第10章遮蔽 — Thomas–FermiとLindhard関数

導出：式 \eqref{eq:10-kubo} から式 \eqref{eq:10-lehmann} へ（第8章の復習）

ステップ1：完全系を挟む．Heisenberg表示の演算子は $\hat\rho_\qq(t)=\ee^{\ii\Ham t/\hbar}\hat\rho_\qq\ee^{-\ii\Ham t/\hbar}$ である．交換子の第1項に $1=\sum_n\ket{n}\bra{n}$ を挟むと

$$ \braket{0|\hat\rho_\qq(t)\hat\rho_{-\qq}(0)|0} =\sum_n \bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n}\bra{n}\hat\rho_{-\qq}\ket{0}\;\ee^{\ii(E_0-E_n)t/\hbar} $$

ここで $\hat\rho_\qq^\dagger=\hat\rho_{-\qq}$（$\hat\rho(\xx)$ がエルミートだから）を使うと $\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n}=\bra{n}\hat\rho_{-\qq}\ket{0}^{*}$ となり，和の中身は $\abs{\bra{n}\hat\rho_{-\qq}\ket{0}}^2$ になる．

ステップ2：第2項も同様に．

$$ \braket{0|\hat\rho_{-\qq}(0)\hat\rho_{\qq}(t)|0} =\sum_n \bra{0}\hat\rho_{-\qq}\ket{n}\bra{n}\hat\rho_{\qq}\ket{0}\;\ee^{\ii(E_n-E_0)t/\hbar} =\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2\ee^{\ii\omega_{n0}t} $$

ただし $\omega_{n0}\equiv(E_n-E_0)/\hbar\ge0$ と略記した．

ステップ3：時間積分．$\eta\to0^+$ を収束因子として入れると

$$ \int_0^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii\omega t}\ee^{\mp\ii\omega_{n0}t}\ee^{-\eta t} =\left[\frac{\ee^{\ii(\omega\mp\omega_{n0}+\ii\eta)t}}{\ii(\omega\mp\omega_{n0}+\ii\eta)}\right]_0^\infty =\frac{\ii}{\omega\mp\omega_{n0}+\ii\eta} $$

上端では $\ee^{-\eta t}\to0$ が効いて消える．これが「因果律を守る $\ii\eta$」である．

ステップ4：まとめる．前係数の $-\ii/\hbar$ と，いま出た $\ii$ が掛かって $1/\hbar$ になる．$\hbar$ を分母の括弧の中に押し込めば式 \eqref{eq:10-lehmann} を得る．∎

導出：$\hat\rho_\qq$ の第二量子化表現

代入して，$\xx$ 積分を実行する．

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

$\xx$ 積分は $\displaystyle\int\dd^3x\,\ee^{\ii(\kk'-\kk-\qq)\cdot\xx}=V\,\delta_{\kk',\kk+\qq}$ である（周期境界条件のもとでの平面波の直交性）．$V$ が約分されて

2番目の式は，$\hat\rho_\qq$ をそのままエルミート共役して書いたものである（ダミー添字は付け替えていない）．∎

導出：行列要素はちょうど 1 になる

式 \eqref{eq:10-ph-state} の状態が規格化されていることを確かめる．反交換関係 $\{\hat c_{\kk\sigma},\hat c^\dagger_{\kk'\sigma'}\}=\delta_{\kk\kk'}\delta_{\sigma\sigma'}$ を使うと

$$ \braket{\kk\qq\sigma|\kk\qq\sigma} =\bra{FS}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}\hat c_{\kk+\qq,\sigma}\,\hat c^\dagger_{\kk+\qq,\sigma}\hat c_{\kk\sigma}\ket{FS} $$

真ん中の $\hat c_{\kk+\qq}\hat c^\dagger_{\kk+\qq}=1-\hat n_{\kk+\qq}$ を使えば

$$ =\bra{FS}\hat c^\dagger_{\kk\sigma}(1-\hat n_{\kk+\qq,\sigma})\hat c_{\kk\sigma}\ket{FS} =n_\kk\,(1-n_{\kk+\qq}) $$

これは許される $(\kk,\sigma)$ に対して $1$，それ以外は $0$ である．つまり許される組はすでに規格化された直交状態を与える（異なる $(\kk,\sigma)$ は異なる占有配置をもつので互いに直交する）．

したがって行列要素は

$$ \bra{\kk\qq\sigma}\hat\rho_{-\qq}\ket{FS} =\bra{\kk\qq\sigma}\sum_{\kk'\sigma'}\hat c^\dagger_{\kk'+\qq,\sigma'}\hat c_{\kk'\sigma'}\ket{FS}=1 $$

和のうち $(\kk',\sigma')=(\kk,\sigma)$ の項だけが生き残るからである．行列要素の2乗は $n_\kk(1-n_{\kk+\qq})$ にちょうど等しい．∎

導出：$\chi^0(\qq\to0,0)=-N(\epsilon_F)$

ステップ1：分子・分母をそれぞれ $\qq$ の1次まで展開する．

$$ n_{\kk+\qq}\simeq n_\kk+\qq\cdot\nabla_\kk n_\kk \quad\Longrightarrow\quad n_\kk-n_{\kk+\qq}\simeq -\,\qq\cdot\nabla_\kk n_\kk $$ $$ \epsilon_{\kk+\qq}\simeq \epsilon_\kk+\qq\cdot\nabla_\kk\epsilon_\kk \quad\Longrightarrow\quad \epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}\simeq -\,\qq\cdot\nabla_\kk\epsilon_\kk $$

ステップ2：比を取る．$n_\kk$ は $\kk$ に直接依るのではなく $\epsilon_\kk$ を通してのみ依る（$n_\kk=n(\epsilon_\kk)$）．したがって連鎖律により

$$ \nabla_\kk n_\kk=\frac{\dd n}{\dd\epsilon}\,\nabla_\kk\epsilon_\kk $$

これを代入すると，$\qq\cdot\nabla_\kk\epsilon_\kk$ が分子と分母でそっくり相殺する：

$$ \frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}} \;\longrightarrow\; \frac{-\,\dfrac{\dd n}{\dd\epsilon}\,(\qq\cdot\nabla_\kk\epsilon_\kk)}{-\,(\qq\cdot\nabla_\kk\epsilon_\kk)} =\frac{\dd n}{\dd\epsilon_\kk} $$

ここが要である．$\qq$ の向きにも大きさにも依存しない量が残った．だから $q\to0$ の極限が方向に依らず存在する．

ステップ3：$T=0$ での微分．$n(\epsilon)=\theta(\epsilon_F-\epsilon)$ だから

$$ \frac{\dd n}{\dd\epsilon}=-\delta(\epsilon-\epsilon_F) $$

（階段関数の微分がデルタ関数．付録A参照．$\epsilon$ が増えると占有数が減るので符号は負である．）

ステップ4：和を実行する．

$$ \chi^0(\qq\to0,0)=\frac{2}{V}\sum_\kk\left(-\delta(\epsilon_\kk-\epsilon_F)\right) =-\underbrace{\frac{2}{V}\sum_\kk\delta(\epsilon_\kk-\epsilon_F)}_{\textstyle N(\epsilon_F)} $$

∎ ここで $N(\epsilon_F)$ はFermi準位における単位体積あたりの状態密度（スピン両方を含む）である．

導出：$N(\epsilon_F)=\dfrac{mk_F}{\pi^2\hbar^2}=\dfrac{3n}{2\epsilon_F}$

和を積分に直す．体積 $V$ の系では $\kk$ 空間の1状態が体積 $(2\pi)^3/V$ を占めるから

$$ \frac{1}{V}\sum_\kk \;\longrightarrow\; \int\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3} $$

よって

$$ N(\epsilon_F)=2\int\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3}\,\delta(\epsilon_\kk-\epsilon_F) =\frac{2}{(2\pi)^3}\cdot4\pi\int_0^\infty k^2\,\dd k\;\delta\!\left(\frac{\hbar^2k^2}{2m}-\epsilon_F\right) $$

デルタ関数の引数を $k$ で微分すると $\hbar^2k/m$ だから，$\delta(\cdots)=\dfrac{m}{\hbar^2k_F}\delta(k-k_F)$ である．したがって

$$ N(\epsilon_F)=\frac{8\pi}{8\pi^3}\cdot k_F^2\cdot\frac{m}{\hbar^2k_F} =\frac{mk_F}{\pi^2\hbar^2} $$

これを電子密度 $n$ とFermiエネルギー $\epsilon_F$ で書き直す．$n=k_F^3/3\pi^2$，$\epsilon_F=\hbar^2k_F^2/2m$ を使うと

$$ \frac{3n}{2\epsilon_F}=\frac{3}{2}\cdot\frac{k_F^3}{3\pi^2}\cdot\frac{2m}{\hbar^2k_F^2}=\frac{mk_F}{\pi^2\hbar^2} $$

∎ 「$3n/2\epsilon_F$」という形は覚えておくと便利である．

導出：遮蔽Coulombポテンシャル $\phi(r)=\dfrac{e}{r}\ee^{-q_{TF}r}$

ステップ1：3次元逆Fourier変換を書き下す．本書の規約（付録A）で

$$ \phi(\xx)=\int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\;\phi(\qq)\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx} =\frac{1}{(2\pi)^3}\int\dd^3q\;\frac{4\pi e}{q^2+q_{TF}^2}\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx} $$

ステップ2：角度積分を実行する．$\qq$ の極座標を，$\xx$ を極軸に取って $\dd^3q=q^2\dd q\,\dd\Omega$，$\qq\cdot\xx=qr\cos\theta$ とする．$u=\cos\theta$ と置くと

$$ \int\dd\Omega\;\ee^{\ii qr\cos\theta} =2\pi\int_{-1}^{1}\dd u\;\ee^{\ii qru} =2\pi\cdot\frac{\ee^{\ii qr}-\ee^{-\ii qr}}{\ii qr} =2\pi\cdot\frac{2\sin qr}{qr}=\frac{4\pi\sin qr}{qr} $$

ステップ3：残った動径積分を整理する．

$$ \phi(r)=\frac{4\pi e}{8\pi^3}\int_0^\infty q^2\dd q\;\frac{1}{q^2+q_{TF}^2}\cdot\frac{4\pi\sin qr}{qr} =\frac{2e}{\pi r}\int_0^\infty\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+q_{TF}^2} $$

（係数：$\dfrac{4\pi e\cdot4\pi}{8\pi^3 r}=\dfrac{16\pi^2e}{8\pi^3r}=\dfrac{2e}{\pi r}$．$q^2/q=q$ が分子に残る．）

ステップ4：偶関数化して全実軸の積分にする．被積分関数 $\dfrac{q\sin qr}{q^2+q_{TF}^2}$ は $q\to-q$ で不変（分子が奇関数×奇関数＝偶関数）である．したがって

$$ I\equiv\int_0^\infty\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+q_{TF}^2} =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\sin qr}{q^2+q_{TF}^2} =\frac{1}{2}\,\mathrm{Im}\int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{q^2+q_{TF}^2} $$

（$\sin qr=\mathrm{Im}\,\ee^{\ii qr}$ を使った．$\cos$ に対応する部分は奇関数なので全実軸積分で落ちる．）

ステップ5：複素平面で積分路を閉じる．$r>0$ なので，上半面で $\abs{\ee^{\ii qr}}=\ee^{-r\,\mathrm{Im}\,q}\to0$ である．Jordan の補題（第5章）により，上半面の大半円の寄与はゼロになる．被積分関数の極は

$$ q^2+q_{TF}^2=0\quad\Longrightarrow\quad q=\pm\ii q_{TF} $$

上半面にあるのは $q=+\ii q_{TF}$ の1個だけである．

ステップ6：留数を計算する．$q^2+q_{TF}^2=(q-\ii q_{TF})(q+\ii q_{TF})$ と因数分解して

$$ \Res_{q=\ii q_{TF}}\frac{q\,\ee^{\ii qr}}{(q-\ii q_{TF})(q+\ii q_{TF})} =\frac{(\ii q_{TF})\,\ee^{\ii(\ii q_{TF})r}}{2\ii q_{TF}} =\frac{\ee^{-q_{TF}r}}{2} $$

ステップ7：留数定理を適用する．反時計回りに閉じたので

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd q\;\frac{q\ee^{\ii qr}}{q^2+q_{TF}^2}=2\pi\ii\cdot\frac{\ee^{-q_{TF}r}}{2}=\ii\pi\ee^{-q_{TF}r} $$

虚部を取って $I=\dfrac12\cdot\pi\ee^{-q_{TF}r}=\dfrac{\pi}{2}\ee^{-q_{TF}r}$．

ステップ8：代入する．

∎ 遮蔽Coulombポテンシャル，あるいは湯川型ポテンシャルである．$q_{TF}\to0$（遮蔽なし）とすれば $e/r$ に戻ることも確認できる．

導出：分子を $n_\kk$ だけにする

出発点は

$$ \chi^0(q,0)=\frac{2}{V}\sum_\kk\frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}} =\underbrace{\frac{2}{V}\sum_\kk\frac{n_\kk}{\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}}}_{\rm (A)} -\underbrace{\frac{2}{V}\sum_\kk\frac{n_{\kk+\qq}}{\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}}}_{\rm (B)} $$

(B) で $\kk'=\kk+\qq$ と置く（$\kk=\kk'-\qq$）．和は全 $\kk$ にわたるので $\kk'$ も全空間を走る：

$$ {\rm (B)}=\frac{2}{V}\sum_{\kk'}\frac{n_{\kk'}}{\epsilon_{\kk'-\qq}-\epsilon_{\kk'}} $$

さらに $\kk'\to-\kk'$ と置き換える．$\epsilon$ も $n$ も偶関数（$\epsilon_{-\kk}=\epsilon_\kk$，$n_{-\kk}=n_\kk$）だから

$$ \epsilon_{-\kk'-\qq}-\epsilon_{-\kk'}=\epsilon_{\kk'+\qq}-\epsilon_{\kk'} $$ $$ {\rm (B)}=\frac{2}{V}\sum_{\kk}\frac{n_{\kk}}{\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_{\kk}} =-\frac{2}{V}\sum_{\kk}\frac{n_{\kk}}{\epsilon_{\kk}-\epsilon_{\kk+\qq}}=-{\rm (A)} $$

したがって ${\rm (A)}-{\rm (B)}=2\,{\rm (A)}$，すなわち

∎ 分子が $n_\kk$ だけになったので，$\kk$ 積分はFermi球の内側だけで済む．計算がぐっと楽になった．

導出：角度積分から対数が出てくる

ステップ1：エネルギー差を書き下す．

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

ステップ2：和を積分に直す．$\frac1V\sum_\kk\to\int\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3}$ を使い，$n_\kk$ で積分領域を $k<k_F$ に制限する：

$$ \chi^0(q,0)=-\frac{8m}{\hbar^2}\int_{k<k_F}\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3}\;\frac{1}{2\kk\cdot\qq+q^2} $$

ステップ3：極座標にする．$\qq$ を極軸に取り，$u=\cos\theta$ とすると $\kk\cdot\qq=kqu$，$\dd^3k=2\pi k^2\dd k\,\dd u$．

$$ \chi^0(q,0)=-\frac{8m}{\hbar^2}\cdot\frac{2\pi}{8\pi^3}\int_0^{k_F}k^2\dd k\int_{-1}^{1}\frac{\dd u}{2kqu+q^2} =-\frac{2m}{\pi^2\hbar^2}\int_0^{k_F}k^2\dd k\int_{-1}^{1}\frac{\dd u}{2kqu+q^2} $$

（係数：$\dfrac{8m}{\hbar^2}\cdot\dfrac{2\pi}{8\pi^3}=\dfrac{2m}{\pi^2\hbar^2}$．）

ステップ4：$u$ 積分．これは $\displaystyle\int\frac{\dd u}{au+b}=\frac{1}{a}\ln\abs{au+b}$ の形である（$a=2kq$，$b=q^2$）：

ひとつ断っておく．$k>q/2$ では被積分関数の分母が $u_0=-q/2k\in(-1,1)$ でゼロになり，この項だけを取り出すと積分は特異である．もとの $n_\kk-n_{\kk+\qq}$ の形では分子も同時にゼロになって可積分だったから，これは10.3.1節で2つの項を1つにまとめた代償である．$\omega=0$ は $\ii\eta\to0$ の実部を取ることに対応し，それはCauchy の主値を取ることに他ならない．以下の絶対値付きの対数は，まさにその主値の値である．

$$ \int_{-1}^{1}\frac{\dd u}{2kqu+q^2} =\frac{1}{2kq}\Big[\ln\abs{2kqu+q^2}\Big]_{-1}^{1} =\frac{1}{2kq}\ln\abs{\frac{q^2+2kq}{q^2-2kq}} =\frac{1}{2kq}\ln\abs{\frac{q+2k}{q-2k}} $$

対数はここで生まれる．そして $k=q/2$ のとき分母がゼロになる —— これが後の $q=2k_F$ 特異性の芽である．

ステップ5：代入して整理する．

$$ \chi^0(q,0)=-\frac{2m}{\pi^2\hbar^2}\cdot\frac{1}{2q}\int_0^{k_F}k\,\dd k\;\ln\abs{\frac{2k+q}{2k-q}} =-\frac{m}{\pi^2\hbar^2 q}\,J, \qquad J\equiv\int_0^{k_F}k\,\ln\abs{\frac{2k+q}{2k-q}}\,\dd k $$

∎ 残るは1変数積分 $J$ だけである．

導出：$J$ の計算

見やすくするために $a\equiv q/2$ と置く．$\ln\abs{\dfrac{2k+q}{2k-q}}=\ln\abs{\dfrac{k+a}{k-a}}$ だから

$$ J=\int_0^{k_F}k\,\ln\abs{\frac{k+a}{k-a}}\,\dd k $$

ステップ1：部分積分の準備．$u=\ln\abs{\dfrac{k+a}{k-a}}$，$\dd v=k\,\dd k$ とする．ここで $v$ の積分定数をわざと $v=\dfrac{k^2-a^2}{2}$ と選ぶ（$-a^2/2$ を足した）．これが計算を劇的に簡単にする．

ステップ2：$u$ の微分．

$$ \frac{\dd u}{\dd k}=\frac{1}{k+a}-\frac{1}{k-a}=\frac{(k-a)-(k+a)}{(k+a)(k-a)}=\frac{-2a}{k^2-a^2} $$

ステップ3：部分積分を実行する．

$$ J=\left[\frac{k^2-a^2}{2}\ln\abs{\frac{k+a}{k-a}}\right]_0^{k_F} -\int_0^{k_F}\frac{k^2-a^2}{2}\cdot\frac{-2a}{k^2-a^2}\,\dd k $$

第2項の被積分関数で $k^2-a^2$ がきれいに約分される（$v$ の定数を選んだ甲斐があった）：

$$ -\int_0^{k_F}\frac{k^2-a^2}{2}\cdot\frac{-2a}{k^2-a^2}\dd k=+a\int_0^{k_F}\dd k=a\,k_F $$

ステップ4：境界項．$k=0$ では $\dfrac{0-a^2}{2}\ln\abs{\dfrac{a}{-a}}=-\dfrac{a^2}{2}\ln1=0$ である．$k=k_F$ の項だけが残って

$$ J=\frac{k_F^2-a^2}{2}\ln\abs{\frac{k_F+a}{k_F-a}}+a\,k_F $$

ステップ5：無次元化する．ここで

と定義すると

$$ J=\frac{k_F^2(1-x^2)}{2}\ln\abs{\frac{1+x}{1-x}}+x\,k_F^2 $$

ステップ6：$\chi^0$ に戻す．$q=2xk_F$ を使って

$$ \chi^0(q,0)=-\frac{m}{\pi^2\hbar^2\cdot 2xk_F}\,k_F^2\left[\frac{1-x^2}{2}\ln\abs{\frac{1+x}{1-x}}+x\right] =-\frac{mk_F}{\pi^2\hbar^2}\left[\frac{1-x^2}{4x}\ln\abs{\frac{1+x}{1-x}}+\frac12\right] $$

$mk_F/\pi^2\hbar^2=N(\epsilon_F)$（式 \eqref{eq:10-dos}）だったから，最終結果は

∎ この $F(x)$ を静的Lindhard関数の無次元形と呼ぶことにする．$\chi^0(q,0)$ そのもの（10.3節の表題の「静的Lindhard関数」）とは $-N(\epsilon_F)$ 倍だけ違うので，混同しないでほしい．

導出：$x\to0$ で $F\to1$，$x\to\infty$ で $F\to1/3x^2$

（i）$x\to0$．$\ln\dfrac{1+x}{1-x}=2\left(x+\dfrac{x^3}{3}+\cdots\right)$ を使う：

$$ \frac{1-x^2}{4x}\cdot 2\left(x+\frac{x^3}{3}\right) =\frac{1-x^2}{2}\left(1+\frac{x^2}{3}\right) =\frac12\left(1+\frac{x^2}{3}-x^2+O(x^4)\right) =\frac12-\frac{x^2}{3}+O(x^4) $$ $$ \Longrightarrow\quad F(x)=1-\frac{x^2}{3}+O(x^4) $$

たしかに $F(0)=1$，すなわち $\chi^0(0,0)=-N(\epsilon_F)$ で10.2節の結果を再現する．検算完了である．

（ii）$x\to\infty$．$\ln\abs{\dfrac{1+x}{1-x}}=\ln\dfrac{x+1}{x-1}=2\left(\dfrac1x+\dfrac{1}{3x^3}+\cdots\right)$：

$$ \frac{1-x^2}{4x}\cdot\frac{2}{x}\left(1+\frac{1}{3x^2}\right) =\frac{1-x^2}{2x^2}\left(1+\frac{1}{3x^2}\right) =-\frac12+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{6x^2}+O(x^{-4}) =-\frac12+\frac{1}{3x^2} $$ $$ \Longrightarrow\quad F(x)\simeq\frac{1}{3x^2}=\frac{4k_F^2}{3q^2} $$

$1/2$ どうしが打ち消し合って $F\to0$ になる．物理的には「あまりに細かい空間構造には電子が追随できない＝応答がゼロ」である．∎

（iii）$x=1$（$q=2k_F$）．$1-x^2=0$ なので対数の発散が抑えられて $F(1)=\dfrac12$ ちょうどである．値は有限だが，次節で見るように微分が発散する．

導出：$x=1$ で傾きが対数発散すること

$x=1+\delta$（$\abs{\delta}\ll1$）と置いて $F(x)$ を展開する．

ステップ1：各因子を展開する．

$$ 1-x^2=1-(1+\delta)^2=-2\delta-\delta^2\simeq-2\delta $$ $$ \frac{1+x}{1-x}=\frac{2+\delta}{-\delta}\quad\Longrightarrow\quad \ln\abs{\frac{1+x}{1-x}}\simeq\ln\frac{2}{\abs{\delta}} $$ $$ \frac{1}{4x}=\frac{1}{4(1+\delta)}\simeq\frac14 $$

ステップ2：掛け合わせる．

$$ F(1+\delta)\simeq\frac12+\frac{-2\delta}{4}\ln\frac{2}{\abs\delta} =\frac12-\frac{\delta}{2}\ln\frac{2}{\abs\delta} =\frac12+\frac{\delta}{2}\ln\frac{\abs\delta}{2} $$

ステップ3：微分する．

$$ \frac{\dd F}{\dd x}=\frac{\dd F}{\dd\delta}\simeq\frac12\ln\frac{\abs\delta}{2}+\frac12 \;\xrightarrow{\ \delta\to0\ }\;-\infty $$

∎ 値そのものは連続だが，傾きが対数的に発散する．$\delta\ln\abs\delta$ 型の非解析性である．テイラー展開ができない，すなわち $x=1$ で解析的でない．

導出：$\delta n(r)\propto\dfrac{\cos(2k_Fr)}{r^3}$

ステップ1：実空間へ戻す式を用意する．誘起密度は $\delta n(\qq)=\chi^{\rm RPA}(q,0)\,U_{\rm ext}(\qq)$ である．10.2.4節と同じ角度積分をして

$$ \delta n(r)=\int\frac{\dd^3q}{(2\pi)^3}\delta n(\qq)\ee^{\ii\qq\cdot\xx} =\frac{1}{2\pi^2 r}\int_0^\infty \dd q\;q\,\sin(qr)\;\delta n(q) $$

ステップ2：どこが遠方を支配するか．$r$ が大きいと $\sin(qr)$ が激しく振動し，$\delta n(q)$ の滑らかな部分からの寄与は互いに打ち消し合って急速に消える（Riemann–Lebesgue の補題）．生き残るのは非解析点 $q=2k_F$ の近傍だけである．

ステップ3：特異部分を取り出す．式 \eqref{eq:10-2kf-sing} より，$s\equiv q-2k_F$ として

$$ \delta n(q)\Big|_{\rm sing}=C\,s\,\ln\abs{s} $$

という形の項がある（$C$ は $q=2k_F$ での滑らかな因子をまとめた定数）．

ステップ4：この形のFourier変換．$\ln\abs s$ のFourier変換は $-\pi/\abs r$（デルタ関数項を除く）である．$s$ を掛けることは $-\ii\,\dd/\dd r$ に対応するから，$r>0$ で

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd s\;s\ln\abs{s}\;\ee^{\ii sr} =-\ii\frac{\dd}{\dd r}\left(-\frac{\pi}{r}\right)=-\frac{\ii\pi}{r^2} $$

ステップ5：組み立てる．$q\simeq2k_F$，$\sin(qr)=\mathrm{Im}\,\ee^{\ii qr}=\mathrm{Im}\left(\ee^{\ii2k_Fr}\ee^{\ii sr}\right)$ を使って

$$ \int_0^\infty\dd q\;q\sin(qr)\,\delta n(q)\Big|_{\rm sing} \simeq 2k_F\,C\;\mathrm{Im}\left[\ee^{\ii2k_Fr}\left(-\frac{\ii\pi}{r^2}\right)\right] =-\frac{2\pi k_F C}{r^2}\cos(2k_Fr) $$

これをステップ1に戻すと，$1/r$ が掛かって

∎ これがFriedel振動である（J. Friedel, 1952）．振幅の係数 $A$ は不純物の電荷や遮蔽の扱い方（RPAか位相差法か）に依るが，$\cos(2k_Fr)/r^3$ という形は普遍的である．

導出：$\mathrm{Im}\,\chi^0$ の閉じた形（$\omega>0$，$T=0$）

ステップ1：分子の整理．$\omega>0$ ではデルタ関数が $\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk=\hbar\omega>0$ を要求する．$n_\kk-n_{\kk+\qq}$ がゼロでないのは片方が $1$，片方が $0$ のときだけで，エネルギーの大小からそれは $n_\kk=1,\ n_{\kk+\qq}=0$ の場合に限る．よって $n_\kk-n_{\kk+\qq}\to n_\kk(1-n_{\kk+\qq})$ と書いてよい．

ステップ2：積分に直す．式 \eqref{eq:10-imchi} の $\dfrac{2}{V}\sum_\kk\to2\displaystyle\int\frac{\dd^3k}{(2\pi)^3}$ とし，$\dd^3k=2\pi k^2\dd k\,\dd u$（$u=\cos\theta$，$\qq$ が極軸）を使う．前係数は

$$ -\pi\cdot 2\cdot\frac{2\pi}{(2\pi)^3}=-\frac{4\pi^2}{8\pi^3}=-\frac{1}{2\pi} $$

なので

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{1}{2\pi}\int_0^{k_F}k^2\dd k\int_{-1}^{1}\dd u\;\Theta\; \delta\!\left(\hbar\omega-\frac{\hbar^2}{2m}(2kqu+q^2)\right) $$

（$\Theta$ は $\abs{\kk+\qq}>k_F$ という条件が満たされていれば $1$，そうでなければ $0$ を与えるものである．$k<k_F$ はすでに積分範囲に入れた．）

ステップ3：$u$ 積分をデルタ関数で潰す．デルタ関数の引数を $u$ で微分すると $-\dfrac{\hbar^2kq}{m}$ だから

$$ \delta(\cdots)=\frac{m}{\hbar^2kq}\,\delta(u-u_0), \qquad u_0=\frac{m\omega}{\hbar kq}-\frac{q}{2k} $$ $$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{m}{2\pi\hbar^2 q}\int_0^{k_F}k\,\dd k\; \Theta\!\left(1-\abs{u_0}\right)\,\Theta\!\left(\abs{\kk+\qq}-k_F\right) $$

（$k^2\cdot\dfrac{1}{k}=k$ になった．ここからは $\Theta(\cdot)$ を引数付きの階段関数——引数が正なら $1$，負なら $0$——として使う．上の2つの条件をそのまま階段関数の引数に書き直しただけである．）

ステップ4：2つの条件を $k$ の条件に翻訳する．

（i）$\abs{u_0}\le1$．両辺に $k>0$ を掛けると

$$ -k\le\frac{m\omega}{\hbar q}-\frac q2\le k \quad\Longleftrightarrow\quad k\ge k_2\equiv\abs{\frac{m\omega}{\hbar q}-\frac{q}{2}} $$

（ii）$\abs{\kk+\qq}>k_F$．デルタ関数のおかげで $\epsilon_{\kk+\qq}=\epsilon_\kk+\hbar\omega$ だから，これは $\epsilon_\kk>\epsilon_F-\hbar\omega$，すなわち

$$ k\ge k_1,\qquad k_1^2\equiv k_F^2-\frac{2m\omega}{\hbar}\quad(\text{負なら }k_1=0) $$

ステップ5：積分は初等的．$\int k\,\dd k=k^2/2$ だから

（$[\;\cdot\;]_+$ は「負なら $0$」の意味．）∎ 驚くほど簡単な形になった．

導出：どちらの条件が効くか — 領域IとII

$\bar\nu\equiv\dfrac{m\omega}{\hbar q}$，$Q\equiv\dfrac q2$ と略記すると $k_2=\abs{\bar\nu-Q}$，$k_1^2=k_F^2-4\bar\nu Q$ である（$\dfrac{2m\omega}{\hbar}=2\bar\nu q=4\bar\nu Q$ を使った）．差を取ると

$$ k_1^2-k_2^2=k_F^2-4\bar\nu Q-(\bar\nu-Q)^2 $$

ここで $(\bar\nu-Q)^2=(\bar\nu+Q)^2-4\bar\nu Q$ を使うと，$-4\bar\nu Q$ が消えて

$$ k_1^2-k_2^2=k_F^2-(\bar\nu+Q)^2 $$

したがって

$$ k_1>k_2 \iff \frac{m\omega}{\hbar q}+\frac q2<k_F \iff \hbar\omega<\frac{\hbar^2}{2m}\left(2k_Fq-q^2\right) $$

領域I（低振動数側）：$k_1$ が効く．$k_F^2-k_1^2=\dfrac{2m\omega}{\hbar}$ だから

（最後の形は $N(\epsilon_F)=mk_F/\pi^2\hbar^2$，$v_F=\hbar k_F/m$ を代入すれば確かめられる．）$\omega$ に厳密に比例するのが特徴で，これが金属の低エネルギー励起が「$\omega$ に比例する連続スペクトル」をもつことの数式表現である．

領域II（高振動数側）：$k_2$ が効く．

$$ \mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{m}{4\pi\hbar^2q}\left[k_F^2-\left(\frac{m\omega}{\hbar q}-\frac q2\right)^2\right] $$

これが正である条件は $\abs{\dfrac{m\omega}{\hbar q}-\dfrac q2}<k_F$，すなわち

∎ 左側の不等式は $q<2k_F$ では自動的に満たされる（左辺が負だから）．この2本の曲線が粒子‐正孔連続体の上端と下端である．

導出：$\chi^0\to\dfrac{nq^2}{m\omega^2}$

ステップ1：分子を $n_\kk$ だけにする．10.1.6節と同じ操作を逆向きに行う．式 \eqref{eq:10-lindhard} を2つに割り，$n_{\kk+\qq}$ の項で $\kk\to\kk-\qq$ と置き換えると

$$ \chi^0(\qq,\omega)=\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk\left[ \frac{1}{\hbar\omega-\Delta_+}-\frac{1}{\hbar\omega+\Delta_-}\right], \qquad \Delta_\pm\equiv\epsilon_{\kk\pm\qq}-\epsilon_\kk $$

ここで $\Delta_\pm=\dfrac{\hbar^2}{2m}\left(\pm2\kk\cdot\qq+q^2\right)$ である（$\ii\eta$ は虚部が消える領域を考えているので落とした）．

ステップ2：$1/\omega$ で展開する．$\hbar\omega\gg\abs{\Delta_\pm}$ として

$$ \frac{1}{\hbar\omega-\Delta_+}=\frac{1}{\hbar\omega}\left(1+\frac{\Delta_+}{\hbar\omega}+\frac{\Delta_+^2}{(\hbar\omega)^2}+\cdots\right) $$ $$ \frac{1}{\hbar\omega+\Delta_-}=\frac{1}{\hbar\omega}\left(1-\frac{\Delta_-}{\hbar\omega}+\frac{\Delta_-^2}{(\hbar\omega)^2}-\cdots\right) $$

引き算すると0次が消え，

$$ \left[\cdots\right]=\frac{1}{\hbar\omega}\left[\frac{\Delta_++\Delta_-}{\hbar\omega} +\frac{\Delta_+^2-\Delta_-^2}{(\hbar\omega)^2}+\frac{\Delta_+^3+\Delta_-^3}{(\hbar\omega)^3}+\cdots\right] $$

ステップ3：最低次を評価する．ここが気持ちのよいところである：

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

$\kk$ に依らない定数になった．したがって $\kk$ 和は単に $n_\kk$ の和になり

$$ \chi^0\simeq\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk\cdot\frac{\hbar^2q^2/m}{(\hbar\omega)^2} =\frac{q^2}{m\omega^2}\cdot\underbrace{\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk}_{=\,n} $$

∎ $n$ は電子数密度である．Fermi統計の細かい情報はすべて消えて，密度と質量だけが残った．速く揺さぶられると，電子はもはや量子統計を気にせず，ただの荷電粒子の集まりとして振る舞うのである．

次の次数：プラズモンの分散を先取りする

$1/\omega^4$ の補正を求めておく．$\Delta_+^2-\Delta_-^2=(\Delta_++\Delta_-)(\Delta_+-\Delta_-)$ で，$\Delta_+-\Delta_-=\dfrac{2\hbar^2\kk\cdot\qq}{m}$ は $\kk$ について奇関数だから，Fermi球での平均はゼロである．よってこの次数は落ちる．

次は $\Delta_+^3+\Delta_-^3$ である．$A\equiv\dfrac{\hbar^2\kk\cdot\qq}{m}$，$B\equiv\dfrac{\hbar^2q^2}{2m}$ と置けば $\Delta_\pm=\pm A+B$ で

$$ \Delta_+^3+\Delta_-^3=(A+B)^3+(B-A)^3=2B^3+6A^2B $$

Fermi球での平均は $\braket{(\kk\cdot\qq)^2}=q^2\braket{k^2}/3$，$\braket{k^2}=\frac35k_F^2$ だから $\braket{A^2}=\dfrac{\hbar^4q^2k_F^2}{5m^2}$．最低次との比を取ると

$$ \frac{2B^3+6\braket{A^2}B}{2B\,(\hbar\omega)^2} =\frac{B^2+3\braket{A^2}}{(\hbar\omega)^2} =\frac{3}{5}\frac{q^2v_F^2}{\omega^2}+\frac{\hbar^2q^4}{4m^2\omega^2} $$

（$v_F=\hbar k_F/m$ を使った．）したがって

∎ $\epsilon(\qq,\omega)=1-v(q)\chi^0=0$ を解くと

$$ 1=\frac{4\pi e^2}{q^2}\cdot\frac{nq^2}{m\omega^2}\left[1+\frac35\frac{q^2v_F^2}{\omega^2}\right] \quad\Longrightarrow\quad \omega_q^2\simeq\omega_p^2+\frac35 q^2v_F^2, \qquad \omega_p^2=\frac{4\pi ne^2}{m} $$

これがプラズマ振動とその分散である．第11章で詳しく扱うが，Lindhard関数の高振動数展開から自然に出てくることをここで見ておく．図10.6の赤い曲線がこれである．

検算(i)：Kramers–Kronig関係から高振動数極限を出す

第4章のKramers–Kronig関係

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

で $\omega$ を非常に大きくする．$\abs{\omega}\gg\abs{\omega'}$（$\mathrm{Im}\,\chi$ が値をもつ範囲）として

$$ \frac{1}{\omega'-\omega}=-\frac{1}{\omega}\cdot\frac{1}{1-\omega'/\omega} \simeq-\frac{1}{\omega}\left(1+\frac{\omega'}{\omega}+\cdots\right) $$

代入すると

$$ \mathrm{Re}\,\chi(\omega)\simeq-\frac{1}{\pi\omega}\underbrace{\int\dd\omega'\,\mathrm{Im}\,\chi(\omega')}_{=\,0\ (\text{奇関数})} -\frac{1}{\pi\omega^2}\int\dd\omega'\,\omega'\,\mathrm{Im}\,\chi(\omega') $$

第1項は $\mathrm{Im}\,\chi$ が $\omega$ の奇関数であること（第1章の演習1.2）から消える．これを式 \eqref{eq:10-highfreq} と比べると

$$ \frac{nq^2}{m\omega^2}=-\frac{1}{\pi\omega^2}\int\dd\omega'\,\omega'\,\mathrm{Im}\,\chi \quad\Longleftrightarrow\quad -\frac1\pi\int\dd\omega\,\omega\,\mathrm{Im}\,\chi=\frac{nq^2}{m} $$

∎ 式 \eqref{eq:10-fsum} そのものである．高振動数極限と $f$ 和則は同じことを2通りに言っているだけだと分かった．

検算(ii)：Lindhard関数が和則を満たすことを直接示す

ステップ1：$\mathrm{Im}\,\chi^0$ を代入する．式 \eqref{eq:10-imchi} を式 \eqref{eq:10-fsum} の左辺に入れる．$-\frac1\pi\times(-2\pi/V)=2/V$ だから

$$ -\frac1\pi\int\dd\omega\,\omega\,\mathrm{Im}\,\chi^0 =\frac{2}{V}\sum_\kk(n_\kk-n_{\kk+\qq})\int\dd\omega\;\omega\;\delta\!\left(\hbar\omega-(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk)\right) $$

ステップ2：デルタ関数で $\omega$ 積分を潰す．$\delta(\hbar\omega-E)=\frac1\hbar\delta(\omega-E/\hbar)$ なので，$\omega=E/\hbar$ を代入して

$$ \int\dd\omega\;\omega\;\delta(\hbar\omega-E)=\frac{1}{\hbar}\cdot\frac{E}{\hbar}=\frac{E}{\hbar^2} $$ $$ \Longrightarrow\quad -\frac1\pi\int\dd\omega\,\omega\,\mathrm{Im}\,\chi^0 =\frac{2}{\hbar^2V}\sum_\kk(n_\kk-n_{\kk+\qq})(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk) $$

ステップ3：また添字を付け替える．2つに分け，$n_{\kk+\qq}$ の項で $\kk\to\kk-\qq$ とすると

$$ =\frac{2}{\hbar^2V}\sum_\kk n_\kk\Big[(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk)-(\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk-\qq})\Big] =\frac{2}{\hbar^2V}\sum_\kk n_\kk\Big[\epsilon_{\kk+\qq}+\epsilon_{\kk-\qq}-2\epsilon_\kk\Big] $$

ステップ4：括弧の中を計算する．自由電子では

$$ \epsilon_{\kk\pm\qq}=\epsilon_\kk\pm\frac{\hbar^2\kk\cdot\qq}{m}+\frac{\hbar^2q^2}{2m} $$

だから，足すと1次項が消えて

$$ \epsilon_{\kk+\qq}+\epsilon_{\kk-\qq}-2\epsilon_\kk=\frac{\hbar^2q^2}{m} $$

$\kk$ に依らない定数である（放物線分散の2階差分だから当然である）．

ステップ5：仕上げ．

$$ -\frac1\pi\int\dd\omega\,\omega\,\mathrm{Im}\,\chi^0 =\frac{2}{\hbar^2V}\cdot\frac{\hbar^2q^2}{m}\sum_\kk n_\kk =\frac{q^2}{m}\cdot\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk=\frac{nq^2}{m} $$

∎ 厳密に一致した．近似も極限も使っていない．Lindhard関数は $f$ 和則を厳密に満たす．