第11章プラズマ振動とゼロ音波

導出：粒子‐正孔連続体の上端と下端

あとで図を描くために境界を求めておく．式 \eqref{eq:11-ph} を $\hbar\omega=\frac{\hbar^2}{2m}(2kq\mu+q^2)$ と書く（$\mu=\cos\theta$ は $\kk$ と $\qq$ のなす角の余弦）．$\kk$ は Fermi 球の内側（$k\le k_F$），$\kk+\qq$ は外側でなければならない．

上端．$k$ を最大（$k=k_F$），$\mu$ を最大（$\mu=1$）にとって

$$ \begin{equation} \hbar\omega_+(q)=\frac{\hbar^2}{2m}\left(2k_Fq+q^2\right)=\hbar v_F q+\frac{\hbar^2q^2}{2m} \label{eq:11-upper} \end{equation} $$

ここで $v_F=\hbar k_F/m$ を使った．第1項は「Fermi 面の電子を波と同じ向きに蹴る」寄与，第2項は反跳である．

下端．$q<2k_F$ のときは，Fermi 面のすぐ内側の電子をすぐ外側へ移せるのでエネルギー差はいくらでも小さくでき，下端は $\omega=0$ である．$q>2k_F$ では，どの $\kk$ から出発しても $\abs{\kk+\qq}>k_F$ が自動的に成り立つので，$\mu=-1$, $k=k_F$ が最小を与え

$$ \begin{equation} \hbar\omega_-(q)=\frac{\hbar^2q^2}{2m}-\hbar v_F q \qquad (q>2k_F) \label{eq:11-lower} \end{equation} $$

∎ 無次元化すると簡単で，$x\equiv q/k_F$，$\epsilon_F=\hbar^2k_F^2/2m$，$\hbar v_Fk_F=2\epsilon_F$ より $\hbar\omega_\pm/\epsilon_F=x^2\pm2x$ である．$x=2$ で下端が $0$ から立ち上がる．この $2k_F$ は第10章の Friedel 振動に現れたのと同じ $2k_F$ である．なお第10章では無次元波数を $x=q/2k_F$ ととったが，本章では $x=q/k_F$ である．同じ文字だが定義が2倍違うので，両章の式を並べて見るときは注意してほしい．

導出：減衰が弱いときの減衰率 $\Gamma_q$

$\epsilon$ は一般に複素数だから，$\epsilon=0$ の解 $\omega=\omega_q-\ii\Gamma_q/2$ も複素数になる．時間依存性は $\ee^{-\ii\omega t}=\ee^{-\ii\omega_q t}\ee^{-\Gamma_q t/2}$ である．ここで振幅が $1/\ee$ に落ちるまでの時間は $2/\Gamma_q$，強度（振幅の2乗）が $1/\ee$ に落ちるまでの時間は $1/\Gamma_q$ で，2倍違う．本章では後者を採り，$\Gamma_q$ を減衰率，$1/\Gamma_q$ を寿命と呼ぶ．このとき $\Gamma_q$ は共鳴ピークの半値全幅にあたる量である（第2章の減衰振動子と同じ構造．ただし第2章の $\Gamma=\gamma/2m$ は振幅の減衰率として定義されていたので，両者は因子2だけずれる）．

$\mathrm{Im}\,\epsilon$ が小さいとする．まず実軸上で $\mathrm{Re}\,\epsilon(\qq,\omega_q)=0$ を満たす $\omega_q$ を決め，$\epsilon$ を $\omega_q$ のまわりで $\Gamma_q$ の1次まで展開する：

$$ \epsilon\!\left(\qq,\omega_q-\tfrac{\ii\Gamma_q}{2}\right) \simeq \underbrace{\mathrm{Re}\,\epsilon(\qq,\omega_q)}_{=0} +\ii\,\mathrm{Im}\,\epsilon(\qq,\omega_q) -\frac{\ii\Gamma_q}{2}\left.\frac{\partial\,\mathrm{Re}\,\epsilon}{\partial\omega}\right|_{\omega_q}=0 $$

虚部どうしを比べて（$\mathrm{Im}\,\epsilon$ の $\omega$ 微分は2次の小量なので落とす）

∎ 分子が $\mathrm{Im}\,\epsilon$ に比例する．したがって $\mathrm{Im}\,\epsilon=0$ の領域ではプラズモンは減衰しない．この事実が 11.5節の出発点になる．

導出：$\chi^0\to nq^2/m\omega^2$（第10章の結果の再確認）

Lindhard 関数（スピン因子 2 込み，$\eta\to0^+$）は

$$ \begin{equation} \chi^0(\qq,\omega)=\frac{2}{V}\sum_{\kk}\frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\hbar\omega-(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk)+\ii\eta} \label{eq:11-lindhard} \end{equation} $$

ステップ1：和を2つに割る．分子の $n_\kk$ の項と $n_{\kk+\qq}$ の項に分ける．

ステップ2：第2項で和の変数をずらす．$\kk\to\kk-\qq$ と置き換える（和は全 $\kk$ 空間なのでこの平行移動は許される）．すると第2項の分母は $\hbar\omega-(\epsilon_{\kk}-\epsilon_{\kk-\qq})$ になり

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

ステップ3：通分する．記号を $a\equiv\dfrac{\hbar^2\kk\cdot\qq}{m}=\hbar\,\qq\cdot\bm{v}_\kk$，$b\equiv\dfrac{\hbar^2q^2}{2m}$ と定めると，$\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk=\frac{\hbar^2}{2m}(2\kk\cdot\qq+q^2)=a+b$，$\epsilon_{\kk}-\epsilon_{\kk-\qq}=\frac{\hbar^2}{2m}(2\kk\cdot\qq-q^2)=a-b$ である．よって

$$ \chi^0=\frac{2}{V}\sum_{\kk}n_\kk\left[\frac{1}{\hbar\omega-a-b}-\frac{1}{\hbar\omega-a+b}\right] =\frac{2}{V}\sum_{\kk}n_\kk\,\frac{(\hbar\omega-a+b)-(\hbar\omega-a-b)}{(\hbar\omega-a)^2-b^2} $$

分子は $2b=\hbar^2q^2/m$．これを外に出し，分母を $\hbar^2$ で割ると

ここまで近似は一切入れていない．ステップ4：極限をとる．$\omega$ が $qv_F$ と $\hbar q^2/2m$ の両方よりずっと大きければ分母は単に $\omega^2$ になり，$\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk=n$ だから

∎

導出：プラズマ振動数

式 \eqref{eq:11-chi0-hf} を $\epsilon=1-v(q)\chi^0$ に代入する．$v(q)=4\pi e^2/q^2$ だから

$$ \epsilon(\qq,\omega)=1-\frac{4\pi e^2}{q^2}\cdot\frac{nq^2}{m\omega^2} $$

$q^2$ が見事に約分される．これがプラズモンの全物語の鍵である：

$\epsilon=0$ とおけば $\omega^2=\omega_p^2$，すなわち

∎

導出：電子の板をずらす（Tonks–Langmuir, 1929）

ステップ1：設定．一様な電子気体を考える．正イオンは動かない一様背景（jellium）で，電荷密度は $+ne$（電子の電荷は $-e$，$e>0$）．

ステップ2：全電子を $x$ 方向に $u$ だけずらす．左端では電子が $u$ だけ逃げるので，厚さ $u$ の層に正の背景だけが残る．その面電荷密度は $\sigma_+=(+ne)\times u=+neu$．右端では逆に電子だけがはみ出して $\sigma_-=-neu$．この2枚の面電荷が平行板コンデンサをなす．

ステップ3：電場を求める．面電荷密度 $\pm\sigma$ の平行板コンデンサ内部の電場は，Gauss の法則から（Gauss 単位系で）

$$ E=4\pi\sigma=4\pi n e u $$

向きは正の板から負の板へ，すなわち $+x$ 方向である．

ステップ4：運動方程式．電子1個に働く力は $F=(-e)E=-4\pi n e^2 u$．変位と逆向きだから確かに復元力であり，ばね定数に相当する量が $k_{\text{eff}}=4\pi ne^2$ である．

$$ m\frac{\dd^2u}{\dd t^2}=-4\pi n e^2 u \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\dd^2u}{\dd t^2}+\frac{4\pi ne^2}{m}u=0 $$

ステップ5：読み取る．$\ddot{u}+\omega^2u=0$ の形だから $\omega^2=4\pi ne^2/m$，すなわち $\omega=\omega_p$．

∎ 式 \eqref{eq:11-omegap} と完全に一致した．板の厚さにも面積にも電子の総数にもよらず，密度 $n$ だけで決まる．SI では $E=neu/\epsilon_0$ となり $\omega_p^2=ne^2/\epsilon_0m$．

導出：$\chi^0$ を $qv_F/\omega$ で展開する（全ステップ）

出発点は厳密式 \eqref{eq:11-chi0-exact}．

ステップ1：反跳項を落とす．$(\hbar q^2/2m)^2$ は $q^4$ の量，$(\omega-\qq\cdot\bm{v})^2\simeq\omega^2$ は $q^0$ の量である．求めたいのは相対的に $q^2$ までの補正なので，反跳項の寄与（相対的に $q^4$）は落としてよい：

$$ \chi^0\simeq\frac{q^2}{m}\cdot\frac{2}{V}\sum_{\kk}\frac{n_\kk}{(\omega-\qq\cdot\bm{v}_\kk)^2} $$

ステップ2：展開する．$X\equiv\dfrac{\qq\cdot\bm{v}_\kk}{\omega}$ と置くと $\dfrac{1}{(\omega-\qq\cdot\bm{v})^2}=\dfrac{1}{\omega^2}\dfrac{1}{(1-X)^2}$．ここで公式

$$ \frac{1}{(1-X)^2}=\sum_{j=0}^{\infty}(j+1)X^{j}=1+2X+3X^2+4X^3+5X^4+\cdots \qquad(\abs{X}<1) $$

を使う（$\frac{1}{1-X}=\sum_j X^j$ を $X$ で微分すれば得られる）．

ステップ3：Fermi 球上で角度平均をとる．$\qq\cdot\bm{v}_\kk=qv\,(\hat{q}\cdot\hat{k})=qv\mu$ と書き，$\mu=\cos\theta$ について平均する．$\kk$ の向きは等方的なので $\braket{\mu^j}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\mu^{j}\dd\mu$（$\frac12$ は規格化 $\frac12\int_{-1}^1\dd\mu=1$）．奇数次は被積分関数が奇関数なのでゼロ：$\braket{\mu}=\braket{\mu^3}=0$．偶数次は

$$ \braket{(\hat{q}\cdot\hat{k})^2}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\mu^2\dd\mu=\frac{1}{2}\left[\frac{\mu^3}{3}\right]_{-1}^{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3} $$ $$ \braket{(\hat{q}\cdot\hat{k})^4}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\mu^4\dd\mu=\frac{1}{2}\left[\frac{\mu^5}{5}\right]_{-1}^{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{5}=\frac{1}{5} $$

ステップ4：代入する．

$$ \left\langle\frac{1}{(1-X)^2}\right\rangle_{\text{角度}} =1+2\cdot 0+3\cdot\frac{q^2v^2}{\omega^2}\cdot\frac{1}{3}+4\cdot 0+5\cdot\frac{q^4v^4}{\omega^4}\cdot\frac{1}{5}+\cdots =1+\frac{q^2v^2}{\omega^2}+\frac{q^4v^4}{\omega^4}+\cdots $$

係数 $3$ と $\frac13$，$5$ と $\frac15$ がそれぞれ打ち消し合った．

ステップ5：速度の大きさについて平均する．$T=0$ の Fermi 球（$k\le k_F$，$v=\hbar k/m$）で，重みは $k^2\dd k$：

$$ \overline{v^2}=\frac{\displaystyle\int_0^{k_F}\left(\frac{\hbar k}{m}\right)^2k^2\,\dd k}{\displaystyle\int_0^{k_F}k^2\,\dd k} =\frac{\hbar^2}{m^2}\cdot\frac{k_F^5/5}{k_F^3/3} =\frac{3}{5}\frac{\hbar^2k_F^2}{m^2}=\frac{3}{5}v_F^2 $$

ステップ6：まとめる．$\frac{2}{V}\sum_\kk n_\kk=n$ なので

∎ 括弧の中の $1$ が 11.3節で使った項，$\frac35\frac{q^2v_F^2}{\omega^2}$ が新入りである．

導出：分散関係 $\omega(q)$

式 \eqref{eq:11-chi0-exp} を $\epsilon=1-v(q)\chi^0=0$ に入れる．ふたたび $q^2$ が約分されて

$$ 1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\left[1+\frac{3}{5}\frac{q^2v_F^2}{\omega^2}\right]=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \omega^2=\omega_p^2\left[1+\frac{3}{5}\frac{q^2v_F^2}{\omega^2}\right] $$

これは $\omega$ についての自己無撞着な式である．右辺の補正項はもともと小さいので，そこには最低次の解 $\omega\simeq\omega_p$ を代入してよい（逐次代入法の第1段）：$\omega^2\simeq\omega_p^2+\frac{3}{5}q^2v_F^2$．平方根をとり，$\dfrac{3q^2v_F^2}{5\omega_p^2}\ll1$ として $\sqrt{1+z}\simeq1+\frac{z}{2}$ を使うと

$$ \omega=\omega_p\sqrt{1+\frac{3}{5}\frac{q^2v_F^2}{\omega_p^2}} \simeq\omega_p\left(1+\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{5}\frac{q^2v_F^2}{\omega_p^2}\right) $$

∎ $\frac12\times\frac35=\frac{3}{10}$ である．等価な書き方 $\omega^2(q)=\omega_p^2+\frac{3}{5}v_F^2q^2$ もよく使われる．

導出：$0<s<1$ での $\mathrm{Im}\,\chi^0$

Lindhard 関数には因果律から来る $+\ii\eta$ が付いていた．式 \eqref{eq:11-lindhard} の分母が $\hbar\omega-(\cdots)+\ii\eta$ なので，これは $\omega\to\omega+\ii\eta/\hbar$，すなわち $s\to s+\ii 0^+$ を意味する．したがって $s-1$ は「負の実数のわずかに上」にある．第5章で扱った対数の分岐により主枝では $\ln(-\abs{z}+\ii0^+)=\ln\abs{z}+\ii\pi$（負の実軸のすぐ上では偏角が $+\pi$）だから，$0<s<1$ のとき

$$ \ln\frac{s+1}{s-1}=\ln(s+1)-\ln\bigl(-(1-s)+\ii0^+\bigr)=\ln\frac{1+s}{1-s}-\ii\pi $$

これを式 \eqref{eq:11-master} に入れると

∎ すなわち $\mathrm{Im}\,\chi^0=-\frac{\pi}{2}N(0)\,\frac{\omega}{qv_F}$（$0<\omega<qv_F$），$\mathrm{Im}\,\chi^0=0$（$\omega>qv_F$）．したがって $\mathrm{Im}\,\epsilon=-v(q)\mathrm{Im}\,\chi^0=+\frac{\pi}{2}v(q)N(0)s>0$ であり，$\mathrm{Im}\,\epsilon>0$ は吸収を意味する（第3章・第8章と整合する）．

導出：臨界波数 $q_c$

プラズモンの分散 $\omega(q)$ はほぼ一定（$\simeq\omega_p$）なのに，連続体の上端 $\omega_+(q)$ は $q$ とともに上がる．したがってある $q_c$ で必ず交わる．

粗い見積もり．分散を $\omega\simeq\omega_p$，上端を $\omega_+\simeq v_Fq$（反跳を無視）とすると，交点は $s=1$ すなわち

Al で数値を入れる．例題11.2 より $\hbar\omega_p=15.8\ \mathrm{eV}$，$\epsilon_F=11.7\ \mathrm{eV}$ だから $q_c/k_F=15.8/(2\times11.7)=0.68$，すなわち $q_c=0.68\times1.75=1.2\ \mathrm{Å^{-1}}$．

もう少し丁寧に．分散の $q^2$ 補正 \eqref{eq:11-dispersion} と反跳込みの上端 \eqref{eq:11-upper} を使う．$x=q/k_F$，$\alpha=\hbar\omega_p/\epsilon_F$ として両辺を $\epsilon_F/\hbar$ で割ると（左辺第2項は $\frac{3}{10}\frac{v_F^2q^2}{\omega_p}\cdot\frac{\hbar}{\epsilon_F}$ に $v_F^2q^2=4\epsilon_F^2x^2/\hbar^2$ を入れて得た）

$$ \underbrace{\alpha+\frac{6}{5}\frac{x^2}{\alpha}}_{\text{プラズモン}}=\underbrace{2x+x^2}_{\text{連続体上端}} $$

Al の $\alpha=1.35$ を入れると $0.11x^2+2x-1.35=0$，解いて $x=0.65$．すなわち $q_c\simeq0.65\,k_F=1.1\ \mathrm{Å^{-1}}$．

∎ 粗い見積もりとよく一致する．実測ではこれよりやや大きい $1.3\ \mathrm{Å^{-1}}$ 程度が報告されており，RPA としては良好な精度である．波長に直すと $\lambda_c=2\pi/q_c\simeq5\ \mathrm{Å}$．つまり波長が約 5 Å より短いプラズモンは存在できない．集団励起はつねに，ある波数までの有効理論なのである．

導出：表面プラズモン $\omega_s=\omega_p/\sqrt{2}$ と球の共鳴 $\epsilon+2\epsilon_m=0$

平らな界面．金属（$z<0$，誘電関数 $\epsilon(\omega)$）と誘電体（$z>0$，$\epsilon_d$）の界面に局在した静電モードを探す．静電近似では各領域で $\nabla^2\phi=0$ を解けばよく，界面から離れて減衰する解は $\phi=A\ee^{\ii\qq_\parallel\cdot\bm{r}_\parallel}\ee^{+q_\parallel z}$（$z<0$），$\phi=B\ee^{\ii\qq_\parallel\cdot\bm{r}_\parallel}\ee^{-q_\parallel z}$（$z>0$）．

境界条件1（$\phi$ の連続）から $A=B$．境界条件2（$\epsilon E_z=-\epsilon\,\partial_z\phi$ の連続）から $-\epsilon(\omega)q_\parallel A=+\epsilon_d q_\parallel B$，すなわち $\epsilon(\omega)+\epsilon_d=0$．真空（$\epsilon_d=1$）に対して $1-\omega_p^2/\omega^2=-1$ とおけば $\omega^2=\omega_p^2/2$：

Al なら $15.8/\sqrt2=11.2\ \mathrm{eV}$．実測の Al 表面プラズモンは約 $10.3\ \mathrm{eV}$ でよく合う．

球．半径 $R$ の金属球を誘電率 $\epsilon_m$ の媒質中に置くと，静電気学の標準結果として分極率は $\alpha(\omega)=R^3\dfrac{\epsilon-\epsilon_m}{\epsilon+2\epsilon_m}$ である（この $\alpha(\omega)$ は分極率であって，11.5節で使った無次元比 $\alpha=\hbar\omega_p/\epsilon_F$ とは別物である）．分母がゼロで $\alpha$ が発散する——またしても「分母がゼロ＝共鳴」である．背景分極を入れた $\epsilon(\omega)=\epsilon_\infty-\omega_p^2/\omega^2$ を代入すると

∎ 真空中の自由電子（$\epsilon_\infty=\epsilon_m=1$）なら $\omega_p/\sqrt3$ である．

導出：ゼロ音波の分散方程式

集団モードの条件はまったく同じ，「分母がゼロ」である：

$$ 1-V_0\,\chi^0(\qq,\omega)=0, \qquad\text{すなわち}\qquad 1-\frac{V_0}{V}\sum_{\kk\sigma}\frac{n_\kk-n_{\kk+\qq}}{\hbar\omega-(\epsilon_{\kk+\qq}-\epsilon_\kk)+\ii\eta}=0 $$

$\chi^0$ はもう計算してある．閉じた形 \eqref{eq:11-master} をそのまま使えばよい：$1=V_0\cdot\frac{N(0)}{2}\left[s\ln\frac{s+1}{s-1}-2\right]$．ここで無次元の結合定数（最も簡単な近似での Landau パラメータ）

$$ \begin{equation} F_0\equiv V_0\,N(0)=V_0\cdot\frac{mk_F}{\pi^2\hbar^2}=V_0\cdot\frac{3n}{2\epsilon_F} \label{eq:11-F0} \end{equation} $$

を定義すると

∎ これがゼロ音波の分散方程式である．

導出：弱結合極限 $F_0\to0^+$ では $s\to1^+$

$F_0$ が小さければ $g(s)=2/F_0$ が大きくなければならない．$g$ が大きくなるのは $s\to1^+$ のときだけである．そこで $s=1+\delta$（$\delta\ll1$）と置く：

$$ \ln\frac{s+1}{s-1}=\ln\frac{2+\delta}{\delta}\simeq\ln\frac{2}{\delta}, \qquad g(s)\simeq(1+\delta)\ln\frac{2}{\delta}-2\simeq\ln\frac{2}{\delta}-2 $$

これを $2/F_0$ と等置して $\ln\frac{2}{\delta}=2+\frac{2}{F_0}$，すなわち $\frac{2}{\delta}=\ee^{\,2+2/F_0}$，$\delta=2\,\ee^{-2-2/F_0}$：

∎ $\ee^{-2/F_0}$ という本質的特異性に注目してほしい．$F_0$ について Taylor 展開できない形である（$F_0=0$ ですべての微分が消える）．したがってゼロ音波は摂動論のどの次数にも現れない，非摂動的な現象である．BCS 超伝導のギャップ $\Delta\propto\ee^{-1/N(0)V}$ と同じ構造をしているのは偶然ではなく，Fermi 面の存在が生む共通の特徴である．物理的には $s$ は $1$ よりわずかに大きいだけで，ゼロ音波は粒子‐正孔連続体の上端をかすめるようにぎりぎり外側を走る．少しでも中に入れば Landau 減衰で消えてしまうから，これは必然である．

導出：強結合極限 $F_0\gg1$ では $s\simeq\sqrt{F_0/3}$

$F_0$ が大きいと $g(s)=2/F_0$ は小さくてよいので $s\gg1$ の解になる．11.4節の補足で得た展開 $g(s)=\frac{2}{3s^2}+\frac{2}{5s^4}+\cdots$ を使うと，方程式 \eqref{eq:11-zerosound} は

$$ 1=\frac{F_0}{2}\left(\frac{2}{3s^2}+\frac{2}{5s^4}+\cdots\right)=\frac{F_0}{3s^2}\left(1+\frac{3}{5s^2}+\cdots\right) $$

最低次では括弧を $1$ として

∎ $V_0$ を戻すと $c_0^2\simeq\frac{v_F^2F_0}{3}=\frac{v_F^2V_0N(0)}{3}=\frac{V_0n}{m}$（$N(0)=3n/2\epsilon_F$, $\epsilon_F=\frac12mv_F^2$ を使った）．これは圧縮率から出る音速の式そのものである．強結合では相互作用エネルギーが Fermi 圧を圧倒し，ゼロ音波は普通の音波に近づく．