第12章非弾性散乱と動的構造因子

導出1：$q^2=k^2+k'^2-2kk'\cos\theta$ と $q=2k\sin(\theta/2)$

ステップ1：自乗する．

$$ q^2 = \abs{\kk-\kk'}^2 = (\kk-\kk')\cdot(\kk-\kk') = k^2 - 2\,\kk\cdot\kk' + k'^2 $$

内積を $\kk\cdot\kk'=kk'\cos\theta$ と書けば

三角形の余弦定理そのものである．実際 $\kk$，$\kk'$，$\qq$ は図12.1(b)のように閉じた三角形をなす．

ステップ2：弾性散乱の場合．$\omega=0$ すなわち $E_i=E_f$ なら $k'=k$ だから

$$ q^2 = 2k^2(1-\cos\theta) $$

半角の公式 $1-\cos\theta = 2\sin^2(\theta/2)$ を使うと $q^2=4k^2\sin^2(\theta/2)$，すなわち

∎ 前方散乱 $\theta=0$ で $q=0$，後方散乱 $\theta=\pi$ で $q=2k$ が最大である．弾性散乱では，どうがんばっても入射波数の2倍より大きい運動量は渡せない．Bragg の条件 $2d\sin\theta_B=\lambda$ がこの式の言い換えであることは，$q=2\pi/d$，$k=2\pi/\lambda$，$\theta=2\theta_B$ を代入すれば確かめられる（演習12.1）．

導出2：走査可能領域の境界

ステップ1：エネルギー保存を波数で書く．

$$ \hbar\omega = E_i - E_f = \frac{\hbar^2}{2M}\left(k^2-k'^2\right) \qquad\Longrightarrow\qquad k'^2 = k^2 - \frac{2M\omega}{\hbar} $$

エネルギー移行 $\omega$ を指定した瞬間に，散乱後の波数の大きさ $k'$ は決まってしまう．自由に選べるのは向き（散乱角 $\theta$）だけである．

ステップ2：向きを振ったときの $q$ の範囲．式 \eqref{eq:12-qtheta} で $\cos\theta$ を $+1$（前方 $\theta=0$）から $-1$（後方 $\theta=\pi$）まで動かすと

$$ q^2_{\min}=k^2+k'^2-2kk'=(k-k')^2, \qquad q^2_{\max}=k^2+k'^2+2kk'=(k+k')^2 $$

すなわち $\abs{k-k'}\le q\le k+k'$．これが走査可能領域である．

ステップ3：無次元化してきれいな形にする．$x\equiv q/k$，$u\equiv k'/k\;(\ge0)$，$\omega_k\equiv\hbar k^2/2M$（入射エネルギーに対応する振動数，$\hbar\omega_k=E_i$）と置く．ステップ1は

$$ u^2 = 1 - \frac{\omega}{\omega_k} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{\omega}{\omega_k} = 1-u^2 $$

ステップ2は $\abs{1-u}\le x\le 1+u$，すなわち「$u\ge\abs{1-x}$ かつ $u\le 1+x$」と同値である．

ステップ4：$u$ を消去する．$\omega/\omega_k=1-u^2$ は $u\ge0$ の範囲で $u$ の減少関数だから，$u\ge\abs{1-x}$ は

$$ \frac{\omega}{\omega_k}\;\le\;1-(1-x)^2 = 2x-x^2 = x(2-x) $$

と同値であり，$u\le1+x$ は

$$ \frac{\omega}{\omega_k}\;\ge\;1-(1+x)^2 = -2x-x^2 = -x(2+x) $$

と同値である．まとめると

∎ 上限も下限も $q$ の2次式（放物線）である．実験では上限のほうがよく効く．

導出3：$\bra{f}\Ham_{\text{int}}\ket{i}$ を計算する（全ステップ）

ステップ1：プローブの座標について積分する．試料の状態はまだ触らずに残しておく．

$$ \bra{\kk'}\Ham_{\text{int}}\ket{\kk} = \int_V\dd^3x\;\frac{\ee^{-\ii\kk'\cdot\xx}}{\sqrt V}\; \left[\sum_{i=1}^{N}U(\xx-\xx_i)\right]\; \frac{\ee^{\ii\kk\cdot\xx}}{\sqrt V} = \frac{1}{V}\sum_{i=1}^{N}\int\dd^3x\;\ee^{\ii(\kk-\kk')\cdot\xx}\,U(\xx-\xx_i) $$

2つの指数関数をまとめて $\ee^{\ii\qq\cdot\xx}$（$\qq=\kk-\kk'$）とした．

ステップ2：変数変換 $\bm y=\xx-\xx_i$．$\xx=\bm y+\xx_i$，$\dd^3x=\dd^3y$ だから

$$ \int\dd^3x\;\ee^{\ii\qq\cdot\xx}U(\xx-\xx_i) = \int\dd^3y\;\ee^{\ii\qq\cdot(\bm y+\xx_i)}U(\bm y) = \ee^{\ii\qq\cdot\xx_i}\int\dd^3y\;\ee^{\ii\qq\cdot\bm y}U(\bm y) $$

ここが計算全体の急所である．標的粒子の位置 $\xx_i$ は $\ee^{\ii\qq\cdot\xx_i}$ という因子として，相互作用の詳細から完全に分離した．残った積分

$$ \begin{equation} U(q) \equiv \int\dd^3y\;\ee^{-\ii\qq\cdot\bm y}\,U(\bm y) \label{eq:12-Uq} \end{equation} $$

は相互作用のFourier変換であって，試料の中身には一切依らない．$U(\bm y)$ が球対称（$U(\bm y)=U(y)$）なら $\int\dd^3y\,\ee^{+\ii\qq\cdot\bm y}U(y)=U(q)$ であり，指数の符号を気にしなくてよい．以後そう仮定する．

ステップ3：$\sum_i\ee^{\ii\qq\cdot\xx_i}$ の正体を見破る．第1量子化での密度演算子は

$$ \hat\rho(\xx) = \sum_{i=1}^{N}\delta(\xx-\xx_i) $$

である．第9章の規約 $\hat\rho_\qq=\int\dd^3x\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\hat\rho(\xx)$ に代入すると，デルタ関数が積分を食べて

$$ \hat\rho_\qq = \int\dd^3x\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\sum_i\delta(\xx-\xx_i) = \sum_{i=1}^{N}\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_i} $$

したがって求めていた和は

（第9章で確かめたとおり $\hat\rho_\qq^\dagger=\hat\rho_{-\qq}$ である．）

ステップ4：まとめる．試料の状態も挟んで

∎ 相互作用の詳細（$U(q)$）と試料の中身（$\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}$）が，掛け算の形にきれいに分離した．これが本章の全部と言ってもよい．以下の計算は，この式を「単位時間あたり何個検出器に来るか」に翻訳する作業にすぎない．

導出4：二重微分断面積（$V$ が消えることまで確認する）

ステップ1：断面積の定義を書く．断面積とは「単位時間あたりの散乱回数」を「単位時間・単位面積あたりの入射粒子数（入射流束 $j$）」で割ったものである：

$$ \dd\sigma = \frac{1}{j}\times\left(\text{その方向・そのエネルギーへ散乱される単位時間あたりの回数}\right) $$

体積 $V$ の箱に1個の粒子が速さ $v=\hbar k/M$ で走っているので，数密度は $1/V$，流束は

$$ j = \frac{v}{V} = \frac{\hbar k}{MV} $$

ステップ2：終状態の数を数える．周期境界条件の箱では，波数空間の体積 $(2\pi)^3/V$ ごとに1つの状態がある．したがって $\kk'$ が微小体積 $\dd^3k'$ に入る状態数は

$$ \dd\mathcal{N} = \frac{V}{(2\pi)^3}\,\dd^3k' = \frac{V}{(2\pi)^3}\,k'^2\,\dd k'\,\dd\Omega $$

（極座標 $\dd^3k'=k'^2\dd k'\dd\Omega$ を使った．）

ステップ3：全部掛け合わせる．試料の終状態 $\ket{n}$ については，区別せずに全部足す（検出器は試料がどの励起状態になったかを見分けられない．見分けているのはエネルギー移行だけである）：

$$ \dd\sigma = \frac{MV}{\hbar k}\cdot\frac{V}{(2\pi)^3}k'^2\dd k'\,\dd\Omega \cdot\frac{2\pi}{\hbar}\cdot\frac{\abs{U(q)}^2}{V^2} \sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2\,\frac{1}{\hbar}\delta(\omega-\omega_{n0}) $$

ここで $V$ を数える．$V^{+1}$（流束の逆数から）$\times\,V^{+1}$（状態密度から）$\times\,V^{-2}$（行列要素の自乗から）$=V^0$．体積はきれいに消えた．物理量なので消えなければおかしいのだが，消えることを確認するのは検算として有効である．

ステップ4：$\dd k'$ を $\dd\omega$ に変える．検出器はエネルギー（＝エネルギー移行 $\omega$）を指定するので，変数を $k'$ から $\omega$ に取り替える．$E_f=\hbar^2k'^2/2M$ より

$$ \dd E_f = \frac{\hbar^2 k'}{M}\dd k' \qquad\Longrightarrow\qquad k'^2\,\dd k' = k'^2\cdot\frac{M}{\hbar^2k'}\dd E_f = \frac{Mk'}{\hbar^2}\,\dd E_f $$

さらに $\hbar\omega=E_i-E_f$ で $E_i$ は固定だから $\abs{\dd E_f}=\hbar\,\abs{\dd\omega}$．よって

$$ k'^2\,\dd k' = \frac{Mk'}{\hbar^2}\cdot\hbar\,\dd\omega = \frac{Mk'}{\hbar}\,\dd\omega $$

ステップ5：整理する．代入して $\dd\Omega\,\dd\omega$ で割ると

$$ \frac{\dd^2\sigma}{\dd\Omega\,\dd\omega} = \frac{M}{\hbar k}\cdot\frac{1}{(2\pi)^3}\cdot\frac{Mk'}{\hbar}\cdot\frac{2\pi}{\hbar}\cdot\frac{1}{\hbar} \cdot\abs{U(q)}^2\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2\delta(\omega-\omega_{n0}) $$

数係数だけを取り出すと

$$ \frac{M}{\hbar k}\cdot\frac{Mk'}{\hbar}\cdot\frac{2\pi}{8\pi^3}\cdot\frac{1}{\hbar^2} = \frac{k'}{k}\cdot\frac{M^2}{4\pi^2\hbar^4} = \frac{k'}{k}\left(\frac{M}{2\pi\hbar^2}\right)^2 $$

したがって

∎ これが求める式である．あとは右辺を「単一粒子の断面積」と「試料の情報」に読み分けるだけである．

導出5：2つの表式が同じであることの証明（$T=0$）

ステップ1：右辺の相関関数に完全系を挟む．$\sum_n\ket{n}\bra{n}=1$ を $\hat\rho_\qq(t)$ と $\hat\rho_\qq^\dagger(0)$ の間に入れる：

$$ \bra{0}\hat\rho_\qq(t)\,\hat\rho_\qq^\dagger(0)\ket{0} = \sum_n \bra{0}\hat\rho_\qq(t)\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} $$

ステップ2：時間依存性をほどく．$\Ham_0\ket{0}=E_0\ket{0}$，$\Ham_0\ket{n}=E_n\ket{n}$ を使うと

$$ \bra{0}\hat\rho_\qq(t)\ket{n} = \bra{0}\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\hat\rho_\qq\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}\ket{n} = \ee^{\ii E_0t/\hbar}\,\ee^{-\ii E_nt/\hbar}\,\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n} = \ee^{-\ii\omega_{n0}t}\,\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n} $$

指数演算子が固有値に置き換わっただけである．$\hbar\omega_{n0}=E_n-E_0$ を使った．

ステップ3：行列要素を自乗の形にする．$\hat\rho_\qq^\dagger$ は $\hat\rho_\qq$ のエルミート共役だから

$$ \bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n} = \left(\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}\right)^{*} $$

したがって

$$ \bra{0}\hat\rho_\qq(t)\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} = \abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2\,\ee^{-\ii\omega_{n0}t} $$

絶対値の自乗（非負の実数）になった．これが後で $S\ge0$ を保証する．

ステップ4：時間積分を実行する．ここまでをまとめて右辺に代入すると

$$ \frac{1}{2\pi N}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii\omega t}\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2\ee^{-\ii\omega_{n0}t} = \frac{1}{2\pi N}\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii(\omega-\omega_{n0})t} $$

第8章の $\chi^R$ のときと違い，ここには $\theta(t)$ が付いていないので積分範囲は全時間であり，収束因子も要らない．デルタ関数の積分表示

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii Xt} = 2\pi\,\delta(X) $$

を使うと $2\pi$ が前置因子の $1/2\pi$ とちょうど相殺して

$$ = \frac{1}{N}\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2\delta(\omega-\omega_{n0}) $$

∎ 左辺の定義 \eqref{eq:12-S-def} と一致した．

導出6：van Hove相関関数 $G(\bm r,t)$

ステップ1：$\hat\rho_\qq$ を実空間に戻す．定義 $\hat\rho_\qq=\int\dd^3x\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\hat\rho(\xx)$，$\hat\rho_\qq^\dagger=\hat\rho_{-\qq}=\int\dd^3x'\,\ee^{+\ii\qq\cdot\xx'}\hat\rho(\xx')$ を相関関数に入れる：

$$ \braket{\hat\rho_\qq(t)\hat\rho_\qq^\dagger(0)} = \int\dd^3x\int\dd^3x'\;\ee^{-\ii\qq\cdot(\xx-\xx')}\, \braket{\hat\rho(\xx,t)\,\hat\rho(\xx',0)} $$

ステップ2：相対座標に移る．$\bm r\equiv\xx-\xx'$ と置き，$\xx$ の積分を $\bm r$ の積分に取り替える（$\xx'$ を固定すればヤコビアンは $1$）：

$$ = \int\dd^3r\;\ee^{-\ii\qq\cdot\bm r}\int\dd^3x'\; \braket{\hat\rho(\xx'+\bm r,\,t)\,\hat\rho(\xx',0)} $$

ステップ3：名前を付ける．内側の積分（$\bm r$ と $t$ の関数）を $N$ で割って

と定義すると，式 \eqref{eq:12-S-two-forms} は

∎ $G(\bm r,t)$ をvan Hove相関関数という．$S(\qq,\omega)$ は $G(\bm r,t)$ の，空間と時間についての4次元Fourier変換である．これが「$S$ は密度ゆらぎの時空相関のFourier変換である」の正確な内容である．

導出7：$\mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}$ をデルタ関数の櫛に書く（$T=0$）

ステップ1：第8章のLehmann表示を借りる．第8章8.1節の結果は，一般の演算子 $\hat A,\hat B$ について

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = \frac{1}{\hbar}\sum_n\left[ \frac{\bra{0}\hat A\ket{n}\bra{n}\hat B\ket{0}}{\omega-\omega_{n0}+\ii\eta} -\frac{\bra{0}\hat B\ket{n}\bra{n}\hat A\ket{0}}{\omega+\omega_{n0}+\ii\eta}\right] $$

であった．式 \eqref{eq:12-chi-recall} は $\hat A=\hat\rho_\qq$，$\hat B=\hat\rho_{-\qq}=\hat\rho_\qq^\dagger$ とし，さらに全体に $1/V$ を掛けたものである．よって

$$ \chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) = \frac{1}{\hbar V}\sum_n\left[ \frac{\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}{\omega-\omega_{n0}+\ii\eta} -\frac{\bra{0}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}{\omega+\omega_{n0}+\ii\eta}\right] $$

ステップ2：分子を絶対値の自乗にする．導出5のステップ3と同じ理屈で

$$ \bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} = \abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2, \qquad \bra{0}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0} = \abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2 $$

どちらも非負の実数である．等方的な系では $\qq\to-\qq$ で物理が変わらないので，この2つは（$n$ について和を取れば）等しい．以下 $\abs{\rho_{n0}}^2\equiv\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2$ と略記する．

ステップ3：Sokhotski–Plemelj公式で虚部を取り出す．第5章の

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

を各項に当てはめる．分子は実数なので，虚部はデルタ関数の項だけから来る：

∎ 第2項の符号が $+$ になったのは，もとの式で第2項に $-$ が付いていたところに，さらに $-\ii\pi\delta$ の $-$ が掛かったからである．

導出8：$S(\qq,\omega) = -\dfrac{\hbar}{\pi n}\mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega)$（$T=0$, $\omega>0$）

ステップ1：$\omega>0$ で式 \eqref{eq:12-imchi} の第2項を落とす．$\omega_{n0}\ge0$ なので $\delta(\omega+\omega_{n0})$ は $\omega>0$ ではゼロである．したがって

$$ \mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) = -\frac{\pi}{\hbar V}\sum_n\abs{\rho_{n0}}^2\,\delta(\omega-\omega_{n0}) \qquad(\omega>0) $$

ステップ2：定義 \eqref{eq:12-S-def} と見比べる．右辺の和は $N\,S(\qq,\omega)$ そのものである：

$$ \mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) = -\frac{\pi}{\hbar V}\cdot N\,S(\qq,\omega) = -\frac{\pi n}{\hbar}\,S(\qq,\omega) $$

ここで $n=N/V$ は数密度である．

ステップ3：$S$ について解く．

∎ 散乱実験で測る $S$ は，応答関数の虚部そのものである．これが本章の中心的な主張である．

導出9：有限温度の関係式

ステップ1：第8章の一般形を書く．第8章の揺動散逸定理は，一般の $\hat A,\hat B$ について

$$ \chi''_{AB}(\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\left(1-\ee^{-\beta\hbar\omega}\right)S_{AB}(\omega) $$

であった（$\chi''\equiv\mathrm{Im}\,\chi^R$）．ここで $S_{AB}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int\dd t\,\ee^{\ii\omega t}\braket{\hat A_H(t)\hat B(0)}$ である．

ステップ2：規格化の対応を取る．本章の量とは

$$ \chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) = \frac{1}{V}\,\chi^R_{AB}(\omega), \qquad S(\qq,\omega) = \frac{1}{N}\,S_{AB}(\omega) \qquad\left(\hat A=\hat\rho_\qq,\;\hat B=\hat\rho_{-\qq}\right) $$

という関係にある（12.3.1節）．代入すると

$$ V\,\mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) = -\frac{\pi}{\hbar}\left(1-\ee^{-\beta\hbar\omega}\right)\,N\,S(\qq,\omega) $$

ステップ3：$S$ について解く．両辺を $V$ で割り，$n=N/V$ を使うと

∎ これが揺動散逸定理の実用形である．

ステップ4：$T\to0$ の極限で式 \eqref{eq:12-fdt-T0} に戻ることを確認する．$\beta\to\infty$ で，$\omega>0$ なら $\ee^{-\beta\hbar\omega}\to0$ なので分母は $1$ になり，式 \eqref{eq:12-fdt-T0} に一致する．$\omega<0$ なら $\ee^{-\beta\hbar\omega}\to\infty$ で分母が $-\infty$ に発散するので $S\to0$．$T=0$ ではエネルギー利得側にスペクトルが立たないという，第8章8.5.2節で述べた事実が再現された．

導出10：式 \eqref{eq:12-fdt-T} から詳細つり合いを出す

式 \eqref{eq:12-fdt-T} で $\omega\to-\omega$ とする．$\mathrm{Im}\,\chi^R$ が奇関数であること（$\mathrm{Im}\,\chi^R(-\omega)=-\mathrm{Im}\,\chi^R(\omega)$）を使うと

$$ S(\qq,-\omega) = -\frac{\hbar}{\pi n}\cdot\frac{-\mathrm{Im}\,\chi^R(\qq,\omega)}{1-\ee^{+\beta\hbar\omega}} = \frac{\hbar}{\pi n}\cdot\frac{\mathrm{Im}\,\chi^R(\qq,\omega)}{1-\ee^{\beta\hbar\omega}} $$

ここで分母を変形する．分母分子に $\ee^{-\beta\hbar\omega}$ を掛けると

$$ \frac{1}{1-\ee^{\beta\hbar\omega}} = \frac{\ee^{-\beta\hbar\omega}}{\ee^{-\beta\hbar\omega}-1} = -\frac{\ee^{-\beta\hbar\omega}}{1-\ee^{-\beta\hbar\omega}} $$

したがって

$$ S(\qq,-\omega) = -\frac{\hbar}{\pi n}\cdot\ee^{-\beta\hbar\omega}\cdot\frac{\mathrm{Im}\,\chi^R(\qq,\omega)}{1-\ee^{-\beta\hbar\omega}} = \ee^{-\beta\hbar\omega}\,S(\qq,\omega) $$

∎ 式 \eqref{eq:12-fdt-T} の最後の分数がそのまま $S(\qq,\omega)$ である．

導出11：$S$ を損失関数で書き直す

ステップ1：$1/\epsilon$ を $\chi$ で書く．第9章で導いたとおり，外場に対する全応答 $\chi$ と既約応答 $\chi^0$ は

$$ \chi = \frac{\chi^0}{\epsilon}, \qquad \epsilon = 1-v(q)\chi^0 $$

で結ばれる．ここから $\chi^0=\chi\epsilon$ を第2式に入れると $\epsilon=1-v\chi\epsilon$，すなわち $\epsilon(1+v\chi)=1$．したがって

この関係はRPAに限らず厳密である（$\chi$ を厳密な全応答関数とすれば）．

ステップ2：虚部を取る．$v(q)=4\pi e^2/q^2$ は実数なので

$$ \mathrm{Im}\,\frac{1}{\epsilon(\qq,\omega)} = v(q)\,\mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho}(\qq,\omega) $$

「$1$」は実数なので虚部に寄与しない．この一行が本節のすべてである．

ステップ3：$S$ に代入する．$T=0$，$\omega>0$ で式 \eqref{eq:12-fdt-T0} を使うと

$$ S(\qq,\omega) = -\frac{\hbar}{\pi n}\,\mathrm{Im}\,\chi^R_{\rho\rho} = -\frac{\hbar}{\pi n\,v(q)}\,\mathrm{Im}\,\frac{1}{\epsilon(\qq,\omega)} $$

$v(q)=4\pi e^2/q^2$ を代入して

∎ 角括弧の中身が第9章で定義し第11章で詳しく調べた損失関数 $\mathcal{L}(\qq,\omega)\equiv-\mathrm{Im}\,\epsilon^{-1}$ である．

導出12：電子線の二重微分断面積

例題12.2(c) の前置因子と，式 \eqref{eq:12-S-loss} を式 \eqref{eq:12-master} に入れる．$N=nV$ に注意して

$$ \frac{\dd^2\sigma}{\dd\Omega\,\dd\omega} = nV\cdot\frac{k'}{k}\left(\frac{M}{2\pi\hbar^2}\right)^2 v(q)^2 \cdot\frac{\hbar}{\pi n\,v(q)}\,\mathcal{L}(\qq,\omega) $$

$n$ が約分され，$v(q)$ が1つ残る：

$$ = \frac{k'}{k}\cdot\frac{M^2 V\hbar}{4\pi^2\hbar^4}\cdot\frac{1}{\pi}\cdot\frac{4\pi e^2}{q^2}\,\mathcal{L} = \frac{k'}{k}\cdot\frac{M^2 e^2 V}{\pi^2\hbar^3 q^2}\left[-\mathrm{Im}\,\frac{1}{\epsilon(\qq,\omega)}\right] $$

∎ EELSで測られるのは損失関数である．

導出13：$\epsilon''\to0$ での損失関数はデルタ関数になる

損失関数を実部・虚部で書くと（第9章で定義し第11章で調べた損失関数を，本章内で改めて書き下す）

$$ \mathcal{L}(\qq,\omega) = -\mathrm{Im}\,\frac{1}{\epsilon'+\ii\epsilon''} = -\mathrm{Im}\,\frac{\epsilon'-\ii\epsilon''}{\epsilon'^2+\epsilon''^2} = \frac{\epsilon''}{\epsilon'^2+\epsilon''^2} $$

（$\epsilon'=\mathrm{Re}\,\epsilon$，$\epsilon''=\mathrm{Im}\,\epsilon$．）

ステップ1：$\epsilon''\to0^+$ の極限を取る．ここで第5章のSokhotski–Plemelj公式の「デルタ関数の表示」

$$ \lim_{\eta\to0^+}\frac{\eta}{X^2+\eta^2} = \pi\,\delta(X) $$

を $X=\epsilon'$，$\eta=\epsilon''$ と読み替えて使うと

$$ \mathcal{L}(\qq,\omega)\;\xrightarrow{\ \epsilon''\to0^+\ }\;\pi\,\delta\bigl(\epsilon'(\qq,\omega)\bigr) $$

ステップ2：デルタ関数の引数を $\omega$ に直す．$\epsilon'(\qq,\omega)=0$ の解を $\omega=\omega_p(q)$（プラズモン分散）とし，その近傍で $\epsilon'$ を線形化すると $\epsilon'\simeq\left.\frac{\partial\epsilon'}{\partial\omega}\right|_{\omega_p}(\omega-\omega_p)$．合成関数のデルタ関数の公式 $\delta(g(\omega))=\sum_i\delta(\omega-\omega_i)/\abs{g'(\omega_i)}$ より

∎ $\epsilon''\to0^+$ の極限では，幅ゼロの1本のデルタ関数ピークになる．この極限をどこまで真に受けてよいかは，すぐ下で吟味する．

導出14：$\int\dd\omega\,S(\qq,\omega)=S(\qq)$

ステップ1：時間相関の表式で $\omega$ 積分する．式 \eqref{eq:12-S-two-forms} の第2の形を使う：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;S(\qq,\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;\frac{1}{2\pi N}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\ee^{\ii\omega t} \braket{\hat\rho_\qq(t)\hat\rho_\qq^\dagger(0)} $$

ステップ2：積分の順序を交換して $\omega$ を先に積分する．

$$ = \frac{1}{N}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;\ee^{\ii\omega t}\right] \braket{\hat\rho_\qq(t)\hat\rho_\qq^\dagger(0)} = \frac{1}{N}\int_{-\infty}^{\infty}\dd t\;\delta(t)\,\braket{\hat\rho_\qq(t)\hat\rho_\qq^\dagger(0)} $$

（付録A の $\frac{1}{2\pi}\int\dd\omega\,\ee^{\ii\omega t}=\delta(t)$ を使った．）

ステップ3：デルタ関数で $t=0$ を拾う．$\hat\rho_\qq(0)=\hat\rho_\qq$ だから

∎ $S(\qq)$ を静的構造因子という．$\omega$ をまったく分解しない実験（エネルギー分析器を使わず，散乱粒子を角度だけで数える実験）が測るのは，この量である．ただし角度を固定すると $\omega$ とともに $q$ も変わってしまうから，この同一視が許されるのは $E_i\gg\hbar\omega$（静的近似）のときに限る．X線ではよく成り立つが，熱中性子ではPlaczek補正と呼ばれる補正が要る．

導出15：$f$ 和則を二重交換子から出す（全ステップ）

ステップ1：モーメントを行列要素の和で書く．$T=0$ とし，定義 \eqref{eq:12-S-def} を使う．デルタ関数が $\omega$ を $\omega_{n0}$ に固定するので

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;\omega\,S(\qq,\omega) = \frac{1}{N}\sum_n\omega_{n0}\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 = \frac{1}{N\hbar}\sum_n(E_n-E_0)\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 $$

ステップ2：エネルギー差を交換子で作る．第8章8.7.1節と同じ手口である．$\Ham_0\ket{n}=E_n\ket{n}$，$\bra{0}\Ham_0=E_0\bra{0}$ より

$$ \bra{0}\left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right]\ket{n} = \bra{0}\hat\rho_\qq\Ham_0\ket{n}-\bra{0}\Ham_0\hat\rho_\qq\ket{n} = (E_n-E_0)\,\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n} $$

欲しい因子 $(E_n-E_0)$ が出た．これを使って，$\bra{0}\hat\rho_\qq\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}=\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2$ に注意すると

$$ \sum_n(E_n-E_0)\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 = \sum_n\bra{0}\left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right]\ket{n}\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} = \bra{0}\left[\hat\rho_\qq,\Ham_0\right]\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} $$

完全系 $\sum_n\ket{n}\bra{n}=1$ を使って和を消した．

ステップ3：もう一方の順序も作って足す．$\qq\to-\qq$ とした同じ関係（等方的な系では $\sum_n(E_n-E_0)\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2$ も同じ値になる）を使うと

$$ \sum_n(E_n-E_0)\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2 = \bra{0}\left[\hat\rho_\qq^\dagger,\Ham_0\right]\hat\rho_\qq\ket{0} $$

この2つを足すと，二重交換子にまとまる．実際

$$ \bra{0}\left[\hat\rho_\qq,\left[\Ham_0,\hat\rho_\qq^\dagger\right]\right]\ket{0} $$

を展開してみる．$\Ham_0\ket{0}=E_0\ket{0}$ と完全系の挿入を使うと

$$ \begin{aligned} &\bra{0}\hat\rho_\qq\Ham_0\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0} -\bra{0}\hat\rho_\qq\hat\rho_\qq^\dagger\Ham_0\ket{0} -\bra{0}\Ham_0\hat\rho_\qq^\dagger\hat\rho_\qq\ket{0} +\bra{0}\hat\rho_\qq^\dagger\Ham_0\hat\rho_\qq\ket{0}\\[2pt] &=\sum_n E_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 -E_0\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 -E_0\sum_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2 +\sum_n E_n\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2\\[2pt] &=\sum_n(E_n-E_0)\left[\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2+\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq\ket{0}}^2\right] = 2\sum_n(E_n-E_0)\abs{\bra{n}\hat\rho_\qq^\dagger\ket{0}}^2 \end{aligned} $$

最後で等方性を使った．したがって

この形は有限温度でもそのまま成り立つ（第8章と同じく，熱平均に置き換えればよい）．

ステップ4：二重交換子を計算する（その1：相互作用は効かない）．ハミルトニアンを

$$ \Ham_0 = \sum_{j=1}^{N}\frac{\hat\pp_j^2}{2m} + V(\xx_1,\dots,\xx_N) $$

と書く．$V$ は位置だけの関数である．$\hat\rho_\qq^\dagger=\sum_i\ee^{\ii\qq\cdot\xx_i}$ も位置だけの関数なので

$$ \left[V,\hat\rho_\qq^\dagger\right]=0 $$

相互作用は二重交換子に一切寄与しない．右辺が相互作用に依らない理由がこれである．残るのは運動エネルギー項だけ．

ステップ5：二重交換子を計算する（その2：$[\pp^2,\ee^{\ii\qq\cdot\xx}]$）．1粒子分を計算する．基本の交換関係は

$$ \left[\hat\pp,\;f(\hat\xx)\right] = -\ii\hbar\,\nabla f(\hat\xx) $$

である．$f=\ee^{\ii\qq\cdot\xx}$ なら $\nabla f=\ii\qq\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx}$ だから

$$ \left[\hat\pp,\;\ee^{\ii\qq\cdot\xx}\right] = -\ii\hbar\cdot\ii\qq\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx} = \hbar\qq\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx} $$

これを使って $[\hat\pp^2,f]=\hat\pp\cdot[\hat\pp,f]+[\hat\pp,f]\cdot\hat\pp$（積の交換子の公式）を計算すると

$$ \left[\hat\pp^2,\;\ee^{\ii\qq\cdot\xx}\right] = \hbar\left[(\qq\cdot\hat\pp)\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx} + \ee^{\ii\qq\cdot\xx}\,(\qq\cdot\hat\pp)\right] $$

したがって（符号に注意して $[\Ham_0,\hat\rho_\qq^\dagger]$ を作ると）

$$ \left[\Ham_0,\;\hat\rho_\qq^\dagger\right] = \frac{\hbar}{2m}\sum_i\left[(\qq\cdot\hat\pp_i)\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx_i} + \ee^{\ii\qq\cdot\xx_i}\,(\qq\cdot\hat\pp_i)\right] $$

ステップ6：二重交換子を計算する（その3：外側の交換子）．$\hat\rho_\qq=\sum_j\ee^{-\ii\qq\cdot\xx_j}$ との交換子を取る．異なる粒子の演算子は交換するので $i=j$ の項だけが残る．必要なのは

$$ \left[\ee^{-\ii\qq\cdot\xx},\;(\qq\cdot\hat\pp)\right] = -\left[(\qq\cdot\hat\pp),\;\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\right] = -\left(-\ii\hbar\right)\qq\cdot\nabla\ee^{-\ii\qq\cdot\xx} = \ii\hbar\cdot(-\ii q^2)\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx} = \hbar q^2\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx} $$

これを使うと，2つの項はそれぞれ

$$ \left[\ee^{-\ii\qq\cdot\xx},\;(\qq\cdot\hat\pp)\,\ee^{\ii\qq\cdot\xx}\right] = \left[\ee^{-\ii\qq\cdot\xx},(\qq\cdot\hat\pp)\right]\ee^{\ii\qq\cdot\xx} = \hbar q^2\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx}\ee^{\ii\qq\cdot\xx} = \hbar q^2 $$ $$ \left[\ee^{-\ii\qq\cdot\xx},\;\ee^{\ii\qq\cdot\xx}(\qq\cdot\hat\pp)\right] = \ee^{\ii\qq\cdot\xx}\left[\ee^{-\ii\qq\cdot\xx},(\qq\cdot\hat\pp)\right] = \ee^{\ii\qq\cdot\xx}\,\hbar q^2\,\ee^{-\ii\qq\cdot\xx} = \hbar q^2 $$

（$\ee^{\pm\ii\qq\cdot\xx}$ どうしは交換することを使った．）よって1粒子あたり

$$ \frac{\hbar}{2m}\left(\hbar q^2+\hbar q^2\right) = \frac{\hbar^2q^2}{m} $$

$N$ 個足して

ただの数（c数）になった．期待値を取るまでもない．基底状態がどんな複雑な多体波動関数であっても，温度がいくつであっても，答えは同じである．

ステップ7：まとめる．式 \eqref{eq:12-fsum-commutator} に代入して

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\dd\omega\;\omega\,S(\qq,\omega) = \frac{1}{2N\hbar}\cdot\frac{N\hbar^2q^2}{m} = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

∎ 定理12.3が示された．

導出16：単一モード近似（Feynman, 1954）

仮定：ある $\qq$ において，$S(\qq,\omega)$ の重みがただ1本のモード $\omega=\omega(q)$ に集中しているとする：

$$ S(\qq,\omega) = Z(q)\,\delta\bigl(\omega-\omega(q)\bigr) \qquad(\omega>0) $$

$Z(q)$ はその1本の重みである．この仮定を単一モード近似（single-mode approximation, SMA）という．

ステップ1：0次モーメント．式 \eqref{eq:12-static} より

$$ \int\dd\omega\;S(\qq,\omega) = Z(q) = S(q) $$

重みは静的構造因子そのものである．

ステップ2：1次モーメント．式 \eqref{eq:12-fsum} より

$$ \int\dd\omega\;\omega\,S(\qq,\omega) = \omega(q)\,Z(q) = \omega(q)\,S(q) = \frac{\hbar q^2}{2m} $$

ステップ3：$\omega(q)$ について解く．

∎ Feynman の式である．