^+$ とすれば往路は $4\pi e^2/q^2$，復路は $e^2/r$ となり，9.3.1節の対 $v(q)=4\pi e^2/q^2\leftrightarrow e^2/r$ を再現する．また $\mu\to q_{TF}$ と読み替えれば，この計算はそのまま9.6.3節のThomas–Fermi遮蔽ポテンシャル $\phi_{\text{tot}}(r)=-\dfrac{Ze^2}{r}\ee^{-q_{TF}r}$ の導出になっている．

(3) どちらの半円で閉じるかは，弧の上で $\ee^{\ii qr}$ が減衰するかどうかで決まる．半径 $R$ の半円上で $q=R\ee^{\ii\theta}$ と書くと

$$ \abs{\ee^{\ii qr}}=\ee^{-Rr\sin\theta} $$

である．$r>0$ のとき，上半面（$0<\theta<\pi$，$\sin\theta>0$）では指数が負になって減衰し，下半面では $\ee^{+Rr\abs{\sin\theta}}$ と爆発する．第5章のJordanの補題は「$\ee^{\ii qr}$（$r>0$）を含む積分は，残りの因子が $R\to\infty$ で一様に $0$ に向かうなら，上半面の弧の寄与が消える」と保証するものであり，いまの残りの因子は $\abs{q/(q^2+\mu^2)}\sim1/R\to0$ なので条件を満たす．したがって上半面で閉じるのが正しく，拾う極は $q=+\ii\mu$ だけになる．その結果として減衰因子 $\ee^{-\mu r}$ が出る——遠方で減衰するという物理は，$r>0$ が強制する閉じ方の選択に自動的に織り込まれている．

解答

(1) 各 $q$ について $x=-q_{TF}^2/q^2$ と $\epsilon=1-x$ を計算する．$q_{TF}=2.05\ \text{Å}^{-1}$ より $q_{TF}^2=4.20\ \text{Å}^{-2}$ である．たとえば $q=0.5\ \text{Å}^{-1}$ なら $x=-4.20/0.25=-16.8$，$\epsilon=1+16.8=17.8$ となる．残りも同様に計算し，(4)で使う $1/\epsilon$ も併せて表にする．

$q=1.0\ \text{Å}^{-1}$ の行はヒントの値 $x=-4.20$，$\epsilon=5.20$，$1/\epsilon=0.192$ と一致している．

(2) 幾何級数の収束条件 $\abs{x}<1$ を $q$ の条件に直す．$x$ は負なので $\abs{x}=q_{TF}^2/q^2$ であり

$$ \abs{x}<1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{q_{TF}^2}{q^2}<1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad q>q_{TF}=2.05\ \text{Å}^{-1} $$

すなわち級数が収束するのは遮蔽波数より短波長の側だけで，遮蔽がいちばん効く長波長側（$q<q_{TF}$）では級数は発散する．表では $q=0.5,\ 1.0,\ 2.0$ の3行が発散領域にある（$q=2.0\ \text{Å}^{-1}$ は $q_{TF}=2.05\ \text{Å}^{-1}$ をわずかに下回り，$\abs{x}=1.05$ でぎりぎり発散側に留まる）．収束領域にあるのは $q=4.0$ の行だけである．

(3) $q=1.0\ \text{Å}^{-1}$（$x=-4.20$）で部分和 $S_n=\sum_{m=0}^{n}x^m$ を追う．$x^2=17.6$，$x^3=-74.1$ だから

$$ S_0=1,\qquad S_1=1-4.20=-3.20,\qquad S_2=-3.20+17.6=14.4,\qquad S_3=14.4-74.1=-59.6 $$

一方，正しい答えは $\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{1}{5.20}=0.192$ である．部分和は符号を変えながら振幅を約 $4.2$ 倍ずつ増しており，$0.192$ に近づく気配はまったくない——$\abs{x}=4.20>1$ なので幾何級数としては発散しているのである．それでも閉じた形 $1/(1-x)$ が正しいのは，9.3節でこの式を級数の和として得たのではなく，自己無撞着方程式 $\phi_{\text{tot}}=\phi_{\text{ext}}+v\chi^0\phi_{\text{tot}}$ を移項して $(1-v\chi^0)\phi_{\text{tot}}=\phi_{\text{ext}}$ と代数的に解いたからである．級数は $\abs{x}<1$ でのみ通用する「読み方」にすぎず，答えの根拠ではない（9.3.3節の再足し上げ）．摂動論の各次数（＝各部分和）が暴れていても，無限次を閉じた形に組み替えた結果は穏やかで正しい——多体理論で再足し上げが不可欠になる理由を，この4つの数字が端的に見せている．

(4) 遮蔽の強さ $1/\epsilon$ は表の第4列のとおり，$q=0.5,\ 1.0,\ 2.0,\ 4.0\ \text{Å}^{-1}$ に対して $0.0562,\ 0.192,\ 0.488,\ 0.792$ である．$1/\epsilon$ は外部ポテンシャルが中でどれだけ生き残るかの割合だから，小さいほど遮蔽が強い．$q$ が小さい（波長が長い）ほど $1/\epsilon$ が小さく，$q=0.5\ \text{Å}^{-1}$ では外の声の $5.6\,\%$ しか届かない．一般に $1/\epsilon=q^2/(q^2+q_{TF}^2)$ は $q$ の単調増加関数で，$q\to0$ で $q^2/q_{TF}^2\to0$（長波長は完全に遮蔽される），$q\to\infty$ で $1$（Fermi波長より短い縞には電子が追随できず，遮蔽が効かない）となる．「長波長ほど強く遮蔽される」ことが数値で確認できた．

解答

(1) 本章で導いた $\chi=\dfrac{\chi^0}{1-v\chi^0}$ を $\chi^0$ について解く．分母を払って

$$ \chi\left(1-v\chi^0\right)=\chi^0 \qquad\Longrightarrow\qquad \chi=\chi^0+v\chi\chi^0=\left(1+v\chi\right)\chi^0 $$

$1+v\chi=\epsilon^{-1}$ は恒等的にはゼロでない（ゼロなら $\epsilon$ が発散する特別な点で，そこを除いて考えればよい）ので割り算ができて

$$ \chi^0=\frac{\chi}{1+v\chi} $$

が得られた．もとの式と見比べると，$\chi\leftrightarrow\chi^0$ の交換が $v\to-v$ の符号反転と対になっており，$\epsilon=1-v\chi^0$ と $\epsilon^{-1}=1+v\chi$ の対称性そのものである．

検算．得た式をもとの式に代入すると $\dfrac{\chi/(1+v\chi)}{1-v\chi/(1+v\chi)}=\dfrac{\chi}{(1+v\chi)-v\chi}=\chi$ となって確かに戻る．

(2) 2種類の発散点がどう対応するかを調べる．まず $\chi^0\to\infty$ となる $(\qq,\omega)$ では，分子分母を $\chi^0$ で割って

$$ \chi=\frac{\chi^0}{1-v\chi^0}=\frac{1}{\dfrac{1}{\chi^0}-v} \;\xrightarrow{\ \chi^0\to\infty\ }\; -\frac{1}{v} $$

すなわち $\chi$ は発散せず有限値 $-1/v$ に留まる（このとき $\abs{\epsilon}=\abs{1-v\chi^0}\to\infty$，つまり応答が抑え込まれる点である）．逆に $\chi$ が発散するのは分母がゼロ，すなわち

$$ 1-v\chi^0=0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \chi^0=\frac{1}{v}=\frac{q^2}{4\pi e^2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \epsilon=0 $$

のときで，これは $\chi^0$ が有限の値 $1/v$ を取る点である．つまり $\chi^0$ の極は $\chi$ の極ではなく，$\chi$ の極は $\chi^0$ の極ではない．発散の位置が相互作用 $v$ によって完全に付け替えられている．

(3) 第8章のLehmann表示によれば，応答関数の極はその応答が見ている励起のエネルギーに立つ．$\chi^0$ の極は粒子‐正孔対の励起エネルギー $\varepsilon_{\kk+\qq}-\varepsilon_\kk$（熱力学極限では図9.1(b)の連続体＝分枝切断）にあり，「電子を1個叩き上げる」個別励起を表す．一方，実験者が $\phi_{\text{ext}}$ で叩いて見る応答は $\chi$ であり，その極は相互作用まで含めた系の真の共鳴である．(2)の計算はこう読める：外場の振動数が粒子‐正孔対のエネルギーにぴったり合っても（$\chi^0\to\infty$），誘起電荷の作る逆向きのポテンシャルが応答を頭打ちにして $\chi=-1/v$ で止める．代わりに，どの粒子‐正孔対のエネルギーとも一致しない $v\chi^0=1$ の場所——そこでは $\mathrm{Im}\,\chi^0=0$ が可能，すなわち連続体の外——に新しい発散が生まれる．これが $10^{23}$ 個の電子がそろって揺れる集団励起（プラズモン）であり，個別励起の集まりだった $\chi^0$ の極とは別物である．図9.1(b)でプラズモン分散が粒子‐正孔連続体の上に押し出されて描かれているのは，この「相互作用による作り変え」の帰結である．

解答

(1) $\gamma\ll\omega_p$ のとき，ピーク位置が $\omega\simeq\omega_p$，半値全幅が $\gamma$ であることを示す．関心があるのは分母第1項 $(\omega^2-\omega_p^2)^2$ が小さくなる $\omega\simeq\omega_p$ の近傍だから，そこで展開する．差の因数分解 $\omega^2-\omega_p^2=(\omega-\omega_p)(\omega+\omega_p)$ で $\omega+\omega_p\simeq2\omega_p$ と近似し，ゆっくり変わる因子（分子の $\omega$ と分母の $\gamma^2\omega^2$ の $\omega$）はすべて $\omega_p$ と置くと

$$ L(\omega)=\frac{\gamma\,\omega\,\omega_p^2}{(\omega^2-\omega_p^2)^2+\gamma^2\omega^2} \;\simeq\; \frac{\gamma\,\omega_p^3}{4\omega_p^2(\omega-\omega_p)^2+\gamma^2\omega_p^2} =\frac{\gamma\,\omega_p}{4(\omega-\omega_p)^2+\gamma^2} =\frac{\omega_p}{\gamma}\cdot\frac{\gamma^2}{4(\omega-\omega_p)^2+\gamma^2} $$

これは中心 $\omega_p$ のLorentz型である．最大は $\omega=\omega_p$ で $L(\omega_p)=\omega_p/\gamma$，その半分 $\omega_p/2\gamma$ になるのは $4(\omega-\omega_p)^2=\gamma^2$，すなわち $\omega=\omega_p\pm\gamma/2$ のときだから，半値全幅は確かに $\gamma$ である．

検算（ピーク位置の精密化）．近似せずに $\dd L/\dd\omega=0$ を解くと，$y=\omega^2$ の2次方程式から最大は $\omega_{\text{peak}}=\omega_p\sqrt{1-\gamma^2/4\omega_p^2}$ に来ることが分かる（数値でも確認できる）．ずれは相対値で $\gamma^2/8\omega_p^2$，後述のAlの数値なら $4\times10^{-4}$ 程度で，$\gamma\ll\omega_p$ の下では「ピークは $\omega_p$」としてよい．

(2) 第1モーメント $\int_0^\infty\dd\omega\,\omega L(\omega)$ が $\frac{\pi}{2}\omega_p^2$ になることを，同じ近似で確かめる．被積分関数は

$$ \omega L(\omega)=\frac{\gamma\,\omega^2\,\omega_p^2}{(\omega^2-\omega_p^2)^2+\gamma^2\omega^2} $$

で，これもピークが $\omega_p$ に鋭く立つ．鋭い分母だけ $\omega$ 依存性を残し，ほかを $\omega\simeq\omega_p$ と置き，さらにLorentz型の裾は幅 $\gamma$ の外では $1/(\omega-\omega_p)^2$ で落ちるので積分区間を $(-\infty,\infty)$ に広げてよい（広げた分の誤差は $O(\gamma/\omega_p)$）：

$$ \int_0^\infty\dd\omega\,\omega L(\omega) \;\simeq\; \gamma\omega_p^2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\omega_p^2\,\dd\omega}{4\omega_p^2(\omega-\omega_p)^2+\gamma^2\omega_p^2} =\gamma\omega_p^2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{4(\omega-\omega_p)^2+\gamma^2} $$

残った積分は $s=\omega-\omega_p$ と置き，$\frac{\dd}{\dd s}\arctan\frac{2s}{\gamma}=\frac{2/\gamma}{1+4s^2/\gamma^2}$ から

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd s}{4s^2+\gamma^2} =\left[\frac{1}{2\gamma}\arctan\frac{2s}{\gamma}\right]_{-\infty}^{\infty} =\frac{1}{2\gamma}\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right) =\frac{\pi}{2\gamma} $$

したがって

$$ \int_0^\infty\dd\omega\,\omega L(\omega)\;\simeq\;\gamma\omega_p^2\cdot\frac{\pi}{2\gamma}=\frac{\pi}{2}\,\omega_p^2 $$

となり，9.6.2節の和則「損失関数の第1モーメントは $\frac{\pi}{2}\omega_p^2$」がDrude模型で再現された．ヒントの式とも一致する．

検算．実はこの積分はDrude模型では近似なしに厳密に $\frac{\pi}{2}\omega_p^2$ になる（数値積分すると $\gamma/\omega_p=0.05$–$0.3$ のどれでも比が $1.000000$ になる）．Drude形は因果的な応答関数なので，第8章の $f$ 和則を厳密に満たしているからである．上の計算はそれを $\gamma\ll\omega_p$ の鞍点的評価で確かめたことになる．

(3) Alのピーク高さを数値で出す．$L(\omega_p)=\omega_p/\gamma$ は比なので $\hbar$ を掛けた量の比で計算でき

$$ L(\omega_p)=\frac{\omega_p}{\gamma}=\frac{\hbar\omega_p}{\hbar\gamma}=\frac{15.0\ \mathrm{eV}}{0.8\ \mathrm{eV}}=18.8 $$

（無次元）．損失関数は $1$ を超える鋭い山になっており，EELSスペクトルでプラズモンピークが他の構造を圧して見える理由がこの数字に表れている．

解答

(1) 連続の方程式を本章の規約でFourier変換する．規約は

$$ f(\xx,t)=\int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\int\frac{\dd\omega}{2\pi}\,f(\qq,\omega)\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx-\ii\omega t} $$

だから，微分は成分ごとに $\partial_t\to-\ii\omega$，$\nabla\to\ii\qq$ と働く．実際に $\rho$ と $\bm j$ をこの表示で書いて $\dfrac{\partial\rho}{\partial t}+\nabla\cdot\bm j=0$ に代入すると

$$ \int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\int\frac{\dd\omega}{2\pi} \left[-\ii\omega\,\delta\rho(\qq,\omega)+\ii\qq\cdot\bm j(\qq,\omega)\right]\ee^{\ii\qq\cdot\xx-\ii\omega t}=0 $$

これがすべての $(\xx,t)$ で成り立つ．Fourier表示は一意（第1章）だから，角括弧が成分ごとにゼロでなければならない：

$$ -\ii\omega\,\delta\rho(\qq,\omega)+\ii\qq\cdot\bm j(\qq,\omega)=0 $$

が導けた．なお密度のうち一様な背景部分は時間変化せず電流も伴わないので，$\qq\neq\bm 0$ 成分に効くのは揺らぎ $\delta\rho$ だけである．

(2) (1)を $\omega$ で割れば $\delta\rho=\qq\cdot\bm j/\omega$ である．電流を $\qq$ に平行な縦成分と垂直な横成分に分けて $\bm j=j_L\hat\qq+\bm j_T$（$\hat\qq=\qq/q$）と書くと $\qq\cdot\bm j=q\,j_L$ となり，横成分は密度に一切効かない：

$$ \delta\rho(\qq,\omega)=\frac{q\,j_L(\qq,\omega)}{\omega} $$

つまり密度の揺らぎと縦電流は連続の方程式で一対一に縛られており，同じ $(\qq,\omega)$ での一方の応答を知ればもう一方は自動的に決まる．これを式にしておこう．以下は電荷の言葉で書く（電荷密度の揺らぎ $\rho_c=-e\,\delta\rho_n$，$\delta\rho_n$ は数密度の揺らぎ）．縦伝導度は「全（遮蔽済み）電場に対する電荷電流の応答」$j_L=\sigma_L E_L$ で定義される．全静電ポテンシャル $\phi_{\text{el}}$ の作る電場は $\bm E=-\nabla\phi_{\text{el}}\to E_L=-\ii q\,\phi_{\text{el}}$（$\hat\qq$ 成分）で，電子の感じるポテンシャルエネルギーは $\phi_{\text{tot}}=(-e)\phi_{\text{el}}$ である．既約応答の定義 $\delta\rho_n=\chi^0\phi_{\text{tot}}$ を電荷密度に直すと

$$ \rho_c=-e\,\delta\rho_n=-e\,\chi^0\,(-e)\phi_{\text{el}}=e^2\chi^0\,\phi_{\text{el}} $$

一方，連続の方程式と $\sigma_L$ の定義から

$$ \rho_c=\frac{q\,j_L}{\omega}=\frac{q\,\sigma_L E_L}{\omega}=\frac{q\,\sigma_L}{\omega}\,(-\ii q\,\phi_{\text{el}}) =-\frac{\ii q^2\sigma_L}{\omega}\,\phi_{\text{el}} $$

$\phi_{\text{el}}$ は任意だから係数を比べて

$$ e^2\chi^0=-\frac{\ii q^2\sigma_L}{\omega} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \sigma_L(\qq,\omega)=\frac{\ii\omega e^2}{q^2}\,\chi^0(\qq,\omega)=\frac{\ii\omega}{4\pi}\,v(q)\,\chi^0(\qq,\omega) $$

すなわち $\sigma_L$ と $\chi^0$ は互いに定数倍（$\ii\omega e^2/q^2$）で移り合う同じ情報であり，$\chi^0$ と $\chi_{\rho\rho}$ は演習9.4の関係 $\chi=\chi^0/(1-v\chi^0)$ で相互変換できるから，結局 $\chi_{\rho\rho}$ と $\sigma_L$ も同じ情報を持つ．整合性も確かめておく：問題文の $\epsilon_L=1+\dfrac{4\pi\ii}{\omega}\sigma_L$ に代入すると

$$ \epsilon_L=1+\frac{4\pi\ii}{\omega}\cdot\frac{\ii\omega}{4\pi}\,v\chi^0=1+\ii^2\,v\chi^0=1-v(q)\,\chi^0(\qq,\omega) $$

となり，本章の誘電関数 $\epsilon=1-v\chi^0$ がそのまま再現される．連続の方程式だけで，密度応答の言葉（$\chi^0$）と電流応答の言葉（$\sigma_L$）が同じ物理の2つの記法だと分かった．

(3) Drude形 $\sigma_L=\dfrac{ne^2/m}{\gamma-\ii\omega}$ を $\epsilon_L=1+\dfrac{4\pi\ii}{\omega}\sigma_L$ に代入し，例題9.1のDrude誘電関数が出ることを確かめる．まず代入して

$$ \epsilon_L=1+\frac{4\pi\ii}{\omega}\cdot\frac{ne^2/m}{\gamma-\ii\omega} =1+\frac{4\pi ne^2}{m}\cdot\frac{1}{\omega}\cdot\frac{\ii}{\gamma-\ii\omega} $$

ヒントに従い，最後の因子の分母と分子に同じ $\ii$ を掛ける．分母は $(\gamma-\ii\omega)\times\ii=\ii\gamma-\ii^2\omega=\omega+\ii\gamma$ となるから

$$ \frac{\ii}{\gamma-\ii\omega} =\frac{\ii\times\ii}{(\gamma-\ii\omega)\times\ii} =\frac{-1}{\omega+\ii\gamma} $$

したがって

$$ \epsilon_L =1+\frac{4\pi ne^2/m}{\omega}\cdot\frac{-1}{\omega+\ii\gamma} =1-\frac{4\pi ne^2/m}{\omega(\omega+\ii\gamma)} =1-\frac{\omega_p^2}{\omega(\omega+\ii\gamma)} $$

最後に $\omega_p^2=4\pi ne^2/m$ を使った．例題9.1のDrude誘電関数が確かに再現された．

検算と物理的な意味．$\gamma\to0$ とすれば $\epsilon_L=1-\omega_p^2/\omega^2$ となり，9.7節の無衝突プラズマの誘電関数に戻る．また $\omega\to0$ では $\sigma_L\to ne^2/m\gamma$，これはDrudeの直流伝導度そのものである．「電磁気学で習う伝導度」と「本章の誘電関数」は，連続の方程式を蝶番として $\epsilon_L=1+4\pi\ii\sigma_L/\omega$ で結ばれた同じ応答の2つの顔である——直流に近い側を見たいときは $\sigma$ の言葉が，共鳴や遮蔽を見たいときは $\epsilon$ の言葉が便利だ，というだけの違いにすぎない．

解答

(1) 無次元形 $F(x)=\dfrac12+\dfrac{1-x^2}{4x}\ln\abs{\dfrac{1+x}{1-x}}$ が $x\to0$ で $1-x^2/3+O(x^4)$ となることを示す．$0<x<1$ では対数の中身は正なので絶対値は外してよく，ヒントの基本展開

$$ \ln\frac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1-x) =2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right) $$

を使う．$F$ の第2項に代入すると，$4x$ の分母と展開の先頭の $2x$ が組み合わさって

$$ \frac{1-x^2}{4x}\cdot2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right) =\frac{1-x^2}{2}\left(1+\frac{x^2}{3}+\frac{x^4}{5}+\cdots\right) $$

となる．括弧どうしを展開して $x^4$ の次数まで拾うと

$$ \left(1+\frac{x^2}{3}+\frac{x^4}{5}\right)\left(1-x^2\right) =1+\frac{x^2}{3}+\frac{x^4}{5}-x^2-\frac{x^4}{3}+O(x^6) =1-\frac{2x^2}{3}-\frac{2x^4}{15}+O(x^6) $$

これに $1/2$ を掛けて $F$ の第1項 $1/2$ と合わせれば

$$ F(x)=\frac12+\frac12-\frac{x^2}{3}-\frac{x^4}{15}+O(x^6) =1-\frac{x^2}{3}+O(x^4) $$

が得られる（$x^4$ の係数まで求めれば $-1/15$ である）．$F(0)=1$ は $\chi^0(0,0)=-N(\epsilon_F)$，すなわちThomas–Fermi近似の再現であり，$-x^2/3$ がその最初の補正を与える．

(2) 次に $x\to\infty$ で $F(x)=\dfrac{1}{3x^2}+O(x^{-4})$ となることを示す．ヒントに従い $t\equiv1/x<1$ とおく．$x>1$ では $\abs{\dfrac{1+x}{1-x}}=\dfrac{x+1}{x-1}$ であり，分子分母を $x$ で割れば (1) と同じ展開が使えて

$$ \ln\abs{\frac{1+x}{1-x}}=\ln\frac{1+t}{1-t}=2\left(t+\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+\cdots\right) $$

前因子も $t$ で書き直す．$t/x=t^2$，$xt=1$ に注意すると

$$ \frac{1-x^2}{4x}\cdot2t=\frac{(1-x^2)\,t}{2x}=\frac{t^2-1}{2} $$

だから

$$ \frac{1-x^2}{4x}\ln\frac{1+t}{1-t} =\frac{t^2-1}{2}\left(1+\frac{t^2}{3}+\frac{t^4}{5}+\cdots\right) =-\frac12+\left(\frac12-\frac16\right)t^2+\left(\frac16-\frac{1}{10}\right)t^4+O(t^6) $$ $$ =-\frac12+\frac{t^2}{3}+\frac{t^4}{15}+O(t^6) $$

$F$ の第1項 $1/2$ とちょうど相殺して

$$ F(x)=\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{15x^4}+O(x^{-6})=\frac{1}{3x^2}+O(x^{-4}) $$

となる．本文10.3.4節（ii）の結果と一致する．

(3) (2) を $\chi^0(q,0)=-N(\epsilon_F)\,F(x)$，$x=q/2k_F$ に入れて $q\gg2k_F$ の漸近形を求める．$\dfrac{1}{3x^2}=\dfrac{4k_F^2}{3q^2}$ だから

$$ \chi^0(q,0)\simeq-N(\epsilon_F)\,\frac{4k_F^2}{3q^2} =-\frac{3n}{2\epsilon_F}\cdot\frac{4k_F^2}{3q^2} =-\frac{2nk_F^2}{\epsilon_F\,q^2} $$

ここで $N(\epsilon_F)=3n/2\epsilon_F$ を使った．最後に $\epsilon_F=\hbar^2k_F^2/2m$ を入れると $k_F^2$ がきれいに約分されて

$$ \chi^0(q,0)\simeq-\frac{2nk_F^2}{q^2}\cdot\frac{2m}{\hbar^2k_F^2}=-\frac{4nm}{\hbar^2q^2} $$

と，ヒントの値が得られる．Fermi統計の情報（$k_F$）が消えて密度 $n$ と質量 $m$ だけが残る点は高振動数極限 $\chi^0\to nq^2/m\omega^2$ とよく似ているが，符号が逆である．これが次の (4) の主題になる．

(4) 高振動数極限の式 $\chi^0\simeq nq^2/m\omega^2$ に形式的に $\omega\to0$ を入れると $+\infty$ に発散し，(3) の有限で負の値と食い違う．この「矛盾」が矛盾でない理由を説明する．

鍵は，2つの漸近形が $(q,\omega)$ 平面の別々の領域でしか使えないことである．高振動数展開（本文10.6.1節）では，Fermi球内のすべての $\kk$ について $\hbar\omega\gg\abs{\epsilon_{\kk\pm\qq}-\epsilon_\kk}$ を仮定した．このエネルギー差の最大値は $\dfrac{\hbar^2}{2m}(q^2+2k_Fq)$，すなわち粒子‐正孔連続体の上端である．つまり $nq^2/m\omega^2$ が使えるのは，図10.6で連続体より上の領域だけである．$q$ を固定して $\omega\to0$ とすると，この前提はただちに破れる．

一方，静的極限 $\omega=0$ は $q$ 軸の上であり，$q>2k_F$ では連続体の下端 $\dfrac{\hbar^2}{2m}(q^2-2k_Fq)>0$ よりも下の領域に属する．2つの領域は $\mathrm{Im}\,\chi^0\neq0$ の帯（連続体）で隔てられていて，$\chi^0$ はそこで解析的でない．したがって一方の領域で得た漸近展開を，連続体を横切って他方の領域へ外挿することは許されない．同じ「遠方」でも，

$$ \underbrace{\omega\to0\ \text{を先に取ってから}\ q\ \text{を大きくする}}_{\text{連続体の下を通る道：}\ \chi^0\to-4nm/\hbar^2q^2\ <\ 0} \qquad\text{と}\qquad \underbrace{\hbar\omega\gg\tfrac{\hbar^2}{2m}(q^2+2k_Fq)\ \text{を保ったまま遠方に行く}}_{\text{連続体の上を通る道：}\ \chi^0\to+nq^2/m\omega^2\ >\ 0} $$

では通る道が違い，違う答えに達する．極限の順序が交換できないのである．

物理的にも両者は別物である．静的側（連続体の下）では電子はポテンシャルに準静的に追随して平衡分布に落ち着き，斥力からは逃げるので $\delta n$ と $U_{\rm ext}$ は逆符号，$\chi^0<0$（遮蔽）．高振動数側（連続体の上）では慣性が支配し，共鳴より上で駆動された強制振動子と同じく応答は駆動と逆位相になって $\chi^0>0$（反遮蔽）．符号まで違うのは，応答の機構がまるで違うからである．Lindhard関数の極限操作はいつも順序に注意——これがこの演習の教訓である．

解答

(1) 1次元の静的Lindhard関数を，与式 $\chi^0(q,0)=\dfrac{4}{L}\sum_k\dfrac{n_k}{\epsilon_k-\epsilon_{k+q}}$ から積分で求める．エネルギー差は3次元と同形で

$$ \epsilon_k-\epsilon_{k+q}=\frac{\hbar^2}{2m}\left(k^2-(k+q)^2\right)=-\frac{\hbar^2}{2m}\left(2kq+q^2\right) $$

である．$\dfrac1L\sum_k\to\displaystyle\int\frac{\dd k}{2\pi}$ とし，$n_k$ で積分域を $-k_F<k<k_F$ に制限すると

$$ \chi^0_{\rm 1D}(q,0)=4\int_{-k_F}^{k_F}\frac{\dd k}{2\pi}\left(-\frac{2m}{\hbar^2}\right)\frac{1}{2kq+q^2} =-\frac{4m}{\pi\hbar^2}\int_{-k_F}^{k_F}\frac{\dd k}{2kq+q^2} $$

残った積分は初等的である．ただし $q<2k_F$ のときは積分路上の $k=-q/2$ に分母の零点があるので，ヒントのとおり本文10.3.2節と同じく主値として読む（もとの $n_k-n_{k+q}$ の形では可積分だったものを1項にまとめた代償であり，絶対値付きの対数がその主値の値を与える）：

$$ \int_{-k_F}^{k_F}\frac{\dd k}{2kq+q^2} =\frac{1}{2q}\Bigl[\ln\abs{2kq+q^2}\Bigr]_{-k_F}^{k_F} =\frac{1}{2q}\ln\abs{\frac{2k_Fq+q^2}{-2k_Fq+q^2}} =\frac{1}{2q}\ln\abs{\frac{q+2k_F}{q-2k_F}} $$

（最後は分子分母を $q>0$ で割った．）まとめて

$$ \chi^0_{\rm 1D}(q,0)=-\frac{4m}{\pi\hbar^2}\cdot\frac{1}{2q}\ln\abs{\frac{q+2k_F}{q-2k_F}} =-\frac{2m}{\pi\hbar^2 q}\ln\abs{\frac{q+2k_F}{q-2k_F}} $$

これが示すべき式である．

検算．$q\to0$ では $\ln\dfrac{2k_F+q}{2k_F-q}\simeq\dfrac{q}{k_F}$ より $\chi^0_{\rm 1D}\to-\dfrac{2m}{\pi\hbar^2k_F}$ となる．これは1次元の（スピン込み・単位長さあたりの）Fermi準位状態密度 $N_{\rm 1D}(\epsilon_F)=\dfrac{2}{\pi}\left(\dfrac{\dd\epsilon}{\dd k}\right)^{-1}_{k=k_F}=\dfrac{2m}{\pi\hbar^2k_F}$ にマイナスを付けたものであり，一般則 $\chi^0(0,0)=-N(\epsilon_F)$ が1次元でも成り立っている．

(2) $q\to2k_F$ で $\chi^0_{\rm 1D}$ 自身が対数発散することを確かめ，3次元との違いを積分の次元数から説明する．$q=2k_F+\delta q$（$\abs{\delta q}\ll k_F$）とおくと，前因子は滑らかで対数の分子は $q+2k_F\simeq4k_F$ だから

$$ \chi^0_{\rm 1D}(q,0)\simeq-\frac{m}{\pi\hbar^2k_F}\,\ln\frac{4k_F}{\abs{\delta q}} \;\xrightarrow{\;\delta q\to0\;}\;-\infty $$

と，関数の値そのものが対数発散する．3次元で $F(1)=1/2$ が有限（発散するのは微分だけ）だったのと対照的である．

違いの出どころは積分の構造にある．3次元でも角度積分の段階でまったく同じ対数 $\dfrac{1}{2kq}\ln\abs{\dfrac{2k+q}{2k-q}}$ が現れた（本文10.3.2節）．しかし3次元ではそのあとに動径積分 $\int_0^{k_F}k\,\dd k$ が残っている．対数特異点（$k=q/2$）は可積分だから，$k$ で積分すると発散は均されて有限になり，特異性は $\dd\chi^0/\dd q$ の対数発散という一段弱い形でしか生き残らない．1次元にはこの「均し」の積分がそもそも無く，$q=2k_F$ のとき積分の端点 $k=-k_F$ がちょうど分母の零点 $k=-q/2$ に重なるため，対数がそのまま $\chi^0$ に顔を出す．

幾何の言葉で言えば，1次元のFermi「面」は2点 $\pm k_F$ だけであり，$q=2k_F$ はその全体を（片方の点をもう片方へ）エネルギーを変えずに移す——完全なnestingである．3次元でエネルギーを変えずに $2k_F$ 移せるのは，Fermi球面上の対蹠点という測度ゼロの組だけである．特異性に寄与する状態の割合が次元とともに減るぶん，特異性も弱まる（表10.2）．

(3) フォノン繰り込みの式 $\widetilde\Omega_q^{\,2}=\Omega_q^2+C\abs{g_q}^2\chi^0(q,0)$（$C>0$）に (2) の結果を入れ，弱結合でも格子が不安定になることを示す．本書の規約では $\chi^0(q,0)<0$ だから第2項は負で，

$$ \widetilde\Omega_q^{\,2}=\Omega_q^2-C\abs{g_q}^2\abs{\chi^0_{\rm 1D}(q,0)} $$

と書ける．理想1次元・完全nesting・平均場・$T\to0$ のもとでは (2) より $\abs{\chi^0_{\rm 1D}(q,0)}$ は $q\to2k_F$ で対数発散するので，$C\abs{g_{2k_F}}^2$ がどんなに小さくても第2項は $q\to2k_F$ で際限なく大きくなり，$q=2k_F$ を含むある波数の窓で必ず $\widetilde\Omega_q^{\,2}<0$ になる．具体的に書けば，不安定条件

$$ C\abs{g}^2\,\frac{m}{\pi\hbar^2k_F}\ln\frac{4k_F}{\abs{q-2k_F}}\;>\;\Omega^2 \quad\Longleftrightarrow\quad \abs{q-2k_F}\;<\;4k_F\,\exp\!\left(-\frac{\pi\hbar^2k_F\,\Omega^2}{C\abs{g}^2m}\right) $$

であり（滑らかな量 $g_q,\ \Omega_q$ は $q=2k_F$ での値 $g,\ \Omega$ で代表させた），結合が弱いほど窓は指数的に狭くなるが，決してゼロにはならない．$\widetilde\Omega^2<0$ は振動数が純虚数，すなわち微小な格子変位が振動せずに指数的に成長することを意味する．系は波数 $2k_F$（実空間の周期 $\pi/k_F$）の静的な格子歪みへ落ち込み，Fermi面にギャップが開いて電子系のエネルギーが下がる．これがPeierls転移であり，生じた周期的電荷変調が電荷密度波（CDW）である．なお有限温度では対数が $\ln(\epsilon_F/k_BT)$ 程度で頭打ちになり，転移温度が $k_BT_P\sim\epsilon_F\,\ee^{-1/\lambda}$ と指数的に小さくなること，揺らぎや鎖間結合が平均場の結論を修正することは，本文10.4節の注意のとおりである．

最後に，この不安定性が静的誘電関数のゼロ点とは別物であることを確かめる．$v(q)>0$，$\chi^0(q,0)<0$ だから

$$ \epsilon(q,0)=1-v(q)\chi^0(q,0)=1+v(q)\abs{\chi^0(q,0)}\;>\;1 $$

であり，$\chi^0_{\rm 1D}(2k_F,0)$ が負に発散すると $\epsilon(2k_F,0)$ は $+\infty$ へ発散する．ゼロになるどころか，静的な外場が完全に遮蔽されるだけである．電子系そのものは安定であり，不安定になるのは電子‐フォノン結合を介して軟化する格子のほうである——「$\epsilon=0$＝不安定」と早合点してはいけない．

解答

(1) NaとAlについて $k_F,\ \epsilon_F,\ q_{TF},\ \lambda_{TF}$ を計算し，表10.1を再現する．例題10.1と同じ定数 $e^2=14.40\ \mathrm{eV\cdot\mathring{A}}$，$\hbar^2/2m=3.810\ \mathrm{eV\cdot\mathring{A}^2}$ を使い，手順も同じく $k_F=(3\pi^2n)^{1/3}\to\epsilon_F=\dfrac{\hbar^2k_F^2}{2m}\to N(\epsilon_F)=\dfrac{3n}{2\epsilon_F}\to q_{TF}^2=4\pi e^2N(\epsilon_F)$ である．

Na（$n=2.65\times10^{22}\ \mathrm{cm^{-3}}=0.0265\ \mathrm{\mathring{A}^{-3}}$）：

$$ k_F=(29.61\times0.0265)^{1/3}=(0.7846)^{1/3}=0.922\ \mathrm{\mathring{A}^{-1}}, \qquad \epsilon_F=3.810\times(0.922)^2=3.24\ \mathrm{eV} $$ $$ N(\epsilon_F)=\frac{3\times0.0265}{2\times3.24}=0.01226\ \mathrm{\mathring{A}^{-3}\,eV^{-1}}, \qquad q_{TF}^2=4\pi\times14.40\times0.01226=2.219\ \mathrm{\mathring{A}^{-2}} $$ $$ q_{TF}=1.49\ \mathrm{\mathring{A}^{-1}},\qquad \lambda_{TF}=\frac{1}{q_{TF}}=0.671\ \mathrm{\mathring{A}}\simeq0.67\ \mathrm{\mathring{A}},\qquad \frac{q_{TF}}{2k_F}=\frac{1.490}{1.844}=0.81 $$

Al（$n=18.1\times10^{22}\ \mathrm{cm^{-3}}=0.181\ \mathrm{\mathring{A}^{-3}}$）：

$$ k_F=(29.61\times0.181)^{1/3}=(5.359)^{1/3}=1.750\ \mathrm{\mathring{A}^{-1}}, \qquad \epsilon_F=3.810\times(1.750)^2=11.7\ \mathrm{eV} $$ $$ N(\epsilon_F)=\frac{3\times0.181}{2\times11.67}=0.02327\ \mathrm{\mathring{A}^{-3}\,eV^{-1}}, \qquad q_{TF}^2=4\pi\times14.40\times0.02327=4.211\ \mathrm{\mathring{A}^{-2}} $$ $$ q_{TF}=2.05\ \mathrm{\mathring{A}^{-1}},\qquad \lambda_{TF}=0.487\ \mathrm{\mathring{A}}\simeq0.49\ \mathrm{\mathring{A}},\qquad \frac{q_{TF}}{2k_F}=\frac{2.052}{3.500}=0.59 $$

Na：$k_F=0.922,\ \epsilon_F=3.24,\ q_{TF}=1.49,\ \lambda_{TF}=0.67$／Al：$k_F=1.750,\ \epsilon_F=11.7,\ q_{TF}=2.05,\ \lambda_{TF}=0.49$——いずれも表10.1の値をそのまま再現する．

ひとつ気づいてほしいことがある．密度は $18.1/2.65=6.8$ 倍も違うのに，遮蔽長は $0.67/0.49=1.4$ 倍しか違わない．$q_{TF}^2=6\pi ne^2/\epsilon_F\propto n/n^{2/3}=n^{1/3}$ だから $\lambda_{TF}\propto n^{-1/6}$ であり，実際 $6.8^{1/6}=1.38$ である．遮蔽長は密度にきわめて鈍感で，だからこそ表10.1のどの金属でも $\lambda_{TF}$ は $0.5$〜$0.8\ \mathrm{\mathring{A}}$ の狭い範囲に収まっている．

(2) 最近接原子の位置 $R$ でポテンシャルが何分の1に落ちているか，抑制因子 $\ee^{-q_{TF}R}$ を計算して比較する．

$$ \text{Na：}\quad q_{TF}R=1.490\times3.66=5.45, \qquad \ee^{-5.45}=4.3\times10^{-3}\simeq\frac{1}{230} $$ $$ \text{Al：}\quad q_{TF}R=2.052\times2.86=5.87, \qquad \ee^{-5.87}=2.8\times10^{-3}\simeq\frac{1}{350} $$

遮蔽長そのもの（Al $0.49\ \mathrm{\mathring{A}}$ 対 Na $0.67\ \mathrm{\mathring{A}}$）で見ても，最近接位置での抑制率（$1/350$ 対 $1/230$）で見ても，Alのほうが強く遮蔽されている．Alは最近接距離が短い（$2.86\ \mathrm{\mathring{A}}<3.66\ \mathrm{\mathring{A}}$）にもかかわらず，$q_{TF}$ の増加がそれを上回るからである（無次元積 $q_{TF}R$：$5.87>5.45$）．とはいえ両者とも「隣の原子に届くころには数百分の一」であり，例題10.1の銅（$\ee^{-4.62}\simeq1/100$）と合わせて，単純金属では不純物の余分な電荷は最近接原子に届く前にほぼ完全に隠されるという結論は普遍的である．

(3) 遮蔽された点電荷 $+e$ のまわりに誘起される電荷の総量がちょうど $-e$ になること（完全遮蔽）を示す．

方針．外部電荷と誘起電荷を合わせた全電荷密度 $\rho_{\rm tot}$ は，Poisson方程式 $\nabla^2\phi=-4\pi\rho_{\rm tot}$ で全ポテンシャル $\phi$ と結ばれている．$\phi$ は10.2.4節で求めた遮蔽Coulombポテンシャルだから，そこから $\rho_{\rm tot}$ を逆算すればよい．

ステップ1：Fourier空間でのPoisson方程式．$\nabla^2\to-q^2$ だから $q^2\phi(\qq)=4\pi\rho_{\rm tot}(\qq)$ である．第10章で導いた $\phi(\qq)=\dfrac{4\pi e}{q^2+q_{TF}^2}$ を入れると

$$ \rho_{\rm tot}(\qq)=\frac{q^2}{4\pi}\,\phi(\qq)=\frac{e\,q^2}{q^2+q_{TF}^2} $$

ステップ2：誘起電荷だけを取り出す．外部電荷は点電荷 $e\,\delta^3(\xx)$ で，そのFourier成分は定数 $e$ である．差し引きすると

$$ \delta\rho(\qq)=\rho_{\rm tot}(\qq)-e =e\left(\frac{q^2}{q^2+q_{TF}^2}-1\right) =-\,\frac{e\,q_{TF}^2}{q^2+q_{TF}^2} $$

ステップ3：総量は $\qq\to0$ 成分である．Fourier変換の定義 $\delta\rho(\qq)=\int\dd^3r\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\delta\rho(\xx)$ で $\qq=0$ とおけば，指数関数が $1$ になって左辺は空間積分そのものになる：

$$ \int\dd^3r\;\delta\rho(\xx)=\delta\rho(\qq\to0)=-\,\frac{e\,q_{TF}^2}{0+q_{TF}^2}=-e $$

誘起電荷の総量はちょうど $-e$ で，もとの電荷を完全に打ち消す．これが完全遮蔽である．ヒントの言い方（$\rho_{\rm tot}(\qq\to0)=0$，すなわち全電荷ゼロ）と同じことである．

検算（実空間で）．$\delta\rho(\qq)$ は10.2.4節で逆変換した対 $\dfrac{4\pi e}{q^2+q_{TF}^2}\ \leftrightarrow\ \dfrac{e}{r}\ee^{-q_{TF}r}$ と同じ関数形だから，係数を合わせるだけで実空間の分布が出る：

$$ \delta\rho(r)=-\frac{q_{TF}^2}{4\pi}\cdot\frac{e}{r}\,\ee^{-q_{TF}r} $$

球殻に分けて積分すると

$$ \int\dd^3r\;\delta\rho(r) =-\frac{e\,q_{TF}^2}{4\pi}\cdot4\pi\int_0^\infty r^2\,\frac{\ee^{-q_{TF}r}}{r}\,\dd r =-e\,q_{TF}^2\int_0^\infty r\,\ee^{-q_{TF}r}\,\dd r =-e\,q_{TF}^2\cdot\frac{1}{q_{TF}^2}=-e $$

たしかに一致する．誘起電荷の雲は，厚み $\sim1/q_{TF}$ で点電荷を包み込んでいるのである．

解答

(1) 積分 $I_0(r)\equiv\displaystyle\int_0^\infty\dd q\;\frac{\sin qr}{q\,(q^2+\kappa^2)}$ が $\dfrac{\pi}{2\kappa^2}\left(1-\ee^{-\kappa r}\right)$（$r>0$）になることを示す．ヒントの部分分数分解から始める：

$$ \frac{1}{q\,(q^2+\kappa^2)}=\frac{1}{\kappa^2}\left(\frac1q-\frac{q}{q^2+\kappa^2}\right) $$

（右辺を通分すれば $\dfrac{1}{\kappa^2}\cdot\dfrac{(q^2+\kappa^2)-q^2}{q(q^2+\kappa^2)}$ となって左辺に戻る．）したがって

$$ I_0(r)=\frac{1}{\kappa^2}\Biggl[\underbrace{\int_0^\infty\frac{\sin qr}{q}\,\dd q}_{\textstyle D} -\underbrace{\int_0^\infty\frac{q\sin qr}{q^2+\kappa^2}\,\dd q}_{\textstyle I}\Biggr] $$

第2の積分 $I$ は，本文10.2.4節のステップ4〜7で計算した積分そのもの（$q_{TF}\to\kappa$ と読み替えるだけ）である：偶関数化して全実軸に伸ばし，$\sin qr=\mathrm{Im}\,\ee^{\ii qr}$ として上半面で閉じ，極 $q=+\ii\kappa$ の留数 $\ee^{-\kappa r}/2$ を拾って

$$ I=\frac12\,\mathrm{Im}\left(2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{-\kappa r}}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\,\ee^{-\kappa r} $$

第1の積分 $D$（Dirichlet積分）も第5章の道具で出す．被積分関数は $q$ の偶関数だから全実軸の積分の半分に等しく，

$$ D=\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin qr}{q}\,\dd q =\frac12\,\mathrm{Im}\,\PV\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ee^{\ii qr}}{q}\,\dd q $$

と書ける．$\sin qr/q$ は $q=0$ で有限（値は $r$）なので $q=0$ は本当の特異点ではないが，$\ee^{\ii qr}/q$ に置き換えた時点で実軸上の極になる——そこで主値＋小半円で扱う（第5章）．$r>0$ だからJordanの補題により上半面の大半円は落ちる．上半面の内部に極はないので閉路積分はゼロであり，実軸上の極 $q=0$ を上に凸の小半円で避けた寄与（極を半周ぶん負の向きに回るので $-\ii\pi\times$ 留数）が主値とつり合う．すなわち，実軸上の単純極は留数の半分だけ寄与するという第5章の一般則のとおり

$$ \PV\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ee^{\ii qr}}{q}\,\dd q=\ii\pi\,\Res_{q=0}\frac{\ee^{\ii qr}}{q}=\ii\pi $$

である．よって $D=\dfrac12\,\mathrm{Im}(\ii\pi)=\dfrac{\pi}{2}$．2つを合わせて

$$ I_0(r)=\frac{1}{\kappa^2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\,\ee^{-\kappa r}\right) =\frac{\pi}{2\kappa^2}\left(1-\ee^{-\kappa r}\right) $$

が得られた．

(2) 半径 $R$ の球に一様に分布した全電荷 $Q$ が，遮蔽媒質中で球の外（$r>R$）に作るポテンシャルを求める．

方針．遮蔽は線形なので，Fourier成分ごとに誘電関数で割ればよい：Thomas–Fermi近似 $\epsilon(q,0)=1+\kappa^2/q^2$ のもとで

$$ \phi(\qq)=\frac{\phi_{\rm ext}(\qq)}{\epsilon(q,0)} =\frac{4\pi\rho_{\rm ext}(\qq)/q^2}{1+\kappa^2/q^2} =\frac{4\pi\rho_{\rm ext}(\qq)}{q^2+\kappa^2} $$

必要なのは球のFourier変換と，逆変換に現れる積分——後者が (1) の結果で書ける．

ステップ1：一様球のFourier変換．$\rho_{\rm ext}(\xx)=\rho_0\equiv\dfrac{3Q}{4\pi R^3}$（$r<R$）に対し，10.2.4節と同じ角度積分 $\int\dd\Omega\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}=\dfrac{4\pi\sin qr}{qr}$ を使うと

$$ \rho_{\rm ext}(\qq)=\rho_0\,\frac{4\pi}{q}\int_0^R r\sin qr\;\dd r =\rho_0\,\frac{4\pi}{q^3}\left(\sin qR-qR\cos qR\right) =Q\,\frac{3\left(\sin qR-qR\cos qR\right)}{(qR)^3} $$

（$\int_0^R r\sin qr\,\dd r=\dfrac{\sin qR-qR\cos qR}{q^2}$ は部分積分1回．検算：$q\to0$ で $\sin y-y\cos y=\dfrac{y^3}{3}+O(y^5)$ より $\rho_{\rm ext}(\qq)\to Q$，全電荷が正しく出る．）

ステップ2：逆変換を書き下す．10.2.4節の公式 $\phi(r)=\dfrac{1}{2\pi^2r}\displaystyle\int_0^\infty q\sin(qr)\,\phi(q)\,\dd q$ に入れると

$$ \phi(r)=\frac{6Q}{\pi R^3 r}\int_0^\infty\dd q\; \frac{\sin qr\left(\sin qR-qR\cos qR\right)}{q^2\,(q^2+\kappa^2)} $$

ステップ3：積を和に直して (1) を使う．(1) の結果を $G(s)\equiv\displaystyle\int_0^\infty\frac{\sin qs}{q(q^2+\kappa^2)}\,\dd q=\frac{\pi}{2\kappa^2}\left(1-\ee^{-\kappa s}\right)$（$s>0$）と名付ける．被積分関数を2つに分ける．第1の部分（$\sin qR$ の項）は，恒等式 $\dfrac{\sin qR}{q}=\displaystyle\int_0^R\cos qa\;\dd a$ と積和公式 $\sin qr\cos qa=\dfrac12\left[\sin q(r+a)+\sin q(r-a)\right]$ を使うと，$r>R\ge a$ ゆえ $r-a>0$ で $G$ がそのまま使えて

$$ P_1\equiv\int_0^\infty\frac{\sin qr\,\sin qR}{q^2(q^2+\kappa^2)}\,\dd q =\int_0^R\dd a\;\frac{G(r+a)+G(r-a)}{2} =\frac{\pi}{4\kappa^2}\int_0^R\dd a\left[2-\ee^{-\kappa(r+a)}-\ee^{-\kappa(r-a)}\right] $$ $$ =\frac{\pi}{4\kappa^2}\left[2R-\ee^{-\kappa r}\int_0^R\left(\ee^{-\kappa a}+\ee^{\kappa a}\right)\dd a\right] =\frac{\pi}{4\kappa^2}\left[2R-\ee^{-\kappa r}\,\frac{2\sinh\kappa R}{\kappa}\right] =\frac{\pi}{2\kappa^2}\left[R-\frac{\sinh\kappa R}{\kappa}\,\ee^{-\kappa r}\right] $$

第2の部分（$qR\cos qR$ の項）は $q$ が1つ約分され，積和公式 $\sin qr\cos qR=\dfrac12\left[\sin q(r+R)+\sin q(r-R)\right]$ から直接

$$ P_2\equiv R\int_0^\infty\frac{\sin qr\,\cos qR}{q\,(q^2+\kappa^2)}\,\dd q =\frac{R}{2}\left[G(r+R)+G(r-R)\right] =\frac{\pi R}{2\kappa^2}\left[1-\ee^{-\kappa r}\cosh\kappa R\right] $$

ステップ4：組み立てる．引き算すると，遮蔽と無関係な定数項 $R$ どうしが相殺して $\ee^{-\kappa r}$ の項だけが残る：

$$ P_1-P_2=\frac{\pi}{2\kappa^2}\,\ee^{-\kappa r}\left[R\cosh\kappa R-\frac{\sinh\kappa R}{\kappa}\right] $$ $$ \phi(r)=\frac{6Q}{\pi R^3 r}\left(P_1-P_2\right) =Q\,\frac{3\left(\kappa R\cosh\kappa R-\sinh\kappa R\right)}{(\kappa R)^3}\cdot\frac{\ee^{-\kappa r}}{r} $$

すなわち球の外では

$$ \phi(r)=Q_{\rm eff}\,\frac{\ee^{-\kappa r}}{r}, \qquad Q_{\rm eff}=Q\,\frac{3\left(\kappa R\cosh\kappa R-\sinh\kappa R\right)}{(\kappa R)^3} $$

ポテンシャルの形は点電荷とまったく同じ湯川型で，減衰長も $1/\kappa$ のまま変わらず，実効電荷だけが $Q\to Q_{\rm eff}$ に置き換わる．有限の大きさの効果は振幅にしか現れないのである．

検算．$y\equiv\kappa R$ として $\cosh y=1+\dfrac{y^2}{2}+\dfrac{y^4}{24}+\cdots$，$\sinh y=y+\dfrac{y^3}{6}+\dfrac{y^5}{120}+\cdots$ より $y\cosh y-\sinh y=\dfrac{y^3}{3}+\dfrac{y^5}{30}+\cdots$，したがって

$$ \frac{Q_{\rm eff}}{Q}=1+\frac{(\kappa R)^2}{10}+O\!\left((\kappa R)^4\right) $$

$\kappa R\to0$（遮蔽長より小さい球，あるいは点電荷の極限）で $Q_{\rm eff}\to Q$ となり，10.2.4節の湯川型に戻る．さらに $\kappa\to0$ では $\phi\to Q/r$——「一様帯電球の外場は全電荷を中心に集めた点電荷と同じ」という静電気学の定理も再現する．

物理的な意味．展開の第2項が正なので $Q_{\rm eff}>Q$ であり，$\kappa R\gg1$ では $Q_{\rm eff}\simeq\dfrac{3Q}{2}\,\dfrac{\ee^{\kappa R}}{(\kappa R)^2}\gg Q$ と指数的に大きくなる．外の観測点から見ると，球の表面近く（自分に近い側）の電荷は，中心にある電荷より遮蔽媒質を通る距離が短いぶん $\ee^{+\kappa R}$ 倍「よく見える」からである．真空中では電荷分布の広がりは多重極展開の高次にしか効かないが，遮蔽媒質中では単極子の見かけの大きさそのものを変えてしまう．

(3) $\kappa r\ll1$ と $\kappa r\gg1$ での右辺のふるまいと，その物理的意味を述べる．

$$ \kappa r\ll1:\qquad \frac{\pi}{2\kappa^2}\left(1-\ee^{-\kappa r}\right) \simeq\frac{\pi}{2\kappa^2}\left(\kappa r-\frac{(\kappa r)^2}{2}+\cdots\right) \simeq\frac{\pi r}{2\kappa} $$

積分値は $r$ に比例して伸び続ける——まだ遮蔽が効いていない領域である．

$$ \kappa r\gg1:\qquad \frac{\pi}{2\kappa^2}\left(1-\ee^{-\kappa r}\right)\;\to\;\frac{\pi}{2\kappa^2} $$

一定値に飽和する——遮蔽が効ききった領域である．$\kappa\to0$ ではこの飽和値が発散し，裸のCoulombポテンシャルが長距離であることを反映する．

この2つの極限には，きれいな物理の読み方がある．点電荷 $e$ の誘起ポテンシャル（遮蔽の雲だけが作るポテンシャル）を作ってみると

$$ \phi_{\rm ind}(\qq)=\phi(\qq)-\phi_{\rm ext}(\qq) =\frac{4\pi e}{q^2+\kappa^2}-\frac{4\pi e}{q^2} =-\frac{4\pi e\,\kappa^2}{q^2\,(q^2+\kappa^2)} $$

であり，(2) のステップ2と同じ逆変換公式で

$$ \phi_{\rm ind}(r)=\frac{1}{2\pi^2r}\int_0^\infty q\sin(qr)\,\phi_{\rm ind}(q)\,\dd q =-\frac{2e\kappa^2}{\pi r}\,I_0(r) =-\frac{e}{r}\left(1-\ee^{-\kappa r}\right) $$

となる．(1) の積分は，遮蔽電荷の雲が作るポテンシャルそのものだったのである（表題の「遮蔽の別の顔」）．実際 $\dfrac{e}{r}+\phi_{\rm ind}=\dfrac{e}{r}\ee^{-\kappa r}$ と，遮蔽Coulombポテンシャルが正しく再現される．この言葉で2つの極限を言い直すと：$\kappa r\ll1$ では $\phi_{\rm ind}\simeq-e\kappa+O(r)$，つまり電荷のすぐ近くでは雲は一定のポテンシャルシフトを与えるだけで，裸の $e/r$ が支配する．$\kappa r\gg1$ では $\phi_{\rm ind}\to-e/r$，雲が点電荷を完全に打ち消す——演習10.3(3)の完全遮蔽（誘起電荷 $-e$）を，ポテンシャルの言葉で言い直したものである．

解答

$q<2k_F$ を固定し，本文で導いた閉じた形

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0(q,\omega)=-\frac{m}{4\pi\hbar^2q}\Bigl[k_F^2-\max(k_1,k_2)^2\Bigr]_{+}, \qquad k_1^2=k_F^2-\frac{2m\omega}{\hbar},\quad k_2=\abs{\frac{m\omega}{\hbar q}-\frac q2} $$

を $\omega$ で積分して，$f$ 和則の右辺 $nq^2/m$ が出ることを示す．

ステップ1：変数変換．ヒントに従い $y\equiv\dfrac{m\omega}{\hbar q}$ とおく．$\omega=\dfrac{\hbar q}{m}\,y$ だから

$$ \omega\,\dd\omega=\frac{\hbar^2q^2}{m^2}\,y\,\dd y, \qquad k_1^2=k_F^2-\frac{2m\omega}{\hbar}=k_F^2-2qy, \qquad k_2=\abs{y-\frac q2} $$

ステップ2：領域の整理（10.5.2節の復習）．$k_1>k_2$ となるのは $\dfrac{m\omega}{\hbar q}+\dfrac q2<k_F$，すなわち $0<y<k_F-\dfrac q2$ のとき（領域I）．$q<2k_F$ だから $k_F-q/2>0$ で，この領域はちゃんと存在する．そこでは $k_F^2-k_1^2=2qy$ より

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{m}{4\pi\hbar^2q}\cdot 2qy $$

$k_F-\dfrac q2<y<k_F+\dfrac q2$ では $k_2$ が効いて（領域II）

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{m}{4\pi\hbar^2q}\left[k_F^2-\left(y-\frac q2\right)^2\right] $$

$y>k_F+\dfrac q2$ では $k_2>k_F$ となって $[\;\cdot\;]_+$ がゼロ——連続体の外である．積分は自動的に有限区間で切れる．

ステップ3：共通因子をくくり出す．

$$ -\frac{2}{\pi}\int_0^\infty\dd\omega\;\omega\,\mathrm{Im}\,\chi^0 =\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\hbar^2q^2}{m^2}\cdot\frac{m}{4\pi\hbar^2q}\,\bigl(I_1+I_2\bigr) =\frac{q}{2\pi^2m}\,\bigl(I_1+I_2\bigr) $$ $$ I_1\equiv\int_0^{k_F-q/2}2qy\cdot y\,\dd y, \qquad I_2\equiv\int_{k_F-q/2}^{k_F+q/2}y\left[k_F^2-\left(y-\frac q2\right)^2\right]\dd y $$

ステップ4：$I_1$ を計算する．初等的に

$$ I_1=2q\int_0^{k_F-q/2}y^2\,\dd y=\frac{2q}{3}\left(k_F-\frac q2\right)^3 =\frac{2}{3}k_F^3q-k_F^2q^2+\frac{1}{2}k_Fq^3-\frac{q^4}{12} $$

（$\left(k_F-\frac q2\right)^3=k_F^3-\frac{3}{2}k_F^2q+\frac{3}{4}k_Fq^2-\frac{q^3}{8}$ を展開した．）

ステップ5：$I_2$ を計算する．ヒントどおり $z=y-\dfrac q2$ と置く．積分域は $z:k_F-q\to k_F$，$y=z+\dfrac q2$ で

$$ I_2=\int_{k_F-q}^{k_F}\left(z+\frac q2\right)\left(k_F^2-z^2\right)\dd z =\int_{k_F-q}^{k_F}\left(k_F^2z-z^3\right)\dd z +\frac q2\int_{k_F-q}^{k_F}\left(k_F^2-z^2\right)\dd z $$

第1の積分：

$$ \left[\frac{k_F^2z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_{k_F-q}^{k_F} =\frac{k_F^2}{2}\left(2k_Fq-q^2\right)-\frac{k_F^4-(k_F-q)^4}{4} $$

$(k_F-q)^4=k_F^4-4k_F^3q+6k_F^2q^2-4k_Fq^3+q^4$ を入れると

$$ =\left(k_F^3q-\frac{k_F^2q^2}{2}\right)-\left(k_F^3q-\frac{3k_F^2q^2}{2}+k_Fq^3-\frac{q^4}{4}\right) =k_F^2q^2-k_Fq^3+\frac{q^4}{4} $$

第2の積分：

$$ \frac q2\left[k_F^2z-\frac{z^3}{3}\right]_{k_F-q}^{k_F} =\frac q2\left[k_F^2q-\frac{3k_F^2q-3k_Fq^2+q^3}{3}\right] =\frac q2\left(k_Fq^2-\frac{q^3}{3}\right) =\frac{k_Fq^3}{2}-\frac{q^4}{6} $$

足して

$$ I_2=k_F^2q^2-k_Fq^3+\frac{q^4}{4}+\frac{k_Fq^3}{2}-\frac{q^4}{6} =k_F^2q^2-\frac{k_Fq^3}{2}+\frac{q^4}{12} $$

ステップ6：和を取る．$q^2$，$q^3$，$q^4$ の項がすべて相殺して

$$ I_1+I_2 =\frac{2}{3}k_F^3q +\left(-k_F^2q^2+k_F^2q^2\right) +\left(\frac{k_Fq^3}{2}-\frac{k_Fq^3}{2}\right) +\left(-\frac{q^4}{12}+\frac{q^4}{12}\right) =\frac{2k_F^3q}{3} $$

ヒントの値そのものである．ヒントの勧めに従い $k_F=q=1$ で数値も確かめておく：$I_1=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac12\right)^3=\dfrac{1}{12}$，$I_2=1-\dfrac12+\dfrac1{12}=\dfrac{7}{12}$，和は $\dfrac{8}{12}=\dfrac23=\dfrac{2k_F^3q}{3}$ で一致する（閉じた形を $\hbar=m=k_F=q=1$ で直接数値積分しても左辺は $0.033774=1/3\pi^2$ となり，厳密値と一致する）．

ステップ7：仕上げ．$n=k_F^3/3\pi^2$ を思い出すと

$$ -\frac{2}{\pi}\int_0^\infty\dd\omega\;\omega\,\mathrm{Im}\,\chi^0 =\frac{q}{2\pi^2m}\cdot\frac{2k_F^3q}{3} =\frac{k_F^3q^2}{3\pi^2m} =\frac{nq^2}{m} $$

$f$ 和則が，明示的な $\mathrm{Im}\,\chi^0$ の式からも厳密に成り立つことが確かめられた．

物理的な意味．本文10.6.2節の検算(ii)は $\kk$ 和の段階で（デルタ関数を残したまま）和則を示したが，ここでは $(q,\omega)$ 平面の連続体の断面を実際に $\omega$ で積分して同じ答えに達した．途中でステップ6の全相殺が起きなければ和則の右辺は $q^2$ 以外の $q$ 依存性をもってしまうところで，この相殺こそが領域I・IIの閉じた形（と両者の境界の位置）の強力な検算になっている．係数をひとつでも間違えると和則は必ず破れる——「和則で検算する」習慣の実地演習である．

解答

(1) 連続体の3本の境界線を無次元変数 $x=q/2k_F$，$\nu=\hbar\omega/4\epsilon_F$ で書き直す．$q=2k_Fx$ だから $2k_Fq=4k_F^2x$，$q^2=4k_F^2x^2$ であり，ヒントの関係

$$ \frac{\hbar^2}{2m}\left(2k_Fq\pm q^2\right) =\underbrace{\frac{\hbar^2}{2m}\cdot4k_F^2}_{=\,4\epsilon_F}\left(x\pm x^2\right) =4\epsilon_F\left(x\pm x^2\right) $$

が確かめられる（$\epsilon_F=\hbar^2k_F^2/2m$）．両辺を $4\epsilon_F$ で割れば，各境界は

• 連続体の上端 $\hbar\omega=\dfrac{\hbar^2}{2m}\left(2k_Fq+q^2\right)$ → $\nu=x+x^2$，
• 連続体の下端 $\hbar\omega=\dfrac{\hbar^2}{2m}\left(q^2-2k_Fq\right)$（$q>2k_F$ でのみ正）→ $\nu=x^2-x$（$x>1$），
• 領域I/IIの境界 $\hbar\omega=\dfrac{\hbar^2}{2m}\left(2k_Fq-q^2\right)$（$q<2k_F$ でのみ正）→ $\nu=x-x^2$（$x<1$）

となる．3本とも図10.6に描かれた曲線そのものである．

(2) 領域I・IIの $\mathrm{Im}\,\chi^0$ を同じ無次元変数で書き直す．まず換算の道具を作る．$\epsilon_F=\hbar^2k_F^2/2m$ より $\dfrac{m\epsilon_F}{\hbar^2}=\dfrac{k_F^2}{2}$ だから，ヒントの2つの関係

$$ \frac{m\omega}{\hbar q} =\frac{m}{\hbar q}\cdot\frac{4\epsilon_F\nu}{\hbar} =\frac{4\nu}{2k_Fx}\cdot\frac{m\epsilon_F}{\hbar^2} =\frac{4\nu}{2k_Fx}\cdot\frac{k_F^2}{2} =\frac{k_F\nu}{x}, \qquad \frac q2=k_Fx $$

が出る．

領域I．本文の結果 $\mathrm{Im}\,\chi^0=-\dfrac{\pi}{2}N(\epsilon_F)\dfrac{\omega}{qv_F}$ を使う．$\omega=\dfrac{4\epsilon_F\nu}{\hbar}=\dfrac{2\hbar k_F^2}{m}\,\nu$ と $qv_F=2k_Fx\cdot\dfrac{\hbar k_F}{m}=\dfrac{2\hbar k_F^2}{m}\,x$ を入れると，共通因子 $2\hbar k_F^2/m$ が約分されて

$$ \frac{\omega}{qv_F}=\frac{\nu}{x} \quad\Longrightarrow\quad \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{\pi}{2}\,N(\epsilon_F)\,\frac{\nu}{x} $$

領域II．閉じた形 $\mathrm{Im}\,\chi^0=-\dfrac{m}{4\pi\hbar^2q}\left[k_F^2-\left(\dfrac{m\omega}{\hbar q}-\dfrac q2\right)^2\right]$ に上の関係を代入する．角括弧は

$$ k_F^2-\left(\frac{k_F\nu}{x}-k_Fx\right)^2 =k_F^2\left[1-\left(\frac{\nu}{x}-x\right)^2\right] $$

前因子は $q=2k_Fx$ と，$N(\epsilon_F)=\dfrac{mk_F}{\pi^2\hbar^2}$ すなわち $mk_F=\pi^2\hbar^2N(\epsilon_F)$ を使って

$$ \frac{m}{4\pi\hbar^2\cdot2k_Fx}\cdot k_F^2 =\frac{mk_F}{8\pi\hbar^2x} =\frac{\pi N(\epsilon_F)}{8x} $$

まとめて

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{\pi N(\epsilon_F)}{8x}\left[1-\left(\frac{\nu}{x}-x\right)^2\right] $$

与式の2つが得られた．検算．領域I/IIの境界 $\nu=x-x^2$ で両式がともに $-\dfrac{\pi}{2}N(\epsilon_F)(1-x)$ になることは本文10.5.2節末の囲みで確認済みである．さらに領域IIの式は，上端 $\nu=x+x^2$ では $\dfrac{\nu}{x}-x=1$，下端 $\nu=x^2-x$ では $\dfrac{\nu}{x}-x=-1$ となって角括弧が $1-(\pm1)^2=0$——連続体の縁で $\mathrm{Im}\,\chi^0$ が連続にゼロへ閉じることも読み取れる．

(3) 銅について $\nu_p$ を求め，プラズモン分散が連続体の上端と交わる $x$ を数値的に求める．まず

$$ \nu_p=\frac{\hbar\omega_p}{4\epsilon_F}=\frac{10.8}{4\times7.04}=\frac{10.8}{28.16}=0.3835 $$

交点の条件は $\sqrt{\nu_p^2+\dfrac35x^2}=x+x^2$．両辺とも正なので2乗してよく，

$$ f(x)\equiv\left(x+x^2\right)^2-\left(0.1471+0.6\,x^2\right)=0 $$

を解けばよい（$\nu_p^2=0.1471$）．$f$ は $x>0$ で単調増加に転じる前に負から出発するので，はさみうちで根を探す：

二分法を詰めると $x_c=0.348$（有効数字3桁）で，ヒントの $x\simeq0.35$ と一致する．波数に戻すと

$$ q_c=2k_F\,x_c=0.696\,k_F\simeq0.70\,k_F \qquad\left(\text{Cuでは }q_c=0.696\times1.359=0.946\ \mathrm{\mathring{A}^{-1}}\right) $$

交点でのエネルギーは $\nu_c=x_c+x_c^2=0.469$，すなわち $\hbar\omega_c=4\epsilon_F\nu_c=28.16\times0.469=13.2\ \mathrm{eV}$ で，プラズマエネルギー $10.8\ \mathrm{eV}$ から分散でせり上がったところで連続体に突入することも分かる．図10.6でプラズモンの赤い曲線が連続体に入る点（$q\simeq0.7k_F$）と一致する．$q>q_c$ ではプラズモンは運動量とエネルギーを保存したまま1個の粒子‐正孔対に崩壊できるようになり（Landau減衰，第11章），EELSではこの波数を境にプラズモンピークが急速に幅広になって消えていく——$q_c$ は実測できる量である．

解答

(1) 格子定数から電子密度 $n$ を求め，実用式で自由電子のプラズモンエネルギーを出す．Ag は fcc なので単位胞（体積 $a^3$）に4原子，価電子は原子あたり1個だから単位胞あたり4個である．

$$ a^3=(4.09\times10^{-10})^3=6.842\times10^{-29}\ \mathrm{m^3}, \qquad n=\frac{4}{a^3}=\frac{4}{6.842\times10^{-29}}=5.85\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}} $$

例題11.1で作った実用式 $\hbar\omega_p\,[\mathrm{eV}]=3.714\sqrt{n/10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}}$ に入れると

$$ \hbar\omega_p=3.714\times\sqrt{5.85}=3.714\times2.418=8.98\ \mathrm{eV}\simeq9.0\ \mathrm{eV} $$

表11.1の値 $9.0\ \mathrm{eV}$ が再現できた．なおヒントの $n=5.86\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$ は標準文献値の格子定数 $a=4.086\ \mathrm{Å}$ に対応する数で，本問の $a=4.09\ \mathrm{Å}$ からは $5.85\times10^{28}$ となる．差は末桁の丸めの範囲であり，$\hbar\omega_p$ には響かない．

(2) 背景分極 $\epsilon_\infty=3.7$，水中（$\epsilon_m=1.77$）の球状粒子の共鳴エネルギーを，11.6節で導いた $\hbar\omega_{\text{LSPR}}=\hbar\omega_p/\sqrt{\epsilon_\infty+2\epsilon_m}$ から求める．まず分母は

$$ \sqrt{\epsilon_\infty+2\epsilon_m}=\sqrt{3.7+2\times1.77}=\sqrt{7.24}=2.691 $$

だから

$$ \hbar\omega_{\text{LSPR}}=\frac{9.0}{2.691}=3.34\ \mathrm{eV}, \qquad \lambda=\frac{1239.8}{3.34}=371\ \mathrm{nm} $$

ヒントの $3.34\ \mathrm{eV}\to371\ \mathrm{nm}$ と一致する（(1) の丸める前の値 $8.98\ \mathrm{eV}$ を使っても $\lambda=371\ \mathrm{nm}$ で変わらない）．実測の球状 Ag ナノ粒子（水中，粒径 20 nm 程度）の吸収ピークは $400\ \mathrm{nm}$ 前後だから，$n$ と $\epsilon_\infty$ の2定数だけの模型で1割弱の精度が出ている．ずれの主因は，問題文の注意書きのとおり $\epsilon_\infty$ が実際には $\omega$ に依存することと，粒径・形状の補正である．

(3) 媒質をガラス（$\epsilon_m=2.25$）に替えたとき共鳴がどちらへずれるかを問う．同じ式で

$$ \hbar\omega_{\text{LSPR}}=\frac{9.0}{\sqrt{3.7+2\times2.25}}=\frac{9.0}{\sqrt{8.2}}=\frac{9.0}{2.8636}=3.143\ \mathrm{eV}\simeq3.14\ \mathrm{eV}, \qquad \lambda=\frac{1239.8}{3.143}=394\ \mathrm{nm} $$

$\epsilon_m$ が増えると分母 $\sqrt{\epsilon_\infty+2\epsilon_m}$ が増えて共鳴エネルギーは下がる．すなわち共鳴は長波長側（赤色側）へずれる．水→ガラスで $371\to394\ \mathrm{nm}$，およそ $23\ \mathrm{nm}$ の赤方移動である．

物理的な意味．周囲の誘電率が大きいほど，粒子表面に誘起された分極電荷が媒質側の分極で部分的に打ち消され，復元力が弱まる．ばねが柔らかくなれば振動数は下がる——これが赤方移動の力学的な読み方である．屈折率に直すと水は $\sqrt{1.77}=1.33$，ガラスは $\sqrt{2.25}=1.50$ だから，この模型の感度はおよそ

$$ \frac{\Delta\lambda}{\Delta n_{\text{媒質}}}\simeq\frac{394-371}{1.50-1.33}=\frac{23}{0.17}\simeq1.4\times10^{2}\ \mathrm{nm/RIU} $$

である（RIU は屈折率単位）．粒子表面に分子が吸着して周囲の屈折率がわずかに変われば，吸収ピークの位置＝色がナノメートル単位で動く．これが11.6節で触れた LSPR バイオセンサの原理であり，共鳴条件 $\epsilon+2\epsilon_m=0$ が環境の $\epsilon_m$ を含んでいることが，そのままセンサ機能になっている．

解答

(1) 球内の電子全体を $u$ だけずらしたときの運動方程式を立て，固有振動数が $\omega_p/\sqrt3$ になることを示す．問題文で与えられたとおり，変位 $u$ のとき球の内部には一様な電場 $E=\frac{4\pi}{3}neu$ が変位と同じ向きに生じる．電子1個（電荷 $-e$）に働く力は

$$ F=(-e)E=-\frac{4\pi ne^2}{3}\,u $$

変位と逆向き，確かに復元力である．11.3.2節の板の場合と比べると，ばね定数に相当する量が $4\pi ne^2$ から $\frac{4\pi ne^2}{3}$ へ，ちょうど $1/3$ に減っている．運動方程式は

$$ m\frac{\dd^2u}{\dd t^2}=-\frac{4\pi ne^2}{3}u \qquad\Longrightarrow\qquad \omega^2=\frac{4\pi ne^2}{3m}=\frac{\omega_p^2}{3} $$

したがって固有振動数は

$$ \omega=\frac{\omega_p}{\sqrt3} $$

である．

(2) この結果が，11.6節の式 $\omega_{\text{LSPR}}=\omega_p/\sqrt{\epsilon_\infty+2\epsilon_m}$ で $\epsilon_\infty=\epsilon_m=1$ とした場合と一致することを確かめる．代入すればただちに

$$ \omega_{\text{LSPR}}=\frac{\omega_p}{\sqrt{1+2\times1}}=\frac{\omega_p}{\sqrt3} $$

で一致する．共鳴条件の側から確かめてもよい．球の共鳴条件 $\epsilon(\omega)+2\epsilon_m=0$ に $\epsilon_m=1$，$\epsilon(\omega)=1-\omega_p^2/\omega^2$ を入れると

$$ 1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}+2=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\omega_p^2}{\omega^2}=3 \qquad\Longrightarrow\qquad \omega=\frac{\omega_p}{\sqrt3} $$

(1) の力学計算は，「分極率の分母 $\epsilon+2\epsilon_m$ がゼロ」という応答関数の言葉を Newton 方程式に翻訳したものになっている．どちらの言葉でも答えは同じである．

(3) 無限円柱の電子全体を軸に垂直に $u$ だけずらした場合の固有振動数を求める．内部電場は $E=2\pi neu$（変位と同じ向き）と与えられているから，(1) とまったく同様に

$$ m\frac{\dd^2u}{\dd t^2}=-2\pi ne^2u \qquad\Longrightarrow\qquad \omega^2=\frac{2\pi ne^2}{m}=\frac{\omega_p^2}{2}, \qquad \omega=\frac{\omega_p}{\sqrt2} $$

軸に平行な変位では，問題文の注意のとおり消偏場が生じないので復元力はゼロ，$\omega=0$（ただの並進）である．

検算．円柱（軸垂直）の共鳴条件は2次元の静電問題から $\epsilon(\omega)+\epsilon_m=0$ であり，$\epsilon_m=1$ なら $1-\omega_p^2/\omega^2=-1$，すなわち $\omega=\omega_p/\sqrt2$ で上と一致する．これは平らな表面の表面プラズモン $\omega_s=\omega_p/\sqrt2$ と同じ値だが，どちらも共鳴条件が $\epsilon=-1$ に帰着するためで，偶然ではない．

解答

(1) $n=2.53\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$ から Fermi 波数・Fermi 速度・Fermi エネルギーを順に計算する．

$$ k_F=(3\pi^2n)^{1/3}=(29.61\times2.53\times10^{28})^{1/3}=(7.491\times10^{29})^{1/3} =9.08\times10^{9}\ \mathrm{m^{-1}}=0.91\ \mathrm{Å^{-1}} $$ $$ v_F=\frac{\hbar k_F}{m}=\frac{1.0546\times10^{-34}\times9.08\times10^{9}}{9.109\times10^{-31}}=1.051\times10^{6}\ \mathrm{m/s}\simeq1.05\times10^{6}\ \mathrm{m/s} $$ $$ \epsilon_F=\frac12mv_F^2=\frac12\times9.109\times10^{-31}\times(1.051\times10^{6})^2 =5.03\times10^{-19}\ \mathrm{J}=3.14\ \mathrm{eV} $$

ヒントの $k_F=0.91\ \mathrm{Å^{-1}}$，$v_F=1.05\times10^6\ \mathrm{m/s}$，$\epsilon_F=3.1\ \mathrm{eV}$ と一致する．Al（$k_F=1.75\ \mathrm{Å^{-1}}$，$\epsilon_F=11.7\ \mathrm{eV}$）に比べると，1価で格子も大きい Na の電子気体はずっと希薄である．

(2) 無次元比 $\alpha$ を求める．

$$ \alpha=\frac{\hbar\omega_p}{\epsilon_F}=\frac{5.9}{3.14}=1.88 $$

Al の $\alpha=1.35$ より大きい．$\hbar\omega_p\propto\sqrt{n}$，$\epsilon_F\propto n^{2/3}$ だから $\alpha\propto n^{-1/6}$ であり，希薄な金属ほど $\alpha$ は大きくなる．

(3) 粗い見積もり $q_c/k_F=\alpha/2$（プラズモン分散を $\omega\simeq\omega_p$ 一定，連続体上端を $\omega\simeq v_Fq$ とした交点）で臨界波数と最短波長を出す．

$$ \frac{q_c}{k_F}=\frac{1.88}{2}=0.94, \qquad q_c=0.94\times0.908=0.85\ \mathrm{Å^{-1}} $$ $$ \lambda_{\min}=\frac{2\pi}{q_c}=\frac{6.283}{0.85}=7.4\ \mathrm{Å} $$

Na では波長がおよそ $7.4\ \mathrm{Å}$ より短いプラズモンは存在できない．Al の $\lambda_c\simeq5\ \mathrm{Å}$ より長い．

(4) 分散の $q^2$ 補正と反跳まで入れた11.5節の条件 $\alpha+\dfrac65\dfrac{x^2}{\alpha}=2x+x^2$（$x=q_c/k_F$）を Na の $\alpha=1.88$ について解く．移項して整理すると

$$ \left(1-\frac{6}{5\alpha}\right)x^2+2x-\alpha=0 \qquad\Longrightarrow\qquad 0.36\,x^2+2x-1.88=0 $$

（$6/(5\times1.88)=0.638$，$1-0.638=0.36$．）2次方程式の解の公式で正の根をとると

$$ x=\frac{-2+\sqrt{4+4\times0.36\times1.88}}{2\times0.36} =\frac{-2+\sqrt{6.71}}{0.72} =\frac{-2+2.590}{0.72}=0.82 $$

すなわち $q_c=0.82\times0.908=0.74\ \mathrm{Å^{-1}}$，$\lambda_{\min}=2\pi/0.74=8.5\ \mathrm{Å}$ である．ヒントの $x\simeq0.82$ と一致する．

(3) との比較と物理的な意味．丁寧な計算の $q_c$ は粗い見積もりより1割あまり小さい．プラズモン側が $q^2$ 分散でわずかに持ち上がる効果よりも，連続体上端が反跳項 $x^2$ の分だけ早く上がってくる効果のほうが勝つからで，Al でも同じ向きにずれた（$0.68\to0.65$）．また $q_c/k_F$ は Na（$0.82$）のほうが Al（$0.65$）より大きい．$\alpha=\hbar\omega_p/\epsilon_F$ が大きいほど，連続体上端がプラズモンの高さ $\hbar\omega_p$ に届くまでに要する波数が大きいからである．ただし絶対値では $k_F$ 自身が小さいので $q_c=0.74\ \mathrm{Å^{-1}}$ は Al の $1.1\ \mathrm{Å^{-1}}$ より小さく，存在できる最短波長は Na のほうが長い．

解答

(1) Drude 型 $\epsilon(\omega)=1-\dfrac{\omega_p^2}{\omega(\omega+\ii/\tau)}$ を $1/\omega\tau$ の1次まで展開し，実部と虚部を求める．分母を整理すると

$$ \omega\left(\omega+\frac{\ii}{\tau}\right)=\omega^2\left(1+\frac{\ii}{\omega\tau}\right) $$

$\abs{z}\ll1$ に対する $\dfrac{1}{1+z}\simeq1-z$ を $z=\ii/\omega\tau$ に使うと

$$ \epsilon(\omega)=1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\cdot\frac{1}{1+\ii/\omega\tau} \simeq1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\left(1-\frac{\ii}{\omega\tau}\right) =1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}+\ii\,\frac{\omega_p^2}{\omega^3\tau} $$

したがって

$$ \mathrm{Re}\,\epsilon=1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}, \qquad \mathrm{Im}\,\epsilon=\frac{\omega_p^2}{\omega^3\tau} $$

である．$\mathrm{Re}\,\epsilon$ への補正は $1/(\omega\tau)^2$ の2次から始まるので，1次の範囲では散逸のない場合と同じ形が残る．また $\mathrm{Im}\,\epsilon>0$ は吸収を表す符号で，第3章・第8章の規約と整合している．

(2) $\mathrm{Re}\,\epsilon$ の $\omega$ 微分を $\omega=\omega_p$ で評価する．

$$ \frac{\partial\,\mathrm{Re}\,\epsilon}{\partial\omega} =\frac{\partial}{\partial\omega}\left(1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\right) =+\frac{2\omega_p^2}{\omega^3}, \qquad \left.\frac{\partial\,\mathrm{Re}\,\epsilon}{\partial\omega}\right|_{\omega=\omega_p}=\frac{2}{\omega_p} $$

(3) 11.2節で導いた減衰率の公式 $\Gamma_q=2\,\mathrm{Im}\,\epsilon(\qq,\omega_q)\bigg/\left.\dfrac{\partial\,\mathrm{Re}\,\epsilon}{\partial\omega}\right|_{\omega_q}$ に (1)(2) の結果を入れる．いまの零点は $\omega_q=\omega_p$（$\mathrm{Re}\,\epsilon(\omega_p)=0$）で，そこでの虚部は $\mathrm{Im}\,\epsilon(\omega_p)=\dfrac{\omega_p^2}{\omega_p^3\tau}=\dfrac{1}{\omega_p\tau}$ だから

$$ \Gamma=\frac{2\times\dfrac{1}{\omega_p\tau}}{\dfrac{2}{\omega_p}}=\frac{1}{\tau} $$

すなわちプラズモンの減衰率は電子の衝突率そのものである．全電子が位相を揃えて振動しているのだから，個々の電子が衝突で位相を乱すレート $1/\tau$ が，そのまま集団モードの減衰率になるという素直な結果である．

(4) Al の $\tau=8\times10^{-15}\ \mathrm{s}$ でピーク幅 $\hbar\Gamma=\hbar/\tau$ を数値にする．

$$ \hbar\Gamma=\frac{\hbar}{\tau}=\frac{1.0546\times10^{-34}}{8\times10^{-15}}=1.32\times10^{-20}\ \mathrm{J}=0.082\ \mathrm{eV}\simeq0.08\ \mathrm{eV} $$

一方，EELS の実測幅は $q\simeq0$ ですでに約 $0.5\ \mathrm{eV}$ あり，Drude 衝突だけの予想より6倍以上広い．したがって実測のプラズモン幅の主因は伝導電子の衝突ではない．$q\simeq0$ で残る幅は，結晶格子のポテンシャルを介したバンド間励起への崩壊による（自由電子模型の RPA では $q\simeq0$ のプラズモンは粒子‐正孔対に崩壊できないが，格子があると運動量保存の制約が緩んで崩壊が許される）．さらに $q$ を大きくすると数 eV まで急に広がるのは，11.5節で見た粒子‐正孔対への崩壊（Landau 減衰）が $q\to q_c$ で効き始めるからである．Drude の $1/\tau$ は，これらのうち最も小さい寄与でしかない．

解答

(1) $F_0=2$ のとき，ゼロ音波の分散方程式 $1=\dfrac{F_0}{2}\left[s\ln\dfrac{s+1}{s-1}-2\right]$ は，$g(s)\equiv s\ln\dfrac{s+1}{s-1}-2$ と置けば $g(s)=1$ となる．これをはさみうちで解く．いくつかの $s$ で $g$ を評価すると次のようになる（たとえば $s=1.16$ なら $\ln\frac{2.16}{0.16}=\ln 13.50=2.603$，$1.16\times2.603-2=1.019$）．

根は $1.16$ と $1.17$ のあいだにある．線形補間すると

$$ s\simeq1.16+0.01\times\frac{1.019-1}{1.019-0.980}=1.16+0.01\times\frac{0.019}{0.039}\simeq1.165 $$

をわずかに下回る値になる（数値的に解くと $s=1.1647$）．したがって小数第2位までは

$$ s\simeq1.16 $$

である．ヒントの値と一致し，表11.2の隣接する行（$F_0=1.05$ で $s=1.050$，$F_0=2.28$ で $s=1.200$）とも矛盾しない．ゼロ音速は $c_0=1.16\,v_F$ である．

(2) 強結合近似 $s\simeq\sqrt{F_0/3}$ と比べる．$F_0=2$ では

$$ \sqrt{\frac{F_0}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}=0.816 $$

で，厳密解 $1.16$ のほうがずっと大きい．しかも $0.816<1$ だから，近似値はそもそも $s>1$（粒子‐正孔連続体の外）という条件すら満たしていない．理由は2つある．第一に，この近似は $s\gg1$ の展開 $g(s)=\dfrac{2}{3s^2}+\dfrac{2}{5s^4}+\cdots$ の最低次だけを残したもので，捨てた補正項 $\frac{3}{5s^2}$ は $s\sim1$ では小さくない——$F_0=2$ は $F_0\gg1$ ではないのである．第二に，厳密な $g(s)$ は $s\to1^+$ で対数発散するので，どんな $F_0>0$ に対しても解は必ず $s>1$ 側に押し出されるが，最低次の近似式はこの「対数の壁」を知らないため，$F_0<3$ では平気で $s<1$ を返してしまう．強結合近似は $F_0\gg1$ でのみ使える（表11.2でも $F_0=2.28$ に対して近似値 $0.872$ と大きく外れていた）．

(3) $g'(s)$ を計算し，$s>1$ で $g$ が単調減少すること（＝解の一意性）を示す．積の微分と $\dfrac{\dd}{\dd s}\ln(s\pm1)=\dfrac{1}{s\pm1}$ より

$$ g'(s)=\ln\frac{s+1}{s-1}+s\left(\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s-1}\right) =\ln\frac{s+1}{s-1}-\frac{2s}{s^2-1} $$

符号を調べるには，$s>1$ で収束する $1/s$ 展開を使うのが早い．11.4節の補足でも使った $\ln\dfrac{s+1}{s-1}=2\left(\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{3s^3}+\dfrac{1}{5s^5}+\cdots\right)$ と，等比級数から得られる $\dfrac{2s}{s^2-1}=\dfrac{2}{s}\cdot\dfrac{1}{1-1/s^2}=2\left(\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s^3}+\dfrac{1}{s^5}+\cdots\right)$ を辺々引くと，$1/s$ の項が打ち消して

$$ g'(s)=2\left(\frac13-1\right)\frac{1}{s^3}+2\left(\frac15-1\right)\frac{1}{s^5}+\cdots =-\frac{4}{3s^3}-\frac{8}{5s^5}-\cdots $$

となる．係数 $2\left(\frac{1}{2j+1}-1\right)$ は $j\ge1$ のすべての項で負だから，$s>1$ の全域で $g'(s)<0$ である（先頭項 $-\frac{4}{3s^3}$ はヒントのとおり）．別の確かめ方として，もう一度微分すると

$$ g''(s)=-\frac{2}{s^2-1}+\frac{2(s^2+1)}{(s^2-1)^2}=\frac{-2(s^2-1)+2(s^2+1)}{(s^2-1)^2}=\frac{4}{(s^2-1)^2}>0 $$

すなわち $g'$ は増加関数で，しかも $s\to\infty$ での極限値が $0$ だから，途中ではつねに $g'(s)<0$——同じ結論である．まとめると，$g$ は $s\to1^+$ で $+\infty$ から出発し，$s\to\infty$ で $0$ へ単調に減少する．したがって任意の $F_0>0$ に対して $g(s)=2/F_0$ の解はちょうど1つであり，ゼロ音波のモードは一意に定まる．

(4) 同じ $F_0=2$ での第一音速と比べる．

$$ \frac{c_1}{v_F}=\sqrt{\frac{1+F_0}{3}}=\sqrt{\frac{3}{3}}=1 $$

$F_0=2$ は，ちょうど第一音速が Fermi 速度に等しくなる結合の強さである．一方 $c_0/v_F=s=1.16$ だから

$$ \frac{c_0}{c_1}=\frac{1.16}{1}=1.16 $$

ゼロ音波のほうが 16% 速い．11.8節の一般則 $c_0>c_1$ の具体例であり，表11.2の傾向（$F_0$ が大きくなるにつれ $c_0/c_1$ は $1.49\to1.02$ と $1$ に近づく．$F_0=2.28$ で $1.15$）の途中に，この $F_0=2$，$c_0/c_1=1.16$ がきれいにはまっている．

解答

(1) 弾性散乱の運動学 $q=2k\sin(\theta/2)$ に $q=2\pi/d$，$k=2\pi/\lambda$，$\theta=2\theta_B$ を代入して，Bragg の条件 $2d\sin\theta_B=\lambda$ を導く問題である．

第12.1節で導いたとおり，弾性散乱（$k'=k$）では運動量移行の大きさは

$$ q = 2k\sin\frac{\theta}{2} $$

である．ここに $\theta=2\theta_B$ を入れると $\sin(\theta/2)=\sin\theta_B$ だから

$$ q = 2k\sin\theta_B $$

結晶で回折が起こる条件は，運動量移行が面間隔 $d$ の面族に対応する逆格子ベクトルに一致すること，すなわち $q=2\pi/d$ である．$k=2\pi/\lambda$ とともに代入すると

$$ \frac{2\pi}{d} = 2\cdot\frac{2\pi}{\lambda}\,\sin\theta_B \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{d} = \frac{2}{\lambda}\sin\theta_B $$

両辺に $\lambda d$ を掛けて整理すれば

$$ 2d\sin\theta_B = \lambda $$

となり，Bragg の条件が得られた．

物理的な意味．Bragg の法則は独立の法則ではなく，「弾性散乱の運動学」＋「結晶の周期性（$\qq$ が逆格子ベクトルのときだけ強め合う）」の言い換えにすぎない．$\theta=2\theta_B$ となるのは，Bragg角 $\theta_B$ が格子面から測った角であるのに対し，散乱角 $\theta$ は $\kk$ と $\kk'$ のなす角だからである（入射と反射で $\theta_B$ ずつ，計 $2\theta_B$ 曲がる）．実験屋が回折ピークの位置を「$2\theta$」と呼ぶ習慣は，ここから来ている．

(2) Cu K$\alpha$ 線（$\lambda=1.54\ \text{Å}$）でAl (111) 面（$d=2.34\ \text{Å}$）の反射が現れる散乱角を求める．(1) の結果から

$$ \sin\theta_B = \frac{\lambda}{2d} = \frac{1.54}{2\times2.34} = \frac{1.54}{4.68} = 0.329 $$

したがって

$$ \theta_B = \arcsin(0.329) = 19.2^\circ, \qquad \theta = 2\theta_B = 38.4^\circ $$

(3) 同じ面を熱中性子（$\lambda=1.8\ \text{Å}$）で見る．

$$ \sin\theta_B = \frac{1.8}{4.68} = 0.385, \qquad \theta_B = 22.6^\circ, \qquad \theta = 2\theta_B = 45.2^\circ $$

波長の選択がなぜ大事かは，$\sin\theta_B=\lambda/2d\le1$ という制約を見れば分かる．読み取れることは2つある．

• 長すぎる波長では反射が消える．$\lambda > 2d$ になると $\sin\theta_B > 1$ となり，その反射は角度をどう選んでも原理的に観測できない．いまの例では $2d=4.68\ \text{Å}$ なので，冷中性子（たとえば $\lambda=5\ \text{Å}$）ではAl (111) は見えない．裏返せば，波長 $\lambda$ のプローブで見える面間隔は $d\ge\lambda/2$ に限られる．これが本文ヒントの言う「波長を短くしないと細かい構造が見えない」ことの正体であり，12.1.2節の「弾性散乱では $q\le2k$」（運動量移行の上限）のBragg版である．
• 短すぎる波長では角度が潰れる．逆に $\lambda\ll d$ だと $\theta_B\simeq\lambda/2d$ はごく小さく，すべての反射が前方の狭い角度範囲に押し込まれて分解が難しくなる．たとえば例題12.4の $100\ \mathrm{keV}$ 電子（$\lambda=0.037\ \text{Å}$）では同じ反射が $\theta\simeq0.9^\circ$ に現れる．

すなわち $\lambda$ を $d$ と同程度（ただし $2d$ 以下）に選んだとき，回折角が測りやすい数十度の領域に開く．X線のCu K$\alpha$ も熱中性子も，原子間距離（数 Å）とちょうど同じ桁の波長をもつからこそ構造解析の主役なのである．

解答

(1) $\hbar\omega=\pm12.0\ \mathrm{meV}$ のフォノン対の積分強度比 $I_{\text{利得}}/I_{\text{損失}}=0.31$ から試料温度を求める．

第12.4節で導いた詳細つり合い

$$ S(\qq,-\omega) = \ee^{-\beta\hbar\omega}\,S(\qq,\omega) $$

を使う．エネルギー利得側（$-\omega$）のピークの積分強度は $S(\qq,-\omega)$ に，損失側は $S(\qq,\omega)$ に比例するから

$$ \frac{I_{\text{利得}}}{I_{\text{損失}}} = \ee^{-\beta\hbar\omega} = 0.31 $$

両辺の対数を取って

$$ \beta\hbar\omega = -\ln 0.31 = 1.171 $$

$\hbar\omega=12.0\ \mathrm{meV}$ だから

$$ k_BT = \frac{\hbar\omega}{1.171} = \frac{12.0}{1.171} = 10.25\ \mathrm{meV} $$

$k_B=0.08617\ \mathrm{meV/K}$ で割って

$$ T = \frac{10.25}{0.08617} = 119\ \mathrm{K} $$

検算．$k_BT=10.25\ \mathrm{meV}$ は $\hbar\omega=12.0\ \mathrm{meV}$ と同じ桁である．$\beta\hbar\omega\simeq1$ のとき利得側は損失側の $\ee^{-1}\simeq0.37$ 程度になるはずで，$0.31$ という観測値と整合している．熱エネルギーとフォノンエネルギーが拮抗する温度域だからこそ，利得側がはっきり見えて温度計として使えるのである．

(2) 両側に同じ一定バックグラウンド $B>0$ が乗ったまま比を取るとどうなるか．見かけの比は

$$ R' = \frac{I_{\text{利得}}+B}{I_{\text{損失}}+B} $$

である．真の比 $R=I_{\text{利得}}/I_{\text{損失}}<1$ と差を取ると

$$ R' - R = \frac{I_{\text{利得}}+B}{I_{\text{損失}}+B}-\frac{I_{\text{利得}}}{I_{\text{損失}}} = \frac{B\left(I_{\text{損失}}-I_{\text{利得}}\right)}{I_{\text{損失}}\left(I_{\text{損失}}+B\right)} \;>\;0 $$

分子も分母も正だから $R'>R$ である．つまり弱いほう（利得側）が相対的に水増しされ，比は $1$ に近づく．見かけの $\beta\hbar\omega=-\ln R'$ は真の値より小さくなり，$T=\hbar\omega/(k_B\beta\hbar\omega)$ は高く出る．

数値で確かめる．損失側強度を $1$ に規格化して $B$ が損失側の $10\%$（$B=0.10$）とすると

$$ R' = \frac{0.31+0.10}{1+0.10} = 0.373, \qquad \beta\hbar\omega = -\ln 0.373 = 0.987, \qquad T' = \frac{12.0}{0.987\times0.08617} = 141\ \mathrm{K} $$

わずか $10\%$ のバックグラウンドの引き忘れが $22\ \mathrm{K}$（約 $19\%$）もの過大評価を生む．この温度計の精度は弱い側のピークの正確さで決まっているのである．

(3) 同じ試料（$k_BT=10.25\ \mathrm{meV}$）の $\hbar\omega=+40\ \mathrm{meV}$ のピークに対する利得側の強度比を予測する．

$$ \frac{I_{\text{利得}}}{I_{\text{損失}}} = \ee^{-\beta\hbar\omega} = \exp\left(-\frac{40}{10.25}\right) = \ee^{-3.90} = 0.020 $$

利得側は損失側の $2.0\%$ しかない．測定が現実的かどうかを考える．計数統計の誤差は計数 $N$ に対して $\sqrt{N}$ で決まるから，損失側と同じ相対精度を利得側で得るには約 $50$ 倍の測定時間が要る．しかもその微弱なピークは(2)で見たとおりバックグラウンドの評価誤差に埋もれやすい．すなわち高エネルギーのモードは利得側では実質見えない．温度計として詳細つり合いを使うなら，$\beta\hbar\omega\lesssim1$ となる低エネルギーのモード（この試料なら $10\ \mathrm{meV}$ 前後）を選ぶべきである．

解答

(1) $S$ と損失関数の関係を $f$ 和則の左辺に代入する．第12.6節の $f$ 和則は

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;\omega\,S(\qq,\omega) = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

であった．$T=0$ の電子気体では $S(\qq,\omega)$ は $\omega>0$ にしか値を持たない（第12.4節：$T=0$ ではエネルギー利得側にスペクトルが立たない）ので，積分範囲を $0$ から $\infty$ に狭めてよい：

$$ \int_{0}^{\infty}\dd\omega\;\omega\,S(\qq,\omega) = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

ここに第12.5節で導いた厳密な書き換え

$$ S(\qq,\omega) = \frac{\hbar\,q^2}{4\pi^2 n e^2}\,\mathcal{L}(\qq,\omega), \qquad \mathcal{L}(\qq,\omega)\equiv-\mathrm{Im}\,\frac{1}{\epsilon(\qq,\omega)} $$

を代入すると，係数は $\omega$ 積分の外に出て

$$ \frac{\hbar q^2}{4\pi^2 ne^2}\int_0^{\infty}\dd\omega\;\omega\,\mathcal{L}(\qq,\omega) = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

(2) 両辺に共通の $\hbar q^2$ を約分すると，$q$ が完全に消える：

$$ \int_0^{\infty}\dd\omega\;\omega\,\mathcal{L}(\qq,\omega) = \frac{4\pi^2 ne^2}{2m} = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{4\pi ne^2}{m} = \frac{\pi}{2}\,\omega_p^2 $$

最後にプラズマ振動数の定義 $\omega_p^2=4\pi ne^2/m$（Gauss単位系，第11章）を使った．これが求める和則である．

$q$ が消えることの意味．損失関数の1次モーメントはどの波数で測っても同じ値 $\frac{\pi}{2}\omega_p^2$ になる．スペクトルの「形」は $q$ とともに劇的に変わる——$q<q_c$ ではほぼ1本のプラズモンピーク，$q>q_c$ では粒子‐正孔連続体に広がったなだらかな山（図12.3）——が，$\omega$ で重みを付けた総量は不変なのである．$f$ 和則が「相互作用が変えられるのはエネルギーの分配のしかただけで総量ではない」（12.6.2節）ことの，損失関数版である．電子気体が外場からエネルギーを吸い取る能力の総量は，長波長でも短波長でも，密度と質量だけで決まっている．

(3) 単一モード近似 $\mathcal{L}(\qq,\omega)=A\,\delta(\omega-\omega_p)$ を仮定して重み $A$ を決める．和則に代入すると，デルタ関数が $\omega=\omega_p$ を拾って

$$ \int_0^{\infty}\dd\omega\;\omega\,A\,\delta(\omega-\omega_p) = A\,\omega_p = \frac{\pi}{2}\,\omega_p^2 \qquad\Longrightarrow\qquad A = \frac{\pi}{2}\,\omega_p $$

すなわち $q\to0$ の損失関数は

$$ \mathcal{L}(\qq,\omega) = \frac{\pi}{2}\,\omega_p\,\delta(\omega-\omega_p) $$

検算．この係数は第12.5節の導出（$\epsilon''\to0^+$ の極限で $\mathcal{L}=\pi\,\delta(\omega-\omega_p)/\abs{\partial\epsilon'/\partial\omega|_{\omega_p}}$）と独立に突き合わせられる．$q\to0$ のRPA（Drude形）では $\epsilon'(\omega)=1-\omega_p^2/\omega^2$ だから

$$ \left.\frac{\partial\epsilon'}{\partial\omega}\right|_{\omega=\omega_p} = \left.\frac{2\omega_p^2}{\omega^3}\right|_{\omega=\omega_p} = \frac{2}{\omega_p} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathcal{L} = \frac{\pi}{2/\omega_p}\,\delta(\omega-\omega_p) = \frac{\pi}{2}\,\omega_p\,\delta(\omega-\omega_p) $$

完全に一致する．これは同時に，$q\to0$ ではプラズモン1本がこの和則を使い尽くす（他の励起に回す重みが残っていない）ことを示している．第11章で「長波長のプラズモンが振動子強度をほぼ独占する」と述べたことの定量的な表現である．

(4) EELSスペクトルの絶対値較正への使い道．EELSの生データは検出器の計数であり，強度は任意単位でしか得られない．しかし角度積分と多重散乱の除去（12.2節・例題12.6のFourier-log法など）を済ませて損失関数に比例するスペクトル $I(\omega)=C\,\mathcal{L}(\omega)$ を得たとすると，未知の較正定数 $C$ は和則で決まる：

$$ \int_0^{\infty}\dd\omega\;\omega\,I(\omega) = C\cdot\frac{\pi}{2}\,\omega_p^2 \qquad\Longrightarrow\qquad C = \frac{2}{\pi\omega_p^2}\int_0^{\infty}\dd\omega\;\omega\,I(\omega) $$

右辺の $\omega_p^2=4\pi ne^2/m$ は価電子密度 $n$（結晶構造と価数から既知）だけで計算できるからである．こうして $\mathcal{L}$ が絶対単位で決まれば，Kramers–Kronig変換（第4章）で $\mathrm{Re}\,\epsilon^{-1}$，さらに $\epsilon(\omega)$ そのものまで再構成できる．逆に，測った1次モーメントが $\frac{\pi}{2}\omega_p^2$ に合わない場合は，(i) 積分範囲が足りない（高エネルギー側に内殻励起などの重みが残っている），(ii) 多重散乱の除去が不十分，のどちらかを疑う．和則は較正の道具であると同時に，データ処理の検算装置なのである．

解答

(1) 液体 $^4$He の $q\to0$ での $S(q)=\hbar q/2mc$ をFeynman の式に代入して，音波の分散が出ることを示す．第12.6節のFeynman の式は

$$ \hbar\,\omega(q) = \frac{\hbar^2q^2}{2m\,S(q)} $$

であった．$S(q)=\hbar q/2mc$ を代入すると

$$ \hbar\,\omega(q) = \frac{\hbar^2q^2}{2m}\cdot\frac{2mc}{\hbar q} = \hbar c q \qquad\Longrightarrow\qquad \omega(q) = cq $$

音速 $c$ の音波（フォノン）の分散が正しく出た．12.6.3節で述べたとおり，この極限では励起の重みが1本のフォノンに集中するので単一モード近似が厳密になり，Feynman の式は実測と一致する．

(2) 電子気体で $q\to0$ のとき $\omega\to\omega_p$（有限のギャップ）となることから，$S(q)$ の振る舞いを逆に読む．単一モード近似の中間結果（導出16のステップ2）は，2つの和則から

$$ \omega(q)\,S(q) = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

であった．$q\to0$ で $\omega(q)\to\omega_p$（$q$ に依らない定数）だから

$$ S(q) = \frac{\hbar q^2}{2m\,\omega_p} \;\propto\; q^2 \qquad(q\to0) $$

である．演習12.3(3)で見たとおり $q\to0$ ではプラズモン1本が和則を使い尽くすので，この極限で単一モード近似は正当であり，この $q^2$ 則は電子気体の厳密な性質である．

(3) $S\propto q$（He）と $S\propto q^2$（電子気体）の違いを，相互作用の到達距離から説明する．鎖はこうつながる．

• 中性の $^4$He：原子間力は短距離である．長波長の密度ゆらぎを作るコストは体積弾性だけで決まり，$q\to0$ でゼロに向かう——ギャップのない音波 $\omega=cq$ が最低励起である．励起が「安い」ので，長波長の密度ゆらぎは零点振動としてそれなりに存在でき，$S(q)=\hbar q/2mc$ と$q$ の1次でしか消えない．
• 電子気体：Coulomb力は長距離で，$v(q)=4\pi e^2/q^2$ は $q\to0$ で発散する．長波長の密度ゆらぎは巨視的な電荷の偏りを意味し，どんなに波長を伸ばしても有限のエネルギー $\hbar\omega_p$ がかかる（第11章：プラズマギャップ）．励起が「高い」ので長波長のゆらぎは強く抑え込まれ，$S(q)=\hbar q^2/2m\omega_p$ と$q$ の2次で，Heより速くゼロに向かう．

つまり $S(q)$ の消え方の冪は，最低励起にギャップがあるか（$\omega\to\omega_p$）ないか（$\omega=cq$）を写しており，そのギャップの有無こそが相互作用の到達距離（$q\to0$ で $v(q)$ が発散するか否か）の帰結なのである．Feynman の式は，この対応を $S(q)=\hbar q^2/2m\omega(q)$ という一本の式で見せてくれる．

(4) Al（$\hbar\omega_p=15.8\ \mathrm{eV}$）の $q=0.3\ \text{Å}^{-1}$ での $S(q)$ を数値で評価する．(2) の式を反跳エネルギーで書くと

$$ S(q) = \frac{\hbar^2q^2/2m_e}{\hbar\omega_p} $$

分子の反跳エネルギーは，$q=0.3\ \text{Å}^{-1}=3\times10^{9}\ \mathrm{m^{-1}}$ として

$$ \frac{\hbar^2q^2}{2m_e} = \frac{(1.0546\times10^{-34})^2\times(3\times10^{9})^2}{2\times9.109\times10^{-31}} = \frac{1.1122\times10^{-68}\times9\times10^{18}}{1.8219\times10^{-30}} = 5.49\times10^{-20}\ \mathrm{J} = 0.343\ \mathrm{eV} $$

したがって

$$ S(q) = \frac{0.343}{15.8} = 0.022 $$

物理的な意味．$S=1$ が「相関のないばらばらの粒子」の基準値（12.6.1節）だったことを思い出すと，$0.022$ という値はそのおよそ $50$ 分の $1$ である．波長 $2\pi/q\simeq21\ \text{Å}$ 程度の密度ゆらぎは，電子気体ではほとんど存在を許されていない．長距離Coulomb力が長波長の電荷ゆらぎを徹底的に抑え込むからで，この意味で電子気体は長波長に対してきわめて「硬い」．同じ $q\to0$ でも液体Heの $S(q)$ が $q$ の1次でしか消えないことと対照的である．

解答

各測定について，(i) 何に結合するプローブが要るか，(ii) 運動学（図12.2：プローブの $M$ と $E_i$ が決める走査可能領域）と分解能が測定対象の $(q,\omega)$ に届くか，の2点で選ぶ．

(1) Si単結晶の音響フォノン分散をゾーン境界（$q\simeq1\ \text{Å}^{-1}$，$\hbar\omega\simeq50\ \mathrm{meV}$）まで —— 中性子（非弾性中性子散乱，三軸分光器）である．

フォノンは原子核の集団運動だから，核に結合する中性子が素直である（X線も電子密度が核に追随するので原理的には可能だが，$10\ \mathrm{keV}$ から $\mathrm{meV}$ を切り出す相対分解能 $10^{-7}$ の装置が要る）．運動学を確かめる．例題12.1のとおり中性子は $E_i=2.07\,k^2\ \mathrm{meV}$（$k$ は $\text{Å}^{-1}$ 単位）だから，走査可能領域の上限 $\hbar\omega\le E_i\,\frac{q}{k}\left(2-\frac{q}{k}\right)=2.07\left(2qk-q^2\right)\ \mathrm{meV}$ に $q=1\ \text{Å}^{-1}$，$\hbar\omega=50\ \mathrm{meV}$ を入れると $k\ge12.6\ \text{Å}^{-1}$，すなわち $E_i\ge327\ \mathrm{meV}$ が要る——熱中性子（$\sim25\ \mathrm{meV}$）では第1ゾーンの $q=1\ \text{Å}^{-1}$ に $50\ \mathrm{meV}$ は渡せない．しかし結晶では1フォノン散乱の条件が $\qq=\bm G+\kk_{\text{換算}}$（12.8.3節）なので，高次のBrillouinゾーンで測ればよい．たとえば $q=3\ \text{Å}^{-1}$ なら $k\ge5.5\ \text{Å}^{-1}$，$E_i\ge63\ \mathrm{meV}$ で済み，原子炉の熱〜熱外中性子で十分届く．図12.2の上限放物線が $q=k$ で最大になることを利用して，$q$ の大きいゾーンへ逃げるのが実際の測定計画である．Raman/赤外は $q\simeq0$ しか見えないので分散は測れず，EELSは $\mathrm{meV}$ 級のフォノンには分解能が厳しい．

(2) 直径 $20\ \mathrm{nm}$ の金ナノ粒子1個の局在表面プラズモン共鳴（$\hbar\omega\simeq2.4\ \mathrm{eV}$）を粒子の位置を分けて —— 電子線EELS（STEM-EELS）である．

決め手は空間分解能である．表12.1のとおり，$\mathrm{nm}$ の空間分解能をもつプローブは収束電子線だけであり，粒子1個どころか粒子の中のどこ（先端か中央か）で共鳴が強いかまでマップできる．可視光（$\lambda\simeq500\ \mathrm{nm}$）は回折限界で $20\ \mathrm{nm}$ の粒子を選り分けられない．エネルギーの面でも，$2.4\ \mathrm{eV}$ は $100\ \mathrm{keV}$ 電子には微小な損失で運動学的制約は問題にならず，モノクロメータ付き装置の分解能（$5$–$100\ \mathrm{meV}$）で十分に分解できる．なお測られる量は $S$ ではなく損失関数（ナノ粒子では境界条件込みの電磁応答）であること（12.5節），および粒子表面のモードなので体積プラズモン $\omega_p$ ではなく $2$–$3\ \mathrm{eV}$ の局在モードが立つこと（12.8節の $\omega_s$ の親戚）に注意する．

(3) 反強磁性体のマグノン分散 —— 中性子である．

マグノンは電子スピンの集団歳差運動であり，密度にはほとんど乗らない．スピン（磁気モーメント）に直接，双極子‐双極子相互作用で結合するプローブは中性子である（表12.1：磁気散乱なら $S_{\text{spin}}$ を測る）．運動学もフォノンと同じ事情で，マグノンのエネルギー（$\mathrm{meV}$〜数十 $\mathrm{meV}$）とBrillouinゾーン（$\sim\text{Å}^{-1}$）の両方に熱中性子の $(q,\omega)$ 窓がぴたり重なる．X線の共鳴非弾性散乱（RIXS）も磁気励起を見られるが，$\mathrm{meV}$ 級の定量測定では中性子が標準である（表12.1の注のとおり）．反強磁性体では磁気Bragg点のまわりにマグノンの枝が立ち上がるので，そこを三軸分光器で走査する．

(4) ダイヤモンドアンビルセル中（試料径 $50\ \mu\mathrm{m}$）の高圧下の液体の音響モード —— X線非弾性散乱（IXS）である．

消去法がはっきり効く例である．中性子は前置因子 $b^2$ の小ささゆえに $\mathrm{cm^3}$ 級の試料量が要り（表12.1），$50\ \mu\mathrm{m}$ の試料では計数がまるで足りない．電子線は真空中の薄膜試料にしか使えず，ダイヤモンドを透過できない．硬X線（$\sim10\ \mathrm{keV}$）はダイヤモンドアンビルを透過し，放射光なら $\mu\mathrm{m}$ 級に集光できるので，小さな試料でも $S(\qq,\omega)$ が測れる．液体の音響モードは $q\sim0.1$–$1\ \text{Å}^{-1}$ で $\hbar\omega\sim$ 数 $\mathrm{meV}$〜数十 $\mathrm{meV}$ だから，IXSの分解能（$1$–$100\ \mathrm{meV}$）の下限側を使う．まさに表12.1の「試料が小さくてよい（高圧セル中も可）」が効く測定である．

(5) 高温超伝導体のFermi面の形と超伝導ギャップの $\kk$ 依存性 —— ARPESである．

Fermi面とは「占有された1電子状態が $\kk$ 空間のどこで途切れるか」であり，超伝導ギャップ $\Delta(\kk)$ は1粒子励起スペクトルの端の移動である．どちらも1粒子スペクトル関数 $A(\kk,\omega)$ の情報であって，密度‐密度相関 $S(\qq,\omega)$ には直接は現れない．電子を1個系外へ叩き出してその $\kk$ と $\omega$ を測るARPESだけが，$A(\kk,\omega)$ を $\kk$ 分解で直接見せてくれる（分解能 $1$–$10\ \mathrm{meV}$ はギャップの数十 $\mathrm{meV}$ に十分）．ただし12.7節の警告のとおり，これは本章の主役 $S(\qq,\omega)$ とは別物の測定である——「$S$ は系を壊さずに揺らす．ARPESは電子を1個抜く」．また表面敏感なので，超高真空中で劈開した清浄表面が必要である．

まとめると次表のとおりである．

共通の教訓はこうである．「何を測りたいか」は「どの演算子の相関か」と「$(q,\omega)$ 平面のどこか」の2つに翻訳され，その2つが決まればプローブはほぼ一意に決まる．本章の運動学（図12.2）と表12.1は，その翻訳表なのである．

解答

(1) 虚時間発展させた消滅演算子 $b_\kk(\tau)=\ee^{\hat K\tau/\hbar}b_\kk\ee^{-\hat K\tau/\hbar}$ が $b_\kk\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}$ になることを示す．出発点は，13.2節で導いた虚時間の運動方程式（$\Ham\to\hat K$ と読み替えたもの）

$$ \hbar\frac{\dd b_\kk(\tau)}{\dd\tau} = \left[\hat K,\,b_\kk(\tau)\right] $$

である．まず交換子 $[\hat K,b_\kk]$ を計算する．$\hat K=\sum_l\xi_l\,b^\dagger_l b_l$ だから

$$ [\hat K,\,b_\kk] = \sum_l\xi_l\left[b^\dagger_l b_l,\,b_\kk\right] $$

Bose演算子では，Fermi の場合に使った反交換子の恒等式の代わりに，交換子だけで書ける恒等式

$$ [\hat X\hat Y,\hat Z] = \hat X[\hat Y,\hat Z]+[\hat X,\hat Z]\hat Y $$

を使う（両辺を展開すれば直ちに確かめられる）．$\hat X=b^\dagger_l$，$\hat Y=b_l$，$\hat Z=b_\kk$ と取り，交換関係 $[b_l,b_\kk]=0$ と $[b_\kk,b^\dagger_l]=\delta_{kl}$（したがって $[b^\dagger_l,b_\kk]=-\delta_{lk}$）を使うと

$$ \left[b^\dagger_l b_l,\,b_\kk\right] = b^\dagger_l\underbrace{[b_l,b_\kk]}_{=0}+\underbrace{[b^\dagger_l,b_\kk]}_{=-\delta_{lk}}b_l = -\delta_{lk}\,b_l $$

よって $[\hat K,b_\kk]=-\xi_\kk b_\kk$ である．消滅演算子が $\hat K$ の「固有演算子」であり，交換子を取ると自分自身の $-\xi_\kk$ 倍になる——この構造はFermi の場合とまったく同じである．この関係を $\ee^{\hat K\tau/\hbar}(\cdots)\ee^{-\hat K\tau/\hbar}$ で挟めば $[\hat K,b_\kk(\tau)]=-\xi_\kk b_\kk(\tau)$ となるから，運動方程式は

$$ \hbar\frac{\dd b_\kk(\tau)}{\dd\tau} = -\xi_\kk\,b_\kk(\tau) \qquad\Longrightarrow\qquad b_\kk(\tau) = b_\kk\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} $$

と解ける（初期条件 $b_\kk(0)=b_\kk$）．同様に $[\hat K,b^\dagger_\kk]=+\xi_\kk b^\dagger_\kk$ だから

$$ \bar b_\kk(\tau) \equiv \ee^{\hat K\tau/\hbar}\,b^\dagger_\kk\,\ee^{-\hat K\tau/\hbar} = b^\dagger_\kk\,\ee^{+\xi_\kk\tau/\hbar} $$

である．統計（交換か反交換か）が効くのは交換子を評価する中間段階だけで，最終的な微分方程式とその解はFermi の場合と同じ形になる．

(2) $\mathcal{G}^0(\kk,\tau)=-\braket{T_\tau\,b_\kk(\tau)b^\dagger_\kk(0)}$ を $\tau$ の正負それぞれで書き下す．$b_\kk$ はFermi演算子を含まないから $\zeta=+1$ であり，13.3節の定義を $\theta$ 関数で開いた形は

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\theta(\tau)\braket{b_\kk(\tau)\,b^\dagger_\kk} -\theta(-\tau)\braket{b^\dagger_\kk\,b_\kk(\tau)} $$

である（$\zeta=+1$ なので第2項の符号はマイナスのままである）．

$0<\tau<\beta\hbar$ の場合．(1) の結果を代入すると

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}\braket{b_\kk\,b^\dagger_\kk} $$

交換関係より $b_\kk b^\dagger_\kk = 1+b^\dagger_\kk b_\kk$ であり，自由Bose粒子の占有数は $\braket{b^\dagger_\kk b_\kk}=n_B(\xi_\kk)\equiv\left(\ee^{\beta\xi_\kk}-1\right)^{-1}$ だから $\braket{b_\kk b^\dagger_\kk}=1+n_B(\xi_\kk)$．したがって

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\left[1+n_B(\xi_\kk)\right]\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} \qquad(0<\tau<\beta\hbar) $$

$-\beta\hbar<\tau<0$ の場合．第2項が生きて

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\braket{b^\dagger_\kk\,b_\kk(\tau)} = -\,n_B(\xi_\kk)\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} \qquad(-\beta\hbar<\tau<0) $$

いずれもヒントの表式と一致する．Fermi の場合は $\zeta=-1$ が $\tau<0$ 側の符号をプラスに変えた（$+n_F\,\ee^{-\xi\tau/\hbar}$）が，Bose では両領域とも符号がマイナスのままである点が違いである．なお，仮定 $\xi_\kk>0$（化学ポテンシャルがバンドの底より下にある）によって $n_B(\xi_\kk)$ が正の有限値に保たれていることを注意しておく．$\xi_\kk\to0^+$ では $n_B$ が発散する．これはBose–Einstein凝縮の兆候であり，そこではこの自由粒子の扱い自体を修正しなければならない．

(3) $-\beta\hbar<\tau<0$ に対して周期性 $\mathcal{G}^0(\kk,\tau+\beta\hbar)=+\mathcal{G}^0(\kk,\tau)$ を，(2) の表式から直接確かめる．$\tau+\beta\hbar$ は $0<\tau+\beta\hbar<\beta\hbar$ にあるから，(2) の $\tau>0$ 側の式を使って

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau+\beta\hbar) = -\left[1+n_B\right]\ee^{-\xi_\kk(\tau+\beta\hbar)/\hbar} = -\left[1+n_B\right]\ee^{-\beta\xi_\kk}\;\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} $$

ここでBose分布の恒等式を確かめる：

$$ n_B\,\ee^{\beta\xi} = \frac{\ee^{\beta\xi}}{\ee^{\beta\xi}-1} = \frac{\left(\ee^{\beta\xi}-1\right)+1}{\ee^{\beta\xi}-1} = 1+n_B $$

すなわち $\left[1+n_B\right]\ee^{-\beta\xi}=n_B$ である．これを代入すれば

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau+\beta\hbar) = -\,n_B\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} = +\,\mathcal{G}^0(\kk,\tau) $$

となり，たしかに周期的である．Fermi の場合に対応する恒等式は $n_F\,\ee^{\beta\xi}=1-n_F$ で，右辺が「$1+$」ではなく「$1-$」になる．この1文字の違いが反周期性（符号反転）の正体だった．定理13.1の（反）周期性とは，分布関数のこの恒等式を虚時間の言葉に翻訳したものだと言ってよい．

(4) Bose型松原振動数 $\omega_n=2n\pi/\beta\hbar$ でFourier変換し，Fermi の場合と同じ形になることを確かめる．13.5節の変換 $\mathcal{G}(\ii\omega_n)=\int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\,\ee^{\ii\omega_n\tau}\mathcal{G}(\tau)$ に (2) の $\tau>0$ の表式を代入する：

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = -\left[1+n_B\right]\int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\;\ee^{\left(\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar\right)\tau} $$

指数積分は $a\equiv\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar$ と置いて

$$ \int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\;\ee^{a\tau} = \frac{\ee^{a\beta\hbar}-1}{a}, \qquad \ee^{a\beta\hbar} = \underbrace{\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}}_{=\,+1\ \text{(Bose型)}}\cdot\;\ee^{-\beta\xi_\kk} = +\,\ee^{-\beta\xi_\kk} $$

Fermi の計算で急所だった因子 $\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}$ が，Bose型ではプラス1である．したがって

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = -\left[1+n_B\right]\frac{\ee^{-\beta\xi_\kk}-1}{\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar} $$

となり，ヒントの中間形が出た．あとは分子を潰す．$1+n_B=\dfrac{\ee^{\beta\xi}}{\ee^{\beta\xi}-1}=\dfrac{1}{1-\ee^{-\beta\xi}}$ だから

$$ \left[1+n_B\right]\left(\ee^{-\beta\xi}-1\right) = \frac{\ee^{-\beta\xi}-1}{1-\ee^{-\beta\xi}} = -1 $$

となって，全体のマイナスと打ち消し合い，分子はちょうど $1$ になる：

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = \frac{1}{\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar} $$

Fermi の場合とまったく同じ形である．

検算．$\tau=0^-$ での逆変換は，表13.2の2行目に掲げたBose型の松原和（$\omega_0=\xi_\kk/\hbar$ と読む）

$$ \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n\frac{\ee^{\ii\omega_n\eta}}{\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar} = -\,n_B(\xi_\kk) $$

を与えるはずである．実際 (2) で得た $\mathcal{G}^0(\kk,0^-)=-n_B(\xi_\kk)$ と一致しており，$\tau$ 表示・$\ii\omega_n$ 表示・松原和の3つが整合していることが確かめられる（Fermi の場合の $\mathcal{G}^0(\kk,0^-)=+n_F(\xi_\kk)$ とは符号が違うことにも注意）．

解答

(1) $f(z)=\left[(z-\xi_1/\hbar)(z-\xi_2/\hbar)\right]^{-1}$ の極と留数を求め，収束因子が不要な理由を述べる．極は分母の零点

$$ z = \frac{\xi_1}{\hbar}, \qquad z = \frac{\xi_2}{\hbar} $$

の2つで，$\xi_1\neq\xi_2$ だからいずれも単純極である．単純極の留数は「極を与える因子を取り除き，残りをその点で評価する」ことで得られる：

$$ \Res_{z=\xi_1/\hbar}f = \frac{1}{\xi_1/\hbar-\xi_2/\hbar} = \frac{\hbar}{\xi_1-\xi_2}, \qquad \Res_{z=\xi_2/\hbar}f = \frac{\hbar}{\xi_2-\xi_1} $$

2つの留数は符号が逆で，総和はゼロである（$\abs{z}\to\infty$ で $f\sim1/z^2$ となる関数では留数の総和が消える，という一般則の現れ）．

収束因子が不要な理由．13.7節で $n_F$ を導いたときの $f(z)=\left(z-\xi/\hbar\right)^{-1}$ は $1/\abs{z}$ でしか減衰せず，和が条件収束だったから，収束因子 $\ee^{\ii\omega_n0^+}$（$\tau=0^-$ という順序の指定）が必要だった．いまの $f$ は $\abs{z}\to\infty$ で $\abs{f}\sim1/\abs{z}^2$ と，$1/\abs{z}$ より速く減衰する．定理13.2の仮定がそのまま満たされ，大円 $C_R$ の寄与が $R\to\infty$ で自動的に消えるから，収束因子を掛ける必要がない．和そのものも $n\to\pm\infty$ で各項が $\sim1/\omega_n^2$ となり絶対収束している．

(2) 定理13.2（Fermi型）を適用して $S$ を閉じた形にする．$f$ の極は実軸上にあり，虚軸上の松原振動数とは重ならないから，定理の仮定はすべて満たされている：

$$ S = \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n f(\ii\omega_n) = \sum_{j}\Res_{z=z_j}\left[n_F(z)\,f(z)\right] = n_F\!\left(\frac{\xi_1}{\hbar}\right)\frac{\hbar}{\xi_1-\xi_2} + n_F\!\left(\frac{\xi_2}{\hbar}\right)\frac{\hbar}{\xi_2-\xi_1} $$

ここで $n_F(z)=\left(\ee^{\beta\hbar z}+1\right)^{-1}$ は振動数変数の関数だから，$z=\xi_1/\hbar$ での値は

$$ n_F\!\left(\frac{\xi_1}{\hbar}\right) = \frac{1}{\ee^{\beta\hbar\cdot\xi_1/\hbar}+1} = \frac{1}{\ee^{\beta\xi_1}+1} = n_F(\xi_1) $$

と，エネルギー変数のFermi分布にそのまま戻る（$\xi_2$ も同様）．2つの項を $\xi_1-\xi_2$ でくくれば

$$ S = \frac{\hbar\left[n_F(\xi_1)-n_F(\xi_2)\right]}{\xi_1-\xi_2} $$

が得られ，題意の式と一致する．検算．もとの和は $\xi_1\leftrightarrow\xi_2$ の入れ替えで不変であり，得られた結果も（分子・分母が同時に符号を変えるので）不変である．また $T\to\infty$ では $n_F\to1/2$ で分子が消え，$S\to0$ となる．高温では松原振動数の間隔 $2\pi/\beta\hbar$ が開いてどの $\ii\omega_n$ も極から遠ざかるから，和が小さくなるのは理にかなっている．

(3) $\xi_2\to\xi_1$ の極限を取る．(2) の結果は差分商の形をしているから，極限は導関数の定義そのものである：

$$ S = \hbar\;\frac{n_F(\xi_1)-n_F(\xi_2)}{\xi_1-\xi_2} \;\xrightarrow[\;\xi_2\to\xi_1\;]{}\; \hbar\,\frac{\partial n_F(\xi_1)}{\partial\xi_1} $$

これが表13.2の4行目の公式である．導関数を書き下しておくと

$$ \frac{\partial n_F}{\partial\xi} = \frac{\partial}{\partial\xi}\frac{1}{\ee^{\beta\xi}+1} = -\frac{\beta\,\ee^{\beta\xi}}{\left(\ee^{\beta\xi}+1\right)^2} = -\frac{\beta}{4\cosh^2(\beta\xi/2)} $$

で，つねに負，$\xi=0$（Fermi面）を中心に幅 $\sim k_BT$ の谷をなす．

検算——2位の極として直接計算する．$\xi_2=\xi_1$ と置いた $f(z)=\left(z-\xi_1/\hbar\right)^{-2}$ に定理13.2を適用してもよい．2位の極における留数の公式 $\Res_{z=z_0}\left[g(z)(z-z_0)^{-2}\right]=g'(z_0)$ より

$$ S = \Res_{z=\xi_1/\hbar}\left[\frac{n_F(z)}{(z-\xi_1/\hbar)^2}\right] = \left.\frac{\dd n_F(z)}{\dd z}\right|_{z=\xi_1/\hbar} = -\frac{\beta\hbar\,\ee^{\beta\xi_1}}{\left(\ee^{\beta\xi_1}+1\right)^2} = \hbar\,\frac{\partial n_F(\xi_1)}{\partial\xi_1} $$

となって，極限操作の結果と一致する．極限と留数計算の順序を入れ替えても答えが変わらないことの確認である．

(4) $T\to0$ での振る舞いとその物理的解釈を述べる．(3) の導関数 $-\partial n_F/\partial\xi=\beta/\left[4\cosh^2(\beta\xi/2)\right]$ は，高さ $\beta/4$，幅 $\sim k_BT$ の山であり，その面積は温度に依らず

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd\xi\;\frac{\beta}{4\cosh^2(\beta\xi/2)} = \left[\frac{1}{2}\tanh\frac{\beta\xi}{2}\right]_{-\infty}^{\infty} = 1 $$

である．$T\to0$（$\beta\to\infty$）で山は無限に高く鋭くなり，面積1を保ったまま $\xi=0$ に集中するから

$$ \frac{\partial n_F}{\partial\xi} \;\longrightarrow\; -\,\delta(\xi), \qquad S \;\longrightarrow\; -\,\hbar\,\delta(\xi_1) $$

となる．物理的な意味．$S$ は「エネルギー $\xi_1$ の1粒子状態が，静的・一様な摂動にどれだけ応答できるか」を表す重みである（演習13.3の松原和で $\qq\to0$，$\Omega_m=0$ と置いた形に相当する）．$T=0$ では，Fermi面より深い状態はPauli原理で行き先が塞がれており，Fermi面より上の状態はそもそも空である．応答できるのはちょうどFermi面上（$\xi_1=0$）の状態だけであり，それが $\delta(\xi_1)$ の意味である．状態密度 $g(\epsilon)$ を掛けてエネルギーで積分すれば

$$ \int\dd\epsilon\;g(\epsilon)\,\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon} \;\xrightarrow[\;T\to0\;]{}\; -\,g(\epsilon_F) = -N(\epsilon_F) $$

となり，13.9節の静的長波長極限 $\chi^0(\qq\to0,0)=-\partial n/\partial\mu$ の $T=0$ 版，すなわちThomas–Fermi遮蔽で $q_{TF}^2\propto N(\epsilon_F)$ となった理由（第10章）に接続する．

解答

(1) バブル図の内側の松原和を，演習13.2と同じ留数法で実行する．13.6節で導いた $\mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n)=\left(\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar\right)^{-1}$ を代入すると，実行すべき和は

$$ S_\kk(\ii\Omega_m) \equiv \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n \frac{1}{\left(\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar\right)\left(\ii\omega_n+\ii\Omega_m-\xi_{\kk+\qq}/\hbar\right)} $$

である（$\omega_n$ がFermi型の和の変数，$\Omega_m$ は外から与えられたBose型振動数）．$f(z)=\left[(z-z_1)(z-z_2)\right]^{-1}$ と置くと，極は

$$ z_1 = \frac{\xi_\kk}{\hbar}, \qquad z_2 = \frac{\xi_{\kk+\qq}}{\hbar}-\ii\Omega_m $$

の2つの単純極である．$\abs{f}\sim1/\abs{z}^2$ だから，演習13.2 (1) と同じ理由で収束因子は要らない．また定理13.2の仮定「$f$ が松原振動数上に特異点をもたない」も満たされている．$z_1$ は実軸上にあるから明らかであり，$z_2$ の虚部 $-\Omega_m$ は $\pi/\beta\hbar$ の偶数倍，Fermi型松原振動数の虚部は $\pi/\beta\hbar$ の奇数倍なので，両者は決して一致しないからである（外部振動数がBose型であることの1つ目の効き所である）．留数は

$$ \Res_{z=z_1}f = \frac{1}{z_1-z_2} = \frac{1}{\ii\Omega_m+\left(\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}\right)/\hbar}, \qquad \Res_{z=z_2}f = \frac{1}{z_2-z_1} = -\,\frac{1}{\ii\Omega_m+\left(\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}\right)/\hbar} $$

定理13.2（Fermi型）より

$$ S_\kk = n_F(z_1)\Res_{z_1}f + n_F(z_2)\Res_{z_2}f $$

である．$n_F(z_1)$ は演習13.2と同じく $n_F(\xi_\kk)$ に戻る．問題は $n_F(z_2)$ で，引数が複素数になっている：

$$ n_F\!\left(\frac{\xi_{\kk+\qq}}{\hbar}-\ii\Omega_m\right) = \frac{1}{\ee^{\beta\hbar\left(\xi_{\kk+\qq}/\hbar-\ii\Omega_m\right)}+1} = \frac{1}{\ee^{\beta\xi_{\kk+\qq}}\,\ee^{-\ii\beta\hbar\Omega_m}+1} $$

ここが外部振動数のBose性が決定的に効く2つ目の（そして本質的な）場所である．$\Omega_m$ はBose型だから $\ee^{\ii\Omega_m\beta\hbar}=+1$，したがってその逆数も $\ee^{-\ii\beta\hbar\Omega_m}=+1$ であり

$$ n_F\!\left(\frac{\xi_{\kk+\qq}}{\hbar}-\ii\Omega_m\right) = \frac{1}{\ee^{\beta\xi_{\kk+\qq}}+1} = n_F(\xi_{\kk+\qq}) $$

と，ふつうのFermi分布に戻る．まとめると

$$ S_\kk(\ii\Omega_m) = \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\ii\Omega_m+\left(\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}\right)/\hbar} $$

である（表13.2の3行目そのもの）．

解答（続き）

(2) (1) の結果を全体の式に戻し，題意の形を導く．

$$ \chi^0(\qq,\ii\Omega_m) = \frac{2}{\hbar V}\sum_\kk S_\kk(\ii\Omega_m) = \frac{2}{\hbar V}\sum_\kk \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\ii\Omega_m+\left(\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}\right)/\hbar} $$

分子・分母に $\hbar$ を掛けて前の $1/\hbar$ を吸収すると

$$ \chi^0(\qq,\ii\Omega_m) = \frac{2}{V}\sum_\kk \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\ii\hbar\Omega_m+\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}} = \frac{2}{V}\sum_\kk \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\ii\hbar\Omega_m+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}} $$

最後の等号では $\xi_\kk-\xi_{\kk+\qq}=(\epsilon_\kk-\mu)-(\epsilon_{\kk+\qq}-\mu)=\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}$ と，化学ポテンシャルが差の中で相殺することを使った（分布関数の引数には $\mu$ が残る）．これが題意の式である．

(3) 解析接続して第10章のLindhard関数に一致することを確かめる．接続の前に，定理13.4の条件を点検する．$\ii\Omega_m$ を複素変数 $z$（振動数）に延長した

$$ \chi^0(\qq,z) = \frac{2}{V}\sum_\kk \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\hbar z+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}} $$

の各項は，$z=\left(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\right)/\hbar$ という実軸上にしか特異点をもたず（分子の $n_F$ はもはや実エネルギーの関数で，$z$ に依らない定数である），上半面で解析的，$\abs{z}\to\infty$ で $1/\abs{z}$ 型に減衰し，$\abs{\;}$ も $\mathrm{sgn}$ も現れていない．よって $\ii\hbar\Omega_m\to\hbar\omega+\ii\eta$ と機械的に置き換えてよく

$$ \chi^0(\qq,\omega) = \frac{2}{V}\sum_\kk \frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\hbar\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}+\ii\eta} $$

を得る．これは第10章のLindhard関数 $\chi^0(\qq,\omega)=\dfrac{2}{V}\displaystyle\sum_\kk\dfrac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\hbar\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}+\ii\eta}$ で占有数を $n_\kk\to n_F(\xi_\kk)$ と熱平均に置き換えたもの，すなわち13.9節で久保公式経由で得た有限温度Lindhard関数そのものである．松原形式（バブル図＋松原和＋解析接続）という独立の経路から同じ式に到達した．

(4) 「松原和が先，解析接続が後」でなければならない理由を述べる．接続変数 $z$ は $\ii\Omega_m$ を延長したものである．和を取る前の各項

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n)\,\mathcal{G}^0(\kk+\qq,\ii\omega_n+z) = \frac{1}{\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar}\cdot\frac{1}{z-\left(\xi_{\kk+\qq}/\hbar-\ii\omega_n\right)} $$

を $z$ の関数として見ると，$z=\xi_{\kk+\qq}/\hbar-\ii\omega_n$ に極をもつ．その虚部は $-\omega_n$ だから，$\omega_n<0$ の項では極が上半面に入ってしまう．つまり項別に見ると上半面解析性（定理13.4の条件1）が破れており，「上半面の関数として一意に接続する」という操作が項別には正当化できない．すべての $n$ について和を取ってはじめて，これらの極が消えて特異性が実軸上だけに集まり（(3) で確認したとおり），定理13.4の仮定を満たす関数になる．接続してよいのは和を取った後の量だけである．

同じことを計算の手触りで言えばこうなる．(1) の急所は $\ee^{-\ii\beta\hbar\Omega_m}=1$ という離散値ならではの恒等式だった．この因子は接続変数で書けば $\ee^{-\beta\hbar z}$ の $z=\ii\Omega_m$ における値であり，先に $z=\omega+\ii\eta$ と置いてしまうと $\ee^{-\beta\hbar\omega}$ という $\pm1$ ではない量に化けて，この恒等式が使えず，留数計算の枠組みごと壊れる．離散の世界（松原和）でやるべきことをすべて済ませてから，連続の世界（実振動数）へ渡る——これが「和が先，接続が後」の意味である．

解答

(1) $h(z)=\ee^{\beta\hbar z}+1$ がすべてのFermi型松原振動数でゼロになることを示す．$z=\ii\omega_n$，$\omega_n=(2n+1)\pi/\beta\hbar$ を代入すると，指数の肩は $\beta\hbar\cdot\ii\omega_n=\ii(2n+1)\pi$ だから

$$ h(\ii\omega_n) = \ee^{\ii(2n+1)\pi}+1 = \left(\ee^{\ii\pi}\right)^{2n+1}+1 = (-1)^{2n+1}+1 = -1+1 = 0 $$

である．$2n+1$ は $n$ の正負によらず奇数だから，すべての $n$ でゼロになる．なお $h(z)$ はFermi分布の分母そのものであり，$n_F(z)=1/h(z)$ の極がFermi型松原振動数に立つ（13.7節）という事実の裏返しである．

(2) データが $\chi$ と $\chi+c\,h$ を区別できないのに，解析接続が一意である理由を述べる．まず注意すべきは，$h(z)$ が全平面で解析的（整関数）だということである．したがって定理13.4の条件1（上半面での解析性）だけでは $\chi(z)$ と $\chi(z)+c\,h(z)$ を選別できない．両者を分けるのは条件2（減衰条件）である．上半面の点 $z=x+\ii y$（$y>0$）で $x\to+\infty$ とすると，逆三角不等式より

$$ \abs{h(z)} = \abs{\ee^{\beta\hbar z}+1} \;\ge\; \ee^{\beta\hbar x}-1 \;\longrightarrow\; \infty $$

と，$h$ は上半面の中で指数関数的に発散する．一方，物理的な応答関数は13.8節のスペクトル表示

$$ \chi(z) = \frac{1}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega'}{2\pi}\,\frac{\mathcal{A}(\omega')}{z-\omega'} \;\simeq\;\frac{\text{定数}}{z} \qquad(\abs{z}\to\infty) $$

により $1/\abs{z}$ 型で減衰し，条件2を満たす．すると $c\neq0$ の $\chi+c\,h$ は条件2を破るから，「条件1・条件2を満たし，松原振動数上で与えられた値を取る関数」という土俵にそもそも上がれない．土俵に上がれる関数が高々1つであることを保証するのが定理13.4（Baym–Mermin）である：もし2つあれば差 $\Delta$ が条件を満たしつつ全松原振動数でゼロとなり，Carlson の定理により $\Delta\equiv0$ となるからである．要するに，一意性は「データ」だけからは出ない．「データ＋上半面解析性＋$1/\abs{z}$ 減衰」という3点セットが一意性を作る．減衰条件は物理（スペクトル関数の存在）が保証してくれるから，実用上は安心して接続してよい——ただし条件を確かめてから，である．

(3) Bose型で $h$ に相当する関数を挙げる．Bose型松原振動数は $\omega_n=2n\pi/\beta\hbar$ だから，同じ役割を果たすのは

$$ h_B(z) = \ee^{\beta\hbar z}-1, \qquad h_B(\ii\omega_n) = \ee^{2\ii n\pi}-1 = 1-1 = 0 $$

である（$z=0$ すなわち $n=0$ の点も含めてゼロになる）．これはBose分布 $n_B(z)=1/h_B(z)$ の分母であり，(2) とまったく同じく $\mathrm{Re}\,z\to+\infty$ で指数関数的に発散するから，条件2によって排除される．

(4) $\ii\omega_n\to\omega+\ii\eta$ をそのまま適用してよいのは(a) のみである．理由を順に述べる．

(a) が接続できる理由．右辺は，複素関数 $a/(z-\omega_1)$ の $z=\ii\omega_n$ における値としてすでに書けている．この関数は唯一の極 $z=\omega_1$ が実軸上にあるので上半面で解析的（条件1），$\abs{z}\to\infty$ で $\abs{a}/\abs{z}$ と減衰し（条件2），$\abs{\;}$ も $\mathrm{sgn}$ も含まない．定理13.4の条件がそろっているから，機械的に置き換えて

$$ \chi^R(\omega) = \frac{a}{\omega-\omega_1+\ii\eta} $$

としてよい．

(b) が接続できない理由．$\mathrm{sgn}(\omega_n)$ は$z$ のどんな1つの解析関数の虚軸上の値にもなっていない．これを $z$ の関数に格上げしようとすれば $\mathrm{sgn}(\mathrm{Im}\,z)$ とするほかないが，これは実軸をまたいで不連続で，解析関数ではない（そもそも「$\mathrm{sgn}(z)$」に意味がない）．機械的に $\ii\omega_n\to\omega+\ii\eta$ と置くと $\mathrm{sgn}$ の引数に何を入れるかが決められず，仮に $\mathrm{sgn}(\omega)$ と書けばそれは誤りである（上半面では $\mathrm{sgn}(\omega_n)=+1$ で一定なのだから，接続結果に $\mathrm{sgn}(\omega)$ が現れる余地はない）．

正しい手続きは，13.8節の警告のとおり上半面と下半面に分けて，それぞれを解析的な形に整理してから接続することである．遅延関数を決めるのは上半面内の点（$\omega_n>0$）だけだから，そこに制限すると $\mathrm{sgn}(\omega_n)=+1$ で

$$ \chi(\ii\omega_n) = \frac{a}{\ii\omega_n-\omega_1} \qquad(\omega_n>0) $$

これは (a) と同じ形なので，遅延関数は $\chi^R(\omega)=a/(\omega-\omega_1+\ii\eta)$ と一意に決まる．いっぽう $\omega_n<0$ の点は下半面にあり，そこでは $\mathrm{sgn}(\omega_n)=-1$ だから，データは $-a/(\ii\omega_n-\omega_1)$，接続先は先進関数 $\chi^A(\omega)=-a/(\omega-\omega_1-\ii\eta)$ である．上半面と下半面が，切断を挟んで別々の関数に接続される——これが $\mathrm{sgn}$ 付きの表式の正体である．$\abs{\omega_n}=\omega_n\,\mathrm{sgn}(\omega_n)$ を含む式も同様で，松原和の中間段階でこうした形が現れたら，接続の前に必ず半面ごとに整理し直さなければならない．

解答

(1) 銅のThomas–Fermi遮蔽長 $\lambda_{TF}=1/q_{TF}$ を，$q_{TF}^2=4\pi e^2N(\epsilon_F)$ と自由電子気体の状態密度 $N(\epsilon_F)=3n/2\epsilon_F$ から求める．数値はエネルギーをeV，長さをÅで揃えるのが速い．Gauss単位系では $e^2$ がエネルギー$\times$長さの次元をもち

$$ e^2 = 14.40\ \mathrm{eV\,\text{Å}} $$

である（$e^2/a_B=27.2\ \mathrm{eV}$，$a_B=0.529\ \text{Å}$ から出る値）．電子密度は $n=8.5\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}=8.5\times10^{-2}\ \text{Å}^{-3}$ だから，状態密度は

$$ N(\epsilon_F) = \frac{3n}{2\epsilon_F} = \frac{3\times8.5\times10^{-2}}{2\times7.0}\ \mathrm{eV^{-1}\,\text{Å}^{-3}} = 1.82\times10^{-2}\ \mathrm{eV^{-1}\,\text{Å}^{-3}} \;\left(=1.82\times10^{28}\ \mathrm{eV^{-1}\,m^{-3}}\right) $$

となり，ヒントの $\approx1.8\times10^{28}\ \mathrm{eV^{-1}m^{-3}}$ と一致する．遮蔽波数の2乗は

$$ q_{TF}^2 = 4\pi e^2N(\epsilon_F) = 4\pi\times14.40\times1.82\times10^{-2} = 3.30\ \text{Å}^{-2} \qquad\Longrightarrow\qquad q_{TF} = 1.82\ \text{Å}^{-1} $$

したがって

$$ \lambda_{TF} = \frac{1}{q_{TF}} = 0.551\ \text{Å} \approx 0.55\ \text{Å} $$

ヒントの値と一致する．銅の最近接原子間距離 $2.56\ \text{Å}$ よりはるかに短い．金属中に置かれた点電荷は，隣の原子に届く前に，実質1原子の内側で覆い隠されてしまう．

(2) 同じ電子密度を古典極限の式 $q_D^2=4\pi ne^2/k_BT$（$T=300\ \mathrm{K}$）に入れ，(1) と比べる．まず $k_BT=8.617\times10^{-5}\ \mathrm{eV/K}\times300\ \mathrm{K}=2.585\times10^{-2}\ \mathrm{eV}=25.9\ \mathrm{meV}$ である．代入すると

$$ q_D^2 = \frac{4\pi\times8.5\times10^{-2}\times14.40}{2.585\times10^{-2}} = 595\ \text{Å}^{-2} \qquad\Longrightarrow\qquad \lambda_D = \frac{1}{\sqrt{595}} = 0.041\ \text{Å} $$

と，(1) より1桁以上短い遮蔽長が出る．両者の比は解析的に書けて

$$ \frac{q_D^2}{q_{TF}^2} = \frac{n/k_BT}{3n/2\epsilon_F} = \frac{2\epsilon_F}{3k_BT} = \frac{2\times7.0}{3\times2.585\times10^{-2}} = 180 $$

すなわち古典式は $\partial n/\partial\mu$ を180倍過大に，遮蔽長を $\sqrt{180}=13.4$ 倍短く見積もる．どちらが妥当か．判定基準は縮退の度合い $k_BT/\epsilon_F$ である．いま $k_BT=25.9\ \mathrm{meV}\ll\epsilon_F=7.0\ \mathrm{eV}$（比にして約 $1/270$）だから，銅の電子気体は室温でも完全に縮退しており，正しいのは縮退極限の (1) である．古典式 $\partial n/\partial\mu=n/k_BT$ は「$n$ 個の電子すべてが熱的に応答できる」と数えているが，実際にはPauli原理により応答できるのはFermi面近傍の幅 $\sim k_BT$ の薄皮にいる電子だけである．応答できる電子を数えすぎるから，古典式は遮蔽を過大評価する．

(3) $1\ \mathrm{mM}$ の1価電解質水溶液のDebye長を $q_D^2=4\pi n_{\text{ion}}e^2/(\varepsilon_r k_BT)$ から求める．濃度 $1\ \mathrm{mM}=10^{-3}\ \mathrm{mol/L}$ の1価塩は陽イオンと陰イオンを同数出すから，全イオン数密度は

$$ n_{\text{ion}} = 2\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L}\times6.022\times10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}\times10^{3}\ \mathrm{L/m^{3}} = 1.20\times10^{24}\ \mathrm{m^{-3}} = 1.20\times10^{-6}\ \text{Å}^{-3} $$

である．$\varepsilon_r=78$，$k_BT=2.585\times10^{-2}\ \mathrm{eV}$ を入れて

$$ q_D^2 = \frac{4\pi\times1.20\times10^{-6}\times14.40}{78\times2.585\times10^{-2}} = 1.08\times10^{-4}\ \text{Å}^{-2} $$ $$ \lambda_D = \frac{1}{\sqrt{1.08\times10^{-4}}} = 96.2\ \text{Å} = 9.62\ \mathrm{nm} \approx 9.6\ \mathrm{nm} $$

ヒントの値と一致する．こちらは $k_BT$（$25.9\ \mathrm{meV}$）がイオンの縮退エネルギー（この密度では $\mathrm{\mu eV}$ にも届かない）より圧倒的に大きい古典極限にあり，Debye–Hückel式を使うのが正しい．

(4) 銅と電解質で遮蔽長が約200倍違う理由を，13.9節の関係 $\chi^0(\qq\to0,0)=-\partial n/\partial\mu$，すなわち $q_s^2=4\pi e^2\,\partial n/\partial\mu$ の言葉で説明する．遮蔽の強さを決めるのは，どちらの系でも同じ量 $\partial n/\partial\mu$（化学ポテンシャルを少し動かしたとき密度がどれだけ動くか）である．数値を並べると

$$ \left(\frac{\partial n}{\partial\mu}\right)_{\text{Cu}} = N(\epsilon_F) = 1.82\times10^{28}\ \mathrm{eV^{-1}m^{-3}}, \qquad \left(\frac{\partial n}{\partial\mu}\right)_{\text{電解質}} = \frac{n_{\text{ion}}}{k_BT} = \frac{1.20\times10^{24}}{2.585\times10^{-2}} = 4.66\times10^{25}\ \mathrm{eV^{-1}m^{-3}} $$

で，比は $1.82\times10^{28}/4.66\times10^{25}=391\approx400$ である．銅は「応答できるのはFermi面上の薄皮だけ」という縮退のペナルティを払ってなお，キャリア密度そのもの（$10^{29}\ \mathrm{m^{-3}}$ 級）が電解質（$10^{24}\ \mathrm{m^{-3}}$ 級）より5桁大きいため，$\partial n/\partial\mu$ では約400倍勝つ．さらに電解質では媒質の比誘電率 $\varepsilon_r=78$ がCoulomb相互作用を弱め，遮蔽長を伸ばす側に働く．遮蔽長はこれらの平方根でしか効かないから

$$ \frac{\lambda_D}{\lambda_{TF}} = \left[\varepsilon_r\;\frac{(\partial n/\partial\mu)_{\text{Cu}}}{(\partial n/\partial\mu)_{\text{電解質}}}\right]^{1/2} = \sqrt{391\times78} = 175 $$

となり，実際 $0.551\ \text{Å}\times175=96\ \text{Å}=9.6\ \mathrm{nm}$ と，(1) と (3) の答えがぴったり結びつく．結果を1つの表にまとめておく．

物理的な意味．縮退系の遮蔽が温度にほとんど依らない（$N(\epsilon_F)$ は $T$ を含まない）のに対し，古典系の遮蔽は $\lambda_D\propto T^{1/2}$ で高温ほど弱まる．また電解質のDebye長 $\sim10\ \mathrm{nm}$ はコロイドの安定性や生体膜近傍の電気二重層のスケールそのものであり，固体物理と電気化学が式 $q_s^2=4\pi e^2\,\partial n/\partial\mu$ という同じ1行を共有していることが，この演習の数値からも実感できる．

解答

(1) 一般バンドの分極 $\Pi^0(\rr,\rr',\omega)$（14.2.3 節）に平面波 $\psi_i=V^{-1/2}\ee^{\ii\kk\cdot\rr}$，$\epsilon_i=\epsilon_\kk$ を代入し，$\rr-\rr'$ だけの関数になることを示したうえで，Fourier 変換して第10章の Lindhard 関数を再現する．

添字を $i=(\kk,\sigma)$（占有：$n_\kk=1$），$j=(\kk',\sigma')$（非占有：$n_{\kk'}=0$）と書く．$\epsilon_\kk=k^2/2m$ である．スピン関数の直交性から，積 $\psi_i^*\psi_j$ には $\delta_{\sigma\sigma'}$ が付く（同じスピンの粒子‐正孔対だけが分極に寄与する）．波動関数の積を計算すると

$$ \psi_i^*(\rr)\psi_j(\rr)\,\psi_j^*(\rr')\psi_i(\rr') =\frac{1}{V^2}\,\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot(\rr-\rr')}\,\delta_{\sigma\sigma'},\qquad \psi_i(\rr)\psi_j^*(\rr)\,\psi_j(\rr')\psi_i^*(\rr') =\frac{1}{V^2}\,\ee^{-\ii(\kk'-\kk)\cdot(\rr-\rr')}\,\delta_{\sigma\sigma'} $$

となり，どちらも $\rr$ と $\rr'$ に別々には依存せず，差 $\xx\equiv\rr-\rr'$ だけに依存する．したがって本文の分極

$$ \Pi^0(\rr,\rr',\omega)=\sum_{i}^{\occ}\sum_{j}^{\unocc} \left[\frac{\psi_i^*(\rr)\psi_j(\rr)\,\psi_j^*(\rr')\psi_i(\rr')}{\omega-(\epsilon_j-\epsilon_i)+\ii\delta} -\frac{\psi_i(\rr)\psi_j^*(\rr)\,\psi_j(\rr')\psi_i^*(\rr')}{\omega+(\epsilon_j-\epsilon_i)-\ii\delta}\right] $$

は $\Pi^0(\xx,\omega)$ になる．一様系の並進対称性の現れである．占有・非占有の制限を占有数の因子で書き直せば，和は全 $\kk,\kk'$ にわたる自由な和になる：

$$ \Pi^0(\xx,\omega)=\frac{1}{V^2}\sum_{\kk\kk'\sigma}n_\kk(1-n_{\kk'}) \left[\frac{\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx}}{\omega-(\epsilon_{\kk'}-\epsilon_\kk)+\ii\delta} -\frac{\ee^{-\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx}}{\omega+(\epsilon_{\kk'}-\epsilon_\kk)-\ii\delta}\right]. $$

Fourier 変換 $\Pi^0(\qq,\omega)=\int\dd^3x\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\,\Pi^0(\xx,\omega)$ を実行する．$\int_V\dd^3x\,\ee^{\ii(\kk'-\kk-\qq)\cdot\xx}=V\,\delta_{\kk',\kk+\qq}$ により，第1項では $\kk'=\kk+\qq$，第2項では $\kk'=\kk-\qq$ だけが生き残る：

$$ \Pi^0(\qq,\omega)=\frac{1}{V}\sum_{\kk\sigma}\left[ \frac{n_\kk(1-n_{\kk+\qq})}{\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}+\ii\delta} -\frac{n_\kk(1-n_{\kk-\qq})}{\omega+\epsilon_{\kk-\qq}-\epsilon_\kk-\ii\delta}\right]. $$

第2項でダミー添字を $\kk\to\kk+\qq$ と付け替える（第10章 10.1.6 節で分母を揃えたのと同じ操作である）：

$$ (\text{第2項})=-\frac{1}{V}\sum_{\kk\sigma} \frac{n_{\kk+\qq}(1-n_\kk)}{\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}-\ii\delta}. $$

これでヒントの言うとおり，第1項の分子は $n_\kk(1-n_{\kk+\qq})$，第2項の分子は $n_{\kk+\qq}(1-n_\kk)$ になった．両者は同じ $\kk$ で同時には生き残れない——前者は $n_\kk=1,\ n_{\kk+\qq}=0$，後者は $n_\kk=0,\ n_{\kk+\qq}=1$ のときだけゼロでない．したがって各 $\kk$ でどちらか一方だけが寄与し，第10章 10.1.7 節と同じ相殺

$$ n_\kk(1-n_{\kk+\qq})-n_{\kk+\qq}(1-n_\kk)=n_\kk-n_{\kk+\qq} $$

で一つにまとめられる：

$$ \Pi^0(\qq,\omega)=\frac{1}{V}\sum_{\kk\sigma} \frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}+\ii\delta_\kk}, \qquad \delta_\kk\equiv\delta\;\mathrm{sgn}(n_\kk-n_{\kk+\qq}). $$

$\hbar=1$（本章の規約）に注意すれば，これは第10章の $\chi^0(\qq,\omega)=\frac1V\sum_{\kk\sigma}\frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\omega+\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}+\ii\delta}$ である．第10章の導出（Lehmann 表示 → 行列要素の2乗 $n_\kk(1-n_{\kk+\qq})$ → 添字の付け替え → 分子の相殺）を，ちょうど逆向きにたどったことになる．

(2) 遮蔽の式 $W=v+v\,\Pol\,W$ を $\qq$ 空間に移し，第9章の $W=v/\epsilon$，$\epsilon=1-v\chi^0$ を再現する．

(1) で見たとおり，一様系ではすべての2点関数が $\rr-\rr'$ だけに依存する．演算子の積は $\int\dd^3 r''$ の畳み込みだから，Fourier 変換すれば通常の積になる（畳み込み定理）．したがって $W=v+v\Pol W$（RPA では $\Pol\simeq\Pi^0=\chi^0$）は，各 $(\qq,\omega)$ ごとに閉じたスカラー方程式

$$ W(\qq,\omega)=v(q)+v(q)\,\chi^0(\qq,\omega)\,W(\qq,\omega),\qquad v(q)=\frac{4\pi e^2}{q^2} $$

になる．$W$ について解けば

$$ W(\qq,\omega)=\frac{v(q)}{1-v(q)\chi^0(\qq,\omega)}=\frac{v(q)}{\epsilon(\qq,\omega)}, \qquad \epsilon(\qq,\omega)=1-v(q)\chi^0(\qq,\omega). $$

これは第9章の誘電関数と遮蔽相互作用の式そのものである．幾何級数に展開すれば $W=v+v\chi^0v+v\chi^0v\chi^0v+\cdots$，すなわち「裸の $v$ が分極 $\chi^0$ を作り，その誘起電荷のポテンシャルがさらに分極を作る」という第9章の自己無撞着遮蔽（RPA バブルの足し上げ）を閉じた形で解いたものになっている．

物理的な意味．試験電荷の裸のポテンシャル $v$ は，電子気体の線形応答が作る誘起電荷に覆われて，正味 $v/\epsilon$ しか届かない．式 $\Pi^0$ が「一般のバンド構造に対する Lindhard 関数」であるとは，この遮蔽の計算法（第9・10章）が，平面波を Bloch 関数に置き換えるだけで実際の物質にそのまま持ち込めるという意味である．QSGW のサイクル（図14.2 の②）で回っているのは，まさにこの計算である．

解答

(1) 導出14.2（$R$ の Hermite 部分）を再現し，mode A と mode B の対角要素が一致することを確かめる．

$A(\omega)\equiv\Re[\Sig(\omega)]$ と置く．$\Re X\equiv(X+X^\dagger)/2$ は Hermite 部分の意味だから，各 $\omega$ で $A(\omega)^\dagger=A(\omega)$，行列要素では $\big(A(\omega)_{ji}\big)^*=A(\omega)_{ij}$ である．出発点は，各 $\ket{\psi_i}$ に「その状態自身のエネルギーで評価した $\Sig$」を当てがう演算子

$$ R=\sum_{j,i}\ket{\psi_j}\,A(\epsilon_i)_{ji}\,\bra{\psi_i}. $$

まず共役をとる．$\big(\ket{\psi_j}A_{ji}\bra{\psi_i}\big)^\dagger=\ket{\psi_i}A_{ji}^*\bra{\psi_j}$ だから，

$$ R^\dagger=\sum_{j,i}\ket{\psi_i}\,\big(A(\epsilon_i)_{ji}\big)^*\,\bra{\psi_j} =\sum_{j,i}\ket{\psi_i}\,A(\epsilon_i)_{ij}\,\bra{\psi_j}. $$

2番目の等号で $A(\epsilon_i)$ の Hermite 性を使った．$\Sig$ を評価するエネルギー $\epsilon_i$ はケット側の状態のものになっている．一方，$R$ そのものはダミー添字の名前を $i\leftrightarrow j$ と付け替えて

$$ R=\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\,A(\epsilon_j)_{ij}\,\bra{\psi_j} $$

と書ける（こちらはブラ側のエネルギーで評価）．両者を平均すれば

$$ \Re R=\frac{R+R^\dagger}{2} =\frac12\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\Big\{A(\epsilon_i)_{ij}+A(\epsilon_j)_{ij}\Big\}\bra{\psi_j}, $$

すなわち本文の基本方程式 $\Vxc_{\rm QSGW}=\frac12\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\{\Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ij}+\Re[\Sig(\epsilon_j)]_{ij}\}\bra{\psi_j}$（mode A）を得る．

対角要素は $i=j$ と置けば $\frac12\{A(\epsilon_i)_{ii}+A(\epsilon_i)_{ii}\}=A(\epsilon_i)_{ii}=\bra{\psi_i}\Re[\Sig(\epsilon_i)]\ket{\psi_i}$．mode B の対角部分は定義（本文の $\Vxc_{\rm mode\,B}=\sum_i\ket{\psi_i}\Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ii}\bra{\psi_i}+\sum_{i\neq j}\ket{\psi_i}\Re[\Sig(E_F)]_{ij}\bra{\psi_j}$）の第1項そのもので，やはり $\Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ii}$．両者の対角要素は厳密に一致する．これは one-shot GW の $Z=1$ での補正項でもあり，mode の違いは非対角要素（＝軌道の混ぜ直し）にだけ現れる．

(2) Hermite 性の制約を外して導出14.3 のノルムを最小化すると，非 Hermite な $R$ が最小点として出ることを示す．

導出14.3 の途中式で，ノルムは行列要素の形

$$ M=\sum_{i,j}\abs{A(\epsilon_j)_{ij}-X_{ij}}^2 $$

に書けた．Hermite 性の制約 $X_{ji}=X_{ij}^*$ を課さなければ，各 $X_{ij}$ は互いに独立な複素変数だから，項別に最小化できる．$\partial M/\partial X_{ij}^*=-(A(\epsilon_j)_{ij}-X_{ij})=0$ より

$$ X_{ij}=A(\epsilon_j)_{ij}\quad(\text{すべての }i,j),\qquad M=0. $$

$M\geq0$ だからこれは絶対最小である．得られた演算子は

$$ X=\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\,A(\epsilon_j)_{ij}\,\bra{\psi_j}=R, \qquad X\ket{\psi_j}=A(\epsilon_j)\ket{\psi_j}=\Re[\Sig(\epsilon_j)]\ket{\psi_j}, $$

すなわち (1) の $R$ に他ならない（14.3.2 節の式の添字を付け替えた形）．$R$ が Hermite でないのは，(1) で見たとおり $\bra{\psi_j}R\ket{\psi_i}$ と $\bra{\psi_i}R\ket{\psi_j}^*$ とで $\Sig$ を評価するエネルギーが $\epsilon_i$ と $\epsilon_j$ に分かれるからである．

検算——制約の代償．Hermite 性を課すと，導出14.3 のとおり組 $(i,j)$ ごとに $\abs{a-x}^2+\abs{b-x}^2$（$a=A(\epsilon_j)_{ij}$，$b=A(\epsilon_i)_{ij}$）の最小化になり，最小点 $x=(a+b)/2$ での値は $\abs{a-b}^2/2$ である．したがって

$$ M_{\min}=\frac12\sum_{i<j}\Big|\Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ij}-\Re[\Sig(\epsilon_j)]_{ij}\Big|^2\;>\;0 . $$

QSGW でも消しきれずに残る摂動の大きさは，$\Sig(\omega)$ が $\epsilon_i$ と $\epsilon_j$ の間でどれだけ振動数に依存するかで決まる——定理14.1 の「QSGW の近似はその一点に集約されている」を，ノルムの言葉で定量化した形である．静的な $\Sig$ なら $M_{\min}=0$ で厳密になる（演習14.3）．

(3) 重みを $\rho=\delta(\omega-E_F)\,\hat 1$ に変えたときの最小化を実行し，mode B と比べる．

$\rho$ が $c$ 数×恒等演算子になるので，$\omega$ 積分が先に落ちる：

$$ M=\int\dd\omega\,\delta(\omega-E_F)\,\Tr\Big\{\Re[\Delta V(\omega)]^2\Big\} =\Tr\Big\{\Re[\Delta V(E_F)]^2\Big\} =\sum_{i,j}\abs{A(E_F)_{ij}-X_{ij}}^2 . $$

今度は $\Sig$ を評価するエネルギーがすべての行列要素で共通の $E_F$ だから，最小点

$$ \Vxc=\Re[\Sig(E_F)] $$

は自動的に Hermite であり（$A(E_F)$ は Hermite），制約なしで $M=0$ が達成される．すべての要素を Fermi エネルギーで評価した静的ポテンシャルである．

mode B と比べると：非対角要素は mode B と完全に一致し（$\Re[\Sig(E_F)]_{ij}$），対角要素だけが違う（mode B は自分のエネルギー $\epsilon_i$ で評価，こちらは $E_F$）．つまり mode B は「対角は $\rho=\delta(\omega-H^0)$，非対角は $\rho=\delta(\omega-E_F)$」という混合の重みに対応する処方と読める．対角要素を $E_F$ で評価しないのは実用上の理由がある：Zn $3d$（価電子帯上端から $-8\,\mathrm{eV}$ 前後，表14.5）のような深い準位では $\Sig(\omega)$ が $\epsilon_i$ と $E_F$ の間で大きく変わるので，準位の位置を決める対角要素は自分のエネルギーで評価しなければ大きく狂う．一方，軌道の混成を決める非対角要素は評価点への感度が鈍く，だからこそ mode A と mode B の結果はよく似る（Si のギャップ $1.25$ 対 $1.28\,\mathrm{eV}$）．なお $E_F$ 近傍の状態では $\epsilon_i\simeq\epsilon_j\simeq E_F$ となり三つの処方はすべて一致する——「$E_F$ の近くで裸と着衣の準粒子を一致させる」という QSGW の要請が処方の曖昧さを許すのは，まさに $E_F$ から離れた部分だけである．

解答

(1) 自己エネルギーが任意の静的・Hermite 演算子 $S$ のとき，QSGW の不動点で $\Vxc=S$ が厳密に成り立つことを示す．

$\Sig(\omega)=S$（$\omega$ に依らない）とすると，まず $S$ は Hermite だから Hermite 部分をとる操作は何もしない：$\Re[\Sig(\omega)]=S$．次に，評価するエネルギーが $\epsilon_i$ であろうと $\epsilon_j$ であろうと値は変わらない：

$$ \Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ij}=\Re[\Sig(\epsilon_j)]_{ij}=S_{ij}. $$

これを基本方程式に入れると，平均をとる操作が自明になり，

$$ \Vxc=\frac12\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\{S_{ij}+S_{ij}\}\bra{\psi_j} =\sum_{i,j}\ket{\psi_i}\bra{\psi_i}\,S\,\ket{\psi_j}\bra{\psi_j} =\hat 1\,S\,\hat 1=S . $$

最後は $\{\psi_i\}$ の完全性 $\sum_i\ket{\psi_i}\bra{\psi_i}=\hat 1$ を使った．近似は一切入っていない．したがって QSGW のサイクルは $\Veff=\Vext+\VH+S[\{\psi\}]$ の自己無撞着（SCF）反復に厳密に一致し，不動点は静的自己エネルギー $S$ に対する SCF 解そのものである．$S=\Sigma_x$（$W\to v$，導出14.1）なら Hartree–Fock（定理14.1），$S=\Sigma^{\rm SEX}+\Sigma^{\rm COH}$ なら自己無撞着 COHSEX を，QSGW はそのまま再現する．QSGW が「近似」をするのは $\Sig$ が振動数に依存するときだけである．

(2) 線形の振動数依存性 $\Sig(\omega)=S_0+(\omega-\mu)S_1$（$S_0,S_1$ は Hermite）に対して基本方程式を評価する．

実の $\omega$ に対して $S_0+(\omega-\mu)S_1$ は Hermite 演算子の実係数結合だから Hermite であり，$\Re[\Sig(\omega)]=\Sig(\omega)$．よって

$$ \Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ij}=(S_0)_{ij}+(\epsilon_i-\mu)(S_1)_{ij},\qquad \Re[\Sig(\epsilon_j)]_{ij}=(S_0)_{ij}+(\epsilon_j-\mu)(S_1)_{ij}. $$

基本方程式の平均をとると

$$ \Vxc_{ij}=\frac12\Big\{\Re[\Sig(\epsilon_i)]_{ij}+\Re[\Sig(\epsilon_j)]_{ij}\Big\} =(S_0)_{ij}+\frac12\,(\epsilon_i+\epsilon_j-2\mu)\,(S_1)_{ij}. $$

$S_0$ の寄与は (1) と同じく丸ごと入り，振動数依存部分 $(\omega-\mu)S_1$ の寄与が $\tfrac12(\epsilon_i+\epsilon_j-2\mu)(S_1)_{ij}$——題意の式である．対角では $(\epsilon_i-\mu)(S_1)_{ii}$，すなわち自分のエネルギーで評価した値そのものになる．

この結果は一行にまとめられる：

$$ \Vxc_{ij}=\bra{\psi_i}\Sig\!\left(\frac{\epsilon_i+\epsilon_j}{2}\right)\ket{\psi_j}. $$

$\Sig$ の振動数依存性は捨てられるのではなく，「各行列要素を，関与する2状態のエネルギーの算術平均で評価する」という形で静的ポテンシャルに取り込まれる．線形の範囲ではこの置き換えは厳密であり，QSGW が失うのは $\Sig(\omega)$ の曲率（$\omega^2$ 以上）だけである．また $\mu$ を $E_F$ に取れば，$E_F$ 近傍の状態対では $\epsilon_i+\epsilon_j-2\mu\simeq0$ となって $S_1$ の寄与が消える——静的な $\Vxc$ という近似が Fermi エネルギーの近くで最も良く効くという，Landau 準粒子描像に基づく QSGW の設計と整合している．

解答

(1) 線形化 $\Sig(\omega)\simeq\Sigma_0+(\omega-\epsilon_i)\Sigma_1$，$\Sigma_1=-a$ から $Z_i$ を計算する．one-shot GW の定義（14.1.1 節）

$$ Z_i=\Big[1-\bra{\psi_i}\frac{\partial\Sig}{\partial\omega}\Big|_{\epsilon_i}\ket{\psi_i}\Big]^{-1} $$

に $\partial\Sig/\partial\omega=\Sigma_1=-a$ を入れると

$$ Z_i=\frac{1}{1-(-a)}=\frac{1}{1+a}. $$

$a>0$（$\Sig$ が $\omega$ とともに減少する，通常の場合）なら $Z_i<1$：準粒子の重みの一部がサテライトに移る（図14.1）．

(2) $a=0.3$，$\Delta=\bra{\psi_i}\Sigma_0-\Vxc_{\rm LDA}\ket{\psi_i}=1.0\,\mathrm{eV}$ のときの補正の差を求める．

$$ Z=\frac{1}{1.3}=0.769,\qquad Z\Delta=0.769\,\mathrm{eV},\qquad \Delta=1.0\,\mathrm{eV}, $$

差は $(1-Z)\Delta=0.231\,\mathrm{eV}$ である．LDA からの補正が $1\,\mathrm{eV}$ 級の物質では，$Z$ を掛けるか掛けないかで $0.2\,\mathrm{eV}$ 級——one-shot GW のギャップの系統誤差（Si で $0.3\,\mathrm{eV}$，表14.1）と同じ桁の違いが生じる．「$Z$ の扱い」が処方の曖昧さとして無視できない理由である．

(3) 表14.4 の one-shot（$Z$ つき）と $Z=1$（NZ）のギャップから，実効的な $Z$ を逆算する．

ギャップは伝導帯端と価電子帯端の補正の差で動く．両端の実効 $Z$ を共通の $\bar Z$ と近似すると

$$ E_g^{Z}=E_g^{\rm LDA}+\bar Z\,(\Delta_c-\Delta_v),\qquad E_g^{Z=1}=E_g^{\rm LDA}+(\Delta_c-\Delta_v) \quad\Longrightarrow\quad \bar Z=\frac{E_g^{Z}-E_g^{\rm LDA}}{E_g^{Z=1}-E_g^{\rm LDA}} . $$

表14.4 の LDA 値（Si $0.46$，GaAs $0.34\,\mathrm{eV}$）を使うと

どちらも $\bar Z\simeq0.78$，$a\simeq0.28$〜$0.29$ となる．(2) で仮定した $a=0.3$（$Z=0.77$）は，$sp$ 半導体のバンド端の実際の値とよく合っている（$Z\simeq0.7$〜$1$ という 14.1.3 節の記述とも整合）．物質やバンドによらず $\bar Z$ がほぼ共通なのは，$Z$ を決める $\partial\Sig/\partial\omega$ の主因がプラズモンによる遮蔽の振動数依存性であり，それが価電子・伝導帯端であまり変わらないためである．

(4) QSGW の不動点では，14.3.4 の項目1により $\bra{\psi_i}\Re[\Sig(\epsilon_i)]-\Vxc\ket{\psi_i}=0$ が恒等的に成り立つから，$Z_i$ を掛けるべき1次補正そのものがゼロになり，「掛けるか掛けないか」という問いは対象を失って消える．

解答

(1) 2バンド $\kk\cdot\pp$ 模型 $m_0/m_c\simeq1+E_P/E_g$ で，$E_g$ の $16\%$ 過大が $m_c$ に及ぼす効果を見積もる．

逆数をとると $m_c/m_0=1/(1+E_P/E_g)$．GaAs の実験値（補正込み）$E_g=1.69\,\mathrm{eV}$，$E_P=25\,\mathrm{eV}$ を入れると

$$ \frac{m_c}{m_0}=\frac{1}{1+25/1.69}=0.0633, $$

実験値 $0.065$ をよく再現する（2バンド模型が GaAs の $\Gamma$ 谷に有効な証拠である）．$E_g$ を $16\%$ 増やして $E_g=1.16\times1.69=1.96\,\mathrm{eV}$（QSGW の $1.97\,\mathrm{eV}$ にほぼ等しい）とすると

$$ \frac{m_c}{m_0}=\frac{1}{1+25/1.96}=0.0727,\qquad \frac{0.0727}{0.0633}=1.15 . $$

すなわち $m_c$ は約 $15\%$ 過大になる．一般に $E_P\gg E_g$ では $m_c\simeq(E_g/E_P)m_0$ だから $m_c$ はほぼ $E_g$ に比例し，感度は

$$ \frac{\dd\ln m_c}{\dd\ln E_g}=\frac{E_P}{E_P+E_g}=\frac{25}{26.7}=0.94 \quad\Longrightarrow\quad 16\%\times0.94\simeq15\% . $$

表14.5 の実際の比は $0.077/0.065=1.18$（$+18\%$）で，本文の「$E_g$ の比 $1.16$，$m_c$ の比 $1.18$」のとおり，$\kk\cdot\pp$ の見積もり $+15\%$ とよく合う（残りの数 $\%$ は2バンド模型が省いた高次バンドの寄与である）．ギャップの誤差が有効質量の誤差をほぼ比例で引き連れる——誤差の鎖の第一の環である．

(2) Penn 模型 $\epsilon_\infty-1\simeq(\omega_p/E_g^{\rm avg})^2$ で，$\epsilon_\infty$ の $-20\%$ が平均ギャップの何 $\%$ に相当するかを求める．

$\omega_p$（価電子密度で決まる）は共通だから，$E_g^{\rm avg}\propto(\epsilon_\infty-1)^{-1/2}$．計算値 $\epsilon_\infty'=0.8\,\epsilon_\infty$ とすると

$$ \frac{E_g^{\rm avg\prime}}{E_g^{\rm avg}} =\sqrt{\frac{\epsilon_\infty-1}{0.8\,\epsilon_\infty-1}} \;\xrightarrow{\ \epsilon_\infty\gg1\ }\;\frac{1}{\sqrt{0.8}}=1.12 . $$

GaAs（$\epsilon_\infty=10.8$，$0.8\epsilon_\infty=8.64$——表14.5 の QSGW 値 $8.4$ にほぼ一致）で評価すれば

$$ \frac{E_g^{\rm avg\prime}}{E_g^{\rm avg}}=\sqrt{\frac{9.8}{7.64}}=1.13 . $$

すなわち $\epsilon_\infty$ の $-20\%$ は平均ギャップの $+12$〜$13\%$ の過大評価に相当する．これは観測される QSGW のギャップ誤差 $+10$〜$20\%$（14.5.1 節）とちょうど同じ大きさである．ギャップの過大と $\epsilon_\infty$ の過小は独立な二つの誤差ではなく，Penn 模型を介して互いの言い換えになっている——鎖の第二の環である．

(3) 長波長・静的な遮蔽相互作用 $W(q\to0,0)=v(q)/\epsilon_\infty$ が $20\%$ 強すぎるときの，ギャップへの影響の向きと大きさを論じる．

向き．ギャップを開くのは遮蔽された交換項 $\ii G^0W$（静的極限では $\Sigma^{\rm SEX}\propto -\sum^{\occ}\psi\psi^*\,W$）であり，その大きさは $W$ にほぼ比例する．$W$ が強すぎれば開きも大きすぎる——誤差は必ずギャップ過大の向きに出る．全物質で誤差の符号が揃う（図14.3）のはこのためである．

大きさの目安．ギャップの多体補正 $E_g^{\rm QSGW}-E_g^{\rm LDA}$ が $W$ に比例すると近似すれば，その $20\%$ が過大評価分になる：

向きも桁も観測と合う．ただしこの見積もりは上限に近い：$W$ の誤差（RPA の電子‐正孔相互作用の欠如）は $q\to0$・$\omega=0$ の励起子的な領域で最大で，大きな $q$ や高い $\omega$ では小さいから，$\Sig$ に効く $W$ の平均的な過大は $20\%$ より小さい．それでも数百 meV 級・正の向き，という結論は動かない．

解答

(1) 実軸上の $\omega'$ 積分を虚軸に回して，$X_{\rm img}$ の2項の形を導く．出発点は

$$ X=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ii\,\dd\omega'}{2\pi}\,\frac{W^c(\omega')}{\omega_\epsilon-\omega'\pm\ii\delta}, \qquad \omega_\epsilon\equiv\omega-\epsilon_{\qq-\kk\,n'} $$ である．まず遠方の弧の寄与が消えることを確かめておく．$|\omega'|\to\infty$ で $\epsilon\to1$ だから $W^c=W-v=v(\epsilon^{-1}-1)=\mathcal O(1/\omega'^2)$ であり，被積分関数は $\mathcal O(1/\omega'^3)$，弧の長さは $\mathcal O(R)$ なので，四分円弧の寄与は $\mathcal O(1/R^2)\to0$ である．したがって実軸の積分路を（極の寄与を別に数えれば）虚軸にそのまま乗せ替えてよい．

虚軸上では $\omega'=\ii u$（$u:-\infty\to+\infty$），$\dd\omega'=\ii\,\dd u$ と置換する．分母は虚軸上でゼロにならない（$\omega_\epsilon\neq0$ のとき）ので $\pm\ii\delta$ は落としてよく，

$$ X_{\rm img} =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ii\cdot\ii\,\dd u}{2\pi}\,\frac{W^c(\ii u)}{\omega_\epsilon-\ii u} =-\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\dd u\,\frac{W^c(\ii u)\,(\omega_\epsilon+\ii u)}{u^2+\omega_\epsilon^2} $$ となる．最後の等号では分母分子に $\omega_\epsilon+\ii u$ を掛けて有理化した．積分区間を $u>0$ と $u<0$ に分け，後者で $u\to-u$ と置き換えると

$$ X_{\rm img} =-\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\dd u\, \frac{\omega_\epsilon\left[W^c(\ii u)+W^c(-\ii u)\right]+\ii u\left[W^c(\ii u)-W^c(-\ii u)\right]}{u^2+\omega_\epsilon^2} $$ にまとまる．ここで本文の定義 $W^S(u)=[W^c(\ii u)+W^c(-\ii u)]/2$，$W^A(u)=[W^c(\ii u)-W^c(-\ii u)]/2\ii$ を使うと，角括弧はそれぞれ $2W^S(u)$ と $2\ii W^A(u)$ だから

$$ X_{\rm img} =-\frac1\pi\int_0^\infty\dd u\;W^S(u)\,\frac{\omega_\epsilon}{u^2+\omega_\epsilon^2} \;+\;\frac1\pi\int_0^\infty\dd u\;W^A(u)\,\frac{u}{u^2+\omega_\epsilon^2} $$ となり（$\ii u\cdot2\ii W^A=-2uW^A$ に注意），積分変数を $u\to\omega'$ と書き直せば本文の $X_{\rm img}$ に一致する．時間反転対称なら $W^c(\ii u)$ は実で $u$ の偶関数となり，$W^A=0$ で第2項は消える．

(2) 回転の途中で横切る極を数える．実軸（$-\infty\to+\infty$）を反時計回りに $90^\circ$ 回して虚軸（$-\ii\infty\to+\ii\infty$）に乗せるとき，掃かれるのは第1象限と第3象限である（図14.4 の薄青の領域）．各極の位置を象限で仕分けると：

• $W^c(\omega')$ の極 $+\Omega_n-\ii\delta$ は第4象限，$-\Omega_n+\ii\delta$ は第2象限．どちらも掃かれる領域にないので，回転で横切られることはない．$W^c$ の極が寄与しないからこそ，虚軸上の滑らかな $W^c(\ii u)$ だけで済むのである．
• $G^0(\omega-\omega')$ の非占有極 $\omega'=\omega-\epsilon_j+\ii\delta$（$\epsilon_j>E_F$）は上半面にある．これが第1象限に入る条件は $\Re\,\omega'=\omega-\epsilon_j>0$，すなわち $\epsilon_j<\omega$．合わせて $E_F<\epsilon_j<\omega$，つまり $\omega_\epsilon=\omega-\epsilon_j$ が $0<\omega_\epsilon<\omega-E_F$ の非占有状態だけが第1象限で横切られる．
• $G^0$ の占有極 $\omega'=\omega-\epsilon_i-\ii\delta$（$\epsilon_i<E_F$）は下半面にある．第3象限に入る条件は $\omega-\epsilon_i<0$，すなわち $\omega<\epsilon_i<E_F$．これは $\omega<E_F$（正孔）の場合にだけ起こり，$\omega-E_F<\omega_\epsilon<0$ に対応する．

留数の符号も確かめておく．第1象限は「実軸 $0\to R$ ＋ 四分円弧 ＋ 虚軸 $\ii R\to0$」の閉路で反時計回りに囲まれるから $\oint=+2\pi\ii\times$（留数）であり，被積分関数 $\dfrac{\ii}{2\pi}\dfrac{W^c(\omega')}{\omega_\epsilon-\omega'+\ii\delta}$ の $\omega'=\omega_\epsilon+\ii\delta$ における留数は $\dfrac{\ii}{2\pi}\times(-1)\times W^c(\omega_\epsilon)$ なので，寄与は $2\pi\ii\cdot\left(-\dfrac{\ii}{2\pi}\right)W^c=+W^c(\omega_\epsilon)$．第3象限の閉路は同じ構成だと時計回りになるので符号が反転し，占有極の寄与は $-W^c(\omega_\epsilon)$．これが本文の $X_{\rm real}$ の場合分け（非占有で $+$，占有で $-$，それ以外は $0$）である．

(3) 絶縁体で伝導帯下端 $\epsilon_c$ から測った電子のエネルギーが $E_g$ 未満なら寿命が厳密に無限大になる理由．準粒子の寿命を決める $\Im\Sig$ は，本文で述べたとおりすべて $X_{\rm real}$ から来る（$X_{\rm img}$ は虚軸上の実関数 $W^S,W^A$ の積分で，$\Sig$ の Hermite 部分にしか寄与しない）．$X_{\rm real}$ の虚部は $\Im W^c(\omega_\epsilon)$ であり，これがゼロでないのは媒質が実際にエネルギー $|\omega_\epsilon|$ を吸収できるとき——すなわち $|\omega_\epsilon|$ が電子‐正孔対の励起閾値以上のときに限る．絶縁体では $\Im\epsilon(\omega')=0$（$|\omega'|<E_g$）だから

$$ \Im W^c(\omega')=0 \qquad (|\omega'|<E_g) $$ である．一方，(2) で見たとおり $\omega=\epsilon_i$（伝導帯の電子，$\epsilon_c\le\epsilon_i$）で横切られる極は $0<\omega_\epsilon=\epsilon_i-\epsilon_j<\epsilon_i-E_F$ の非占有状態 $\epsilon_j\ge\epsilon_c$ に限られるから，$X_{\rm real}$ に現れる $W^c$ の引数は最大でも

$$ \omega_\epsilon=\epsilon_i-\epsilon_j\;\le\;\epsilon_i-\epsilon_c\;<\;E_g $$ にとどまる．したがって窓 $0<\omega_\epsilon<\omega-E_F$ の中のすべての極で $\Im W^c(\omega_\epsilon)=0$ となり，$\Im\bra{\psi_i}\Sig(\epsilon_i)\ket{\psi_i}=0$，寿命は厳密に無限大である．

物理的な意味．電子が $\epsilon_i$ から下の非占有状態 $\epsilon_j$ に落ちるとき，放出できるエネルギーは $\epsilon_i-\epsilon_j<E_g$ しかない．しかし絶縁体の媒質がエネルギーを受け取る最小単位は電子‐正孔対の $E_g$ である．エネルギーの帳尻を合わせる相手がいないので崩壊は起きない——衝突電離の閾値（伝導帯下端から $E_g$）が，積分路の図の「$X_{\rm real}$ の窓」と「$\Im W^c$ の立ち上がり」の重なりとしてそのまま読めるのである．

解答

(1) Fermi の数演算子 $\hat n_i=\hat c_i^\dagger\hat c_i$ について $[\hat n_i,\hat c_j^\dagger]=\delta_{ij}\hat c_j^\dagger$，$[\hat n_i,\hat c_j]=-\delta_{ij}\hat c_j$ を，反交換関係だけから導く問題である．道具は B.3.3 の導出6 で用意した恒等式

$$ [\hat A\hat B,\hat C]=\hat A\{\hat B,\hat C\}-\{\hat A,\hat C\}\hat B $$

である（反交換子2個で交換子1個が書ける，というのがミソだった）．ヒントのとおり $\hat A=\hat c_i^\dagger$，$\hat B=\hat c_i$，$\hat C=\hat c_j^\dagger$ とおき，反交換関係 $\{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\}=\delta_{ij}$，$\{\hat c_i^\dagger,\hat c_j^\dagger\}=0$ を入れると

$$ [\hat n_i,\hat c_j^\dagger] =\hat c_i^\dagger\underbrace{\{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\}}_{=\delta_{ij}} -\underbrace{\{\hat c_i^\dagger,\hat c_j^\dagger\}}_{=0}\,\hat c_i =\delta_{ij}\,\hat c_i^\dagger =\delta_{ij}\,\hat c_j^\dagger $$

となる．最後の等号では，$\delta_{ij}$ が生き残るのは $i=j$ のときだけだから，そのとき $\hat c_i^\dagger=\hat c_j^\dagger$ と書き替えてよいことを使った．同様に $\hat C=\hat c_j$ にとれば，$\{\hat c_i,\hat c_j\}=0$，$\{\hat c_i^\dagger,\hat c_j\}=\delta_{ij}$ より

$$ [\hat n_i,\hat c_j] =\hat c_i^\dagger\underbrace{\{\hat c_i,\hat c_j\}}_{=0} -\underbrace{\{\hat c_i^\dagger,\hat c_j\}}_{=\delta_{ij}}\,\hat c_i =-\delta_{ij}\,\hat c_i =-\delta_{ij}\,\hat c_j $$

である．これで示せた．

物理的な意味．この2式は「生成すれば占有数の読みが1増え，消滅すれば1減る」ことの演算子表現である．実際，$\hat n_i$ の固有状態 $\ket{n}$（固有値 $n_i$）に対して第1式を作用の形に直すと $\hat n_i\left(\hat c_j^\dagger\ket{n}\right)=\hat c_j^\dagger\left(\hat n_i+\delta_{ij}\right)\ket{n}=(n_i+\delta_{ij})\,\hat c_j^\dagger\ket{n}$ となり，$\hat c_j^\dagger\ket{n}$ は $j$ 番目の占有数だけが1増えた固有状態であることが読み取れる．

(2) Bose でも同じ関係 $[\hat n_i,\hat a_j^\dagger]=\delta_{ij}\hat a_j^\dagger$，$[\hat n_i,\hat a_j]=-\delta_{ij}\hat a_j$ が成り立つことを示す．今度は交換子版の恒等式

$$ [\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B $$

を使う（右辺を展開すれば $\hat A\hat B\hat C-\hat A\hat C\hat B+\hat A\hat C\hat B-\hat C\hat A\hat B=[\hat A\hat B,\hat C]$ で，確かに成り立つ）．交換関係 $[\hat a_i,\hat a_j^\dagger]=\delta_{ij}$，$[\hat a_i^\dagger,\hat a_j^\dagger]=[\hat a_i,\hat a_j]=0$ と，第1式のエルミート共役から従う $[\hat a_i^\dagger,\hat a_j]=-[\hat a_j,\hat a_i^\dagger]=-\delta_{ij}$ を代入して

$$ [\hat n_i,\hat a_j^\dagger] =\hat a_i^\dagger\underbrace{[\hat a_i,\hat a_j^\dagger]}_{=\delta_{ij}} +\underbrace{[\hat a_i^\dagger,\hat a_j^\dagger]}_{=0}\,\hat a_i =\delta_{ij}\,\hat a_j^\dagger, \qquad [\hat n_i,\hat a_j] =\hat a_i^\dagger\underbrace{[\hat a_i,\hat a_j]}_{=0} +\underbrace{[\hat a_i^\dagger,\hat a_j]}_{=-\delta_{ij}}\,\hat a_i =-\delta_{ij}\,\hat a_j $$

となり，Fermi とまったく同じ形になる．数演算子との交換関係は「個数を数える」という内容しか持たないので，統計性に依らないのは当然といえる（補題B.1 が Bose・Fermi で同じ形になるのと同じ事情である）．

(3) $\hat N=\sum_i\hat n_i$ と1体演算子 $\hat T=\sum_{ij}t_{ij}\hat a_i^\dagger\hat a_j$ が可換であることを示す．B.3.3 の補題B.1

$$ \left[\hat a_a^\dagger\hat a_b,\;\hat a_c^\dagger\hat a_d\right] =\delta_{bc}\,\hat a_a^\dagger\hat a_d-\delta_{ad}\,\hat a_c^\dagger\hat a_b $$

で $c=d$ とおくと $[\hat a_a^\dagger\hat a_b,\hat n_c]=(\delta_{bc}-\delta_{ac})\,\hat a_a^\dagger\hat a_b$ である．これを $c$ について足し上げると，ヒントのとおり

$$ \left[\hat a_a^\dagger\hat a_b,\;\hat N\right] =\sum_c\left(\delta_{bc}-\delta_{ac}\right)\hat a_a^\dagger\hat a_b =(1-1)\,\hat a_a^\dagger\hat a_b=0 $$

となる．$\sum_c\delta_{bc}=1$（$c$ が全状態を走れば必ず一度 $c=b$ を通る）と $\sum_c\delta_{ac}=1$ は，それぞれ消滅演算子 $\hat a_b$，生成演算子 $\hat a_a^\dagger$ が $\hat N$ の勘定に触れる寄与であり，「生成で $+1$・消滅で $-1$」の数え上げが差し引きゼロになることの現れである．$t_{ab}$ を掛けて $a,b$ で和を取れば

$$ \left[\hat T,\hat N\right]=\sum_{ab}t_{ab}\left[\hat a_a^\dagger\hat a_b,\hat N\right]=0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \left[\hat N,\hat T\right]=0 $$

である．$\hat a_a^\dagger\hat a_b$ は「1個消して1個作る」操作だから，どの項も粒子数を変えない——それを式で確かめたことになる．$[\hat N,\hat T]=0$ は「$\hat T$ で時間発展させても粒子数の固有値が保たれる」こと，すなわち1体演算子は粒子数を変えないことを意味する．

(4) 2体演算子 $\hat V=\frac12\sum_{ijkl}\bra{ij}v\ket{kl}\,\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k$（定理B.2）についても $[\hat N,\hat V]=0$ を示す．まず (1)(2) の結果を $i$ について足し上げると

$$ \left[\hat N,\hat a_j^\dagger\right]=\sum_i\delta_{ij}\,\hat a_j^\dagger=+\,\hat a_j^\dagger, \qquad \left[\hat N,\hat a_j\right]=-\,\hat a_j $$

を得る（Bose・Fermi 共通）．$\hat N$ は生成・消滅の対 $\hat a_i^\dagger\hat a_i$ の和，すなわち偶数個の Fermi 演算子でできているから，Fermi の場合でも普通の Leibniz 則 $[\hat N,\hat A\hat B]=[\hat N,\hat A]\hat B+\hat A[\hat N,\hat B]$ がそのまま使える（B.2.4 の心得1）．4演算子の積に順に適用すると

$$ \left[\hat N,\;\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k\right] =\underbrace{[\hat N,\hat a_i^\dagger]}_{+\hat a_i^\dagger}\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k +\hat a_i^\dagger\underbrace{[\hat N,\hat a_j^\dagger]}_{+\hat a_j^\dagger}\hat a_l\hat a_k +\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\underbrace{[\hat N,\hat a_l]}_{-\hat a_l}\hat a_k +\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\underbrace{[\hat N,\hat a_k]}_{-\hat a_k} $$ $$ =\left(+1+1-1-1\right)\hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger\hat a_l\hat a_k=0 $$

となる．行列要素を掛けて和を取っても各項がゼロだから $[\hat N,\hat V]=0$ である．2体演算子は「2個消して2個作る」ので，やはり粒子数を変えない．

解答

使う規則を先に整理しておく．占有数状態を番号順の積 $\ket{n_1n_2n_3n_4}=(\hat c_1^\dagger)^{n_1}(\hat c_2^\dagger)^{n_2}(\hat c_3^\dagger)^{n_3}(\hat c_4^\dagger)^{n_4}\ket{0}$ で定義したとき，B.2.4 の作用規則は

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

である．$S_i$ は「作用させる位置より左に居る粒子の数」，すなわち $\hat c_i^{(\dagger)}$ が定位置まで通り抜ける演算子の個数である．

(1) $\hat c_2^\dagger\ket{1,0,1,0}$ を求める．左隣は $n_1=1$ だから $S_2=1$，作用先は空（$n_2=0$）だから消えずに

$$ \hat c_2^\dagger\ket{1,0,1,0}=(-1)^1\ket{1,1,1,0}=-\ket{1,1,1,0} $$

である．検算．演算子の並びで直接やってみる．$\ket{1,0,1,0}=\hat c_1^\dagger\hat c_3^\dagger\ket{0}$ だから

$$ \hat c_2^\dagger\,\hat c_1^\dagger\hat c_3^\dagger\ket{0} =-\,\hat c_1^\dagger\,\hat c_2^\dagger\,\hat c_3^\dagger\ket{0} =-\ket{1,1,1,0} $$

$\hat c_2^\dagger$ を定位置（$\hat c_1^\dagger$ の右）まで運ぶのに追い越しが1回，符号は $(-1)^1$．一致する．

(2) $\hat c_3\ket{1,1,1,0}$ を求める．$S_3=n_1+n_2=2$，作用先は占有（$n_3=1$）だから

$$ \hat c_3\ket{1,1,1,0}=(-1)^2\ket{1,1,0,0}=+\ket{1,1,0,0} $$

である．追い越しが2回（$\hat c_1^\dagger$ と $\hat c_2^\dagger$）なので符号は戻って $+$ になる．

(3) $\hat c_4^\dagger\hat c_1\ket{1,1,0,0}$，すなわち「状態1の電子を状態4へ移す」操作を，右から順に実行する．

• まず $\hat c_1$：$S_1=0$（左隣に誰も居ない），$n_1=1$ だから $\hat c_1\ket{1,1,0,0}=+\ket{0,1,0,0}$．
• 次に $\hat c_4^\dagger$：いまの状態では $S_4=n_1+n_2+n_3=0+1+0=1$，$n_4=0$ だから $\hat c_4^\dagger\ket{0,1,0,0}=-\ket{0,1,0,1}$．

まとめて

$$ \hat c_4^\dagger\hat c_1\ket{1,1,0,0}=-\ket{0,1,0,1} $$

である．$S_4$ を数える時点では状態1の電子がすでに消えていることに注意する（ここを元の状態で数えると符号を間違える）．

(4) 逆順 $\hat c_1\hat c_4^\dagger\ket{1,1,0,0}$ を同じ要領で実行する．

• まず $\hat c_4^\dagger$：$S_4=n_1+n_2+n_3=1+1+0=2$，$n_4=0$ だから $\hat c_4^\dagger\ket{1,1,0,0}=(+1)\ket{1,1,0,1}$．今度は状態1の電子がまだ居るので追い越しは2回である．
• 次に $\hat c_1$：$S_1=0$，$n_1=1$ だから $\hat c_1\ket{1,1,0,1}=+\ket{0,1,0,1}$．

よって

$$ \hat c_1\hat c_4^\dagger\ket{1,1,0,0}=+\ket{0,1,0,1} $$

となり，(3) と符号が逆である．一致しないのが正しい．理由は反交換関係そのものである．$1\ne4$ だから $\{\hat c_1,\hat c_4^\dagger\}=\delta_{14}=0$，すなわち演算子の恒等式として

$$ \hat c_4^\dagger\hat c_1=-\,\hat c_1\hat c_4^\dagger $$

が成り立つ．どんな状態に作用させても両者は符号だけ違う結果を与えるのであり，(3)(4) はそれを具体例で確認したことになる．占有数の言葉で機構を言えば，(3) では $\hat c_4^\dagger$ が働く前に状態1の電子が消えているので追い越しが1回少なく，そのぶん符号が1回分ずれる——「左側の仲間を1人追い越すごとに符号が反転する」の直接の現れである．

物理的な意味．(3) 単独の符号 $-$ には物理的意味がない．占有数状態の位相は「番号順に左から」という約束に依存しており，約束を変えれば変わるからである．物理的な内容を持つのは，(3) と (4) の相対符号，すなわち反交換関係である．そして粒子を移す操作を $\hat c_4^\dagger\hat c_1$ という「対」の形で固定して使う限り，途中の $(-1)^{S}$ は観測量の計算で必ず対になって相殺する——B.2.4 の心得1「$\hat c^\dagger\hat c$ という組を単位として扱う」の御利益がこれである．

解答

(1) $\hat N=\int\dd^3x\,\hat\psi^\dagger\hat\psi$ が平面波基底で $\sum_{\kk\sigma}\hat n_{\kk\sigma}$ になることを示す．平面波展開（B.4.3）

$$ \hat\psi_\sigma(\xx)=\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk}\ee^{\ii\kk\cdot\xx}\,\hat c_{\kk\sigma}, \qquad \hat\psi_\sigma^\dagger(\xx)=\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk}\ee^{-\ii\kk\cdot\xx}\,\hat c_{\kk\sigma}^\dagger $$

を代入する（スピン和も含めて書く）：

$$ \hat N=\sum_\sigma\int_V\dd^3x\;\hat\psi_\sigma^\dagger(\xx)\hat\psi_\sigma(\xx) =\sum_\sigma\sum_{\kk\kk'}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk'\sigma}\; \underbrace{\frac1V\int_V\dd^3x\;\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx}}_{=\,\delta_{\kk\kk'}} =\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk\sigma} =\sum_{\kk\sigma}\hat n_{\kk\sigma} $$

平面波の直交性（B.4.3）で $\kk'$ の和が潰れるだけである．「全空間の密度を集めれば全粒子数」が，平面波の言葉では「各 $\kk$ の占有数を全部足す」になる．

(2) 電流密度演算子 $\hat{\bm j}(\xx)=\frac{\hbar}{2m\ii}\left(\hat\psi^\dagger\nabla\hat\psi-(\nabla\hat\psi^\dagger)\hat\psi\right)$ を平面波で表し，その Fourier 成分を求める．微分を先に実行しておく：

$$ \nabla\hat\psi_\sigma(\xx)=\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk'}(\ii\kk')\,\ee^{\ii\kk'\cdot\xx}\,\hat c_{\kk'\sigma}, \qquad \nabla\hat\psi_\sigma^\dagger(\xx)=\frac{1}{\sqrt V}\sum_{\kk}(-\ii\kk)\,\ee^{-\ii\kk\cdot\xx}\,\hat c_{\kk\sigma}^\dagger $$

これらを組み合わせると，2つの項が同じ演算子 $\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk'\sigma}$ に比例してまとまる：

$$ \hat{\bm j}(\xx) =\frac{\hbar}{2m\ii}\cdot\frac1V\sum_{\kk\kk'\sigma} \left[\ii\kk'-(-\ii\kk)\right]\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx}\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk'\sigma} =\frac{\hbar}{2m}\cdot\frac1V\sum_{\kk\kk'\sigma} \left(\kk+\kk'\right)\ee^{\ii(\kk'-\kk)\cdot\xx}\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk'\sigma} $$

途中で $\frac{1}{2\ii}\left[\ii\kk'+\ii\kk\right]=\frac{\kk+\kk'}{2}$ とした（ヒントの計算である）．Fourier 成分の定義 $\hat{\bm j}_\qq=\int\dd^3x\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\hat{\bm j}(\xx)$ に入れると，空間積分は

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

となり，$V$ が相殺して $\kk'$ の和が $\kk'=\kk+\qq$ に潰れる：

$$ \hat{\bm j}_\qq =\frac{\hbar}{2m}\sum_{\kk\sigma}\left(\kk+(\kk+\qq)\right)\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma} =\frac{\hbar}{m}\sum_{\kk\sigma}\left(\kk+\frac{\qq}{2}\right)\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma} $$

これが示すべき式である．密度の $\hat\rho_\qq=\sum_{\kk\sigma}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$（導出15）と同じ「$\kk+\qq$ を消して $\kk$ に作る」構造に，速度の重み $\frac{\hbar}{m}(\kk+\qq/2)$——始状態 $\kk+\qq$ と終状態 $\kk$ の平均波数に対応する速度——が掛かった形になっている．

(3) $\qq\to0$ とすると重みが $\frac{\hbar\kk}{m}$ になり，演算子は対角化する：

$$ \hat{\bm j}_0=\frac{\hbar}{m}\sum_{\kk\sigma}\kk\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk\sigma} =\frac1m\sum_{\kk\sigma}\hbar\kk\,\hat n_{\kk\sigma} =\frac{\hat{\bm P}}{m} $$

最後の等号は B.5.3 で導いた全運動量 $\hat{\bm P}=\sum_{\kk\sigma}\hbar\kk\,\hat n_{\kk\sigma}$ である．一様（$\qq=0$）成分の電流は「全運動量を質量で割ったもの」，すなわち系全体の速度の総和であり，古典力学の $\sum_\alpha\bm v_\alpha=\bm P_{\text{全}}/m$ と同じ内容である．

(4) 連続の方程式 $\dot{\hat\rho}_\qq+\ii\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq=0$ を，Heisenberg の運動方程式から導く．B.7.4 の導出17 で得た交換子は

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

であった．エネルギー差を計算すると，ヒントのとおり

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

となって，(2) の $\hat{\bm j}_\qq$ の重みとまったく同じ組 $\kk+\qq/2$ が現れる．これを代入すると

$$ \left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right] =\hbar\,\qq\cdot\left[\frac{\hbar}{m}\sum_{\kk\sigma}\left(\kk+\frac{\qq}{2}\right)\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}\right] =\hbar\,\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq $$

である．Heisenberg の運動方程式 $\ii\hbar\,\dot{\hat\rho}_\qq=[\hat\rho_\qq,\Ham_0]$ に入れて $\ii\hbar$ で割れば

$$ \dot{\hat\rho}_\qq=\frac{1}{\ii\hbar}\cdot\hbar\,\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq =-\ii\,\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq \qquad\Longleftrightarrow\qquad \dot{\hat\rho}_\qq+\ii\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq=0 $$

これが示すべき連続の方程式である．

検算（実空間との整合）．実空間の連続の方程式 $\partial_t\hat\rho(\xx)+\nabla\cdot\hat{\bm j}(\xx)=0$ に $\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}$ を掛けて積分し，第2項を部分積分すると（境界項は周期境界条件で消える）

$$ \int\dd^3x\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\,\nabla\cdot\hat{\bm j} =-\int\dd^3x\;\left(\nabla\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\right)\cdot\hat{\bm j} =+\ii\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq $$

となり，確かに $\dot{\hat\rho}_\qq+\ii\qq\cdot\hat{\bm j}_\qq=0$ の形になる．本書の Fourier 規約 $\hat\rho_\qq=\int\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\hat\rho(\xx)\,\dd^3x$（導出15）と符号まで整合している．

物理的な意味．電荷保存（粒子数保存）が，期待値のレベルではなく演算子のレベルで成り立つことの確認である．しかも相互作用を入れても壊れない．B.7.3 で見たとおり Coulomb 相互作用は密度だけでできていて $[\hat\rho_\qq,\hat V]=0$ だから，$\Ham=\Ham_0+\hat V$ としても $[\hat\rho_\qq,\Ham]=[\hat\rho_\qq,\Ham_0]$ となり，上の連続の方程式はそのまま成り立つ．第9章で縦誘電率と密度応答を結ぶとき，また $f$ 和則（演習B.4）を使うとき，この演算子等式が土台になる．

解答

(1) $\dagger$ なしの密度演算子どうし $[\hat\rho_\qq,\hat\rho_{\qq'}]=0$ を，補題B.1 で示す（導出16 の $\dagger$ 付きの場合と平行した計算である）．スピン添字は結果に効かないので省いて書く．導出15 の表式から

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

である．補題B.1 $[\hat a_a^\dagger\hat a_b,\hat a_c^\dagger\hat a_d]=\delta_{bc}\hat a_a^\dagger\hat a_d-\delta_{ad}\hat a_c^\dagger\hat a_b$ で $a=\kk$，$b=\kk+\qq$，$c=\kk'$，$d=\kk'+\qq'$ とおくと

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

第1項：デルタが $\kk'=\kk+\qq$ を要求するので，$\kk'$ 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 $\kk'=\kk-\qq'$ を要求するので

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

となる．ここでダミー添字を $\kk\to\kk+\qq'$ と付け替えると $-\sum_\kk\hat c^\dagger_{\kk}\hat c_{\kk+\qq+\qq'}=-\hat\rho_{\qq+\qq'}$ である．2つを足して

$$ \left[\hat\rho_\qq,\;\hat\rho_{\qq'}\right]=\hat\rho_{\qq+\qq'}-\hat\rho_{\qq+\qq'}=0 $$

を得る．なお導出15 の $\hat\rho_{\qq'}^\dagger=\hat\rho_{-\qq'}$ を思い出せば，この結果は導出16 の $[\hat\rho_\qq,\hat\rho_{\qq'}^\dagger]=0$ で $\qq'\to-\qq'$ と置いたものと同じ内容であり，両者は整合している．

(2) 相互作用が密度だけでできていることから $[\hat\rho_\qq,\hat V]=0$ を論ずる．出発点は導出12 の場の演算子表示

$$ \hat V=\frac12\int\dd^3x\int\dd^3x'\; v(\xx,\xx')\;\hat\psi^\dagger(\xx)\,\hat\psi^\dagger(\xx')\,\hat\psi(\xx')\,\hat\psi(\xx) $$

と，そこで導いた並べ替えの恒等式 $\hat\psi^\dagger(\xx)\hat\psi^\dagger(\xx')\hat\psi(\xx')\hat\psi(\xx)=\hat\rho(\xx)\hat\rho(\xx')-\delta(\xx-\xx')\hat\rho(\xx)$ である．これを代入すると

$$ \hat V=\frac12\int\dd^3x\int\dd^3x'\;v(\xx,\xx')\,\hat\rho(\xx)\hat\rho(\xx') \;-\;\frac12\int\dd^3x\;v(\xx,\xx)\,\hat\rho(\xx) $$

となる．第2項（自己相互作用の引き算）も，$x'$ 積分をデルタ関数で潰すと係数 $v(\xx,\xx)$ が c 数として前に出るだけで，演算子としては $\hat\rho(\xx)$ の1次式である．つまり $\hat V$ は，全体として密度演算子 $\hat\rho(\xx)$ だけから組み立てられている（Coulomb では係数 $v(\xx,\xx)=v(0)$ が $r\to0$ で発散するので，厳密には短距離側を正則化した上での形式的な項であるが，係数はあくまで c 数であり，ここでの議論は演算子の構造だけによる）．

次に，密度演算子どうしが可換であることを場の演算子で確かめる．補題B.1 の連続版として，B.3.3 の恒等式を2回使う導出6 とまったく同じ計算により

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

となる（$\delta_{bc}$，$\delta_{ad}$ がデルタ関数に置き換わっただけである）．右辺の2項はどちらもデルタ関数のおかげで $\xx=\xx'$ のときしか効かず，そのとき両項は同じ演算子になるから，差は恒等的にゼロ：

$$ \left[\hat\rho(\xx),\;\hat\rho(\xx')\right]=0 $$

である（第一量子化で言えば「位置だけの関数どうしは可換」という当たり前の事実である）．$\hat\rho_\qq=\int\dd^3x\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\hat\rho(\xx)$ は $\hat\rho(\xx)$ の線形結合だから，$\hat\rho(\xx)$ と可換なものすべてと可換である．$\hat V$ は上で見たとおり $\hat\rho$ の2次式＋1次式なので

$$ \left[\hat\rho_\qq,\;\hat V\right]=0 $$

が結論される．これで，$\hat\rho_\qq$ の時間発展はすべて運動エネルギー項 $\Ham_0$ が担うことが分かった．次の (3) で使う．

(3) $f$ 和則の右辺 $\braket{[[\hat\rho_\qq,\Ham_0],\hat\rho_\qq^\dagger]}=N\hbar^2q^2/m$ を導出18 に沿って再現する．

ステップ1（二重交換子を演算子のまま計算する）．導出17 より $[\hat\rho_\qq,\Ham_0]=\sum_{\kk\sigma}\Delta_\kk\,\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}$，$\Delta_\kk\equiv\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk$ である．これと $\hat\rho_\qq^\dagger=\sum_{\kk'\sigma'}\hat c^\dagger_{\kk'+\qq,\sigma'}\hat c_{\kk'\sigma'}$ の交換子を補題B.1 で計算する．$a=\kk$，$b=\kk+\qq$，$c=\kk'+\qq$，$d=\kk'$ として

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

今度は両方のデルタが $\kk'=\kk$ を要求するので，まとめて $\delta_{\kk\kk'}\left(\hat n_\kk-\hat n_{\kk+\qq}\right)$ となる．$\Delta_\kk$ を掛けて和を取れば

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

ステップ2（期待値を取り，ダミー添字をずらす）．$\braket{\hat n_{\kk\sigma}}=n_\kk$ と書く．第2項で $\kk\to\kk-\qq$ と付け替えると，係数は $\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk\to\epsilon_{\kk}-\epsilon_{\kk-\qq}$，分布は $n_{\kk+\qq}\to n_{\kk}$ になるから

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

ステップ3（$\kk$ 依存性が消える）．放物線分散 $\epsilon_\kk=\hbar^2k^2/2m$ を入れると

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

となる．$\kk$ 依存性が消える機構は2段構えである．まず $k^2$ の項は $+1+1-2=0$ で消える．次に $\kk$ の1次の交差項 $2\kk\cdot\qq$ は，$+\qq$ シフトからは $+2\kk\cdot\qq$，$-\qq$ シフトからは $-2\kk\cdot\qq$ と符号が逆で現れて相殺する（ヒントの「交差項が $\pm$ で相殺する」）．要するに左辺は2次関数の2階差分であり，2次関数の2階差分は変数に依らない定数——放物線の曲率 $\hbar^2/m$ に $q^2$ を掛けたもの——になるのである．残る和は分布の詳細に依らず

$$ \braket{\left[\left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right],\hat\rho_\qq^\dagger\right]} =\frac{\hbar^2q^2}{m}\sum_{\kk\sigma}n_\kk=\frac{N\hbar^2q^2}{m} $$

である．(2) の $[\hat\rho_\qq,\hat V]=0$ と合わせると，$\Ham_0\to\Ham_0+\hat V$ としても左辺は変わらない．しかもステップ3 で $n_\kk$ の形を一切使っていないので，相互作用で歪んだ分布でも温度が有限でも，$\sum_\kk n_\kk=N$ さえ成り立てば同じ値になる．これが「$f$ 和則は相互作用に依らず厳密」の数学的な核心である．

(4) 単位体積あたりの値 $n\hbar^2q^2/m$ を，Na（$n=2.65\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$，表B.2）と $q=0.5\ \text{Å}^{-1}=0.5\times10^{10}\ \mathrm{m^{-1}}$ について SI 単位で評価する．まず電子1個あたりの因子は

$$ \frac{\hbar^2q^2}{m} =\frac{\left(1.0546\times10^{-34}\times0.5\times10^{10}\right)^2}{9.109\times10^{-31}} =3.05\times10^{-19}\ \mathrm{J} \quad(=1.90\ \mathrm{eV}) $$

である（$\hbar^2q^2/2m=0.95\ \mathrm{eV}$ の2倍になっていることが検算になる．演習B.5 (2) と同じ量である）．数密度を掛けて

$$ n\,\frac{\hbar^2q^2}{m} =2.65\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}\times3.05\times10^{-19}\ \mathrm{J} \simeq8.1\times10^{9}\ \mathrm{J\,m^{-3}} $$

を得る．次元は（エネルギー）$\times$（体積の逆数）＝$\mathrm{J\,m^{-3}}$ で，密度応答のスペクトル重みを単位体積あたりで数えたものになっている．約 $8\times10^9\ \mathrm{J\,m^{-3}}$——一見大きな数だが，電子1個あたりに直せばわずか $1.9\ \mathrm{eV}$ であり，金属の電子スケール（$\epsilon_F=3.24\ \mathrm{eV}$，$\hbar\omega_p=6.0\ \mathrm{eV}$）と同じ桁である．第12章の非弾性散乱実験でスペクトルを $\omega$ 重み付きで積分すると，この値に収束しなければならない（ただし正の振動数側だけを積分する「片側の $f$ 和則」は，この半分 $n\hbar^2q^2/2m$ になる．B.7.4 のボックス「和則の強さ」の因子2の注意のとおり，どちらの値と比べるのかを先に確認すること）．

解答

(1) 連続体の境界 $\hbar\omega_\pm(q)=\hbar^2q^2/2m\pm\hbar qv_F$ を導き直し，$q<2k_F$ で下端が $\omega=0$ に接する理由を言葉で説明する．粒子‐正孔対の励起エネルギーは，導出19 のとおり

$$ \hbar\omega_{\kk\qq}=\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk =\frac{\hbar^2}{2m}\left(q^2+2kq\cos\theta\right), \qquad \theta\equiv\angle(\kk,\qq) $$

であり，許される $\kk$ は「始点が球の中：$k<k_F$」かつ「終点が球の外：$\abs{\kk+\qq}>k_F$」を満たすものに限られる．

上端．$\hbar\omega$ は $k\cos\theta$ の増加関数だから，最大は $\cos\theta=+1$（$\kk\parallel\qq$），$k\to k_F$ で実現する．このとき終点は $\abs{\kk+\qq}=k_F+q>k_F$ となって条件を満たすから，確かに到達できて

$$ \hbar\omega_+(q)=\frac{\hbar^2}{2m}\left(q^2+2k_Fq\right) =\frac{\hbar^2q^2}{2m}+\hbar qv_F, \qquad v_F=\frac{\hbar k_F}{m} $$

下端（$q>2k_F$）．$\cos\theta=-1$ を選ぶと $\abs{\kk+\qq}=q-k>2k_F-k_F=k_F$ となり，どんな始点でも終点は必ず球の外に出る．最小は $\cos\theta=-1$，$k\to k_F$ のときで

$$ \hbar\omega_-(q)=\frac{\hbar^2}{2m}\left(q^2-2k_Fq\right) =\frac{\hbar^2q^2}{2m}-\hbar qv_F\;>\;0 $$

下端（$q<2k_F$）はゼロ．式で言えば，$\cos\theta=-q/2k$ と選ぶと $\abs{\kk+\qq}^2=k^2+2kq\cos\theta+q^2=k^2$，すなわち終点が始点と同じ半径の球面上に戻り，$\hbar\omega=0$ となる．この角度が存在する条件は $\abs{-q/2k}\le1$，$k\to k_F$ で $q\le2k_F$ である．

言葉で言えば（図B.3），$\hat\rho_\qq^\dagger$ は Fermi 球の中の電子をつまんで $\qq$ だけ平行移動する操作だから，「元の Fermi 球」と「$\qq$ だけずらした Fermi 球」を重ねて描くとよい．$q<2k_F$ なら2つの球面は交わる．その交線の輪の近くでは，Fermi 面のすぐ内側の電子を，ずらした先もほぼ Fermi 面上という場所へ移せる．始点も終点もエネルギーがほぼ $\epsilon_F$ なのだから，励起のコストはいくらでも小さくできる——「Fermi 面上ではただ同然の励起が作れる」．これが下端 $0$ の意味である．$q>2k_F$ になると球が丸ごと外へ出てしまって交線が消え，どう移しても有限のエネルギー $\hbar\omega_-$ を払わねばならない．図B.4 で $q=2k_F$ から下端が持ち上がるのはこのためである．

(2) Al（$v_F=2.03\times10^6\ \mathrm{m/s}$，$k_F=1.75\ \text{Å}^{-1}$，表B.2）について $q=0.5\ \text{Å}^{-1}$ での連続体の上端・下端を求める．2つの項を別々に評価する．

$$ \frac{\hbar^2q^2}{2m} =\frac{\left(1.0546\times10^{-34}\times0.5\times10^{10}\right)^2}{2\times9.109\times10^{-31}} =1.53\times10^{-19}\ \mathrm{J}=0.95\ \mathrm{eV} $$ $$ \hbar qv_F=1.0546\times10^{-34}\times0.5\times10^{10}\times2.03\times10^6 =1.07\times10^{-18}\ \mathrm{J}=6.68\ \mathrm{eV} $$

したがって上端は

$$ \hbar\omega_+=0.95+6.68=7.63\ \mathrm{eV}\simeq7.6\ \mathrm{eV} $$

である．下端は，$q=0.5\ \text{Å}^{-1}$ が $2k_F=3.5\ \text{Å}^{-1}$ よりずっと小さいので，(1) の場合分けにより$0$ である（形式的な $\hbar\omega_-=0.95-6.68=-5.7\ \mathrm{eV}$ は負であり，境界としての意味を持たない）．すなわちこの $q$ では，連続体は $0\le\hbar\omega\le7.6\ \mathrm{eV}$ の帯である．

(3) Al のプラズモン $\hbar\omega_p=15.8\ \mathrm{eV}$ と比べると

$$ 15.8\ \mathrm{eV}\;>\;7.6\ \mathrm{eV}=\hbar\omega_+(q) $$

だから，$q=0.5\ \text{Å}^{-1}$ ではプラズモンは連続体の外（上方）にある．エネルギーと運動量を保存したまま崩壊できる粒子‐正孔対が存在しないので，Landau 減衰は起きず，プラズモンは（この近似の範囲で）減衰しない鋭いピークとして観測される．

(4) プラズモン分散を $\omega\simeq\omega_p$（$q$ に依存しない水平線）と近似したとき，連続体上端と交わる臨界波数 $q_c$ を $\hbar\omega_+(q_c)=\hbar\omega_p$ から求める．$q$ を Å$^{-1}$ 単位で測ると，(2) の数値がそのまま係数になる：$\hbar^2/2m=3.81\ \mathrm{eV\,\text{Å}^2}$，$\hbar v_F=13.4\ \mathrm{eV\,\text{Å}}$ なので

$$ 3.81\,q_c^2+13.4\,q_c=15.8 \qquad(q_c\ \text{は Å}^{-1}\ \text{単位}) $$

という2次方程式になる（ヒントの $0.95(q/0.5)^2+6.7(q/0.5)=15.8$ と同じ式である）．正の根を取ると

$$ q_c=\frac{-13.4+\sqrt{13.4^2+4\times3.81\times15.8}}{2\times3.81} =\frac{-13.4+20.5}{7.62} \simeq0.93\ \text{Å}^{-1} $$

すなわち $q_c\approx0.9\ \text{Å}^{-1}$ である．これは $2k_F=3.5\ \text{Å}^{-1}$ の3割弱にすぎない：

$$ \frac{q_c}{2k_F}\simeq\frac{0.93}{3.5}\simeq0.27 $$

物理的な意味．プラズモンは，Fermi 球の端まで行くはるか手前——$q_c\sim k_F/2$ 程度——で粒子‐正孔連続体に突入してしまう．突入した瞬間から1対の粒子‐正孔対への崩壊チャネルが開き（Landau 減衰），ピークは急速に幅広くなる．電子エネルギー損失分光（EELS）で Al のプラズモンピークが $q\sim1\ \text{Å}^{-1}$ あたりで急に太り，やがて連続体に溶けて見えなくなるのは，まさにこの $q_c$ を越えたからである（第11・12章）．なお実際のプラズモンには正の分散（$\omega(q)$ は $q$ とともに上がる，図B.4 の紫線）があるため，真の突入点は上の見積もりより少し大きい $q$ にずれるが，桁の議論は変わらない．

解答

出発点は，1次摂動の分子に現れる6演算子の列

$$ \hat\psi^\dagger_\lambda(x_1)\,\hat\psi^\dagger_\mu(x_1')\,\hat\psi_{\mu'}(x_1')\,\hat\psi_{\lambda'}(x_1)\,\hat\psi_\alpha(x)\,\hat\psi^\dagger_\beta(y) $$

である．位置を左から $1,2,3,4,5,6$ と番号づける（$1=\hat\psi^\dagger_\lambda$，$2=\hat\psi^\dagger_\mu$，$3=\hat\psi_{\mu'}$，$4=\hat\psi_{\lambda'}$，$5=\hat\psi_\alpha$，$6=\hat\psi^\dagger_\beta$）．$T$ 積の中では，Fermi 演算子の互換1回ごとに $-1$ を出しながら自由に並べ替えてよい．並べ替え後の列が元の位置番号のどの順列になるかを書き，その反転数（順序が逆転している対の個数）を数えれば，互換の偶奇が判定できる．

(1) (C) の縮約は $(\hat\psi_\alpha\hat\psi^\dagger_\lambda)(\hat\psi_{\lambda'}\hat\psi^\dagger_\mu)(\hat\psi_{\mu'}\hat\psi^\dagger_\beta)$ である．縮約対が隣り合う目標の並びは

$$ \hat\psi_\alpha\,\hat\psi^\dagger_\lambda\;\big|\;\hat\psi_{\lambda'}\,\hat\psi^\dagger_\mu\;\big|\;\hat\psi_{\mu'}\,\hat\psi^\dagger_\beta \qquad\text{（元の位置番号で }5,1,4,2,3,6\text{）} $$

順列 $(5,1,4,2,3,6)$ の反転数を数える：$5$ より後にある小さい数は $1,4,2,3$ の4個，$4$ より後の小さい数は $2,3$ の2個，他はゼロ．合計 $4+2=6$ で偶数．よって符号は $+1$ である．(C) はループを持たない図形（交換項）だから「$(-1)^{F}=(-1)^0=+1$」と整合する．

(2) (D) の縮約は $(\hat\psi_\alpha\hat\psi^\dagger_\lambda)(\hat\psi_{\lambda'}\hat\psi^\dagger_\beta)(\hat\psi_{\mu'}\hat\psi^\dagger_\mu)$ で，最後の対が $x_1'$ の密度ループである．目標の並びは元の位置番号で $(5,1,4,6,3,2)$．反転数：$5$ の後の小さい数 $1,4,3,2$ で4個，$4$ の後は $3,2$ で2個，$6$ の後は $3,2$ で2個，$3$ の後は $2$ で1個．合計 $4+2+2+1=9$ で奇数．よって符号は $-1$ である．(C) との違いは，$\hat\psi_{\mu'}$ と $\hat\psi^\dagger_\mu$（位置 $3$ と $2$）を閉じた対にしたことだけであり，この「線を閉じてループにする」操作が互換の偶奇を1つ変える．ループ1個につき $-1$ の正体はこれである．

(3) (A) の縮約は $(\hat\psi_\alpha\hat\psi^\dagger_\beta)(\hat\psi_{\lambda'}\hat\psi^\dagger_\lambda)(\hat\psi_{\mu'}\hat\psi^\dagger_\mu)$：自由な外線と，$x_1$・$x_1'$ の2つの密度ループである．目標の並びは $(5,6,4,1,3,2)$．反転数：$5$ の後に $4,1,3,2$ の4個，$6$ の後に $4,1,3,2$ の4個，$4$ の後に $1,3,2$ の3個，$3$ の後に $2$ の1個．合計 $4+4+3+1=12$ で偶数，符号 $+1$．ループ2個で $(-1)^2=+1$——「ループ1個につき $-1$」の規則とちょうど整合する．∎

検算．反転数の勘定は数え落としやすいので，3つの順列について機械的に数え直すと $6,\ 9,\ 12$ で偶・奇・偶．手勘定と一致する．

解答

(1) $\bra{n}(\hat a+\hat a^\dagger)^4\ket{n}=6n^2+6n+3$ を示す．$\hat A\equiv\hat a+\hat a^\dagger$ は準位を $\pm1$ 動かすから，対角要素に寄与するのは上昇2回・下降2回の $\binom42=6$ 通りの経路である（導出C.6 の図C.21）．各経路の因子（上昇は $\sqrt{\ell+1}$，下降は $\sqrt{\ell}$，$\ell$ は直前の準位）は

$$ \begin{aligned} {+}{+}{-}{-}&:\ (n{+}1)(n{+}2), & {+}{-}{+}{-}&:\ (n{+}1)^2, & {+}{-}{-}{+}&:\ n(n{+}1),\\ {-}{+}{+}{-}&:\ n(n{+}1), & {-}{+}{-}{+}&:\ n^2, & {-}{-}{+}{+}&:\ n(n{-}1), \end{aligned} $$

で，合計は

$$ (n{+}1)(n{+}2)+(n{+}1)^2+2n(n{+}1)+n^2+n(n{-}1)=6n^2+6n+3 . $$

Wick 展開（C.9.3）でも同じ答えが出る：$\hat A^4=\,:\!\hat A^4\!:+6:\!\hat A^2\!:+3$ で，$:\!\hat A^2\!:$ の対角は $2n$，$:\!\hat A^4\!:$ の対角は $\binom42\bra{\phi_n}\hat a^{\dagger2}\hat a^2\ket{\phi_n}=6n(n{-}1)$ だから，$6n(n{-}1)+6\cdot2n+3=6n^2+6n+3$，一致する．∎

(2) 導出C.1 の結果 $\tilde\omega_1=\omega_0+3\lambda\hbar/(m^2\omega_0^2)$ を，問題の指定どおり振動子長 $x_0\equiv\sqrt{\hbar/m\omega_0}$ で無次元化する．$m\omega_0^2x_0^2=\hbar\omega_0$ はエネルギーだから，$\lambda$（次元：エネルギー／長さ$^4$）を測る自然な物差しは $m\omega_0^2x_0^2/x_0^4=m^2\omega_0^3/\hbar$ である．そこで

$$ \bar\lambda\equiv\frac{\lambda}{m\omega_0^2x_0^2/x_0^4}=\frac{\lambda x_0^4}{\hbar\omega_0}=\frac{\lambda\hbar}{m^2\omega_0^3} $$

と定義すると，$\tilde\omega_1-\omega_0=\dfrac{3\lambda\hbar}{m^2\omega_0^2}=3\,\dfrac{\lambda\hbar}{m^2\omega_0^3}\,\omega_0=3\bar\lambda\,\omega_0$ より

$$ \tilde\omega_1=\omega_0\left(1+3\bar\lambda\right)+O(\bar\lambda^2) $$

と書ける．「非調和項のエネルギーが零点振動の広がり $x_0$ の上でどれだけ効くか」を測る $\bar\lambda$ が唯一の小パラメータであり，摂動論の適用条件は $\bar\lambda\ll1$ と一目で読める形になった．なお C.9 節の零点振動幅 $x_0'=\sqrt{\hbar/2m\omega}$（本問の $x_0$ の $1/\sqrt2$ 倍）で同じ物差し $m\omega_0^2x_0'^2/x_0'^4$ を組むと $\bar\lambda'=\bar\lambda/2$ となり，$\tilde\omega_1=\omega_0(1+6\bar\lambda')$ と係数だけが変わる（物理は同じ）．

(3) Fano–Anderson 模型で $\epsilon_k$ が $[-D,D]$ に一様分布（状態密度 $\rho$），$V_k=V$ 一定のとき．導出C.2 の厳密な自己エネルギーで和を積分に直すと

$$ \Sigma(E)=\abs{V}^2\rho\int_{-D}^{D}\frac{\dd\epsilon}{E-\epsilon+\ii\eta} =\abs{V}^2\rho\left[\ln\abs{\frac{E+D}{E-D}}-\ii\pi\right]\qquad(\abs{E}<D) $$

（実部は主値積分 $\displaystyle\PV\!\int_{-D}^D\frac{\dd\epsilon}{E-\epsilon}=\ln\abs{\frac{E+D}{E-D}}$，虚部は Sokhotski–Plemelj の $-\ii\pi\delta$ を $\epsilon=E$ で拾ったもの）．したがって

$$ \Delta(E)=\abs{V}^2\rho\,\ln\abs{\frac{E+D}{E-D}},\qquad \Gamma(E)=-2\Im\Sigma=2\pi\abs{V}^2\rho\qquad(\abs{E}<D). $$

$\abs{E}\ll D$ では $\ln\abs{(E+D)/(E-D)}\simeq2E/D\to0$ なので $\Delta\simeq0$：連続体が $E$ の上下に対称に広がっていれば，押し下げと押し上げが打ち消してシフトは消える．幅は $\Gamma=2\pi\abs{V}^2\rho$ で，Fermi の黄金律そのものである．

(4) $D$ が有限なら $\Delta(E)$ は $E$ に依存する．これが Kramers–Kronig 関係から再現できることを確かめる．$\Sigma(E)$ は遅延関数（極はすべて実軸のすぐ下）だから，第4章の KK 関係がそのまま使えて

$$ \Delta(E)=\frac{1}{\pi}\,\PV\!\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\Gamma(E')/2}{E-E'}\,\dd E' =\frac{1}{\pi}\,\PV\!\int_{-D}^{D}\frac{\pi\abs{V}^2\rho}{E-E'}\,\dd E' =\abs{V}^2\rho\,\ln\abs{\frac{E+D}{E-D}} . $$

(3) の直接計算と完全に一致する．シフト $\Delta$ と幅 $\Gamma$ は独立な量ではなく，因果律で結ばれた1つの解析関数の実部と虚部である——第4章の教えが，自己エネルギーという舞台でそのまま再演されている．∎

解答

(1) 定義C.2 の規則で図C.12 の (a)〜(d) を書き下す．共通の約束：波線1本ごとに $V$，$n=2$ 次なので $(\ii/\hbar)^2$，閉ループ1個ごとに $(-g)$（$g=2s+1$），独立な内部4元運動量2個を $\intk{p}\intk{p'}$ で積分，自分自身に（または同じ波線の両端に）閉じる線には $\ee^{\ii\omega\eta}$．

• (a) 交換入り tadpole．外線から出る波線は運動量移行 $0$ なので $V(0)$．ループは1個（$-g$）．ループの中の線（運動量 $p$）に交換の塊が挿入されているため，同じ運動量 $p$ の $G^0$ が2本——$[G^0(p)]^2$——になり，交換の相手が $V(\pp-\pp')G^0(p')$ を与える．閉じた線の規則（定義C.2 の6）による収束因子 $\ee^{\ii\omega_p\eta}\ee^{\ii\omega_{p'}\eta}$ が付く．合わせて本文の $\Sig_{(2a)}$ と一致．
• (b) tadpole の tadpole．波線2本とも運動量移行 $0$ で $[V(0)]^2$，ループ2個で $(-g)^2$．1つ目のループ線に2つ目の tadpole が刺さるので $[G^0(p)]^2\,\ee^{\ii\omega_p\eta}$，2つ目のループは $G^0(p')\,\ee^{\ii\omega_{p'}\eta}$．$\Sig_{(2b)}$ と一致．
• (c) rainbow．外側の交換で $V(\kk-\pp)$，内側の交換で $V(\pp-\pp')$．内線 $p$ に内側の塊が挿入されるので $[G^0(p)]^2$，内側の相手（同じ波線の両端を結ぶ線）が $G^0(p')\,\ee^{\ii\omega_{p'}\eta}$．ループなし．$\Sig_{(2c)}$ と一致．
• (d) tadpole つき交換．交換で $V(\kk-\pp)$，内線 $p$ に tadpole（$V(0)$，ループ1個で $-g$）が刺さって $[G^0(p)]^2\,G^0(p')\,\ee^{\ii\omega_{p'}\eta}$．$\Sig_{(2d)}$ と一致．

共通の教訓：1次の塊を内線に挿入すると，挿入点の前後で同じ4元運動量の $G^0$ が2本並ぶ（運動量保存で挿入をまたいでも $p$ が変わらないから）．$[G^0(p)]^2$ はその足あとである．

(2) 図C.11 の (a)〜(d) が $G^0\,\Sig_{(1)}\,G^0\,\Sig_{(1)}\,G^0$ の展開であることを確かめる．$\Sig_{(1)}=\Sigma_H+\Sigma_x$（tadpole＋交換）を代入すると

$$ G^0\,\Sig_{(1)}G^0\,\Sig_{(1)}G^0 =G^0\big[\Sigma_H G^0\Sigma_H+\Sigma_x G^0\Sigma_x+\Sigma_H G^0\Sigma_x+\Sigma_x G^0\Sigma_H\big]G^0 $$

の4項となり，順に 図C.11 の (a) tadpole–tadpole，(b) 交換–交換，(c)(d) 混合2種に対応する．どれも「実線を1本切ると2つに分かれる」可約図形であり，固有自己エネルギー $\Sig_{(2)}$ には入らない——Dyson 方程式が自動的に生成してくれる項である．

(3) 図C.12(e) の小 $q$ 発散．$V(\qq)=4\pi e^2/q^2$ を $\Sig_{(2e)}$ に入れると，$q$ 積分の小 $q$ 側は

$$ \int\dd^3q\,[V(\qq)]^2\times(\text{ループ；}q\to0\text{ で有限}) \;\sim\;\int_0\dd q\,q^2\cdot\frac{1}{q^4}\times(\text{有限}) =\int_0\frac{\dd q}{q^2} $$

となり，下限で線形発散する．分極ループ $\Pi^0(\qq,\omega)$ は $q\to0$ で有限（第10章の Lindhard 関数）だから，発散の原因はもっぱら $[V(\qq)]^2\sim q^{-4}$ である．環図形を無限次まで足して $V^2\Pi^0\to V\,[V\Pi^0/(1-V\Pi^0)]$ とまとめる（RPA）と，$q\to0$ で $V/\epsilon$ が有限に留まり発散が消える——C.7 節の言葉で言えば，遮蔽が発散を治す．

(4) 3次の固有自己エネルギーの例（描き方だけ）．(i) 波線に分極ループを2個直列に挿入した環図形（$v\Pi^0v\Pi^0v$ の交換）．(ii) rainbow を3重にした入れ子（交換の中の交換の中の交換）．(iii) 図C.12(e) のループの中の粒子線・正孔線に，さらに交換や tadpole を挿入したもの．(iv) 図C.12(f) の交差交換に，もう1本の波線を交差させたもの（頂点補正の2次）．(v) ループ2個が波線で「横に」つながった固有分極（図C.19右）を波線に挿入したもの．いずれも「1本の実線を切っても2つに分かれない」ことを確かめれば固有図形である．∎

解答

(1) $\Sig(\kk,\omega)=\Delta_\kk-\ii\gamma_\kk$（定数）のとき，Dyson 方程式（運動量空間）の解は

$$ G(\kk,\omega)=\frac{1}{\omega-\omega_\kk-\Delta_\kk+\ii\gamma_\kk} $$

で，極は $\omega=\omega_\kk+\Delta_\kk-\ii\gamma_\kk$，複素平面の下半面にある．時間に戻す：

$$ G(\kk,t)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega}{2\pi}\,\ee^{-\ii\omega t}\,G(\kk,\omega) $$

$t>0$ では $\ee^{-\ii\omega t}$ が下半面で減衰するので下半面で閉じ（時計回り，$-2\pi\ii$），極を1個拾って

$$ G(\kk,t)=(-2\pi\ii)\cdot\frac{1}{2\pi}\,\ee^{-\ii(\omega_\kk+\Delta_\kk)t}\,\ee^{-\gamma_\kk t} =-\ii\,\ee^{-\ii(\omega_\kk+\Delta_\kk)t}\,\ee^{-\gamma_\kk t}\qquad(t>0) $$

$t<0$ では上半面で閉じて極なし，ゼロ．まとめて

$$ \ii G(\kk,t)=\ee^{-\ii(\omega_\kk+\Delta_\kk)t}\,\ee^{-\gamma_\kk t}\,\theta(t)\qquad(k>k_F) $$

となる．C.1.1 の古典減衰振動子と同じ読み方——実部のずれ $\Delta_\kk$ がくりこみ，虚部 $\gamma_\kk$ が減衰率——が，そのまま実現している．

(2) $\Sig=\Delta+a(\omega-\omega_\kk)$（$\omega$ に線形）のとき：

$$ G=\frac{1}{\omega-\omega_\kk-\Delta-a(\omega-\omega_\kk)} =\frac{1}{(1-a)(\omega-\omega_\kk)-\Delta} =\frac{1/(1-a)}{\omega-\omega_\kk-\dfrac{\Delta}{1-a}} $$

すなわち極の重みは $Z=1/(1-a)$，極の位置のずれは $Z\Delta$ である．$a=\partial\Sig/\partial\omega$ だから $Z=[1-\partial\Sig/\partial\omega]^{-1}$——本文の準粒子方程式 $\epsilon^{\rm QP}=\epsilon+Z[\Sigma(\epsilon)-V_{xc}]$，$Z=[1-\partial\Re\Sigma/\partial\omega]^{-1}$ の線形化と完全に同じ構造である．$\Sig$ の $\omega$ 依存が強い（$\abs{a}$ が大きい）ほど $Z$ は $1$ から離れる．物理的な準粒子極では $a=\partial\Re\Sig/\partial\omega<0$ で $Z<1$ となり，重みの $1-Z$ はサテライトへ流れる．

(3) 一様系では畳み込みが積になるので，可約自己エネルギーの級数は幾何級数として和が取れる：

$$ \Sigma=\Sig+\Sig G^0\Sig+\Sig G^0\Sig G^0\Sig+\cdots =\Sig\sum_{n=0}^{\infty}\big(G^0\Sig\big)^n =\frac{\Sig}{1-G^0\Sig} $$

これを $G=G^0+G^0\Sigma G^0$ に代入すると

$$ G=G^0+\frac{G^0\,\Sig\,G^0}{1-G^0\Sig} =\frac{G^0\big[(1-G^0\Sig)+G^0\Sig\big]}{1-G^0\Sig} =\frac{G^0}{1-G^0\Sig} =\frac{1}{[G^0]^{-1}-\Sig} =\frac{1}{\omega-\omega_\kk-\Sig(\kk,\omega)} $$

となり，Dyson 方程式の解が再現された．$G^0\Sigma G^0$（可約な $\Sigma$，両端とも細線）と $[G^0]^{-1}-\Sig$（固有な $\Sig$）は同じ内容の2つの書き方である．∎

解答（模範論述）

(1) $W=v+v P^0v+vP^0vP^0v+\cdots$ を $\Sigma=\ii GW$ に代入すると

$$ \Sigma=\underbrace{\ii Gv}_{\text{Fock 交換}} +\underbrace{\ii G\,vP^0v}_{\text{図C.12(e)}} +\underbrace{\ii G\,vP^0vP^0v}_{\text{環2個の3次図形}}+\cdots $$

各項は「交換項の波線に，粒子‐正孔ループ（環）を $0,1,2,\dots$ 個直列に挿入した図形」である．2次で現れるのは 図C.12(e)（＝図C.11(i)，分極ループ挿入）ただ1つであり，同じ2次でも 図C.12(f)（交差交換）は $\Gamma=1$ の GW には決して現れない．GW とは「(e) 系列の無限和・(f) 系列の全部切り捨て」という近似の別名である．

(2) Hedin の第4式（頂点方程式）に $\Sigma\simeq\Sigma_x=\ii Gv$ を入れる．汎関数微分は

$$ \frac{\delta\Sigma_x(1,2)}{\delta G(4,5)}=\ii\,v(1,2)\,\delta(1,4)\,\delta(2,5) $$

（$\Sigma_x(1,2)=\ii G(1,2)v(1^+,2)$ は $G(1,2)$ に線形だから）．これを頂点方程式に入れ，右辺の $\Gamma$ を最低次の $\delta\delta$ で評価すると，1次の頂点補正

$$ \Gamma^{(1)}(1,2;3)=\delta(1,2)\delta(1,3)+\ii\,v(1,2)\,G(1,3)\,G(3,2) $$

を得る．第2項は「入る脚と出る脚のあいだに相互作用線 $v$ を1本渡す」補正である．これを $\Sigma=\ii GW\Gamma$ に入れて $W\to v$ で最低次を拾うと，$\Sigma$ の2次の補正は $\ii Gv\times[\ii vGG]$——外線が波線を出し，その内側でもう1本の波線が入る脚と出る脚をまたぐ——となり，紙に描けば2本の波線が交差した図C.12(f) がそのまま現れる．

(3) 同じ $\Gamma^{(1)}$ を分極 $P=-\ii GG\Gamma$ に入れると

$$ P^{(1)}=-\ii GG+(-\ii)GG\cdot\big[\ii v\,GG\big] $$

第2項は「粒子‐正孔ループの粒子線と正孔線のあいだに $v$ を1本渡した」図形，すなわち図C.19 右（固有分極への最低次の頂点補正）である．物理的には粒子と正孔の間の相互作用（梯子の1段目），すなわち励起子効果の芽である．これを無限段まで足せば Bethe–Salpeter 方程式になる．

(4) Ward 恒等式により Fermi 面近傍では $\Gamma\simeq1/Z$ なので，正しくは

$$ \Sigma=\ii GW\Gamma\simeq\ii\,(ZG_{\rm QP})\,W\,\frac1Z=\ii\,G_{\rm QP}W $$

と $Z$ が相殺する．相殺を無視して $\Sigma=\ii(ZG_{\rm QP})W$ と計算すると，自己エネルギーは正しい値の $Z$ 倍，すなわち $Z=0.7$ なら3割の過小評価になる．「$G$ に $Z$ を入れるなら $\Gamma$ にも $1/Z$ を入れよ．片方だけ入れるくらいなら両方入れない（$G_0W_0$・QSGW の流儀）方が正しい」——理由2の相殺則の数値版である．∎

解答

(1) $N=4$，$k=+2$：上昇3回・下降1回の $\binom41=4$ 本の経路を書き出す（上昇 $\sqrt{\ell+1}$，下降 $\sqrt{\ell}$）．

4本とも共通因子 $\sqrt{(n{+}1)(n{+}2)}$ をもち，係数の和は $(n{+}3)+(n{+}2)+(n{+}1)+n=4n+6$．よって

$$ \bra{\phi_{n+2}}\hat A^4\ket{\phi_n}=2(2n+3)\sqrt{(n+1)(n+2)} . $$

(2) $k=-2$：上昇1回・下降3回の4本．同様に

$$ \begin{aligned} {-}{-}{-}{+}&:\ (n{-}2)\sqrt{n(n{-}1)}, & {-}{-}{+}{-}&:\ (n{-}1)\sqrt{n(n{-}1)},\\ {-}{+}{-}{-}&:\ n\sqrt{n(n{-}1)}, & {+}{-}{-}{-}&:\ (n{+}1)\sqrt{n(n{-}1)}, \end{aligned} $$

係数の和は $4n-2$ で，$\bra{\phi_{n-2}}\hat A^4\ket{\phi_n}=2(2n-1)\sqrt{n(n-1)}$．表C.8 の $N=4$，$k=\pm2$ の行と一致する（$k$ の符号反転で $n{+}1\leftrightarrow n$ 的に対応する構造も見て取れる）．

(3) $k=\pm N$ では，経路は「$N$ 回連続で上がる（下がる）」のただ1本しかない．足し合わせる経路が1本なら多項式係数（経路の本数の勘定）が現れる余地がなく，連続する $\sqrt{\phantom{n}}$ の積

$$ \bra{\phi_{n+N}}\hat A^N\ket{\phi_n}=\sqrt{(n{+}1)(n{+}2)\cdots(n{+}N)} $$

だけが残る．根号の前の係数が $1$ なのは「経路が1本」の直接の表れである．

(4) $\hat A^3=(\hat a+\hat a^\dagger)^3$ の8項を，交換規則 $\hat a f(\hat n)=f(\hat n{+}1)\hat a$，$f(\hat n)\hat a^\dagger=\hat a^\dagger f(\hat n{+}1)$ と $\hat a\hat a^\dagger=\hat n{+}1$，$\hat a^\dagger\hat a=\hat n$ で整理する．$\hat a^\dagger$ を1個だけ含む（正味で1段下がる）3項：

$$ \hat a\hat a\hat a^\dagger=\hat a(\hat n{+}1)=(\hat n{+}2)\hat a,\qquad \hat a\hat a^\dagger\hat a=(\hat n{+}1)\hat a,\qquad \hat a^\dagger\hat a\hat a=\hat n\hat a, $$

和は $\big[(\hat n{+}2)+(\hat n{+}1)+\hat n\big]\hat a=3(\hat n{+}1)\hat a$．$\hat a$ を1個だけ含む（正味で1段上がる）3項はその Hermite 共役で $3\hat a^\dagger(\hat n{+}1)$．残りは $\hat a^3$ と $\hat a^{\dagger3}$．よって

$$ \hat A^3=\hat a^3+\hat a^{\dagger3}+3(\hat n+1)\hat a+3\hat a^\dagger(\hat n+1) $$

が導けた．検算（本文の落とし穴ボックスの流儀で）：$\ket{\phi_0}$ に作用させると第3項は消え，$3\hat a^\dagger(\hat n{+}1)\ket{\phi_0}=3\ket{\phi_1}$，$\hat a^{\dagger3}\ket{\phi_0}=\sqrt6\ket{\phi_3}$——導出C.7 の $n=0$ と一致する．行列表現による数値検算でも恒等式は機械精度で成立する．∎

解答

(1) $\Ham'=\lambda\hat x^2$ は振動数を付け替えるだけなので厳密に解ける：$\tilde\omega=\omega\sqrt{1+2\lambda/m\omega^2}$，$E_n=(n+\tfrac12)\hbar\tilde\omega$．$u\equiv2\lambda/m\omega^2$ として $\sqrt{1+u}=1+\tfrac{u}{2}-\tfrac{u^2}{8}+O(u^3)$ を使うと

$$ E_n=\Big(n+\tfrac12\Big)\hbar\omega\left[1+\frac{\lambda}{m\omega^2}-\frac{\lambda^2}{2m^2\omega^4}+O(\lambda^3)\right] $$

すなわち1次の項は $+(n+\tfrac12)\dfrac{\hbar\lambda}{m\omega}$，2次の項は $-(n+\tfrac12)\dfrac{\hbar\lambda^2}{2m^2\omega^3}$ である．

(2) 表C.9 の $N=2$ の行と比べる．$x_0^2=\hbar/2m\omega$ を使うと

$$ E_n^{(1)}=\lambda x_0^2\,d_2(n)=\frac{\lambda\hbar}{2m\omega}(2n+1)=\Big(n+\tfrac12\Big)\frac{\hbar\lambda}{m\omega}, \qquad E_n^{(2)}=\frac{\lambda^2x_0^4}{\hbar\omega}\,S_2(n)=-\frac{\lambda^2\hbar}{4m^2\omega^3}(2n+1)=-\Big(n+\tfrac12\Big)\frac{\hbar\lambda^2}{2m^2\omega^3} $$

となり，(1) の展開と両次数とも厳密に一致する．摂動論の系列（表C.9）が正しく組めていることの，最も簡単な全数検算である．

(3) $\hat A^2$ の行列要素を経路法で作る．2ステップの経路は4本しかない：

• $k=+2$（$++$ の1本）：$\sqrt{(n+1)(n+2)}$
• $k=0$（$+-$ と $-+$ の2本）：$(n+1)+n=2n+1$
• $k=-2$（$--$ の1本）：$\sqrt{n(n-1)}$

これを2次摂動の master 公式 $S_N(n)=\sum_{k\neq0}\abs{\bra{\phi_{n+k}}\hat A^N\ket{\phi_n}}^2/(-k)$ に入れると

$$ S_2(n)=\frac{(n+1)(n+2)}{-2}+\frac{n(n-1)}{+2} =\frac{n^2-n-(n^2+3n+2)}{2}=\frac{-(4n+2)}{2}=-(2n+1) $$

となり，(2) で使った表の値 $S_2=-(2n+1)$ が再現された．∎

解答

(1) Wick 展開の一般式で $N=5$ とする：$\hat A^5=\sum_{k=0}^{2}\binom{5}{2k}(2k-1)!!\,:\!\hat A^{5-2k}\!:$．各項は

$$ k=0:\ \binom50\cdot1\cdot:\!\hat A^5\!:,\qquad k=1:\ \binom52\cdot1!!\,:\!\hat A^3\!:=10:\!\hat A^3\!:,\qquad k=2:\ \binom54\cdot3!!\,\hat A=5\cdot3\,\hat A=15\hat A $$

で，$\hat A^5=\,:\!\hat A^5\!:+10:\!\hat A^3\!:+15\hat A$ となる．係数の意味：$10=\binom52\times1$ は「5個の $\hat A$ から縮約する2個を選ぶ仕方 $\binom52$」×「選んだ2個を対にする仕方 $1!!=1$」，$15=\binom54\times3!!$ は「縮約する4個を選ぶ仕方 $\binom54=5$」×「4個を2組の対にする仕方 $3!!=3$」である．係数は縮約（＝伝播関数の線）の引き方の数——Feynman 図形の数え上げと同じ勘定である．

(2) 対角要素の一般式（$N=2M$）

$$ \bra{\phi_n}\hat A^{2M}\ket{\phi_n} =\sum_{j=0}^{M}\binom{2M}{2M-2j}(2M-2j-1)!!\,\binom{2j}{j}\,\frac{n!}{(n-j)!} $$

で $M=3$ とする．$j$ ごとに

$$ \begin{aligned} j=0&:\ \binom66\cdot5!!\cdot1=15, & j=1&:\ \binom64\cdot3!!\cdot\binom21\,n=15\cdot3\cdot2n=90n,\\ j=2&:\ \binom62\cdot1!!\cdot\binom42\,n(n{-}1)=15\cdot6\,n(n{-}1)=90n(n{-}1), & j=3&:\ \binom60\cdot\binom63\,n(n{-}1)(n{-}2)=20\,n(n{-}1)(n{-}2) \end{aligned} $$

合計すると

$$ 15+90n+90n(n{-}1)+20n(n{-}1)(n{-}2) =20n^3+30n^2+40n+15 $$

（$90n^2-90n+90n=90n^2$，$20n^3-60n^2+40n$ を丁寧に集めた）．表C.7 の $N=6$ の行と一致する．

(3) $\ket{\phi_0}$ での期待値では，正規順序項 $:\!\hat A^{m}\!:$（$m\ge1$）はすべて消える：正規順序では $\hat a$ が右端に来るか $\hat a^\dagger$ が左端に来るかのどちらかで，$\hat a\ket{\phi_0}=0$ または $\bra{\phi_0}\hat a^\dagger=0$ が必ず効くからである．残るのは完全縮約の定数項（$N$ 偶数のとき $k=N/2$）だけで

$$ \bra{\phi_0}\hat A^N\ket{\phi_0}=\binom{N}{N}(N-1)!!=(N-1)!! $$

これは「$N$ 個の $\hat A$ を全部対にする仕方の数」そのものである．C.4.1 の真空泡の数え上げ——$\bra{\Phi_0}\hat S\ket{\Phi_0}$ を Wick で展開すると外線のない完全縮約（真空泡）だけが残る——は，この計算の多体版にほかならない．場の理論では各縮約が伝播関数 $\ii G^0$ を与えるが，1自由度のここでは縮約が $1$ なので，純粋に「対の数え上げ」だけが露出する．

(4) 同じ一般式で $M=4$：

$$ \begin{aligned} j=0&:\ 7!!=105, & j=1&:\ \binom86\cdot5!!\cdot2n=28\cdot15\cdot2n=840n,\\ j=2&:\ \binom84\cdot3!!\cdot\binom42\,n(n{-}1)=70\cdot3\cdot6\,n(n{-}1)=1260\,n(n{-}1), & j=3&:\ \binom82\cdot1\cdot\binom63\,(n)_3=28\cdot20\,(n)_3=560\,(n)_3,\\ j=4&:\ \binom88\cdot\binom84\,(n)_4=70\,(n)_4 && \end{aligned} $$

（$(n)_j\equiv n(n{-}1)\cdots(n{-}j{+}1)$）．展開して集めると

$$ \bra{\phi_n}\hat A^8\ket{\phi_n}=70n^4+140n^3+350n^2+280n+105 $$

となり，表C.7 の $N=8$ の行と一致する（数値でも $n=0,1,2$ で $105,\ 945,\ 4305$ となり，行列表現の直接計算と一致する）．∎

解答

(1) 表C.8 の $N=4$ の非対角要素4つを master 公式に入れる（分母は $-k$）：

$$ S_4(n)=\underbrace{-\tfrac14(n{+}1)(n{+}2)(n{+}3)(n{+}4)}_{k=+4} \underbrace{+\tfrac14\,n(n{-}1)(n{-}2)(n{-}3)}_{k=-4} \underbrace{-2(2n{+}3)^2(n{+}1)(n{+}2)}_{k=+2} \underbrace{+2(2n{-}1)^2n(n{-}1)}_{k=-2} $$

2組をそれぞれまとめる．$k=\pm4$：

$$ (n{+}1)(n{+}2)(n{+}3)(n{+}4)-n(n{-}1)(n{-}2)(n{-}3) =(n^4{+}10n^3{+}35n^2{+}50n{+}24)-(n^4{-}6n^3{+}11n^2{-}6n) =16n^3+24n^2+56n+24 $$

$k=\pm2$：

$$ (2n{+}3)^2(n{+}1)(n{+}2)-(2n{-}1)^2n(n{-}1) =(4n^4{+}24n^3{+}53n^2{+}51n{+}18)-(4n^4{-}8n^3{+}5n^2{-}n) =32n^3+48n^2+52n+18 $$

よって

$$ S_4(n)=-\tfrac14(16n^3{+}24n^2{+}56n{+}24)-2(32n^3{+}48n^2{+}52n{+}18) =-(68n^3+102n^2+118n+42) $$

因数分解すれば $-2(2n{+}1)(17n^2{+}17n{+}21)$——表C.9 の $N=4$ の行が導けた（数値対角化でも $S_4(0)=-42$，$S_4(1)=-330$，$S_4(2)=-1230$ を確認済み）．

(2) $N=4$ の準位間隔．$E_n=(n+\tfrac12)\hbar\omega+\lambda x_0^4\,d_4(n)+\dfrac{\lambda^2x_0^8}{\hbar\omega}S_4(n)$ より

$$ E_{n+1}-E_n=\hbar\omega+\lambda x_0^4\big[d_4(n{+}1)-d_4(n)\big]+\frac{\lambda^2x_0^8}{\hbar\omega}\big[S_4(n{+}1)-S_4(n)\big] $$

差分を計算すると $d_4(n{+}1)-d_4(n)=6(2n{+}1)+6=12(n+1)$，$S_4(n{+}1)-S_4(n)=-(204n^2{+}408n{+}288)$．$\lambda$ が小さければ1次が支配し，

$$ E_{n+1}-E_n\simeq\hbar\omega+12(n+1)\,\lambda x_0^4 $$

——$\lambda>0$ なら間隔は $n$ とともに線形に広がる．$x^4$ 項はポテンシャルの壁を上ほど急峻にする（硬いバネ）ので，上の準位ほど閉じ込めがきつく，間隔が開くのである．

分子振動との結びつき．実在の化学結合のポテンシャルは逆で，伸ばすほど柔らかくなり（解離へ向かう），Morse 型の準位 $E_v=\hbar\omega_e(v{+}\tfrac12)-\hbar\omega_ex_e(v{+}\tfrac12)^2$ が示すとおり間隔は $v$ とともに狭くなる（非調和定数 $\omega_ex_e>0$；倍音の吸収線が等間隔からずれて赤方へ詰む，赤外分光の基本的事実）．この「軟化」は，展開 $V(x)=\tfrac12m\omega^2x^2+\lambda_3x^3+\lambda_4x^4+\cdots$ の3次項が2次摂動で必ず負の寄与を与える（$S_3=-(30n^2{+}30n{+}11)<0$；間隔差への寄与は $-60(n{+}1)\,\lambda_3^2x_0^6/\hbar\omega$）ことに対応する．Morse 型では裸の4次項は $\lambda_4>0$（間隔を広げる向き）だが，3次項の2次の寄与がそれを上回り，正味で間隔が詰む．逆に本問の $\lambda x^4>0$（硬化）が実現するのは，籠の中に閉じ込められた分子の振動や，壁の急な変角モードのような「行き場のない」閉じ込めの場合である．準位間隔の $v$ 依存性の符号は，ポテンシャルが上で開くか閉じるかをそのまま報告する——摂動論の符号が分光スペクトルの読み方に直結している．

(3) $E_0^{(2)}\le0$ の一般論．Rayleigh–Schrödinger の2次の式で $n=0$ とすると，分母は $E_0^{(0)}-E_m^{(0)}<0$（基底状態はどの中間状態よりも低い），分子は $\abs{\bra{\phi_m}\Ham'\ket{\phi_0}}^2\ge0$ だから，和のすべての項が負（またはゼロ）である．したがってどんな摂動でも基底状態の2次補正は必ず負——「摂動は基底状態を押し下げる」（変分原理とも整合する一般定理）．表C.9 の $S_N(0)=-1,-11,-42,-449,-3495$ がすべて負なのはその現れである．

(4) $S_N(0)$ の急増（$1\to11\to42\to449\to3495$）と漸近級数．$\hat A^N$ の行列要素は $(N-1)!!$ 型の「対の数え上げ」で増えるから，次数を上げるほど係数は階乗的に増大する．同じことが $\lambda$ の摂動級数の $p$ 次係数にも起き，$\lambda\hat x^4$ では $p$ 次係数が $p!$ のように増える（Bender–Wu）ことが知られている．収束半径がゼロである理由は物理的で，$\lambda<0$ ではポテンシャルが下に非有界となり基底状態が存在しない——$\lambda=0$ を境に理論の性質が不連続に変わるので，$\lambda=0$ のまわりの Taylor 級数は収束しようがないのである．それでも低次の数項は良い近似を与える（C.9.5 の数値検算）——漸近級数は「最初の数項を使い，最適な次数で打ち切る」道具であり，「足せば足すほど良くなる」ものではない．$S_N(0)$ の急増は，その入口を数字で見せている．∎