第7章久保公式の導出

導出：期待値は表示によらない

$$ \begin{aligned} \braket{\hat A(t)} &= \bra{\psi_S(t)}\hat A_S\ket{\psi_S(t)}\\ &= \left(\bra{\psi_I(t)}\ee^{+\ii\Ham_0t/\hbar}\right)\hat A_S\left(\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_I(t)}\right)\\ &= \bra{\psi_I(t)}\underbrace{\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A_S\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}}_{=\ \hat A_I(t)}\ket{\psi_I(t)} \end{aligned} $$

第2行では $\left(\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{\psi_I}\right)^\dagger=\bra{\psi_I}\ee^{+\ii\Ham_0t/\hbar}$ を使った（$\Ham_0$ がエルミートだから $\left(\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\right)^\dagger=\ee^{+\ii\Ham_0t/\hbar}$）．したがって

∎ 最後の等号で $\ket{\psi_I(t)}=\hat U_I(t,-\infty)\ket{0}$ を使った．

導出7.1：1次摂動 —— 交換子が現れる瞬間

ステップ1：$\hat U_I$ を1次まで書く．式 \eqref{eq:7-U1} より

$$ \hat U_I(t,-\infty) = 1 - \frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t_2\,\Ham_{\text{ext},I}(t_2) $$

（積分変数を $t_2$ と名付けた．理由はすぐ分かる．）

ステップ2：そのエルミート共役を取る．ここが決定的である．積のエルミート共役は順序が逆になり，複素数は複素共役になる．$\left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)^*=+\frac{\ii}{\hbar}$，そして $\Ham_{\text{ext},I}(t_1)$ はエルミート演算子である．なぜなら

$$ \Ham_{\text{ext},I}^\dagger(t_1) = \left(\ee^{\ii\Ham_0t_1/\hbar}\Ham_{\text{ext}}(t_1)\ee^{-\ii\Ham_0t_1/\hbar}\right)^\dagger = \ee^{\ii\Ham_0t_1/\hbar}\Ham_{\text{ext}}^\dagger(t_1)\ee^{-\ii\Ham_0t_1/\hbar} = \Ham_{\text{ext},I}(t_1) $$

（$\Ham_{\text{ext}}=f\hat B\ee^{\eta t}$ で $f$ は実数，$\hat B$ はエルミートだから $\Ham_{\text{ext}}^\dagger=\Ham_{\text{ext}}$）．積分は演算子の和にすぎないので，積分全体もエルミートである．したがって

符号が $-$ から $+$ に反転した．この1個の符号反転が，交換子を生む．

ステップ3：サンドイッチを展開する．式 \eqref{eq:7-expect} に代入する：

$$ \braket{\hat A(t)} = \bra{0} \left(1 + \frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t_1\,\Ham_{\text{ext},I}(t_1)\right) \hat A_I(t) \left(1 - \frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t_2\,\Ham_{\text{ext},I}(t_2)\right) \ket{0} $$

括弧を機械的に開く．項は $2\times2=4$ 個できる．1つずつ番号を付けて書き出す．

$$ \begin{aligned} \text{(0)}\quad&\bra{0}\hat A_I(t)\ket{0}\\[2pt] \text{(I)}\quad&+\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t_1\;\bra{0}\,\Ham_{\text{ext},I}(t_1)\,\hat A_I(t)\,\ket{0}\\[2pt] \text{(II)}\quad&-\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t_2\;\bra{0}\,\hat A_I(t)\,\Ham_{\text{ext},I}(t_2)\,\ket{0}\\[2pt] \text{(III)}\quad&+\frac{1}{\hbar^2}\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t_1\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t_2\;\bra{0}\Ham_{\text{ext},I}(t_1)\hat A_I(t)\Ham_{\text{ext},I}(t_2)\ket{0} \end{aligned} $$

項(III) は $\Ham_{\text{ext}}$ を2個含むので $f^2$ に比例する．線形応答では捨てる．

ステップ4：項(0) を評価する．これは外場がないときの値である．$\ket{0}$ は $\Ham_0$ の固有状態（$\Ham_0\ket{0}=E_0\ket{0}$）だから，指数関数は単なる位相になる：

$$ \bra{0}\hat A_I(t)\ket{0} = \bra{0}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{0} = \ee^{\ii E_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii E_0t/\hbar}\,\bra{0}\hat A\ket{0} = \bra{0}\hat A\ket{0} = \braket{\hat A}_0 $$

位相が完全に打ち消し合い，時間に依らない平衡値になった．これは当然で，外場がなければ何も動かない．したがって求める変化分は

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = \text{(I)} + \text{(II)} $$

である．

ステップ5：積分変数の名前を揃える．項(I) の $t_1$ と項(II) の $t_2$ は，どちらも $-\infty$ から $t$ まで走るダミー変数である．名前は何でもよいので，両方 $t'$ と書き直す．すると2つの項の積分が1本にまとまる：

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = \frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\;\bra{0}\Big( \underbrace{\Ham_{\text{ext},I}(t')\,\hat A_I(t)}_{\text{項(I) から}} \;-\; \underbrace{\hat A_I(t)\,\Ham_{\text{ext},I}(t')}_{\text{項(II) から}} \Big)\ket{0} $$

（項(II) は元々マイナス符号だったので，全体を $+\frac{\ii}{\hbar}$ で括ると括弧の中が $-$ になる．）

ステップ6：交換子として認識する．括弧の中は

$$ \Ham_{\text{ext},I}(t')\hat A_I(t) - \hat A_I(t)\Ham_{\text{ext},I}(t') = -\left[\hat A_I(t),\,\Ham_{\text{ext},I}(t')\right] $$

である（交換子の定義 $[\hat X,\hat Y]=\hat X\hat Y-\hat Y\hat X$ で，順序が逆なのでマイナスが付く）．したがって

ステップ7：$\Ham_{\text{ext}}$ の中身を入れる．$\Ham_{\text{ext},I}(t')=f(t')\ee^{\eta t'}\,\hat B_I(t')$ である．$f(t')$ と $\ee^{\eta t'}$ はただの数なので，交換子の外に自由に出せる：

$$ \left[\hat A_I(t),\,f(t')\ee^{\eta t'}\hat B_I(t')\right] = f(t')\,\ee^{\eta t'}\left[\hat A_I(t),\hat B_I(t')\right] $$

これを代入し，7.2.1節の約束に従って添字 $I$ を $H$ に書き換えると

∎ ここで $\braket{\cdots}=\bra{0}\cdots\ket{0}$ は無摂動基底状態での期待値である．これが久保公式の実体である．あとは書き方の整理だけである．

導出7.2：定理7.1の証明（$T=0$ の場合）

交換子の第1項 $\bra{0}\hat A_H(t)\hat B_H(t')\ket{0}$ を書き下す．Heisenberg演算子の定義を代入すると

$$ \bra{0}\hat A_H(t)\hat B_H(t')\ket{0} = \bra{0}\;\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\;\ee^{\ii\Ham_0t'/\hbar}\hat B\,\ee^{-\ii\Ham_0t'/\hbar}\;\ket{0} $$

ステップ1：真ん中の2つの指数関数をまとめる．$\Ham_0$ どうしは交換するので指数法則がそのまま使えて

$$ \ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\,\ee^{\ii\Ham_0t'/\hbar} = \ee^{-\ii\Ham_0(t-t')/\hbar} $$

ステップ2：両端の指数関数を状態に作用させる．$\Ham_0\ket{0}=E_0\ket{0}$ なので

$$ \bra{0}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar} = \ee^{\ii E_0t/\hbar}\bra{0}, \qquad \ee^{-\ii\Ham_0t'/\hbar}\ket{0} = \ee^{-\ii E_0t'/\hbar}\ket{0} $$

（左側は $\Ham_0$ がエルミートだから $\bra 0\Ham_0=E_0\bra0$ を使った．）両方掛けると位相は

$$ \ee^{\ii E_0t/\hbar}\cdot\ee^{-\ii E_0t'/\hbar} = \ee^{\ii E_0(t-t')/\hbar} $$

となり，これも差にしか依らない．

ステップ3：まとめる．

$$ \bra{0}\hat A_H(t)\hat B_H(t')\ket{0} = \ee^{\ii E_0(t-t')/\hbar}\,\bra{0}\hat A\,\ee^{-\ii\Ham_0(t-t')/\hbar}\,\hat B\ket{0} $$

右辺には $t$ と $t'$ が $t-t'$ という組合せでしか現れない．第2項 $\bra0\hat B_H(t')\hat A_H(t)\ket0$ もまったく同じ計算で $t-t'$ だけの関数になる．∎

導出7.3：密度行列による1次摂動（有限温度でも通用する）

ステップ1：無摂動の密度行列．温度 $T=1/k_B\beta$ の熱平衡では

$$ \hat\rho_0 = \frac{\ee^{-\beta\Ham_0}}{Z}, \qquad Z = \Tr\,\ee^{-\beta\Ham_0} $$

である．重要なのは $\hat\rho_0$ が $\Ham_0$ の関数なので

$$ \left[\hat\rho_0,\;\Ham_0\right] = 0 $$

が成り立つこと，すなわち $\hat\rho_0$ は定常である（外場がなければ時間発展しない）．$T=0$ の場合は $\hat\rho_0=\ket{0}\bra{0}$ であり，これも $\Ham_0$ と交換する．以下の議論は両方に通用する．

ステップ2：相互作用表示のvon Neumann方程式．密度行列の時間発展は $\ii\hbar\partial_t\hat\rho=[\Ham,\hat\rho]$（von Neumann方程式）で与えられる．相互作用表示 $\hat\rho_I(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat\rho(t)\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ に移すと，$\Ham_0$ の寄与が消えて

$$ \ii\hbar\frac{\partial\hat\rho_I(t)}{\partial t} = \left[\Ham_{\text{ext},I}(t),\,\hat\rho_I(t)\right] $$

となる．

ステップ3：1次まで解く．初期条件 $\hat\rho_I(-\infty)=\hat\rho_0$ のもとで両辺を積分し，右辺の $\hat\rho_I$ を $\hat\rho_0$ で置き換える（これが1次近似）：

$$ \hat\rho_I(t) = \hat\rho_0 - \frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\left[\Ham_{\text{ext},I}(t'),\,\hat\rho_0\right] $$

ステップ4：期待値を取る．期待値は $\braket{\hat A(t)}=\Tr\left[\hat\rho_I(t)\,\hat A_I(t)\right]$ である（相互作用表示でも，状態と演算子の両方を移せば期待値は変わらない）．1次の項は

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = -\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\; \Tr\Big\{\left[\Ham_{\text{ext},I}(t'),\hat\rho_0\right]\hat A_I(t)\Big\} $$

ステップ5：トレースの巡回性で交換子を移す．ここが計算の山場である．$\Tr(\hat X\hat Y\hat Z)=\Tr(\hat Z\hat X\hat Y)$ という性質を使う．$\hat X\equiv\Ham_{\text{ext},I}(t')$，$\hat A\equiv\hat A_I(t)$ と略記して

$$ \begin{aligned} \Tr\Big\{[\hat X,\hat\rho_0]\hat A\Big\} &= \Tr\left(\hat X\hat\rho_0\hat A\right) - \Tr\left(\hat\rho_0\hat X\hat A\right)\\ &= \Tr\left(\hat\rho_0\hat A\hat X\right) - \Tr\left(\hat\rho_0\hat X\hat A\right) \qquad\text{（第1項に巡回性 } \Tr(\hat X\hat\rho_0\hat A)=\Tr(\hat\rho_0\hat A\hat X)\text{ を使った）}\\ &= \Tr\Big\{\hat\rho_0\left[\hat A,\hat X\right]\Big\} = \braket{\left[\hat A,\hat X\right]} \end{aligned} $$

すなわち「$\hat\rho_0$ との交換子」が「$\hat A$ との交換子」に移った．これは第1量子化の言葉では「部分積分」に相当する操作である．

ステップ6：結果．

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = -\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\dd t'\; \braket{\left[\hat A_H(t),\,\Ham_{\text{ext},I}(t')\right]} $$

∎ これは式 \eqref{eq:7-comm-general} とまったく同じである．ただし今度は $\braket{\cdots}=\Tr(\hat\rho_0\cdots)$ が熱平均を意味する．$\Ham_{\text{ext},I}=f\ee^{\eta t'}\hat B_I$ を入れれば，久保公式 \eqref{eq:7-kubo} がそのままの形で有限温度でも成り立つ．公式の形は変わらず，期待値の意味だけが変わる．

導出7.4：$\chi^R_{AB}(\omega)$ を書き下す

定義に従って計算する．$\chi^R_{AB}(t)$ は $\theta(t)$ を含むので，$t<0$ ではゼロである．したがって積分の下限が $0$ になる：

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\chi^R_{AB}(t)\,\ee^{\ii\omega t} = \int_{0}^{\infty}\dd t\;\chi^R_{AB}(t)\,\ee^{\ii\omega t} $$

ここで手が止まる．$\chi^R_{AB}(t)$ は一般に $t\to\infty$ で減衰しない．7.6節で見るように，調和振動子では $\chi^R_{xx}(t)\propto\sin\omega_0t$ で，いつまでも振動し続ける．この積分は収束しない．

$\ee^{\eta t}$ が救ってくれる．式 \eqref{eq:7-conv} には $\ee^{\eta t'}$ が付いていた．単色外場 $f(t')=f_0\ee^{-\ii\omega t'}$ を代入して計算し直すと，この因子が $\ee^{-\eta t}$ という減衰因子として応答関数側に移ることが分かる（次の7.4.3節で実際に確かめる）．結果として

と書けばよい．$\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)t}=\ee^{\ii\omega t}\ee^{-\eta t}$ であり，絶対値は $\ee^{-\eta t}\to0$（$t\to\infty$）だから，$\chi^R_{AB}(t)$ が有界でありさえすれば積分は収束する．∎

導出7.5：$f(t)=f_0\ee^{-\ii\omega t}$ を入れる

実験でいちばん多いのは一定の振動数で系をゆする場合である．$f(t')=f_0\ee^{-\ii\omega t'}$ を式 \eqref{eq:7-main} に代入する：

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = \int_{-\infty}^{t}\dd t'\;\chi^R_{AB}(t-t')\;f_0\,\ee^{-\ii\omega t'}\,\ee^{\eta t'} $$

ステップ1：変数変換 $s=t-t'$．すると $t'=t-s$，$\dd t'=-\dd s$ であり，積分範囲は $t'=-\infty\Rightarrow s=+\infty$，$t'=t\Rightarrow s=0$ となる．マイナス符号は積分の上下を入れ替えるのに使われて

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = \int_{0}^{\infty}\dd s\;\chi^R_{AB}(s)\;f_0\,\ee^{-\ii\omega(t-s)}\,\ee^{\eta(t-s)} $$

ステップ2：$t$ に依る部分を外に出す．$\ee^{-\ii\omega(t-s)}=\ee^{-\ii\omega t}\ee^{\ii\omega s}$，$\ee^{\eta(t-s)}=\ee^{\eta t}\ee^{-\eta s}$ だから

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = f_0\,\ee^{-\ii\omega t}\,\ee^{\eta t}\;\int_{0}^{\infty}\dd s\;\chi^R_{AB}(s)\;\ee^{\ii\omega s}\ee^{-\eta s} $$

ステップ3：積分は式 \eqref{eq:7-chi-omega} そのものである．$\ee^{\ii\omega s}\ee^{-\eta s}=\ee^{\ii(\omega+\ii\eta)s}$ だから

右辺の $\chi^R_{AB}(\omega)$ は定義 \eqref{eq:7-chi-omega} そのものであって，$\eta$ はすでにその中に織り込まれている．これを「複素変数 $z=\omega+\ii\eta$ の関数を実軸のすぐ上で評価したもの」と読んで $\chi^R_{AB}(\omega+\ii\eta)$ と明示的に書く流儀もあり，本書も7.9節・表7.4ではその書き方を使う．同じものの別表記なので混乱しないでほしい．

∎ 外場の $\ee^{\eta t}$ がそのまま応答にも付き，同時に $\ee^{-\eta s}$ が応答関数側に移って収束因子になった．これで式 \eqref{eq:7-chi-omega} に $\ii\eta$ が入る理由が完全にはっきりした．$\eta$ は後から都合よく足したものではなく，初めから摂動に入っていた $\ee^{\eta t}$ の帰結である．

導出7.6：$\chi^R_{AB}(t)$ が実関数であること

エルミート性からもう1つ，実用上とても重要な性質が出る．$\hat A,\hat B$ をエルミート演算子とする．

ステップ1：交換子のエルミート共役．

$$ \left[\hat A_H(t),\hat B_H(t')\right]^\dagger = \left(\hat A_H\hat B_H - \hat B_H\hat A_H\right)^\dagger = \hat B_H^\dagger\hat A_H^\dagger - \hat A_H^\dagger\hat B_H^\dagger = \hat B_H\hat A_H - \hat A_H\hat B_H = -\left[\hat A_H(t),\hat B_H(t')\right] $$

（$\hat A_H^\dagger=\hat A_H$ である．なぜなら $\hat A_H=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat A\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ で，$\hat A$ がエルミートなら共役を取っても同じ形に戻るからである．）つまり交換子は反エルミート演算子である．

ステップ2：反エルミート演算子の期待値は純虚数．一般に $\hat C^\dagger=-\hat C$ なら $\braket{\hat C}^*=\braket{\hat C^\dagger}=-\braket{\hat C}$，すなわち $\braket{\hat C}$ は純虚数である．したがって

$$ \braket{\left[\hat A_H(t),\hat B_H(t')\right]} = \ii\times(\text{実数}) $$

ステップ3：結論．久保公式 \eqref{eq:7-kubo} は $-\frac{\ii}{\hbar}\theta\times(\ii\times\text{実数})=\frac{1}{\hbar}\theta\times(\text{実数})$ なので

∎ これは物理的には当然である．$\delta\braket{\hat A(t)}$ は実測できる実数であり，$f(t)$ も実数だから，その比が複素数であっては困る．公式の $-\ii/\hbar$ という因子は，交換子が持つ純虚数性をちょうど打ち消すために付いているのである．$\ii$ が余分に見えたら，この計算を思い出すとよい．

なお，時間領域で実数であることは，Fourier変換すると $\chi^R_{AB}(-\omega)=\left[\chi^R_{AB}(\omega)\right]^*$ を意味する．これは第1章・第4章で「実数性の条件」として述べたものである．ここでも第I部の枠組みに戻っている．

導出7.7：久保公式の古典極限

式 \eqref{eq:7-correspondence} を久保公式 \eqref{eq:7-kubo} に代入する．$\hbar$ が全部消えることを確認しよう．

$$ \chi^R_{AB}(t) = -\frac{\ii}{\hbar}\,\theta(t)\,\braket{\left[\hat A_H(t),\hat B_H(0)\right]} \;\longrightarrow\; -\frac{\ii}{\hbar}\,\theta(t)\,\ii\hbar\,\braket{\{A(t),B(0)\}_{\text{PB}}} $$

係数を整理すると $-\frac{\ii}{\hbar}\cdot\ii\hbar = -\ii^2 = +1$ である．したがって

∎ $\hbar$ が完全に消えた．これは重要な確認である．もし $\hbar$ が残っていたら，古典極限が存在しないことになってしまう．久保公式の $-\ii/\hbar$ という奇妙に見える係数は，まさに古典極限がきれいに存在するように付いているのである．

期待値 $\braket{\cdots}$ は古典的には位相空間での平均 $\int\dd\Gamma\,\rho_0(\Gamma)\cdots$ になる（この $\dd\Gamma$ は位相空間の体積要素であって，第2章の減衰率 $\Gamma$ とは何の関係もない）．$\rho_0$ は平衡分布（正準分布 $\ee^{-\beta H_0}/Z$ など）である．

導出7.8：$[\hat x_H(t),\hat x]$ を生成消滅演算子で計算する

ステップ1：両方を $\hat a,\hat a^\dagger$ で書く．式 \eqref{eq:7-x-ladder}, \eqref{eq:7-xH} より，共通因子 $\sqrt{\hbar/2m\omega_0}$ が2つ出るので

$$ \left[\hat x_H(t),\hat x\right] = \frac{\hbar}{2m\omega_0}\left[\hat a\,\ee^{-\ii\omega_0t}+\hat a^\dagger\ee^{\ii\omega_0t},\;\hat a+\hat a^\dagger\right] $$

ステップ2：双線形性で4つに分ける．交換子は各引数について線形なので，機械的に展開できる．$\ee^{\pm\ii\omega_0t}$ はただの数なので交換子の外に出る：

$$ = \frac{\hbar}{2m\omega_0}\Big( \ee^{-\ii\omega_0t}\underbrace{[\hat a,\hat a]}_{=0} + \ee^{-\ii\omega_0t}[\hat a,\hat a^\dagger] + \ee^{\ii\omega_0t}[\hat a^\dagger,\hat a] + \ee^{\ii\omega_0t}\underbrace{[\hat a^\dagger,\hat a^\dagger]}_{=0} \Big) $$

（同じ演算子どうしの交換子はゼロである．）

ステップ3：交換関係を入れる．$[\hat a,\hat a^\dagger]=1$，$[\hat a^\dagger,\hat a]=-1$ だから

$$ = \frac{\hbar}{2m\omega_0}\left(\ee^{-\ii\omega_0t} - \ee^{\ii\omega_0t}\right) $$

ステップ4：三角関数にする．Euler の公式 $\ee^{\ii\theta}-\ee^{-\ii\theta}=2\ii\sin\theta$ を使う．いまは順序が逆なので

$$ \ee^{-\ii\omega_0t}-\ee^{\ii\omega_0t} = -2\ii\sin\omega_0t $$

したがって

別解．式 \eqref{eq:7-xH} の右側の表示 $\hat x\cos\omega_0t+\frac{\hat p}{m\omega_0}\sin\omega_0t$ を使えば，生成消滅演算子を経由せず，正準交換関係だけで1行で出る：

$$ \left[\hat x_H(t),\hat x\right] = \left[\hat x\cos\omega_0t+\frac{\hat p}{m\omega_0}\sin\omega_0t,\;\hat x\right] = \frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\left[\hat p,\hat x\right] = \frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\cdot(-\ii\hbar) = -\frac{\ii\hbar\sin\omega_0t}{m\omega_0} $$

（正準交換関係 $[\hat x,\hat p]=\ii\hbar$，したがって $[\hat p,\hat x]=-\ii\hbar$．）2通りの計算で同じ答えが出た．∎

導出7.9：$\chi^R_{xx}(t)$

久保公式 \eqref{eq:7-kubo} に式 \eqref{eq:7-xx-comm} を代入する．係数の計算を慎重に行う：

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

係数だけ取り出すと

$$ \left(-\frac{\ii}{\hbar}\right)\times\left(-\frac{\ii\hbar}{m\omega_0}\right) = \frac{\ii^2\,\hbar}{\hbar\,m\omega_0} = \frac{-1}{m\omega_0} $$

（$\ii^2=-1$，$\hbar$ が約分された．）したがって

∎ $\hbar$ が完全に消えた．そして例題7.2で古典的に求めた $\chi^{R,\text{古典}}_{xx}(t)=-\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\theta(t)$ と完全に一致した．

導出7.10：$\chi^R_{xx}(\omega)$ —— 積分を1本も飛ばさずに

式 \eqref{eq:7-chi-omega} に従って計算する．以下，$z\equiv\omega+\ii\eta$ と略記する（$\mathrm{Im}\,z=\eta>0$）．

$$ \chi^R_{xx}(\omega) = \int_0^\infty\dd t\;\left(-\frac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\right)\ee^{\ii z t} = -\frac{1}{m\omega_0}\int_0^\infty\dd t\;\sin(\omega_0t)\,\ee^{\ii zt} $$

ステップ1：$\sin$ を指数関数に開く．$\sin\theta=\dfrac{\ee^{\ii\theta}-\ee^{-\ii\theta}}{2\ii}$ より

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

ステップ2：基本積分を計算する．$X$ を $\mathrm{Im}\,X>0$ の複素数として

$$ \int_0^\infty \ee^{\ii Xt}\,\dd t = \left[\frac{\ee^{\ii Xt}}{\ii X}\right]_0^\infty = \frac{0-1}{\ii X} = -\frac{1}{\ii X} = \frac{\ii}{X} $$

である．上端がゼロになる理由を確認しておく：$\abs{\ee^{\ii Xt}} = \ee^{-(\mathrm{Im}X)t}\to0$（$t\to\infty$）．ここで $\eta>0$ が効いている．$\eta=0$ ちょうどだと $\abs{\ee^{\ii Xt}}=1$ のままで，上端が振動して収束しない．最後の等号では $\frac{1}{\ii}=-\ii$，したがって $-\frac{1}{\ii X}=-\frac{-\ii}{X}=\frac{\ii}{X}$ を使った．

いま $X=z\pm\omega_0$ で，$\mathrm{Im}(z\pm\omega_0)=\eta>0$（$\omega_0$ は実数なので虚部を変えない）だから，両方の積分に使える：

$$ \chi^R_{xx}(\omega) = -\frac{1}{2\ii\,m\omega_0}\left[\frac{\ii}{z+\omega_0}-\frac{\ii}{z-\omega_0}\right] $$

ステップ3：$\ii$ を約分する．括弧の中の $\ii$ を前に出すと $\frac{\ii}{2\ii}=\frac12$：

$$ = -\frac{1}{2m\omega_0}\left[\frac{1}{z+\omega_0}-\frac{1}{z-\omega_0}\right] $$

ステップ4：通分する．

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

ステップ5：代入して整理する．

$$ \chi^R_{xx}(\omega) = -\frac{1}{2m\omega_0}\cdot\frac{-2\omega_0}{z^2-\omega_0^2} = \frac{1}{m\left(z^2-\omega_0^2\right)} = -\frac{1}{m\left(\omega_0^2-z^2\right)} $$

$z=\omega+\ii\eta$ を戻して

∎ これが久保公式から出た量子調和振動子の応答関数である．

導出7.11：吸収パワーの符号を確かめる

表7.2 の「吸収」の行を確かめておく．本書の流儀では，外場が系に与えるエネルギーの割合は $\frac{\dd W}{\dd t}=\Braket{\frac{\partial\Ham}{\partial t}}=\dot f(t)\braket{\hat B(t)}$ である．実の外場 $f_0\cos\omega t=\frac{f_0}{2}(\ee^{-\ii\omega t}+\ee^{\ii\omega t})$ を式 \eqref{eq:7-product} に入れ，$\chi\equiv\chi^R_{BB}=\chi'+\ii\chi''$ と実数性 $\chi(-\omega)=\chi(\omega)^*$（導出7.6）を使うと

$$ \delta\braket{\hat B(t)} = \frac{f_0}{2}\left[\chi(\omega)\ee^{-\ii\omega t}+\chi(\omega)^*\ee^{\ii\omega t}\right] = f_0\left[\chi'\cos\omega t + \chi''\sin\omega t\right] $$

となる．これに $\dot f=-f_0\omega\sin\omega t$ を掛けて1周期で平均する（$\overline{\sin\cos}=0$，$\overline{\sin^2}=\frac12$）と

∎ 吸収（$\dd W/\dd t>0$）には $\omega\chi''<0$ が必要である．本書の流儀では散逸を表す量は $-\chi''$ である．第3章の「$\mathrm{Im}\chi>0$ が吸収」と逆に見えるが，$\chi^R=-\chi_{\text{第3章}}$ なので当然で，物理は同じである．第8章8.4.3節，第9章9.6節の損失関数 $-\mathrm{Im}\,\epsilon^{-1}$ もすべてこの流儀に揃っている．

導出7.12：$\chi''_{xx}(\omega)$ はデルタ関数の対である

導出7.10のステップ3で得た部分分数分解

$$ \chi^R_{xx}(\omega) = -\frac{1}{2m\omega_0}\left[\frac{1}{\omega+\omega_0+\ii\eta}-\frac{1}{\omega-\omega_0+\ii\eta}\right] $$

から出発する．第5章のSokhotski–Plemelj公式

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

を各項に使う．虚部だけ取り出すと

$$ \chi''_{xx}(\omega) = -\frac{1}{2m\omega_0}\left[-\pi\delta(\omega+\omega_0)+\pi\delta(\omega-\omega_0)\right] $$

すなわち

実部は主値の部分で，$\omega\ne\pm\omega_0$ では $\chi'_{xx}(\omega)=-\frac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$ である．∎

検算．$\omega=+\omega_0$ 付近では $\chi''<0$ である．式 \eqref{eq:7-power} に入れると吸収パワーは

$$ \overline{\frac{\dd W}{\dd t}} = -\frac12 f_0^2\,\omega_0\cdot\left(-\frac{\pi}{2m\omega_0}\delta(\omega-\omega_0)\right) = \frac{\pi f_0^2}{4m}\,\delta(\omega-\omega_0) \;>\;0 $$

正しく正である．系は共鳴振動数でだけエネルギーを吸収する．

導出7.13：$\bm A$ について展開する

2乗を開く．$\bm A(t)$ は空間に依らない c 数なので $\pp_i$ と交換し，順序を気にしなくてよい：

$$ \frac{(\pp_i-q\bm A)^2}{2m} = \frac{\pp_i^2}{2m} - \frac{q}{m}\,\bm A\cdot\pp_i + \frac{q^2\bm A^2}{2m} $$

$i$ について和を取ると

ここで $x$ 方向だけを考え，常磁性電流演算子を

$$ \begin{equation} \hat J^p_x \equiv \frac{q}{m}\sum_{i=1}^{N}\hat p_{ix} \label{eq:7-Jp} \end{equation} $$

と定義した．∎

導出7.14：伝導度の久保公式

ステップ1：本書の記法に合わせる．式 \eqref{eq:7-Hem} の1次の項を $\Ham_{\text{ext}}=f\hat B$ と見比べる：

$$ f(t) = -A_x(t), \qquad \hat B = \hat J^p_x $$

（表7.1 の第3行がこれである．）測りたいのは $\hat A=\hat J^p_x$ なので，必要な応答関数は $\chi^R_{J^pJ^p}$ である．

ステップ2：常磁性電流の応答．式 \eqref{eq:7-product} より，振動数空間で

$$ \delta\braket{\hat J^p_x}(\omega) = \chi^R_{J^pJ^p}(\omega)\,f(\omega) = -\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)\,A_x(\omega) $$

ステップ3：反磁性項を足す．平衡状態では電流は流れていない（$\braket{\hat J^p_x}_0=0$）から，$\braket{\hat J^p_x}$ はまるごと外場による変化分 $\delta\braket{\hat J^p_x}$ に等しい．したがって全電流の期待値は

$$ \braket{\hat J_x}(\omega) = \delta\braket{\hat J^p_x}(\omega) - \frac{Nq^2}{m}A_x(\omega) = -\left[\chi^R_{J^pJ^p}(\omega) + \frac{Nq^2}{m}\right]A_x(\omega) $$

ステップ4：$\bm A$ を $\bm E$ に直す．$E_x=-\partial A_x/\partial t$ を本書のFourier規約 \eqref{eq:7-fourier} で変換する．$\ee^{-\ii\omega t}$ の係数を見ているので $\partial_t\to-\ii\omega$，したがって

$$ E_x(\omega) = -(-\ii\omega)A_x(\omega) = \ii\omega\,A_x(\omega) \qquad\Longleftrightarrow\qquad A_x(\omega) = \frac{E_x(\omega)}{\ii\omega} $$

ステップ5：代入して $\sigma$ を読み取る．

$$ \braket{\hat J_x}(\omega) = -\left[\chi^R_{J^pJ^p}+\frac{Nq^2}{m}\right]\frac{E_x(\omega)}{\ii\omega} = \frac{\ii}{\omega}\left[\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)+\frac{Nq^2}{m}\right]E_x(\omega) $$

（$-1/\ii=+\ii$ を使った．）電流密度は $j_x=\braket{\hat J_x}/V$ なので，$j_x=\sigma_{xx}E_x$ と比べて

∎ これが電気伝導度の久保公式である．$\chi^R_{J^pJ^p}$ は久保公式 \eqref{eq:7-kubo} により

$$ \chi^R_{J^pJ^p}(t) = -\frac{\ii}{\hbar}\theta(t)\braket{\left[\hat J^p_{x,H}(t),\,\hat J^p_x(0)\right]} $$

で与えられる．右辺には電場が現れない．電流を流していない平衡状態で，電流演算子どうしの相関を測れば，伝導度が分かる．

導出7.15：電流‐電流相関を計算して Drude 形を得る

ステップ1：何を計算するか．式 \eqref{eq:7-kubo-sigma} に必要なのは $\chi^R_{J^pJ^p}$ である．不純物平均を取ったあとの $\chi^R_{J^pJ^p}$ は，2本のGreen関数を向かい合わせた「バブル」で与えられる（各頂点に電流演算子 $qp_x/m$ が付く）．

ステップ2：バブルを積分する．詳細は付録Cの図形の規則に譲るが，要点は，前項で恒等的にゼロだった交換子が，$G^R$ の極が実軸から $\hbar/2\tau$ 離れたおかげでゼロでなくなることである．$\varepsilon_F\tau/\hbar\gg1$（良い金属では $10^2$ 以上）のもとで積分を実行すると

$$ \frac{\chi^R_{J^pJ^p}(\omega)}{V} = -\frac{nq^2}{m}\cdot\frac{1}{1-\ii\omega\tau} $$

が得られる．

ステップ3：反磁性項と足す．式 \eqref{eq:7-kubo-sigma} の角括弧の中身は

$$ \frac{\chi^R_{J^pJ^p}}{V}+\frac{nq^2}{m} = \frac{nq^2}{m}\left[1-\frac{1}{1-\ii\omega\tau}\right] = \frac{nq^2}{m}\cdot\frac{-\ii\omega\tau}{1-\ii\omega\tau} $$

となり，前に付いている $\ii/\omega$ と掛け合わせると $\omega$ が約分される：

∎ Drude の式そのものである．前項で $\tau\to\infty$ として一致を確認した式が，今度は有限の $\tau$ のまま，量子力学の第一原理から出てきた．