線形応答理論入門 — 目次 第III部 量子系の線形応答 — 久保公式 / 第6章

第6章3つの表示と時間発展演算子

ここから第III部である．第I部で古典的な減衰振動子を通じて作った直観——応答関数，因果律，複素平面の極——を，量子系にそのまま持ち込む．目標は第7章の久保公式であり，本章はそのための道具立てをそろえる回である．

道具の中身は，はっきり言ってしまえば「$\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ をどこに置くか」という話だけである．量子力学では時間発展が $\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ という1個のユニタリ演算子で表される．この演算子を状態にくっつけて考えるか（Schrödinger表示），演算子にくっつけて考えるか（Heisenberg表示），あるいは2つに割って一部を状態に一部を演算子に振り分けるか（相互作用表示）．これが「3つの表示」である．物理はまったく変わらない．変わるのは計算の見通しだけである．なお英語では picture といい，「描像」と訳す流儀も多い．本書では章題のとおり一貫して「表示」と呼ぶ．

では，なぜわざわざ3つも用意するのか．線形応答理論で扱う Hamiltonian は必ず

$$ \Ham = \Ham_0 + \Ham_1(t) $$

という形をしている．$\Ham_0$ は叩く前の系（これが本体で，たいてい複雑），$\Ham_1(t)$ は外から加えた弱い摂動（これが小さい）．われわれが知りたいのは $\Ham_1$ の効果だけである．ところが Schrödinger表示の状態は $\Ham_0$ による激しい時間変化も一緒に抱え込んでしまい，肝心の $\Ham_1$ の効果が埋もれてしまう．そこで $\Ham_0$ の動きをあらかじめ差し引いておく——これが相互作用表示であり，本章のいちばん重要な発明である．工学の言葉で言えば定数変化法であり，NMR の言葉で言えば回転座標系である．

そのうえで，$\Ham_1$ による時間発展を演算子 $\hat U(t,t_0)$ として書き下し，$\Ham_1$ のべきで展開する（Dyson級数）．ここで時間順序積 $T$ という見慣れない記号が出てくる．$1/n!$ という因子を生む仕掛けのほうは「積分領域の三角形を正方形の半分と見なす」というただの積分の技巧であるが，$T$ という記号そのものは演算子の順序——すなわち非可換性——を守るための約束であって，技巧ではない．本章ではこの2点を図つきで徹底的に潰しておく．

この章で学ぶこと
  • Schrödinger表示・Heisenberg表示・相互作用表示の定義と，3つが同じ物理を与えること
  • Heisenberg方程式 $\ii\hbar\,\dd\hat A_H/\dd t=[\hat A_H,\Ham]$ を微分だけで導くこと
  • 調和振動子をHeisenberg表示で具体的に計算し，$\hat x_H(t)$ が古典解とまったく同じ形になること
  • 相互作用表示で $\Ham_0$ の項がきれいに相殺し，状態の運動を $\Ham_1$ だけが動かすようになること
  • 時間発展演算子 $\hat U(t,t_0)$ の定義・ユニタリ性・群性質・積分方程式
  • 逐次代入によるDyson級数と，時間順序積 $T$ が $1/n!$ を生む仕組み（図つき）
  • 演算子が交換しないことが本質的であること，$[\hat x_H(t_1),\hat x_H(t_2)]$ の具体形
  • 断熱的な印加 $\ee^{\eta t}$ と，そこから現れる $\omega+\ii\eta$（第4章の上半面解析性との対応）
  • Gell-Mann–Low の定理が主張していること，位相因子をどう処理するか
前提：学部の量子力学（Schrödinger方程式，演算子，交換関係，調和振動子の生成消滅演算子）．第1章の Fourier 変換の規約．第5章の複素平面の描像（6.8節で使う）．第2章の減衰振動子のGreen関数（6.7節で比較する）．

6.1 Schrödinger表示 — 状態が動く

6.1.1 基本方程式

量子力学を最初に習うときの形が Schrödinger表示である．状態ベクトル $\ket{\psi_S(t)}$ が時間とともに動き，演算子 $\hat A_S$ は止まっている．添字の $S$ は Schrödinger の頭文字で，以下では表示を区別するために原則として付ける．ただし添字を書くと式が重くなる場面では省くこともある．添字のない演算子はSchrödinger表示のものと約束する．

定義：Schrödinger表示

状態ベクトルは Schrödinger 方程式

$$ \begin{equation} \ii\hbar\,\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_S(t)} = \Ham\,\ket{\psi_S(t)} \label{eq:6-schrodinger} \end{equation} $$

にしたがって時間発展する．演算子 $\hat A_S$ は時間によらない（外から時間依存性を入れた場合を除く）．

$\Ham$ が時間によらないとき，式 \eqref{eq:6-schrodinger} は形式的に積分できて

$$ \begin{equation} \ket{\psi_S(t)} = \ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\,\ket{\psi_S(0)} \label{eq:6-Sevol} \end{equation} $$

となる．この $\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ という「演算子の指数関数」が，本章のほとんどすべてを支配する．まずこれが何者かをきちんと確認しておく．

6.1.2 演算子の指数関数とは何か

定義：演算子の指数関数

演算子 $\hat X$ に対して

$$ \begin{equation} \ee^{\hat X} \equiv \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\hat X^{\,n} = \hat 1 + \hat X + \frac{1}{2!}\hat X^2 + \frac{1}{3!}\hat X^3 + \cdots \label{eq:6-expdef} \end{equation} $$

とべき級数で定義する．$\hat X^{\,0}=\hat 1$（恒等演算子）である．

導出：式 \eqref{eq:6-Sevol} が Schrödinger 方程式を満たすこと

$\hat X = -\ii\Ham t/\hbar$ として定義 \eqref{eq:6-expdef} を書き下すと

$$ \ee^{-\ii\Ham t/\hbar} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{-\ii}{\hbar}\right)^{n}\Ham^{\,n}\,t^{n} $$

$t$ に依存するのは $t^n$ だけである（$\Ham$ は時間によらないと仮定した）．したがって項別に微分してよく

$$ \frac{\dd}{\dd t}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\,t^{n-1}}{n!}\left(\frac{-\ii}{\hbar}\right)^{n}\Ham^{\,n} $$

$n=0$ の項は定数なので消えた．$n/n! = 1/(n-1)!$ を使い，さらに $\left(\frac{-\ii}{\hbar}\right)^n\Ham^n = \left(\frac{-\ii}{\hbar}\Ham\right)\left(\frac{-\ii}{\hbar}\right)^{n-1}\Ham^{\,n-1}$ と1個くくり出す．$\Ham$ は自分自身のべきと交換するので，左にくくり出しても右にくくり出してもよい．

$$ = \left(-\frac{\ii}{\hbar}\Ham\right)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}\left(\frac{-\ii}{\hbar}\right)^{n-1}\Ham^{\,n-1} $$

ここで $m = n-1$ と置き直せば，和はちょうど元の指数関数に戻る：

$$ \begin{equation} \frac{\dd}{\dd t}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} = -\frac{\ii}{\hbar}\Ham\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} = -\frac{\ii}{\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\,\Ham \label{eq:6-dexp} \end{equation} $$

したがって式 \eqref{eq:6-Sevol} の両辺を $t$ で微分し，$\ii\hbar$ を掛ければ

$$ \ii\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_S(t)} = \ii\hbar\left(-\frac{\ii}{\hbar}\Ham\right)\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\ket{\psi_S(0)} = \Ham\ket{\psi_S(t)} $$

∎ たしかに Schrödinger 方程式 \eqref{eq:6-schrodinger} が再現された．

よくある誤り：$\ee^{\hat A}\ee^{\hat B}=\ee^{\hat A+\hat B}$ は成り立たない

数の指数関数では当たり前の $\ee^{a}\ee^{b}=\ee^{a+b}$ が，演算子では一般に成り立たない．$\ee^{\hat A}\ee^{\hat B}$ を展開すると $\hat A\hat B$ の順で並んだ項が出るが，$\ee^{\hat A+\hat B}$ を展開すると $\frac{1}{2}(\hat A\hat B+\hat B\hat A)$ が出る．両者が一致するのは $[\hat A,\hat B]=0$ のときだけである．

より正確には Baker–Campbell–Hausdorff の公式（付録A）

$$ \ee^{\hat A}\ee^{\hat B}=\exp\left(\hat A+\hat B+\tfrac12[\hat A,\hat B]+\tfrac{1}{12}[\hat A,[\hat A,\hat B]]-\tfrac{1}{12}[\hat B,[\hat A,\hat B]]+\cdots\right) $$

が成り立つ．本章の後半で時間順序積 $T$ が必要になるのは，突き詰めればこの一事に尽きる．いま「指数関数は素直に足し算にならない」ということだけ頭に入れておいてほしい．

ただし $\ee^{-\ii\Ham t_1/\hbar}\,\ee^{-\ii\Ham t_2/\hbar}=\ee^{-\ii\Ham(t_1+t_2)/\hbar}$ は成り立つ．同じ $\Ham$ どうしは交換するからである．

6.1.3 ユニタリ性と確率の保存

$\hat S(t)\equiv\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ と書く．$\Ham$ がエルミート（$\Ham^\dagger=\Ham$）であることから

$$ \hat S(t)^\dagger = \left(\sum_n\frac{1}{n!}\left(\frac{-\ii t}{\hbar}\right)^n\Ham^{\,n}\right)^{\!\dagger} = \sum_n\frac{1}{n!}\left(\frac{+\ii t}{\hbar}\right)^n(\Ham^\dagger)^{n} = \ee^{+\ii\Ham t/\hbar} $$

（$(\ii)^*=-\ii$ で符号が反転し，$(\Ham^n)^\dagger=(\Ham^\dagger)^n=\Ham^n$ である）．したがって

$$ \hat S(t)^\dagger\hat S(t) = \ee^{\ii\Ham t/\hbar}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}=\ee^{0}=\hat 1 $$

となり，$\hat S(t)$ はユニタリ演算子である．ゆえに

$$ \braket{\psi_S(t)|\psi_S(t)} =\bra{\psi_S(0)}\hat S^\dagger\hat S\ket{\psi_S(0)} =\braket{\psi_S(0)|\psi_S(0)} $$

すなわち全確率が保存する．当たり前のようだが，これが破れると粒子が消えたり湧いたりしてしまう．以降 $\hat U$ を作るときにも，いちばん最初に確認するのがユニタリ性である．

例：エネルギー固有状態で展開する

$\Ham\ket{n}=E_n\ket{n}$ とし，初期状態を $\ket{\psi_S(0)}=\sum_n c_n\ket{n}$ と展開する．$\Ham^{\,m}\ket{n}=E_n^{\,m}\ket{n}$ だから，指数関数の級数を1項ずつ作用させると

$$ \ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\ket{n}=\sum_m\frac{1}{m!}\left(\frac{-\ii t}{\hbar}\right)^m E_n^{\,m}\ket{n}=\ee^{-\ii E_n t/\hbar}\ket{n} $$

すなわち

$$ \ket{\psi_S(t)}=\sum_n c_n\,\ee^{-\ii E_n t/\hbar}\ket{n} $$

各成分の位相だけが $E_n$ に比例した速さで回る．$\abs{c_n}^2$ は変わらないので，エネルギーの測定確率は時間によらない．ところが位相の回り方が準位ごとに違うため，$\braket{\hat x}$ のような量は $\ee^{-\ii(E_n-E_m)t/\hbar}$ という差の振動数でうなりを打つ．この差の振動数 $\omega_{nm}=(E_n-E_m)/\hbar$ が，以降ずっと主役を務める．

6.2 Heisenberg表示 — 演算子が動く

6.2.1 測れるのは期待値だけである

ここで一歩下がって考える．実験で得られるのは状態ベクトルそのものではなく，物理量の期待値

$$ \braket{A}(t) \equiv \bra{\psi_S(t)}\hat A_S\ket{\psi_S(t)} $$

である．この式に \eqref{eq:6-Sevol} を代入してみよう．ケットには $\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$，ブラにはそのエルミート共役 $\ee^{+\ii\Ham t/\hbar}$ が付くので

$$ \braket{A}(t) = \bra{\psi_S(0)}\underbrace{\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\,\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}}_{\text{ここをひとかたまりと見る}}\ket{\psi_S(0)} $$

括弧の付け方を変えただけである．しかしこの「ひとかたまり」を新しい演算子と見なすと，まったく別の描像が得られる．

定義：Heisenberg表示

演算子と状態を

$$ \begin{equation} \hat A_H(t) \equiv \ee^{\ii\Ham t/\hbar}\,\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}, \qquad \ket{\psi_H}\equiv\ket{\psi_S(0)} \label{eq:6-Hdef} \end{equation} $$

と定義する．状態 $\ket{\psi_H}$ は時間によらない．時間発展はすべて演算子が担う．

この付け替えの意味

Schrödinger表示では「観測装置は固定されていて，系のほうが動く」．Heisenberg表示では「系は固定されていて，観測装置のほうが動く」．電車の中から外を見るか，外から電車を見るかの違いに似ている．相対的な運動が同じなら，見える現象は同じである．実際

$$ \braket{A}(t)=\bra{\psi_S(t)}\hat A_S\ket{\psi_S(t)}=\bra{\psi_H}\hat A_H(t)\ket{\psi_H} $$

と，期待値はどちらで計算しても同じになる．これは付け替えただけなのだから当然である．

ではなぜわざわざ Heisenberg表示を使うのか．応答関数が「異なる2時刻の演算子の相関」で書かれるからである．第7章で出てくる

$$ \chi^R_{AB}(t-t')=-\frac{\ii}{\hbar}\theta(t-t')\braket{[\hat A_H(t),\hat B_H(t')]} $$

という式には，$t$ と $t'$ という2つの時刻の演算子が並んでいる．状態が動く表示ではこの形は書きようがない．演算子に時刻のラベルが付いていてはじめて，「時刻 $t'$ に叩いて時刻 $t$ に返事を聞く」という第1章の言い方が数式になる．

6.2.2 Heisenberg方程式を微分して導く

導出：Heisenberg方程式

定義 \eqref{eq:6-Hdef} の両辺を $t$ で微分する．積の微分（演算子でも順序さえ変えなければ成り立つ）を使うと，微分すべきものは左右の指数関数の2箇所である：

$$ \frac{\dd\hat A_H}{\dd t} =\left(\frac{\dd}{\dd t}\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\right)\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} +\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\,\hat A_S\left(\frac{\dd}{\dd t}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\right) $$

式 \eqref{eq:6-dexp} とその符号を変えたもの $\frac{\dd}{\dd t}\ee^{\ii\Ham t/\hbar}=\frac{\ii}{\hbar}\Ham\ee^{\ii\Ham t/\hbar}$ を代入する：

$$ =\frac{\ii}{\hbar}\Ham\,\underbrace{\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}}_{=\,\hat A_H(t)} -\frac{\ii}{\hbar}\,\underbrace{\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}}_{=\,\hat A_H(t)}\,\Ham $$

ここで$\Ham$ は $\ee^{\pm\ii\Ham t/\hbar}$ と交換することを使った（第2項で $\Ham$ を指数関数の右側へ通した）．すると2つの下線部はどちらも定義そのもの，すなわち $\hat A_H(t)$ である：

$$ \frac{\dd\hat A_H}{\dd t}=\frac{\ii}{\hbar}\left(\Ham\hat A_H(t)-\hat A_H(t)\Ham\right) =-\frac{\ii}{\hbar}\left[\hat A_H(t),\Ham\right] $$

両辺に $\ii\hbar$ を掛けて

$$ \begin{equation} \ii\hbar\,\frac{\dd\hat A_H(t)}{\dd t}=\left[\hat A_H(t),\Ham\right] \label{eq:6-heisenbergeq} \end{equation} $$

∎ これがHeisenberg方程式である．

補足：$\hat A_S$ 自身が陽に時間に依存する場合（たとえば時間変化する外場を含む演算子）は，微分すべき箇所がもう1つ増えて

$$ \ii\hbar\frac{\dd\hat A_H}{\dd t}=[\hat A_H,\Ham]+\ii\hbar\,\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\frac{\partial\hat A_S}{\partial t}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} $$

となる．本章では特に断らない限り $\partial\hat A_S/\partial t=0$ とする．

記法の注意：$\Ham_H=\Ham_S=\Ham$

Hamiltonian 自身を Heisenberg表示に移すと

$$ \Ham_H(t)=\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\Ham\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}=\Ham $$

となり，時間によらない．$\Ham$ が自分自身の指数関数と交換するからである．したがって $\Ham$ には表示の添字を付けなくてよい．式 \eqref{eq:6-heisenbergeq} の右辺の $\Ham$ が添字なしで書いてあるのはこのためである．

ただしこれは $\Ham$ が時間に依存しないときの話である．$\Ham=\Ham(t)$ の場合は $\Ham_H(t)\ne\Ham_S(t)$ になりうる．6.4節以降で $\Ham_1(t)$ を扱うときにここが効いてくる．

物理的意味：保存量とは何か

式 \eqref{eq:6-heisenbergeq} は，古典力学の Poisson 括弧の式 $\dd A/\dd t=\{A,H\}$ と同じ形をしている（対応は $\{\,,\,\}\leftrightarrow\frac{1}{\ii\hbar}[\,,\,]$）．そして$\hat A$ が $\Ham$ と交換すれば $\hat A_H$ は時間によらない，すなわち保存量である，と読める．

たとえば並進対称な系では運動量が $\Ham$ と交換するので $\hat{\bm p}_H(t)=\hat{\bm p}$．回転対称な系では角運動量が保存する．第9章以降で扱う一様な電子気体では，全運動量 $\hat{\bm P}=\sum_i\hat{\bm p}_i$ が保存量になる．

ただし，この並進対称性を $f$ 和則（第8章）の根拠だと思ってはいけない．$f$ 和則は二重交換子 $[[\hat A,\Ham_0],\hat A]$ から従い，相互作用が速度によらないかぎり相互作用の詳細にも並進対称性にもよらない——だからこそ第8章では孤立原子にも適用できる．運動量保存が効いてくるのは，$q\to0$ でプラズモンが和則をほぼ使い切ってしまう場面（第11章）のほうである．

6.2.3 交換関係は保たれる

Heisenberg表示に移っても，同時刻の交換関係は変わらない．実際

$$ \begin{aligned} [\hat x_H(t),\hat p_H(t)] &= \ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat x\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat p\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} - (\text{$\hat x\leftrightarrow\hat p$})\\[2pt] &= \ee^{\ii\Ham t/\hbar}\left(\hat x\hat p-\hat p\hat x\right)\ee^{-\ii\Ham t/\hbar} = \ee^{\ii\Ham t/\hbar}(\ii\hbar)\,\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}=\ii\hbar \end{aligned} $$

途中で $\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\ee^{\ii\Ham t/\hbar}=\hat 1$ を使って真ん中を潰した．最後は $\ii\hbar$ が単なる数（c数）なので指数関数と交換し，$\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}=\hat 1$ で消える．

同時刻ならよいが，異時刻はまるで別物

いま示したのは同じ時刻の交換関係である．異なる時刻の交換子 $[\hat A_H(t_1),\hat B_H(t_2)]$ は一般にまったく別の値をとり，しかもこれこそが線形応答理論の主役である．6.7節で調和振動子について具体的に計算し，その値が第2章のGreen関数そのものになることを見る．

Schrödinger表示 Heisenberg表示 相互作用表示 状態 |ψ⟩ 状態 |ψ⟩ 状態 |ψ⟩ 演算子 Â 演算子 Â 演算子 Â 全 H で動く 止まっている 止まっている 全 H で動く H₁ だけで動く （ゆっくり = 知りたい部分） H₀ だけで動く どの表示でも 期待値 ⟨ψ|Â|ψ⟩ は同じ値になる
図6.1　3つの表示の比較．時間発展 $\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ という1個の演算子を，状態に付けるか（Schrödinger），演算子に付けるか（Heisenberg），$\Ham_0$ の分と $\Ham_1$ の分に割って両方に付けるか（相互作用表示）の違いにすぎない．相互作用表示の狙いは，状態の動きを「知りたい部分（$\Ham_1$ の効果）」だけに絞ることである．3つとも期待値は同じ値を与えるので，どれを使っても物理は変わらない．

6.3 例題：調和振動子をHeisenberg表示で解く

抽象論はここまでにして，実際に手を動かす．調和振動子は，演算子の運動方程式を最後まで解ききることができる数少ない例であり，しかも結果が古典解とぴったり重なる．本節ではHeisenberg表示で通す．第2章・第3章で作った直観がそのまま量子系で生きることを，ここで確認しておきたい．なおSchrödinger表示で状態がどう動くかは6.1.3節の例（一般の固有状態展開）に，同じ振動子を相互作用表示で扱う例は6.4.2節と例題6.3にあり，3つの表示を見比べられるようにしてある．

6.3.1 準備 — 生成消滅演算子

1次元調和振動子の Hamiltonian は

$$ \Ham_0=\frac{\hat p^2}{2m}+\frac12 m\omega^2\hat x^2 =\hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\right) $$

ここで

$$ \begin{equation} \hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a+\hat a^\dagger\right), \qquad \hat p=\ii\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat a^\dagger-\hat a\right), \qquad [\hat a,\hat a^\dagger]=1 \label{eq:6-xp-a} \end{equation} $$

である（6.1.1節の約束どおり，$\hat a$, $\hat a^\dagger$ や $\hat x$, $\hat p$ のように表示の添字を付けないものはSchrödinger表示の演算子である）．数演算子を $\hat n=\hat a^\dagger\hat a$ と書く．

6.3.2 Heisenberg表示の $\hat a_H(t)$ — 2通りの求め方

方法1：Heisenberg方程式を解く

式 \eqref{eq:6-heisenbergeq} に $\hat A=\hat a$ を入れる．まず必要な交換子を計算する．$[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ を使うと

$$ [\hat a,\hat n]=[\hat a,\hat a^\dagger\hat a] =[\hat a,\hat a^\dagger]\hat a+\hat a^\dagger[\hat a,\hat a] =1\cdot\hat a+0=\hat a $$

（$[\hat A,\hat B\hat C]=[\hat A,\hat B]\hat C+\hat B[\hat A,\hat C]$ を使った）．定数項 $\frac12\hbar\omega$ は交換子に効かないので

$$ [\hat a,\Ham_0]=\hbar\omega[\hat a,\hat n]=\hbar\omega\,\hat a $$

この関係は Heisenberg表示でもそのまま成り立つ．両辺を $\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\cdots\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ で挟めばよく，$\Ham_0$ は挟んでも変わらないから

$$ [\hat a_H(t),\Ham_0]=\hbar\omega\,\hat a_H(t) $$

よって Heisenberg 方程式は

$$ \ii\hbar\frac{\dd\hat a_H}{\dd t}=\hbar\omega\,\hat a_H \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\dd\hat a_H}{\dd t}=-\ii\omega\,\hat a_H $$

これはただの1階線形微分方程式である．演算子であることを気にする必要はない．右辺に演算子の積が現れていないからである．初期条件 $\hat a_H(0)=\hat a$ のもとで解けば

$$ \begin{equation} \hat a_H(t)=\hat a\,\ee^{-\ii\omega t}, \qquad \hat a^\dagger_H(t)=\hat a^\dagger\,\ee^{+\ii\omega t} \label{eq:6-aH} \end{equation} $$

（2番目は1番目のエルミート共役をとっただけ）．∎

方法2：定義に立ち返って展開する（検算）

定義 \eqref{eq:6-Hdef} をそのまま計算してみる．ここでは次の恒等式（付録A，BCH公式の系）を使う：

$$ \ee^{\hat B}\hat A\,\ee^{-\hat B}=\hat A+[\hat B,\hat A]+\frac{1}{2!}\big[\hat B,[\hat B,\hat A]\big]+\frac{1}{3!}\Big[\hat B,\big[\hat B,[\hat B,\hat A]\big]\Big]+\cdots $$

いま $\hat B=\ii\Ham_0 t/\hbar=\ii\omega t\,(\hat n+\tfrac12)$，$\hat A=\hat a$ である．定数 $\tfrac12$ は交換子に効かない．上で求めた $[\hat a,\hat n]=\hat a$ より $[\hat n,\hat a]=-\hat a$ だから

$$ [\hat B,\hat a]=\ii\omega t\,[\hat n,\hat a]=-\ii\omega t\,\hat a $$

すなわち $\hat B$ との交換子をとるたびに，係数 $(-\ii\omega t)$ が1個ずつ掛かるだけである．2重，3重も同様に

$$ [\hat B,[\hat B,\hat a]]=(-\ii\omega t)^2\hat a,\qquad [\hat B,[\hat B,[\hat B,\hat a]]]=(-\ii\omega t)^3\hat a,\ \cdots $$

したがって

$$ \ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat a\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} =\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(-\ii\omega t)^n}{n!}\right)\hat a =\ee^{-\ii\omega t}\,\hat a $$

∎ 式 \eqref{eq:6-aH} と一致した．方法1のほうが圧倒的に楽だが，定義から直接出ることを一度は確かめておく価値がある．

6.3.3 $\hat x_H(t)$ は古典解とまったく同じ形である

導出：$\hat x_H(t)=\hat x\cos\omega t+\dfrac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t$

式 \eqref{eq:6-xp-a} の $\hat x$ を Heisenberg表示に移す．$\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}(\cdots)\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ は線形な操作なので，$\hat a$ と $\hat a^\dagger$ それぞれに \eqref{eq:6-aH} を使えばよい：

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

ここで Euler の公式 $\ee^{\pm\ii\omega t}=\cos\omega t\pm\ii\sin\omega t$ を代入して整理する：

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

$\hat a$ の項と $\hat a^\dagger$ の項を，$\cos$ を含む部分と $\sin$ を含む部分に組み替えただけである．式 \eqref{eq:6-xp-a} より

$$ \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a+\hat a^\dagger)=\hat x, \qquad \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cdot\ii(\hat a^\dagger-\hat a) =\frac{1}{m\omega}\cdot\underbrace{\ii\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat a^\dagger-\hat a)}_{=\ \hat p} =\frac{\hat p}{m\omega} $$

（2番目は $\sqrt{\hbar/2m\omega}=\frac{1}{m\omega}\sqrt{m\hbar\omega/2}$ を使った）．したがって

$$ \begin{equation} \hat x_H(t)=\hat x\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t \label{eq:6-xH} \end{equation} $$

同様に $\hat p$ について計算すると（演習6.1）

$$ \begin{equation} \hat p_H(t)=\hat p\cos\omega t-m\omega\,\hat x\sin\omega t \label{eq:6-pH} \end{equation} $$

∎

物理的意味：これは古典解そのものである

古典力学で $m\ddot x=-m\omega^2x$ を初期条件 $x(0)=x_0$, $p(0)=p_0$ のもとで解くと

$$ x(t)=x_0\cos\omega t+\frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t $$

である．式 \eqref{eq:6-xH} と字面がまったく同じである．違うのは $x_0,p_0$ が数か演算子かだけである．

これは偶然ではない．Heisenberg 方程式 \eqref{eq:6-heisenbergeq} は Hamilton の正準方程式と同じ形をしており，しかも調和振動子では方程式が線形なので，演算子であることが計算のどこにも顔を出さない．線形な系では，量子力学の演算子は古典力学の変数とまったく同じ運動をする（Ehrenfest の定理の最も鮮明な形）．

この事実が，本書の第I部と第III部を橋渡ししている．第2章・第3章で減衰振動子について作った描像——共鳴，位相の遅れ，エネルギー散逸——は，量子調和振動子でもそのまま通用する．古典の減衰振動子が分かれば久保公式は分かるという本書の主張の，これが最初の実例である．

左：位相空間で角速度 ω の時計回りに回転する矢印（t=0 と時刻 t，円の半径は振幅）．右：コヒーレント状態の期待値 ⟨x⟩(t) が周期 T=2π/ω で振動する余弦曲線．
図6.2　左：式 \eqref{eq:6-xH}, \eqref{eq:6-pH} は，$(\hat x,\hat p/m\omega)$ という組を角速度 $\omega$ で時計回りに回転させる操作にほかならない．回転行列 $\begin{pmatrix}\cos\omega t&\sin\omega t\\-\sin\omega t&\cos\omega t\end{pmatrix}$ がそのまま現れている．右：コヒーレント状態 $\ket{\alpha}$（$\hat a\ket{\alpha}=\alpha\ket{\alpha}$）での期待値は $\braket{\hat x_H(t)}=2\abs{\alpha}\sqrt{\hbar/2m\omega}\cos(\omega t-\theta)$ となり，減衰のない古典振動そのものになる．第3章で扱った強制振動の駆動項を加えると，この振動が共鳴的に成長する．

例題6.1　コヒーレント状態の期待値

$\hat a\ket{\alpha}=\alpha\ket{\alpha}$（$\alpha=\abs{\alpha}\ee^{\ii\theta}$ は複素数）を満たすコヒーレント状態で $\braket{\hat x_H(t)}$ を求めよ．

解答．Heisenberg表示では状態は動かないので，$\ket{\psi_H}=\ket{\alpha}$ のまま期待値をとればよい．

$$ \braket{\hat x_H(t)}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bra{\alpha}\left(\hat a\,\ee^{-\ii\omega t}+\hat a^\dagger\ee^{\ii\omega t}\right)\ket{\alpha} $$

$\hat a\ket{\alpha}=\alpha\ket{\alpha}$，およびそのエルミート共役 $\bra{\alpha}\hat a^\dagger=\alpha^*\bra{\alpha}$ を使うと

$$ =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\alpha\,\ee^{-\ii\omega t}+\alpha^*\ee^{\ii\omega t}\right) =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cdot 2\abs{\alpha}\cos(\omega t-\theta) $$

最後は $\alpha=\abs{\alpha}\ee^{\ii\theta}$ を代入して $\ee^{\ii(\theta-\omega t)}+\ee^{-\ii(\theta-\omega t)}=2\cos(\omega t-\theta)$ とした．∎

減衰のない完全な調和振動である．$\abs{\alpha}$ が振幅，$\theta$ が初期位相を決める．$\abs{\alpha}\to\infty$（強い励起）で古典極限になる．

6.3.4 数値で見る — 一酸化炭素分子の振動

例題6.2　CO分子の零点振動の大きさ

一酸化炭素 CO の伸縮振動は波数 $\tilde\nu=2143\ \mathrm{cm^{-1}}$ に観測される．換算質量は $\mu=\dfrac{12\times16}{12+16}=6.86\ \mathrm{u}=1.139\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$ である．

(1) 角振動数と周期．

$$ \omega=2\pi c\tilde\nu=2\pi\times(2.998\times10^{10}\ \mathrm{cm/s})\times(2143\ \mathrm{cm^{-1}})=4.04\times10^{14}\ \mathrm{s^{-1}} $$ $$ T=\frac{2\pi}{\omega}=1.56\times10^{-14}\ \mathrm{s}=15.6\ \mathrm{fs} $$

(2) エネルギー量子．$\hbar\omega=1.055\times10^{-34}\times4.04\times10^{14}=4.26\times10^{-20}\ \mathrm{J}=0.266\ \mathrm{eV}$．室温の $k_BT=0.026\ \mathrm{eV}$ の10倍なので，室温では振動基底状態にほぼ100 %いる．

(3) 零点振動の広がり．基底状態 $\ket{0}$ で $\braket{\hat x^2}$ を計算する．$\hat x^2=\frac{\hbar}{2\mu\omega}(\hat a+\hat a^\dagger)^2$ で，$\bra{0}(\hat a+\hat a^\dagger)^2\ket{0}=\bra{0}\hat a\hat a^\dagger\ket{0}=1$ だから

$$ \sqrt{\braket{\hat x^2}}=\sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega}} =\sqrt{\frac{1.055\times10^{-34}}{2\times1.139\times10^{-26}\times4.04\times10^{14}}} =3.4\times10^{-12}\ \mathrm{m}=3.4\ \mathrm{pm} $$

CO の結合長 $113\ \mathrm{pm}$ の約3 %である．「原子はほとんど止まっているが，完全には止まっていない」という描像が数値で見える．

(4) Heisenberg表示で何が起きているか．基底状態では $\braket{\hat x_H(t)}=0$ である（式 \eqref{eq:6-xH} に $\braket{\hat x}=\braket{\hat p}=0$ を入れる）．期待値は動かないが，演算子は $15.6\ \mathrm{fs}$ の周期で回っている．この「動いている演算子」の異なる2時刻での相関 $\braket{\hat x_H(t)\hat x_H(t')}$ が，第7章・第8章で応答関数と揺らぎを与える．期待値がゼロでも相関はゼロではない——これが揺動散逸定理の出発点である．

6.4 相互作用表示 — 摂動だけを取り出す

6.4.1 なぜ必要なのか

ここからが本章の核心である．線形応答理論では Hamiltonian を

$$ \begin{equation} \Ham=\Ham_0+\Ham_1(t) \label{eq:6-split} \end{equation} $$

と2つに分ける．$\Ham_0$ は叩く前の系（時間によらない），$\Ham_1(t)$ は外から加えた弱い摂動である．第7章では $\Ham_1(t)=\int\dd^3x\,\phi(\xx,t)\hat\rho(\xx)$ のような形になる．

なぜ Schrödinger表示では困るのか

Schrödinger表示の状態 $\ket{\psi_S(t)}$ は，$\Ham_0$ と $\Ham_1$ の両方の効果で動く．ところが $\Ham_0$ による動きは，たとえば固有状態の位相が $\ee^{-\ii E_nt/\hbar}$ で回るという，われわれがすでに知っていて興味のない運動である．しかもその回転速度は $E_n/\hbar$ という，原子スケールでは $10^{15}\ \mathrm{s^{-1}}$ の桁の猛烈な速さである．

一方 $\Ham_1$ による効果は「弱い」から，ゆっくりした小さな変化しか生まない．猛烈に速い既知の運動の上に，ゆっくりした未知の変化が乗っている——この状況で未知の部分だけを取り出したい．

解決策は単純である．既知の運動をあらかじめ差し引いてしまえばよい．これが相互作用表示である．

工学の言葉での言い換え

6.4.2 定義

定義：相互作用表示（$I$ 表示）

$\Ham_0$ は時間によらないとする．状態と演算子を

$$ \begin{equation} \ket{\psi_I(t)}\equiv\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)}, \qquad \hat A_I(t)\equiv\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\hat A_S\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} \label{eq:6-Idef} \end{equation} $$

と定義する．とくに摂動そのものを相互作用表示に移したものを

$$ \begin{equation} \Ham_{1I}(t)\equiv\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\,\Ham_1(t)\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar} \label{eq:6-H1I} \end{equation} $$

と書く．

$\Ham_{1I}(t)$ には2種類の時間依存性がある

式 \eqref{eq:6-H1I} の $t$ 依存性は2箇所から来ている．

  1. 陽な時間依存性：$\Ham_1(t)$ 自身が時間に依存する（外場が振動している，など）．
  2. 陰な時間依存性：$\ee^{\pm\ii\Ham_0t/\hbar}$ で挟むことによる依存性．これは $\Ham_0$ が作る系の内部運動である．

たとえば $\Ham_1(t)=-F(t)\hat x$（振動子に外力を加える）なら

$$ \Ham_{1I}(t)=-F(t)\,\hat x_I(t) =-F(t)\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a\,\ee^{-\ii\omega t}+\hat a^\dagger\ee^{\ii\omega t}\right) $$

となり，$F(t)$ という外場の振動と $\ee^{\pm\ii\omega t}$ という系の内部振動の両方が入っている．この2つの振動数が一致したときに共鳴が起きる．第3章の強制振動と同じ構造である．

なお $\hat x_I(t)$ は $\Ham_0$ だけで発展させたものなので，$\Ham_1$ が存在しない世界での Heisenberg表示と同じものである．この事実は第7章で本質的に効いてくる．

6.4.3 状態の運動方程式 — $\Ham_0$ が相殺する様子

導出：$\ii\hbar\partial_t\ket{\psi_I}=\Ham_{1I}(t)\ket{\psi_I}$

定義 \eqref{eq:6-Idef} の第1式を $t$ で微分する．積の微分で2項出る：

$$ \frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_I(t)} =\left(\frac{\partial}{\partial t}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\right)\ket{\psi_S(t)} +\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_S(t)} $$

第1項は式 \eqref{eq:6-dexp} の符号違いから $\dfrac{\ii}{\hbar}\Ham_0\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)}$．

第2項は Schrödinger 方程式 \eqref{eq:6-schrodinger} で $\Ham=\Ham_0+\Ham_1(t)$ を使い，$\dfrac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_S}=-\dfrac{\ii}{\hbar}(\Ham_0+\Ham_1(t))\ket{\psi_S}$．

両辺に $\ii\hbar$ を掛けてまとめると

$$ \ii\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_I(t)} =\underbrace{-\Ham_0\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S}}_{(\mathrm{A})} +\underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_0\ket{\psi_S}}_{(\mathrm{B})} +\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_1(t)\ket{\psi_S} $$

ここが山場である．$\Ham_0$ は $\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}$ と交換するので，(B) の $\Ham_0$ を指数関数の左へ通せる：

$$ (\mathrm{B})=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_0\ket{\psi_S}=\Ham_0\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S}=-(\mathrm{A}) $$

すなわち (A) と (B) はぴったり打ち消し合う．これが相互作用表示の全部である．残るのは

$$ \ii\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_I(t)}=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_1(t)\ket{\psi_S(t)} $$

最後に右辺を $\ket{\psi_I}$ で書き直す．$\hat 1=\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}$ を $\Ham_1(t)$ と $\ket{\psi_S}$ の間に挟み込む：

$$ \ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_1(t)\ket{\psi_S} =\underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\Ham_1(t)\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}}_{=\,\Ham_{1I}(t)} \underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S}}_{=\,\ket{\psi_I(t)}} $$

したがって

$$ \begin{equation} \ii\hbar\frac{\partial}{\partial t}\ket{\psi_I(t)}=\Ham_{1I}(t)\,\ket{\psi_I(t)} \label{eq:6-Ieq} \end{equation} $$

∎

式 \eqref{eq:6-Ieq} が言っていること

Schrödinger 方程式 \eqref{eq:6-schrodinger} と見比べてほしい．形はまったく同じで，$\Ham$ が $\Ham_{1I}(t)$ に置き換わっただけである．つまり

相互作用表示の状態は，摂動 $\Ham_1$ だけを Hamiltonian とする Schrödinger 方程式にしたがう．

とくに $\Ham_1=0$ なら $\partial_t\ket{\psi_I}=0$，すなわち $\ket{\psi_I}$ はまったく動かない．$\ket{\psi_I(t)}$ の動きは，100 % 摂動のせいである．目的（摂動だけを取り出したい）が完全に達成されている．

しかも $\Ham_1$ が小さければ $\ket{\psi_I}$ の変化も小さいので，$\Ham_1$ のべきで展開する（摂動論をやる）のに最適な形になっている．6.5節以降でこれを実行する．

6.4.4 演算子の運動方程式

$\hat A_I(t)$ の運動方程式は，6.2.2節の導出で $\Ham\to\Ham_0$ と置き換えるだけで得られる．導出の手順はまったく同じなので結果だけ書く：

$$ \begin{equation} \ii\hbar\,\frac{\dd\hat A_I(t)}{\dd t}=\left[\hat A_I(t),\Ham_0\right] \label{eq:6-Iop} \end{equation} $$

「演算子は $\Ham_0$ で，状態は $\Ham_1$ で動く」——これが相互作用表示の標語である．仕事が2つに分担されている．

6.4.5 3つの表示の比較

表6.1 3つの表示の比較（$\Ham=\Ham_0+\Ham_1(t)$，$\Ham_0$ は時間によらない）
Schrödinger表示Heisenberg表示相互作用表示
状態$\ket{\psi_S(t)}$（動く）$\ket{\psi_H}=\ket{\psi_S(0)}$（不動）$\ket{\psi_I(t)}=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)}$
演算子$\hat A_S$（不動）$\hat A_H(t)=\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat A_S\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$$\hat A_I(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A_S\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$
状態の方程式$\ii\hbar\partial_t\ket{\psi_S}=\Ham\ket{\psi_S}$$\partial_t\ket{\psi_H}=0$$\ii\hbar\partial_t\ket{\psi_I}=\Ham_{1I}\ket{\psi_I}$
演算子の方程式$\dd\hat A_S/\dd t=0$$\ii\hbar\,\dd\hat A_H/\dd t=[\hat A_H,\Ham]$$\ii\hbar\,\dd\hat A_I/\dd t=[\hat A_I,\Ham_0]$
状態を動かすもの$\Ham_0+\Ham_1$なし$\Ham_1$ のみ
演算子を動かすものなし$\Ham_0+\Ham_1$$\Ham_0$ のみ
$\Ham_1=0$ のとき—相互作用表示と一致Heisenberg表示と一致
$t=0$ で3つとも一致する（$\ket{\psi_S(0)}=\ket{\psi_H}=\ket{\psi_I(0)}$，$\hat A_S=\hat A_H(0)=\hat A_I(0)$）
主な用途定義・基礎方程式応答関数の定義（第7・8章）摂動展開・Dyson級数（第6・7章）

期待値はどの表示でも同じ

相互作用表示でも期待値は変わらない．実際

$$ \bra{\psi_I(t)}\hat A_I(t)\ket{\psi_I(t)} =\bra{\psi_S(t)}\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A_S\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)} =\bra{\psi_S(t)}\hat A_S\ket{\psi_S(t)} $$

と，挟んだ指数関数が全部打ち消し合う．表示の選択は計算の便宜であって，物理ではない．迷ったら「期待値を書き下してみて，指数関数がどこに付いているか」を確認すればよい．

有限温度の場合（第13章への注）

本章では純粋状態 $\ket{\psi}$ で書いたが，有限温度では密度行列 $\hat\rho$ を使い，期待値を $\braket{\hat A}=\Tr[\hat\rho\,\hat A]$ と定義する．平衡状態では $\hat\rho_0=\ee^{-\beta\Ham_0}/\Tr\,\ee^{-\beta\Ham_0}$ である．表示の話はそのまま成り立ち，たとえば

$$ \braket{\hat A_H(t)}=\Tr\left[\hat\rho_0\,\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat A_S\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}\right] $$

となる．$\Tr$ の巡回性 $\Tr[\hat X\hat Y]=\Tr[\hat Y\hat X]$ が，純粋状態のときの「挟んだ指数関数が打ち消す」に対応する．第13章では $\ee^{-\beta\Ham_0}$ を「虚時間 $\tau=\ii t$ の時間発展演算子」と読み替えることで，本章の道具をそっくり流用する．

6.5 時間発展演算子 $\hat U(t,t_0)$

6.5.1 定義と微分方程式

式 \eqref{eq:6-Ieq} は $\Ham_{1I}(t)$ が時刻に依存するため，$\ee^{-\ii\Ham_{1I}t/\hbar}$ とは書けない（6.1.2節の囲み「よくある誤り」を思い出してほしい）．そこで，解を形式的に演算子として定義してしまう．

定義：時間発展演算子（相互作用表示）

時刻 $t_0$ の状態を時刻 $t$ の状態へ移す演算子を $\hat U(t,t_0)$ と書く：

$$ \begin{equation} \ket{\psi_I(t)}=\hat U(t,t_0)\,\ket{\psi_I(t_0)} \label{eq:6-Udef} \end{equation} $$

これを式 \eqref{eq:6-Ieq} に代入すると，$\ket{\psi_I(t_0)}$ は任意なので

$$ \begin{equation} \ii\hbar\,\frac{\partial}{\partial t}\hat U(t,t_0)=\Ham_{1I}(t)\,\hat U(t,t_0), \qquad \hat U(t_0,t_0)=\hat 1 \label{eq:6-Ueq} \end{equation} $$

が成り立つ．

$\Ham_{1I}(t)$ は $\hat U$ の左に置く

式 \eqref{eq:6-Ueq} で $\Ham_{1I}(t)$ が $\hat U$ の左に来ていることは重要である．演算子は交換しないので，$\hat U\Ham_{1I}$ と書いたら別の方程式になってしまう．この「新しい時刻のものが左」という順序は，以降ずっと守られる．6.6節の時間順序積も，この規則の一般化である．

6.5.2 ユニタリ性

導出：$\hat U^\dagger\hat U=\hat 1$

式 \eqref{eq:6-Ueq} のエルミート共役をとる．$(\ii)^*=-\ii$，$\Ham_{1I}^\dagger=\Ham_{1I}$（摂動も物理量なのでエルミート）に注意すると

$$ -\ii\hbar\,\frac{\partial}{\partial t}\hat U^\dagger(t,t_0)=\hat U^\dagger(t,t_0)\,\Ham_{1I}(t) $$

（積のエルミート共役で順序が入れ替わることに注意）．そこで $\hat U^\dagger\hat U$ の時間微分を計算する：

$$ \frac{\partial}{\partial t}\left(\hat U^\dagger\hat U\right) =\left(\frac{\partial\hat U^\dagger}{\partial t}\right)\hat U+\hat U^\dagger\left(\frac{\partial\hat U}{\partial t}\right) $$

2つの方程式を $\partial_t\hat U^\dagger=\frac{\ii}{\hbar}\hat U^\dagger\Ham_{1I}$，$\partial_t\hat U=-\frac{\ii}{\hbar}\Ham_{1I}\hat U$ の形にして代入すると

$$ =\frac{\ii}{\hbar}\hat U^\dagger\Ham_{1I}\hat U-\frac{\ii}{\hbar}\hat U^\dagger\Ham_{1I}\hat U=0 $$

2項が完全に同じ形で符号だけ逆なので消える．したがって $\hat U^\dagger\hat U$ は時間によらない定数である．$t=t_0$ で $\hat U^\dagger(t_0,t_0)\hat U(t_0,t_0)=\hat 1$ だから，すべての $t$ で

$$ \begin{equation} \hat U^\dagger(t,t_0)\,\hat U(t,t_0)=\hat 1 \label{eq:6-unitary} \end{equation} $$

∎ すなわち $\hat U$ はユニタリであり，確率が保存する．$\hat U^{-1}=\hat U^\dagger$ である．

6.5.3 群性質

定理：群性質

$$ \begin{equation} \hat U(t_2,t_1)\,\hat U(t_1,t_0)=\hat U(t_2,t_0), \qquad \hat U(t_0,t)=\hat U^{-1}(t,t_0)=\hat U^\dagger(t,t_0) \label{eq:6-group} \end{equation} $$

時刻の並びに制限はない．$t_1$ が $t_0$ と $t_2$ の間になくてもよい．

導出

両辺を $t_2$ の関数と見て，同じ微分方程式と同じ初期条件を満たすことを示す．

左辺：$\hat U(t_1,t_0)$ は $t_2$ に依存しない定数演算子なので，$t_2$ で微分すると

$$ \ii\hbar\frac{\partial}{\partial t_2}\left[\hat U(t_2,t_1)\hat U(t_1,t_0)\right] =\left[\Ham_{1I}(t_2)\hat U(t_2,t_1)\right]\hat U(t_1,t_0) =\Ham_{1I}(t_2)\left[\hat U(t_2,t_1)\hat U(t_1,t_0)\right] $$

右辺：$\ii\hbar\partial_{t_2}\hat U(t_2,t_0)=\Ham_{1I}(t_2)\hat U(t_2,t_0)$．

両者は同じ形の1階線形方程式である．さらに $t_2=t_1$ とすると，左辺は $\hat U(t_1,t_1)\hat U(t_1,t_0)=\hat 1\cdot\hat U(t_1,t_0)=\hat U(t_1,t_0)$，右辺も $\hat U(t_1,t_0)$ で一致する．1階の常微分方程式は初期値を決めれば解が一意だから，両辺はすべての $t_2$ で等しい．

第2式は，第1式で $t_2=t_0$ とおくと $\hat U(t_0,t_1)\hat U(t_1,t_0)=\hat U(t_0,t_0)=\hat 1$ となることから従う．∎

物理的意味

「$t_0$ から $t_1$ まで発展させ，続いて $t_1$ から $t_2$ まで発展させる」ことは「$t_0$ から $t_2$ まで一気に発展させる」ことと同じ——当たり前のことを式にしただけである．しかし式 \eqref{eq:6-group} は，後で $\hat U(\infty,-\infty)=\hat U(\infty,0)\hat U(0,-\infty)$ のように分割するときに繰り返し使う（6.9節）．

また $\hat U(t_0,t)=\hat U^\dagger(t,t_0)$ は「時間を逆回しにする＝エルミート共役をとる」ことを意味している．量子力学の時間発展が可逆であることの表現である．

6.5.4 積分方程式に直す

導出：積分方程式

微分方程式 \eqref{eq:6-Ueq} の両辺を，$t_0$ から $t$ まで積分する．積分変数を $t'$ と書く：

$$ \ii\hbar\int_{t_0}^{t}\dd t'\,\frac{\partial}{\partial t'}\hat U(t',t_0) =\int_{t_0}^{t}\dd t'\,\Ham_{1I}(t')\,\hat U(t',t_0) $$

左辺は微分積分学の基本定理でそのまま実行できて

$$ \ii\hbar\left[\hat U(t,t_0)-\hat U(t_0,t_0)\right]=\ii\hbar\left[\hat U(t,t_0)-\hat 1\right] $$

初期条件 $\hat U(t_0,t_0)=\hat 1$ を使った．両辺を $\ii\hbar$ で割って移項すれば

$$ \begin{equation} \hat U(t,t_0)=\hat 1-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\dd t'\;\Ham_{1I}(t')\,\hat U(t',t_0) \label{eq:6-integraleq} \end{equation} $$

∎

なぜ積分方程式にするのか

式 \eqref{eq:6-integraleq} は，右辺にも求めたい $\hat U$ が入っているので，このままでは解になっていない．しかし初期条件が式の中に組み込まれている点と，右辺の $\hat U$ に $\Ham_{1I}$ が1個掛かっている点が決定的に重要である．

後者のおかげで，右辺の $\hat U$ に式 \eqref{eq:6-integraleq} 自身を代入する（逐次代入する）たびに，$\Ham_{1I}$ の次数が1つずつ上がる．$\Ham_{1I}$ が小さいなら，この展開は良い近似列になる．これが次節の Dyson級数である．

同じ手口は第2章のGreen関数のところでも使った．「微分方程式を積分方程式に直してから逐次代入する」のは，摂動論の常套手段である．

6.6 逐次代入とDyson級数

6.6.1 逐次代入を実行する

導出：0次・1次・2次

0次．式 \eqref{eq:6-integraleq} の右辺第2項を無視すると $\hat U\simeq\hat 1$．摂動がなければ相互作用表示の状態は動かない，という当たり前の結果である．

1次．右辺の $\hat U(t',t_0)$ に0次の答え $\hat 1$ を代入する：

$$ \hat U(t,t_0)\simeq\hat 1-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\dd t_1\,\Ham_{1I}(t_1) $$

積分変数の名前を $t'\to t_1$ に変えた．

2次．今度は右辺の $\hat U(t',t_0)$ に1次の答えを代入する．ここが要注意で，積分変数の名前が重ならないようにする必要がある．式 \eqref{eq:6-integraleq} で $t\to t_1$，積分変数を $t_2$ として

$$ \hat U(t_1,t_0)=\hat 1-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t_1}\dd t_2\,\Ham_{1I}(t_2)\,\hat U(t_2,t_0) $$

これを \eqref{eq:6-integraleq} に代入すると

$$ \hat U(t,t_0)=\hat 1-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\dd t_1\,\Ham_{1I}(t_1) \left[\hat 1-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t_1}\dd t_2\,\Ham_{1I}(t_2)\hat U(t_2,t_0)\right] $$

展開して，いちばん奥の $\hat U\to\hat 1$ と置くと2次までの表式が得られる：

$$ \begin{equation} \hat U(t,t_0)=\hat 1 -\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\,\Ham_{1I}(t_1) +\left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)^{2}\!\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\!\int_{t_0}^{t_1}\!\dd t_2\;\Ham_{1I}(t_1)\Ham_{1I}(t_2)+\cdots \label{eq:6-iterate} \end{equation} $$

∎ $n$ 次の項も同様に

$$ \hat U^{(n)}=\left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)^{n}\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\int_{t_0}^{t_1}\!\dd t_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}\!\dd t_n\; \Ham_{1I}(t_1)\Ham_{1I}(t_2)\cdots\Ham_{1I}(t_n) $$

となる．

この式の読み方：時刻の順序が決まっている

式 \eqref{eq:6-iterate} の2次の項の積分範囲は $t_0\le t_2\le t_1\le t$ と入れ子になっており（$t_2$ の上限が $t_1$），演算子の並びは $\Ham_{1I}(t_1)\Ham_{1I}(t_2)$，つまり時刻の遅いほう（$t_1$）が左である．

物理的には自然である．「まず時刻 $t_2$ に1回叩き，そのあと時刻 $t_1$ に2回目を叩く」という因果的な順序を表しているからである．演算子はケットに右から順に作用するので，時間的に先に起きることが右に並ぶ．

問題は，この入れ子の積分範囲が扱いにくいことである．$n$ 次では $n$ 重の入れ子になり，変数変換も因数分解もできない．そこで登場するのが次の技巧である．

6.6.2 三角形を正方形の半分にする

ここが本章でいちばんつまずきやすい箇所である．Fetter–Walecka では数行で済まされているが，丁寧にやる．

導出：2次の項の対称化

記号を短くするため $\hat h(t)\equiv\Ham_{1I}(t)$ と書き，2次の積分を

$$ I_2\equiv\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t_1}\dd t_2\;\hat h(t_1)\hat h(t_2) $$

とおく．積分領域は $(t_1,t_2)$ 平面の正方形 $[t_0,t]\times[t_0,t]$ のうち，対角線 $t_1=t_2$ の下側（$t_1>t_2$）の三角形である．これを図6.3(a) に示す．

ステップ1：積分変数の名前を入れ替える．$I_2$ は定積分なので，積分変数をどう呼ぼうと値は変わらない．$t_1\leftrightarrow t_2$ と名前だけ交換すると

$$ I_2=\int_{t_0}^{t}\dd t_2\int_{t_0}^{t_2}\dd t_1\;\hat h(t_2)\hat h(t_1) $$

いまや積分領域は $t_2>t_1$，すなわち対角線の上側の三角形になった（図6.3(b)）．演算子の並びも $\hat h(t_2)\hat h(t_1)$ に変わっており，やはり時刻の遅いほうが左という規則は守られている．

ステップ2：積分の順序を交換する．ステップ1の式は「先に $t_1$ を $t_0$ から $t_2$ まで，次に $t_2$ を $t_0$ から $t$ まで」という順序である．これを「先に $t_2$，次に $t_1$」に組み替える．領域 $\{t_0\le t_1\le t_2\le t\}$ を $t_1$ 基準で見ると，$t_1$ は $t_0$ から $t$ まで動き，各 $t_1$ に対して $t_2$ は $t_1$ から $t$ まで動く：

$$ I_2=\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_1}^{t}\dd t_2\;\hat h(t_2)\hat h(t_1) $$

（積分領域そのものは変わっていない．切り方を変えただけである．）

ステップ3：2つの表式を足す．元の $I_2$ とステップ2の $I_2$ を足すと $2I_2$ になる：

$$ 2I_2=\int_{t_0}^{t}\dd t_1\left[\int_{t_0}^{t_1}\dd t_2\,\hat h(t_1)\hat h(t_2)+\int_{t_1}^{t}\dd t_2\,\hat h(t_2)\hat h(t_1)\right] $$

角括弧の中を見る．$t_2$ の積分範囲は前半が $[t_0,t_1]$，後半が $[t_1,t]$ で，合わせるとちょうど $[t_0,t]$ 全体である．ただし被積分関数の演算子の並びが前半と後半で違う．そこで次の記号を導入する．

定義：時間順序積（$T$ 積）

$$ \begin{equation} T\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\right]\equiv \begin{cases} \hat h(t_1)\hat h(t_2) & (t_1>t_2)\\[2pt] \hat h(t_2)\hat h(t_1) & (t_2>t_1) \end{cases} \label{eq:6-Tdef} \end{equation} $$

すなわち「時刻の遅いものを左に並べ替える」操作である．階段関数を使えば

$$ T[\hat h(t_1)\hat h(t_2)]=\theta(t_1-t_2)\hat h(t_1)\hat h(t_2)+\theta(t_2-t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_1) $$

と1行で書ける．

この記号を使うと，角括弧の中身はちょうど $T[\hat h(t_1)\hat h(t_2)]$ である．前半では $t_2$ が $t_1$ より小さいので $T$ 積は $\hat h(t_1)\hat h(t_2)$，後半では $t_2>t_1$ なので $T$ 積は $\hat h(t_2)\hat h(t_1)$．定義 \eqref{eq:6-Tdef} とぴったり合っている．したがって

$$ 2I_2=\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t}\dd t_2\;T\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\right] $$

両辺を2で割って

$$ \begin{equation} I_2=\frac{1}{2!}\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t}\dd t_2\;T\left[\Ham_{1I}(t_1)\Ham_{1I}(t_2)\right] \label{eq:6-I2} \end{equation} $$

∎ 入れ子だった積分範囲が，独立な2つの積分（正方形）になった．代償として $T$ という記号と $1/2!$ という因子が付いた．

t₁ t₂ t₀ t t t₁ > t₂ (a) もとの積分領域 被積分関数 h(t₁)h(t₂) 面積は正方形の 1/2 t₁ = t₂ + t₁ t₂ t₂ > t₁ (b) 変数名を入れ替えたもの 被積分関数 h(t₂)h(t₁) 値は (a) とまったく同じ = t₁ t₂ 正方形ぜんぶ (c) 足すと 2I₂ 被積分関数 T[h(t₁)h(t₂)] t₁, t₂ が独立に動ける ∴ I₂ = (1/2!) ∫∫ T[h(t₁)h(t₂)] dt₁dt₂ ← 1/2! はここから出る
図6.3　2次の項の対称化．(a) もとの積分領域は対角線の下の三角形（$t_1>t_2$）で，被積分関数は $\hat h(t_1)\hat h(t_2)$．(b) 積分変数の名前を $t_1\leftrightarrow t_2$ と交換すると，領域は上の三角形に移り，被積分関数は $\hat h(t_2)\hat h(t_1)$ になる．定積分の値は変数名によらないので (a) = (b) である．(c) 両者を足すと正方形全体になり，被積分関数はどちらの領域でも「遅い時刻が左」——つまり $T$ 積——になっている．したがって元の三角形の積分は正方形の積分の $1/2$ である．$1/2!$ という因子はこの「三角形は正方形の半分」から出てくるのであって，天下りではない．$n$ 次では $n$ 個の時刻の並べ方が $n!$ 通りあり，$n!$ 個の合同な立体（単体）が超立方体を埋め尽くすので，因子は $1/n!$ になる．

小谷岳生先生のご助言：$T$ 積は計算技術であって，物理の実体ではない

ここで一度立ち止まっておきたい．念のため一言でいえば，$T$ とは「右側に並んだ演算子の列を，時刻の遅いものが左に来るように並べ替えよ」という指示にすぎない．それ以上の中身はない．そのうえで言うと，$T$ 積は便利だが，$T$ を使わなくても摂動論はすべて書き下せる．その証拠は本節そのものにある．6.6.1節の逐次代入で得た式 \eqref{eq:6-iterate} とその $n$ 次への一般化には $T$ という記号がどこにも現れていない．積分範囲 $t>t_1>t_2>\cdots>t_n>t_0$ そのものが順序を指定しているからであり，これで摂動展開はすでに完結している．$T$ 積は，この入れ子を1本の指数関数（次項で導く $T$ 指数関数）に畳んで書くための記法であって，その代償として，ハミルトニアンに時刻のラベルを付け「後の時刻が左」という約束を最後まで持ち歩くことになる．時間を $t_0<t_1<\cdots<t_N=t$ と刻み，群性質 \eqref{eq:6-group} を使って

$$ \hat U(t,t_0)=\lim_{N\to\infty}\; \ee^{-\frac{\ii}{\hbar}\Ham_{1I}(t_N)\Delta t}\cdots \ee^{-\frac{\ii}{\hbar}\Ham_{1I}(t_2)\Delta t}\, \ee^{-\frac{\ii}{\hbar}\Ham_{1I}(t_1)\Delta t} \qquad\left(\Delta t=\frac{t-t_0}{N}\right) $$

と離散化して眺めれば，$T$ がやっているのは「この並べ替えを守れ」という指示だけだと目で見える．したがって本章冒頭で「$T$ は技巧ではない」と述べたのは，正確には順序そのもの——演算子の非可換性——について言ったものである．順序は物理であるが，それを $T$ の1文字に畳む操作のほうは計算技術である．

より一般に，Green 関数法・$T$ 積・Feynman 図といった計算技術と，何が何に応答しているかという物理の実体とは，分けて考えるべきである．技術は答えを出すための道具であって，物理そのものではない．初学者は道具の複雑さをそのまま物理の複雑さと取り違えやすいが，本書で最後まで残るのは第1章以来の一貫した一文——外から $f(t)$ で叩き，$\braket{\hat A}$ の変化を見る——のほうである．

——以上は，QSGW 法の開発者である小谷岳生先生よりいただいたご助言（私信，2026年8月）にもとづく．

6.6.3 $n$ 次への一般化とDyson級数

導出：$n$ 次の項

$n$ 次の項

$$ I_n=\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\int_{t_0}^{t_1}\!\dd t_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}\!\dd t_n\;\hat h(t_1)\hat h(t_2)\cdots\hat h(t_n) $$

の積分領域は $t_0\le t_n\le\cdots\le t_2\le t_1\le t$ という「順序の付いた」領域である．$n$ 個の変数の大小の付け方は $n!$ 通りあり，そのそれぞれが1つの順序領域を定める．$n!$ 個の順序領域は，（測度ゼロの境界を除いて）超立方体 $[t_0,t]^n$ を重なりなく分割する．

2次のときとまったく同じ議論——変数名を並べ替えると，どの順序領域での積分も，$T$ 積を挟めば同じ値になる——により，$n!$ 個の領域すべてで積分値が等しい．したがって

$$ \begin{equation} I_n=\frac{1}{n!}\int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\int_{t_0}^{t}\!\dd t_2\cdots\int_{t_0}^{t}\!\dd t_n\; T\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\cdots\hat h(t_n)\right] \label{eq:6-In} \end{equation} $$

ここで $T$ は「$n$ 個の演算子を，時刻の遅い順に左から並べ替える」操作である．∎

定理：Dyson級数と $T$ 指数関数

$$ \begin{equation} \hat U(t,t_0)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)^{n} \int_{t_0}^{t}\!\dd t_1\cdots\int_{t_0}^{t}\!\dd t_n\; T\left[\Ham_{1I}(t_1)\cdots\Ham_{1I}(t_n)\right] \label{eq:6-dyson} \end{equation} $$

各項が $\frac{1}{n!}(\text{同じ積分})^n$ の形をしているので，指数関数の級数 $\ee^{x}=\sum x^n/n!$ になぞらえて

$$ \begin{equation} \hat U(t,t_0)=T\exp\left[-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\Ham_{1I}(t')\,\dd t'\right] \label{eq:6-Texp} \end{equation} $$

と略記する．これを時間順序指数関数（$T$ 指数関数）と呼ぶ．

$T\exp$ は「本物の指数関数」ではない

式 \eqref{eq:6-Texp} はあくまで式 \eqref{eq:6-dyson} の省略記法である．$T$ を外して $\exp[-\frac{\ii}{\hbar}\int\Ham_{1I}]$ と書いてはいけない．両者が一致するのは，異なる時刻の $\Ham_{1I}$ がすべて交換する特別な場合だけである（6.7節）．

また，$T$ 積は演算子を並べ替えてから積分するという指示なので，$T[\hat A\hat B]\ne T[\hat A]\,T[\hat B]$ である．$T$ は個々の演算子ではなく，積全体に掛かる記号だと理解しておく．

なお本書で扱う $\Ham_1$ は必ず偶数個の Fermi 演算子からできている（たとえば $\hat\psi^\dagger\hat\psi$）．そのため $T$ 積の並べ替えに符号は付かない．Fermi 演算子そのものの $T$ 積（第13章）では，置換の符号 $(-1)^P$ が付くので注意が必要である．

6.6.4 例題：1次摂動で遷移確率を出す

Dyson級数の1次の項だけで，すでにかなりのことが計算できる．実際，線形応答理論とは「Dyson級数を1次で打ち切ること」にほかならない．ここで一度，具体的な数値まで出しておく．

例題6.3　外力パルスによる調和振動子の励起

調和振動子（角振動数 $\omega$，質量 $m$）が $t=-\infty$ で基底状態 $\ket{0}$ にあった．時間依存する外力 $F(t)$ を加える．摂動は $\Ham_1(t)=-F(t)\,\hat x$ である．1次摂動の範囲で，$t=+\infty$ に第1励起状態 $\ket{1}$ にいる確率 $P_{0\to1}$ を求めよ．

解答．ステップ1：$\Ham_{1I}$ を書く．6.4.2節で見たように

$$ \Ham_{1I}(t')=-F(t')\,\hat x_I(t')=-F(t')\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a\,\ee^{-\ii\omega t'}+\hat a^\dagger\ee^{\ii\omega t'}\right) $$

ステップ2：行列要素をとる．逐次代入の式 \eqref{eq:6-iterate} の1次の項の $\ket{0}\to\ket{1}$ 成分は

$$ c_1=\bra{1}\hat U(\infty,-\infty)\ket{0}\simeq-\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\;\bra{1}\Ham_{1I}(t')\ket{0} $$

（0次の $\bra{1}\hat 1\ket{0}=0$ は落ちる）．$\hat a\ket{0}=0$，$\hat a^\dagger\ket{0}=\ket{1}$ より $\bra{1}\hat a\ket{0}=0$，$\bra{1}\hat a^\dagger\ket{0}=1$．したがって

$$ \bra{1}\Ham_{1I}(t')\ket{0}=-F(t')\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\ee^{\ii\omega t'} $$

ステップ3：積分を実行する．

$$ c_1=\frac{\ii}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t'\,F(t')\,\ee^{\ii\omega t'} =\frac{\ii}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;F(\omega) $$

ここで第1章の規約 $F(\omega)=\int\dd t\,F(t)\ee^{\ii\omega t}$ を使った．つまり残った積分は，外力の Fourier 変換を振動数 $\omega$（＝振動子の固有振動数）で評価したものである．

ステップ4：確率．

$$ \begin{equation} P_{0\to1}=\abs{c_1}^2=\frac{\abs{F(\omega)}^2}{2m\hbar\omega} \label{eq:6-P01} \end{equation} $$

∎ 振動子が励起されるかどうかは，外力の全パワーではなく固有振動数成分 $F(\omega)$ だけで決まる．第3章の強制振動で「共鳴する振動数成分だけがエネルギーを吸収する」と述べたことの，量子版である．

例題6.4　数値で見る — Gauss型パルスと断熱性

例題6.3で $F(t)=F_0\ee^{-t^2/2\sigma^2}$（幅 $\sigma$ の Gauss パルス）とする．Gauss 積分の公式（付録A）から

$$ F(\omega)=F_0\int_{-\infty}^{\infty}\ee^{-t^2/2\sigma^2}\ee^{\ii\omega t}\dd t=F_0\,\sigma\sqrt{2\pi}\;\ee^{-\omega^2\sigma^2/2} $$

したがって式 \eqref{eq:6-P01} より

$$ P_{0\to1}=\frac{2\pi F_0^2\sigma^2\,\ee^{-\omega^2\sigma^2}}{2m\hbar\omega} =\frac{\pi F_0^2\sigma^2}{m\hbar\omega}\,\ee^{-\omega^2\sigma^2} $$

例題6.2の CO 分子（$\mu=1.139\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$, $\omega=4.04\times10^{14}\ \mathrm{s^{-1}}$，周期 $15.6\ \mathrm{fs}$）に，$F_0=1.0\times10^{-9}\ \mathrm{N}$ のパルスを当てると $\pi F_0^2/(\mu\hbar\omega)=6.47\times10^{27}\ \mathrm{s^{-2}}$ となり，次の表を得る．

表6.2 パルス幅と励起確率（CO分子，$F_0=1.0\times10^{-9}\ \mathrm{N}$）
パルス幅 $\sigma$$\omega\sigma$$\ee^{-\omega^2\sigma^2}$$P_{0\to1}$
$0.5\ \mathrm{fs}$$0.202$$0.960$$1.6\times10^{-3}$
$1\ \mathrm{fs}$$0.404$$0.849$$5.5\times10^{-3}$
$3\ \mathrm{fs}$$1.21$$0.229$$1.3\times10^{-2}$
$10\ \mathrm{fs}$$4.04$$8.3\times10^{-8}$$5.4\times10^{-8}$
$30\ \mathrm{fs}$$12.1$$3\times10^{-64}$$\sim10^{-63}$

読み取れること．

6.7 なぜ演算子が交換しないと厄介なのか

6.7.1 交換すればすべて簡単になる

もし異なる時刻の $\Ham_{1I}$ どうしがすべて交換する，すなわち $[\Ham_{1I}(t_1),\Ham_{1I}(t_2)]=0$（すべての $t_1,t_2$ について）ならば，$T$ 積の並べ替えは何もしないのと同じである．すると式 \eqref{eq:6-dyson} で $T$ を外してよく

$$ \hat U(t,t_0)=\sum_n\frac{1}{n!}\left(-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\Ham_{1I}\dd t'\right)^{\!n} =\exp\left[-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\Ham_{1I}(t')\dd t'\right] $$

となって，ふつうの指数関数になってしまう．話はここで終わりである．逆に言えば，$T$ 積が必要な理由は「交換しないこと」ただ1つである．

6.7.2 具体例1：調和振動子に力を加える

導出：$[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]$ を計算する

$\Ham_1(t)=-F(t)\hat x$ の場合，$\Ham_{1I}(t)=-F(t)\hat x_I(t)$ であり，$F$ は数なので

$$ \left[\Ham_{1I}(t_1),\Ham_{1I}(t_2)\right]=F(t_1)F(t_2)\left[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)\right] $$

そこで $[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]$ を計算する．$\hat x_I(t)=\sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a\ee^{-\ii\omega t}+\hat a^\dagger\ee^{\ii\omega t})$ を代入し，双線形性を使って4つの交換子に分ける：

$$ [\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]=\frac{\hbar}{2m\omega}\Big( \underbrace{[\hat a,\hat a]}_{=0}\ee^{-\ii\omega(t_1+t_2)} +[\hat a,\hat a^\dagger]\ee^{-\ii\omega t_1}\ee^{\ii\omega t_2} +[\hat a^\dagger,\hat a]\ee^{\ii\omega t_1}\ee^{-\ii\omega t_2} +\underbrace{[\hat a^\dagger,\hat a^\dagger]}_{=0}\ee^{\ii\omega(t_1+t_2)}\Big) $$

$[\hat a,\hat a^\dagger]=1$，$[\hat a^\dagger,\hat a]=-1$ を入れると

$$ =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\ee^{\ii\omega(t_2-t_1)}-\ee^{-\ii\omega(t_2-t_1)}\right) =\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot 2\ii\sin\left[\omega(t_2-t_1)\right] $$

（$\ee^{\ii\theta}-\ee^{-\ii\theta}=2\ii\sin\theta$ を使った）．したがって

$$ \begin{equation} \left[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)\right]=-\frac{\ii\hbar}{m\omega}\sin\left[\omega(t_1-t_2)\right] \label{eq:6-xxcomm} \end{equation} $$

∎ 最後は $\sin(-\theta)=-\sin\theta$ で符号を整理した．

この交換子はもう応答関数になっている

式 \eqref{eq:6-xxcomm} はc数（演算子でない，ただの数）である．状態によらないので期待値をとってもそのままである．ここで，第7章で導く久保公式を先取りして眺めてみる．$\Ham_1(t)=-F(t)\hat x$ に対する変位の応答は

$$ \delta\braket{\hat x}(t)=\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\;\braket{\left[\hat x_H(t),\hat x_H(t')\right]}\,F(t') $$

という形になる（第7章で導く．$\Ham_1$ に付いたマイナス符号がここで効いている）．ここで $\hat x_H$ は無摂動の $\Ham_0$ だけで発展させた演算子，すなわち6.4.2節の $\hat x_I$ と同じものである．そこで式 \eqref{eq:6-xxcomm} を代入すると

$$ \frac{\ii}{\hbar}\cdot\left(-\frac{\ii\hbar}{m\omega}\right)\sin\left[\omega(t-t')\right]=\frac{\sin\left[\omega(t-t')\right]}{m\omega} $$

すなわち

$$ \delta\braket{\hat x}(t)=\int_{-\infty}^{t}\frac{\sin\left[\omega(t-t')\right]}{m\omega}\,F(t')\,\dd t' $$

第2章で求めた減衰振動子のGreen関数 $G(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\gamma t/(2m)}\sin(\omega_1t)\,\theta(t)$ で減衰 $\gamma\to0$ とした形にほかならない．量子論から出発したのに，返ってきた答えは古典のGreen関数そのものである．

調和振動子は線形系なので，これは「そうあるべき」結果である．しかし「交換子＝古典のGreen関数」という対応が具体的に見えたことには意味がある．久保公式に交換子が現れる理由の半分は，ここに書いてある．

6.7.3 具体例2：回転磁場中のスピン

例題6.5　NMR の回転磁場

スピン $1/2$ に静磁場（$z$ 方向）と回転磁場を加える．摂動を $\Ham_1(t)=-\gamma B_1\left(\hat S_x\cos\omega t+\hat S_y\sin\omega t\right)$ とする．異なる時刻の交換子を計算せよ．

解答．$\theta_i\equiv\omega t_i$ と略記する．$[\hat S_x,\hat S_y]=\ii\hbar\hat S_z$，$[\hat S_x,\hat S_x]=[\hat S_y,\hat S_y]=0$ を使って展開すると

$$ \begin{aligned} &\left[\hat S_x\cos\theta_1+\hat S_y\sin\theta_1,\ \hat S_x\cos\theta_2+\hat S_y\sin\theta_2\right]\\ &\quad=\cos\theta_1\sin\theta_2\,[\hat S_x,\hat S_y]+\sin\theta_1\cos\theta_2\,[\hat S_y,\hat S_x]\\ &\quad=\ii\hbar\hat S_z\left(\cos\theta_1\sin\theta_2-\sin\theta_1\cos\theta_2\right) =\ii\hbar\hat S_z\sin\left(\theta_2-\theta_1\right) \end{aligned} $$

（最後は加法定理 $\sin(A-B)=\sin A\cos B-\cos A\sin B$）．したがって

$$ \left[\Ham_1(t_1),\Ham_1(t_2)\right]=\ii\hbar\,\gamma^2B_1^2\,\hat S_z\,\sin\left[\omega(t_2-t_1)\right] $$

∎ $t_1\ne t_2$（かつ $\omega(t_2-t_1)$ が $\pi$ の整数倍でない）ならゼロでない．しかも今度は演算子 $\hat S_z$ が残っている——c数ではない．

物理的には，磁場の向きが時々刻々変わるので，「先に $t_1$ の磁場で回してから $t_2$ の磁場で回す」のと「順序を逆にする」のとで，最終的なスピンの向きが違う，ということである．3次元の回転が可換でないのと同じ事情である．

交換子がc数のときの特別扱い

例題6.5と違い，式 \eqref{eq:6-xxcomm} のように交換子がc数になる場合には，Magnus展開（あるいはBCH公式）が2次で終わり

$$ T\exp\left[-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\Ham_{1I}\dd t'\right] =\ee^{\ii\Phi}\,\exp\left[-\frac{\ii}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\Ham_{1I}(t')\dd t'\right] $$

という形に厳密に書ける（$\Phi$ は実数の位相で，交換子の2重積分から決まる）．強制調和振動子が厳密に解けるのはこのためである．しかし一般の多体系ではこうはいかない．$T$ 積を真面目に扱う必要がある．

6.8 断熱的な印加と $\ee^{\eta t}$

6.8.1 なぜ必要なのか

ここまでの議論には，まだ穴がある．「$t=-\infty$ で系は $\Ham_0$ の基底状態にあった」と言いたいのだが，$t=-\infty$ から $\Ham_1$ が働いていたなら，そもそも基底状態にいる保証がない．かといって，ある時刻でいきなり $\Ham_1$ を入れると（階段関数的な印加），その瞬間に激しい過渡応答が起きてしまい，定常的な応答が見えなくなる．

解決策は例題6.4が教えてくれた．ゆっくり加えれば余計な励起は起きない．そこで摂動を

$$ \begin{equation} \Ham_1(t)\;\longrightarrow\;\Ham_1(t)\,\ee^{\eta t}\qquad(\eta>0,\ \text{最後に }\eta\to0^+) \label{eq:6-adiabatic} \end{equation} $$

と置き換える．この $\ee^{\eta t}$ を断熱因子（adiabatic switching factor）と呼ぶ．

断熱因子の3つの役割

  1. 初期条件を保証する．$t\to-\infty$ で $\ee^{\eta t}\to0$ なので摂動は消え，系は確実に $\Ham_0$ の固有状態にいる．
  2. 積分を収束させる．$\int_{-\infty}^{t}\dd t'\,\ee^{\eta t'}(\cdots)$ の下端が収束する．これがないと $\int_{-\infty}^t\ee^{-\ii\omega t'}\dd t'$ は振動して定まらない．数学的な正当化がここで入る．
  3. 因果律を式に埋め込む．次項で見るように，$\eta$ は最終的に $\omega\to\omega+\ii\eta$ という形で応答関数に残り，極を複素下半面に押しやる．第1章・第4章で議論した「上半面での正則性」がここから出る．

$\eta$ の逆数 $1/\eta$ が「摂動を立ち上げるのにかけた時間」である．$\eta\to0^+$ は「無限にゆっくり立ち上げる」ことを意味する．ただしこの立ち上げは数式の中だけの仮想的な操作であって，実験で当てる外場のパルス幅とは無関係である．この点は 6.8.4節で改めて強調する．

6.8.2 1次摂動で $\omega+\ii\eta$ が現れる様子

導出：断熱因子つきの1次摂動

単色の摂動 $\Ham_1(t)=\hat B\,\ee^{-\ii\omega t}\,\ee^{\eta t}$ を考える（$\hat B$ は時間によらないエルミート演算子）．$\Ham_0$ の固有状態を $\Ham_0\ket{n}=E_n\ket{n}$，$t=-\infty$ での初期状態を基底状態 $\ket{0}$ とする．

ひとつ断っておく．この $\Ham_1$ は，これ単体ではエルミートではない（$\Ham_1^\dagger=\hat B\,\ee^{+\ii\omega t}\ee^{\eta t}\ne\Ham_1$）．実際に加える物理的な摂動は $\hat B\,\ee^{-\ii\omega t}\ee^{\eta t}+\text{h.c.}$（h.c. はエルミート共役の略）である．ただし1次（線形）の応答では各Fourier成分の寄与を別々に計算して足し合わせればよいので，以下ではこの第1成分だけを追う．残る h.c. 成分の寄与が，あとで現れる $\chi(\omega)$ の第2項（反共鳴項）を与える．

ステップ1：$\Ham_{1I}$ の行列要素．定義 \eqref{eq:6-H1I} より

$$ \bra{n}\Ham_{1I}(t')\ket{0} =\bra{n}\ee^{\ii\Ham_0t'/\hbar}\hat B\,\ee^{-\ii\Ham_0t'/\hbar}\ket{0}\,\ee^{-\ii\omega t'}\ee^{\eta t'} $$

左のブラには $\ee^{\ii E_nt'/\hbar}$，右のケットには $\ee^{-\ii E_0t'/\hbar}$ が出るので

$$ =B_{n0}\,\ee^{\ii(E_n-E_0)t'/\hbar}\,\ee^{-\ii\omega t'}\,\ee^{\eta t'} =B_{n0}\,\ee^{\ii\left(\omega_{n0}-\omega-\ii\eta\right)t'} $$

ここで $B_{n0}\equiv\bra{n}\hat B\ket{0}$，$\omega_{n0}\equiv(E_n-E_0)/\hbar$ とおいた．3つの指数関数をまとめるとき $\ee^{\eta t'}=\ee^{\ii(-\ii\eta)t'}$ と書き換えた点に注意する．

ステップ2：時間積分．Dyson級数の1次の項をとると

$$ c_n(t)=-\frac{\ii}{\hbar}B_{n0}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\;\ee^{\ii\left(\omega_{n0}-\omega-\ii\eta\right)t'} $$

被積分関数の絶対値は $\ee^{\eta t'}$ であり，$t'\to-\infty$ でゼロに収束する．だから下端が定まる．原始関数を求めて代入すると

$$ \int_{-\infty}^{t}\ee^{\ii\alpha t'}\dd t'=\left[\frac{\ee^{\ii\alpha t'}}{\ii\alpha}\right]_{-\infty}^{t}=\frac{\ee^{\ii\alpha t}}{\ii\alpha}, \qquad \alpha\equiv\omega_{n0}-\omega-\ii\eta $$

よって

$$ c_n(t)=-\frac{\ii}{\hbar}B_{n0}\frac{\ee^{\ii(\omega_{n0}-\omega)t}\ee^{\eta t}}{\ii\left(\omega_{n0}-\omega-\ii\eta\right)} =-\frac{B_{n0}}{\hbar}\cdot\frac{\ee^{\ii(\omega_{n0}-\omega)t}\,\ee^{\eta t}}{\omega_{n0}-\omega-\ii\eta} $$

分母の符号を整理して，最終形は

$$ \begin{equation} c_n(t)=\frac{B_{n0}}{\hbar}\cdot\frac{\ee^{\ii(\omega_{n0}-\omega)t}\,\ee^{\eta t}}{\left(\omega+\ii\eta\right)-\omega_{n0}} \label{eq:6-cn} \end{equation} $$

∎

$\omega+\ii\eta$ の意味 — 第4章との対応

式 \eqref{eq:6-cn} の分母をよく見てほしい．断熱因子の $\eta$ が，$\omega$ の虚部として顔を出している：$\omega\longrightarrow\omega+\ii\eta$．

この置き換えが，第7章以降のあらゆる式に現れる．応答関数は

$$ \chi(\omega)=\frac{1}{\hbar}\sum_n\left[\frac{\abs{B_{n0}}^2}{\omega+\ii\eta-\omega_{n0}}-\frac{\abs{B_{n0}}^2}{\omega+\ii\eta+\omega_{n0}}\right] $$

のような形をとる（第8章のLehmann表示）．この関数を複素 $\omega$ 平面で見ると，極は $\omega=\pm\omega_{n0}-\ii\eta$，すなわち実軸のわずかに下にある．上半面には極がない．第1章1.4節・第4章で「因果律 $\Longleftrightarrow$ 上半面での正則性」と述べた，まさにその状況である．

断熱的な印加という物理的な処方が，複素平面の極の位置という数学的な性質に翻訳された．これが本章と第4章・第5章をつなぐ結び目である．第5章で学んだ留数定理は，この極を拾うために使う．

(a) 断熱因子 e^{ηt} のグラフ．η が大きい赤の実線は急に，小さい青の破線はそっと 1 に立ち上がる．(b) 複素 ω 平面．上半面には極がなく，下半面の実軸のすぐ下に ω=±ω_n0−iη の極が並ぶ．
図6.4　(a) 断熱因子 $\ee^{\eta t}$．$\eta$ が大きいと急に，小さいとそっと摂動が入る．$\eta\to0^+$ は「無限にゆっくり」の極限で，例題6.4で見たとおり余計な励起を起こさない．ここでの「立ち上げ」は数式の上の仮想的な操作であって，実験のパルス波形ではない——外場の時間波形 $f(t)$ は $\eta$ とは独立に自由に選べる（6.8.4節）．(b) その代償として，$\eta$ は $\omega\to\omega+\ii\eta$ という形で応答関数に残り，極を実軸の $\eta$ だけ下に押しやる．上半面には極がなく，$\chi(\omega)$ は上半面で正則になる．物理（断熱的な印加）と数学（上半面解析性）が，この $\eta$ 1つで結びついている．第5章の留数定理で積分路を上半面に閉じれば寄与ゼロ，下半面に閉じれば極を拾う——という計算がこの後ずっと続く．

6.8.3 $\eta$ の大きさと極限の順序

$\eta\to0^+$ をいつとるか — 極限の順序に注意

$\eta$ は「無限小の正の数」であって，途中で $\eta=0$ と置いてはいけない．守るべき順序は

  1. まず有限の $\eta>0$ で計算を最後まで実行する（積分を収束させる）
  2. 熱力学極限（体積 $V\to\infty$，粒子数 $N\to\infty$ で $N/V$ 一定）をとる
  3. 最後に $\eta\to0^+$ とする

順序を逆にすると，有限系では離散的だったスペクトルが連続的にならず，応答関数の虚部（＝散逸）がデルタ関数の櫛のままになってしまう．散逸は無限自由度と $\eta\to0^+$ の組み合わせから生まれる——これは第8章で改めて議論する重要な点である．

なお，$\eta$ を有限に残したまま計算を止めると，極は実軸から $\eta$ だけ離れたところに居座り，スペクトルには幅 $\eta$ のLorentz型の裾がつく．この幅は計算をどこで止めたかを表しているだけであって，系の物理的な線幅ではない．この2つはきわめて混同されやすいので，次の囲みで正面から整理しておく．

$\eta$ は緩和率ではない — 役割の整理

$\eta$ をめぐる混乱のほとんどは，次の2つを取り違えることから来る．

見分け方は単純である．$\eta\to0^+$ で消えるものは数学的な小道具，残るものが物理である．どちらも極を実軸の下へ押し下げるので図の上では似て見えるが，出自がまったく違う．

実務でややこしいのは，数値計算では $\eta$ を有限（たとえば $\hbar\eta=0.1\ \mathrm{eV}$）に取ってスペクトルを滑らかにするのが普通だ，という点である．これは離散的な数値データを目に見える曲線にするための便法であって，物理的な線幅を計算したことにはならない．$\eta$ を実験の線幅に合わせて調整する行為はフィッティングであって，予言ではない．次の例題で具体的に見る．

例題6.6　数値計算で $\eta$ をどのくらいに取るか

厳密には $\eta\to0^+$ である．しかし現実の数値計算では有限個の $\kk$ 点・有限個のバンドしか扱えないので，励起エネルギー $\hbar\omega_{n0}$ は有限個の離散値しか持たない．$\eta=0$ のままだと $\mathrm{Im}\,\chi(\omega)$ はデルタ関数の櫛になり，曲線として描けない．そこで $\eta$ を有限に取り，各デルタ関数を幅 $\eta$ のLorentz関数に太らせる．では，どのくらいに取るべきか．

目安は2つの不等式に挟まれる．$\Delta$ を計算で得られた励起エネルギーの離散間隔，$W_{\text{phys}}$ を見たい構造の幅（プラズモンピークの幅，バンド間遷移の立ち上がりなど）とすると

$$ \Delta\;\ll\;\hbar\eta\;\ll\;W_{\text{phys}} $$

左の不等式を破ると櫛が滑らかにならず，右の不等式を破ると見たい構造そのものが塗りつぶされる．

数値を入れてみる．バンド幅 $W\sim10\ \mathrm{eV}$ の金属を $32\times32\times32$ の $\kk$ 点で計算すると，励起は $N_k=3.3\times10^{4}$ 点ぶん得られるから

$$ \Delta\sim\frac{W}{N_k}\sim\frac{10\ \mathrm{eV}}{3.3\times10^{4}}\sim0.3\ \mathrm{meV} $$

一方，見たいプラズモンピークの幅は $W_{\text{phys}}\sim1\ \mathrm{eV}$ 程度である．したがって

$$ 0.3\ \mathrm{meV}\;\ll\;\hbar\eta\;\ll\;1\ \mathrm{eV} \quad\Longrightarrow\quad \hbar\eta\sim10\text{–}100\ \mathrm{meV} $$

が妥当な選択となる．$\hbar\omega_{n0}=1\ \mathrm{eV}$ の励起に対して $\eta/\omega_{n0}\sim10^{-2}$ であり，極は実用上「実軸のすぐ下」にある．$\kk$ 点を増やせば $\Delta$ が減るので，$\eta$ をさらに小さくできる．$\eta$ を小さくしてもスペクトルが変わらなくなったら収束，というのが正しい使い方である．

注意：この $\hbar\eta\sim0.1\ \mathrm{eV}$ を「実験で見える線幅 $0.1\ \mathrm{eV}$ を再現した」と読んではいけない．値が偶然近くなることはあるが，数値計算の $\eta$ は $\kk$ 点の数で決まる量であり，物理的な線幅は散乱過程で決まる量である．線幅を予言したければ $\mathrm{Im}\,\Sigma$ を別途計算しなければならない．

6.8.4 線形応答が使える条件 — 「速い」と「強い」は別である

断熱因子の話をすると，ほぼ必ず次の誤解が生まれる．「$\eta\to0^+$ はゆっくり印加する極限なのだから，フェムト秒パルスのような速い外場には線形応答理論は使えないのではないか」．これは誤りである．順に潰していく．

第一に，$\eta$ は外場のパルス幅ではない．6.8.1節で確認したとおり，$\ee^{\eta t}$ は「$t\to-\infty$ で系は平衡にあった」という初期条件を数式に翻訳し，時間積分を収束させるための道具である．実験で当てる外場の時間波形 $f(t)$ は，$\eta$ とはまったく独立に自由に選んでよい．そして $\eta$ は最後にゼロにするので，答えには $f(t)$ だけが残る．

第二に，任意の波形に対する線形応答は，遅延応答関数との畳み込みで書ける．第1章で導入し第7章で導出する関係は

$$ \delta\braket{\hat A(t)}=\int_{-\infty}^{t}\dd t'\,\chi^R_{AB}(t-t')\,f(t') $$

である．ここに $\eta$ は現れない．$f(t)$ が幅 $\Delta t=10\ \mathrm{fs}$ の短いパルスであっても，この式はそのまま成り立つ．Fourier 変換すれば $\delta A(\omega)=\chi^R_{AB}(\omega)f(\omega)$ であり，短いパルスは $\Delta\omega\sim1/\Delta t$ という広い帯域を持つ，つまり多くの振動数の $\chi^R(\omega)$ を一度に叩く，というだけのことである．広帯域であることは，非線形であることを意味しない．弱いパルス1発で広い振動数範囲の応答関数をまとめて測れるのは，むしろ時間分解分光の長所である．

第三に，線形応答が破れる本当の条件は「振幅」である．Dyson級数 \eqref{eq:6-dyson} を1次で打ち切ってよいかどうかは，2次以降の項が1次の項に比べて小さいかどうか，すなわち外場が弱いかどうかで決まる．目安は「外場が系に与えるエネルギーが，系の特徴的なエネルギースケール（バンド幅，ギャップ，$k_BT$ など）よりずっと小さい」ことである．パルスが短いか長いかは，この判定に入ってこない．

整理すると次の表になる．

表6.3 線形応答理論が使える場合・使えない場合
状況外場の振幅系の状態線形応答必要な枠組み
弱い連続波の照射（誘電関数の測定）弱い平衡近傍使える$\chi^R(\omega)$
弱いフェムト秒パルス（時間分解分光のプローブ）弱い平衡近傍使える$\chi^R$ との畳み込み（広帯域なだけ）
弱い静的な場（帯磁率・静的誘電率）弱い平衡使える$\chi(\qq,0)$
中性子・X線・電子線の非弾性散乱弱い平衡使える$S(\qq,\omega)$，揺動散逸定理（第12章）
強いポンプ光（高強度レーザー）強い平衡から遠い使えない非線形応答，実時間TDDFT，NEGF
ポンプ後の非熱的分布を持つ系のプローブプローブは弱い非平衡使えない※NEGF（2時刻の $\chi^R(t,t')$）
有限バイアス下の定常輸送大きい非平衡定常使えないNEGF，Landauer–Büttiker
履歴依存（ヒステリシス，相転移をまたぐ駆動）任意非平衡使えない実時間の非平衡計算

※ プローブ自体は弱くても，応答する系が平衡にないため，応答関数が時間差 $t-t'$ だけの関数にならず，$\chi^R(t,t')$ と2つの時刻に依存する．平衡線形応答の枠組みからはみ出すのはこの点である．

表の各行を縦に見比べてほしい．「使える／使えない」を分けているのは振幅が弱いかと系が平衡近傍かの2軸だけであり，パルスの長短はどの行でも判定基準になっていない．フェムト秒パルスでも弱ければ線形応答であり，ピコ秒パルスでも強ければ非線形である．時間スケールと振幅を混同しないこと——これが本節でいちばん覚えてほしい点である．

6.9 Gell-Mann–Low の定理

6.9.1 何が問題なのか

6.8節では「外から加える摂動」を断熱的に入れた．ところが多体系では，もっと根本的な場面で同じ手口を使う．第9章以降で扱う電子気体では

$$ \Ham=\underbrace{\Ham_0}_{\text{自由電子}}+\underbrace{\hat V}_{\text{Coulomb相互作用}} $$

と分ける．$\Ham_0$ の基底状態（Fermi球）$\ket{\Phi_0}$ は簡単に書けるが，$\Ham$ の真の基底状態 $\ket{\Psi_0}$ は分からない．しかし摂動論を回すには $\ket{\Psi_0}$ が必要である．

そこで相互作用そのものを断熱的にオンにする．$t=-\infty$ で自由電子として出発し，無限にゆっくり Coulomb相互作用を入れていけば，$t=0$ には真の基底状態にたどり着いているはずだ——というのが Gell-Mann–Low の発想である．

定理（Gell-Mann–Low, 1951）

Hamiltonian を $\Ham_\eta(t)=\Ham_0+\ee^{-\eta\abs{t}}\hat V$ とし，対応する相互作用表示の時間発展演算子を $\hat U_\eta(t,t_0)$ とする．$\ket{\Phi_0}$ を $\Ham_0$ の（非縮退な）基底状態とする．このとき，極限

$$ \begin{equation} \ket{\Psi_0}=\lim_{\eta\to0^{+}} \frac{\hat U_\eta(0,-\infty)\ket{\Phi_0}}{\braket{\Phi_0|\hat U_\eta(0,-\infty)|\Phi_0}} \label{eq:6-GML} \end{equation} $$

が存在すれば，それは相互作用のある Hamiltonian $\Ham=\Ham_0+\hat V$ の固有状態である．またエネルギー差は

$$ E-E_0=\lim_{\eta\to0^+}\ii\hbar\eta\,\lambda\frac{\partial}{\partial\lambda} \ln\braket{\Phi_0|\hat U_\eta^{(\lambda)}(0,-\infty)|\Phi_0} $$

で与えられる（$\lambda$ は $\hat V\to\lambda\hat V$ と入れた結合定数）．ここで $E$ は $\ket{\Psi_0}$ の，$E_0$ は $\ket{\Phi_0}$ の固有エネルギーである．

6.9.2 分母は何をしているのか — 位相因子の処理

なぜ分母で割るのか

素朴には $\ket{\Psi_0}\propto\hat U_\eta(0,-\infty)\ket{\Phi_0}$ と書きたい．ところが $\eta\to0^+$ の極限で，この右辺はそのままでは存在しない．理由は位相にある．

断熱的に相互作用を入れる時間はおよそ $1/\eta$ であり，その間に状態はエネルギーに応じた位相 $\ee^{-\ii Et/\hbar}$ を蓄積する．蓄積される位相はざっと

$$ \Delta\phi\sim\frac{(E-E_0)}{\hbar}\cdot\frac{1}{\eta}\xrightarrow{\ \eta\to0^+\ }\infty $$

と発散する．つまり $\hat U_\eta(0,-\infty)\ket{\Phi_0}$ は，向きは正しいのに，位相だけが猛烈に回り続けて収束しない．

式 \eqref{eq:6-GML} の分母 $\braket{\Phi_0|\hat U_\eta(0,-\infty)|\Phi_0}$ は，その発散する位相（と規格化）をちょうど打ち消すように働く．分母も同じ位相因子を含んでいるからである．割り算をすれば位相は約分され，残るのは意味のある「向き」だけになる．

物理量の期待値を計算するときには，分子と分母の両方に同じ位相が現れて自動的に消える．だから実用上は

$$ \frac{\braket{\Psi_0|\hat A_H(t)|\Psi_0}}{\braket{\Psi_0|\Psi_0}} =\frac{\bra{\Phi_0}T\!\left[\hat A_I(t)\,\hat U_\eta(\infty,-\infty)\right]\ket{\Phi_0}}{\braket{\Phi_0|\hat U_\eta(\infty,-\infty)|\Phi_0}} $$

と書く（右辺では最後に $\eta\to0^+$ をとる）．左辺を $\braket{\Psi_0|\Psi_0}$ で割ってあるのは，式 \eqref{eq:6-GML} の $\ket{\Psi_0}$ が $\braket{\Phi_0|\Psi_0}=1$ という中間規格化で定義されており，$\braket{\Psi_0|\Psi_0}$ は一般に $1$ にならないからである．

という「分母つきの公式」を使う．Feynman ダイアグラムの言葉では，この分母が非連結ダイアグラム（真空泡）をすべて打ち消す役割を果たす．

6.9.3 定理が使える条件と，破れる場合

「極限が存在すれば」という但し書きが重要

Gell-Mann–Low の定理は「極限が存在すれば固有状態である」と述べているだけで，存在することを保証していない．存在するためには，おおむね次が必要である．

破れる代表例が超伝導である．BCS基底状態は，どんなに弱い引力でも自由Fermi球から連続的にはつながらない（Cooper 不安定性）．したがって自由電子から出発する摂動論では，何次まで計算しても超伝導は出てこない．同様のことが，電子相関の強い系や量子相転移の両側でも起こりうる．

逆に，Landau の Fermi 液体論は「金属の基底状態と低励起状態は自由 Fermi 気体から断熱的につながっている」という主張であり，まさに Gell-Mann–Low が使える状況を述べている．第9〜11章で RPA を自由電子から出発する摂動展開として組み立てられるのも，この断熱連続性が成り立っているからである．ただし断熱連続性は摂動論に意味を持たせるための前提であって，RPA という特定の近似の定量的な精度を保証するものではない．RPA が制御された近似になるのは，高密度（弱結合）・長波長といった，泡型のダイアグラムが支配的になる条件のもとである．

線形応答理論では，どこまで必要か

第7章で久保公式を導くときには，実は Gell-Mann–Low の定理は使わない．理由は次のとおりである．

Gell-Mann–Low が必要になるのは，その先——$\Ham_0$ の平衡状態での期待値そのものを摂動論で評価する段階（第9〜11章の RPA，第13章の有限温度摂動論）である．本章では「そういう定理があり，断熱的に基底状態を作るという考え方が使われる」ことを押さえておけばよい．

6.10 まとめと演習

6.10.1 まとめ

6.10.2 演習問題

演習6.1　$\hat p_H(t)$ と自由粒子

(1) 6.3.3節と同じ手順で，調和振動子の $\hat p_H(t)=\hat p\cos\omega t-m\omega\hat x\sin\omega t$（式 \eqref{eq:6-pH}）を導け．

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

(3) (2) の結果を使って $[\hat x_H(t),\hat x_H(0)]$ を計算せよ．同時刻ではゼロだが，異時刻ではゼロでないことを確かめよ．

ヒント：(2) $[\hat x,\hat p^2]=2\ii\hbar\hat p$ を使う．$\hat p$ が保存量なので $\hat x$ の方程式は $\dd\hat x_H/\dd t=\hat p/m$ となり，右辺が定数演算子だから直ちに積分できる．(3) $[\hat x+\hat pt/m,\hat x]=\frac{t}{m}[\hat p,\hat x]=-\dfrac{\ii\hbar t}{m}$．これは c数であり，自由粒子の遅延Green関数 $\theta(t)\,t/m$ に対応する（調和振動子の結果 \eqref{eq:6-xxcomm} で $\omega\to0$ とした極限になっていることも確かめよ）．

演習6.2　$\hat U$ の別表現

$\Ham_1$ が時間に依存しない（$\Ham=\Ham_0+\Ham_1$ が定数）特別な場合を考える．

(1) Schrödinger表示の時間発展 $\ket{\psi_S(t)}=\ee^{-\ii\Ham(t-t_0)/\hbar}\ket{\psi_S(t_0)}$ と，相互作用表示の定義 \eqref{eq:6-Idef} を組み合わせて

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

を示せ．

(2) この $\hat U$ がユニタリであり，群性質 \eqref{eq:6-group} を満たすことを直接確かめよ．

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

ヒント：(1) $\ket{\psi_I(t)}=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_S(t)}$ と $\ket{\psi_S(t_0)}=\ee^{-\ii\Ham_0t_0/\hbar}\ket{\psi_I(t_0)}$ をつなぐ．(2) 3つの指数関数のエルミート共役を順序を逆にして並べる．(3) 交換する演算子の指数関数は自由に分解できる．この場合は $\Ham_{1I}(t)=\Ham_1$ となり時間依存性が消えるので，$T$ 積も不要になる．

演習6.3　3次の項で $1/3!$ を出す

6.6.2節の議論を3次に拡張する．以下 $\hat h(t)\equiv\Ham_{1I}(t)$ は6.6.2節と同じ略記である．

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

(1) 3つの時刻の大小関係の付け方が $3!=6$ 通りあることを列挙せよ．

(2) 6通りのどの領域で積分しても，$T$ 積を挟めば同じ値になることを，変数名の入れ替えによって示せ．

(3) したがって $I_3=\dfrac{1}{3!}\displaystyle\int_{t_0}^{t}\dd t_1\int_{t_0}^{t}\dd t_2\int_{t_0}^{t}\dd t_3\;T\left[\hat h(t_1)\hat h(t_2)\hat h(t_3)\right]$ となることを結論せよ．

ヒント：(1) $t_1>t_2>t_3$，$t_1>t_3>t_2$，$t_2>t_1>t_3$，$t_2>t_3>t_1$，$t_3>t_1>t_2$，$t_3>t_2>t_1$ の6通り．(2) たとえば $t_1\to t_2$, $t_2\to t_3$, $t_3\to t_1$ という巡回置換を施すと，領域は別の順序領域に移り，$T$ 積の中身は自動的に正しい順序に並び直される．(3) 6個の領域は境界を除いて立方体 $[t_0,t]^3$ を覆い尽くす．

演習6.4　矩形パルスによる励起

例題6.3の設定で，外力を「$0<t<\tau$ のとき $F_0$，それ以外はゼロ」の矩形パルスとする．

(1) $F(\omega)=\displaystyle\int_0^\tau F_0\ee^{\ii\omega t}\dd t$ を計算せよ．

(2) 式 \eqref{eq:6-P01} を使って $P_{0\to1}=\dfrac{2F_0^2}{m\hbar\omega^3}\sin^2\!\left(\dfrac{\omega\tau}{2}\right)$ を示せ．

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

(4) $\omega\tau=2\pi n$（$n$ は整数）のとき $P_{0\to1}=0$ になる．この「励起できない」条件の物理的意味を説明せよ．

ヒント：(1) $F(\omega)=F_0\dfrac{\ee^{\ii\omega\tau}-1}{\ii\omega}$ で $\abs{F(\omega)}^2=\dfrac{4F_0^2}{\omega^2}\sin^2(\omega\tau/2)$．(4) パルスの長さが振動周期の整数倍のとき，押した分と押し戻された分がちょうど打ち消し合う．第3章の共鳴・反共鳴と同じ干渉である．

演習6.5　交換子と古典Green関数

式 \eqref{eq:6-xxcomm} で得た $[\hat x_I(t_1),\hat x_I(t_2)]=-\dfrac{\ii\hbar}{m\omega}\sin[\omega(t_1-t_2)]$ について．

(1) これが c数（演算子でない）であることを確認し，なぜそうなるのかを $\hat a,\hat a^\dagger$ の交換関係から説明せよ．

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

(3) 応答関数を $\chi(t)=\dfrac{\ii}{\hbar}\theta(t)\braket{[\hat x_H(t),\hat x_H(0)]}$ と定義し（$\Ham_1=-F\hat x$ に対応する符号），これを計算して第2章のGreen関数 $G(t)=\frac{1}{m\omega_1}\ee^{-\gamma t/(2m)}\sin(\omega_1t)\theta(t)$ の $\gamma\to0$ 極限と一致することを示せ．

(4) (3) を第1章の規約で Fourier 変換し，収束因子 $\ee^{-\eta t}$ を入れて $\chi(\omega)=\dfrac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$ の形になることを示せ（$\omega_0$ は振動子の固有振動数である．本文でこれまで $\omega$ と書いてきた量を，ここではFourier変数の $\omega$ と区別するために $\omega_0$ と書き直した．最後に $\eta\to0^+$ とする）．極の位置が下半面にあることを確かめよ．

ヒント：(1) $\hat a$ と $\hat a^\dagger$ の交換子が数 $1$ なので，線形結合どうしの交換子は必ず数になる．(4) $\int_0^\infty\sin(\omega_0t)\ee^{\ii\omega t}\ee^{-\eta t}\dd t$ を2つの指数関数に分けて実行する．極は $\omega=\pm\omega_0-\ii\eta$．

演習6.6　断熱因子と収束

(1) 断熱因子なしで $\displaystyle\int_{-\infty}^{t}\ee^{\ii(\omega_{n0}-\omega)t'}\dd t'$ を計算しようとすると，下端が定まらないことを説明せよ．

(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を評価して示せ．

(3) 式 \eqref{eq:6-cn} で $t=0$ とすると $c_n(0)=\dfrac{B_{n0}}{\hbar\left(\omega+\ii\eta-\omega_{n0}\right)}$ となる．$\omega\to\omega_{n0}$ で発散しそうになるが，$\eta$ のおかげで有限に留まることを確かめ，$\abs{c_n}^2$ の最大値を $\eta$ で表せ．

(4) Sokhotski–Plemelj の公式（第5章）

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

を (3) に適用し，虚部がデルタ関数——すなわちエネルギー保存を伴う実励起——を与えることを説明せよ．

ヒント：(3) $\omega=\omega_{n0}$ で $\abs{c_n}^2=\abs{B_{n0}}^2/(\hbar\eta)^2$．$\eta\to0$ で発散するのは，共鳴的に励起され続けるからである．(4) この虚部が第3章の $\mathrm{Im}\,\chi$（吸収）に対応し，Fermi の黄金律の起源になる．第8章でスペクトル関数として再登場する．

参考文献

  1. A. L. Fetter, J. D. Walecka『多粒子系の量子論 理論編』（松原武生・藤井勝彦 訳）マグロウヒル，6節（3つの表示，断熱的な印加，および Gell-Mann–Low の定理）．本章の骨格はこの節に対応する．
  2. M. Gell-Mann and F. Low, "Bound States in Quantum Field Theory", Phys. Rev. 84, 350 (1951).
  3. F. J. Dyson, "The Radiation Theories of Tomonaga, Schwinger, and Feynman", Phys. Rev. 75, 486 (1949). —— 時間順序積とDyson級数の原論文．
  4. J. J. Sakurai, J. Napolitano, Modern Quantum Mechanics, 3rd ed., Cambridge University Press (2020), Chapter 2 および 5. —— 3つの表示と時間依存摂動論の標準的な解説．
  5. H. Bruus, K. Flensberg, Many-Body Quantum Theory in Condensed Matter Physics, Oxford University Press (2004), Chapter 5. —— 断熱因子の扱いが親切である．
  6. W. Magnus, "On the exponential solution of differential equations for a linear operator", Comm. Pure Appl. Math. 7, 649 (1954). —— 6.7.3節の囲み「交換子がc数のときの特別扱い」で触れたMagnus展開．