第13章松原Green関数と解析接続

導出：虚時間のHeisenberg方程式

ステップ1：微分する．$\frac{\dd}{\dd\tau}\ee^{\Ham\tau/\hbar}=\frac{\Ham}{\hbar}\ee^{\Ham\tau/\hbar}$，$\frac{\dd}{\dd\tau}\ee^{-\Ham\tau/\hbar}=-\frac{\Ham}{\hbar}\ee^{-\Ham\tau/\hbar}$ を使って

$$ \frac{\dd\hat A(\tau)}{\dd\tau} = \frac{\Ham}{\hbar}\ee^{\Ham\tau/\hbar}\hat A\ee^{-\Ham\tau/\hbar} \;+\;\ee^{\Ham\tau/\hbar}\hat A\left(-\frac{\Ham}{\hbar}\right)\ee^{-\Ham\tau/\hbar} $$

ステップ2：$\Ham$ を指数関数の内側へ通す．$\Ham$ と $\ee^{\Ham\tau/\hbar}$ は可換だから，第1項の $\Ham$ を右へ，第2項の $\Ham$ を左へ動かせる：

$$ = \frac{1}{\hbar}\ee^{\Ham\tau/\hbar}\left(\Ham\hat A-\hat A\Ham\right)\ee^{-\Ham\tau/\hbar} = \frac{1}{\hbar}\ee^{\Ham\tau/\hbar}[\Ham,\hat A]\,\ee^{-\Ham\tau/\hbar} $$

ステップ3：右辺も虚時間演算子の形にまとめる．$[\Ham,\hat A]$ もひとつの演算子だから，式 \eqref{eq:13-heisenberg-tau} の定義を当てはめれば

∎ 実時間のHeisenberg方程式 $\ii\hbar\frac{\dd\hat A_H}{\dd t}=[\hat A_H,\Ham]$ と比べると，$\ii$ が消え，交換子の順序が入れ替わっている．式 \eqref{eq:13-eom} は拡散方程式型（$\partial_\tau=\cdots$）であり，実時間版が波動方程式型（$\ii\partial_t=\cdots$）だったのと対照的である．虚時間では振動する代わりに指数関数的に減衰・増大する，と覚えておけばよい．

導出：定理13.1 の証明 —— 1行ずつ

以下，$-\beta\hbar<\tau<0$ とする．したがって $\tau+\beta\hbar$ は $0<\tau+\beta\hbar<\beta\hbar$ の範囲にある．$\mathcal{G}(\tau)$ と $\mathcal{G}(\tau+\beta\hbar)$ をそれぞれ別々に計算して，最後に比べる．

ステップ1：$\mathcal{G}(\tau)$ を書き下す．$\tau<0$ だから式 \eqref{eq:13-G-explicit} の第2項が生きる：

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau) = -\zeta\braket{\hat B(0)\hat A(\tau)} = -\frac{\zeta}{Z}\Tr\left[\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\,\hat A(\tau)\right] \tag{A} $$

これはあとで使うので，式 (A) と名付けて取っておく．

ステップ2：$\mathcal{G}(\tau+\beta\hbar)$ を書き下す．今度は引数が正だから式 \eqref{eq:13-G-explicit} の第1項が生きる：

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau+\beta\hbar) = -\braket{\hat A(\tau+\beta\hbar)\hat B(0)} = -\frac{1}{Z}\Tr\left[\ee^{-\beta\Ham}\,\hat A(\tau+\beta\hbar)\,\hat B\right] $$

ステップ3：$\hat A(\tau+\beta\hbar)$ を定義どおり展開する．式 \eqref{eq:13-heisenberg-tau} より

$$ \hat A(\tau+\beta\hbar) = \ee^{\Ham(\tau+\beta\hbar)/\hbar}\,\hat A\,\ee^{-\Ham(\tau+\beta\hbar)/\hbar} $$

指数の肩を分解する．$\Ham$ の関数どうしは可換だから，指数法則がそのまま使える：

$$ \ee^{\Ham(\tau+\beta\hbar)/\hbar} = \ee^{\Ham\tau/\hbar}\,\ee^{\beta\Ham}, \qquad \ee^{-\Ham(\tau+\beta\hbar)/\hbar} = \ee^{-\Ham\tau/\hbar}\,\ee^{-\beta\Ham} $$

よって，トレースの中身は

$$ \ee^{-\beta\Ham}\,\hat A(\tau+\beta\hbar)\,\hat B = \ee^{-\beta\Ham}\;\ee^{\Ham\tau/\hbar}\ee^{\beta\Ham}\;\hat A\;\ee^{-\Ham\tau/\hbar}\ee^{-\beta\Ham}\;\hat B $$

ステップ4：左側の3つの指数関数をまとめる．$\ee^{-\beta\Ham}$，$\ee^{\Ham\tau/\hbar}$，$\ee^{\beta\Ham}$ はすべて $\Ham$ の関数だから互いに可換で，肩を足し算できる：

$$ \ee^{-\beta\Ham}\,\ee^{\Ham\tau/\hbar}\,\ee^{\beta\Ham} = \ee^{(-\beta+\tau/\hbar+\beta)\Ham} = \ee^{\Ham\tau/\hbar} $$

$\ee^{-\beta\Ham}$ が消えた．これが証明の急所である．統計重みが，虚時間発展にきれいに吸収されてしまった．したがって

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau+\beta\hbar) = -\frac{1}{Z}\Tr\left[\;\underbrace{\ee^{\Ham\tau/\hbar}\hat A\,\ee^{-\Ham\tau/\hbar}}_{=\;\hat A(\tau)}\;\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\;\right] = -\frac{1}{Z}\Tr\left[\hat A(\tau)\,\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\right] $$

ステップ5：トレースを巡回させる．いまトレースの中は3つの因子 $\hat X=\hat A(\tau)$，$\hat Y=\ee^{-\beta\Ham}$，$\hat Z=\hat B$ の積 $\Tr[\hat X\hat Y\hat Z]$ である．巡回性 $\Tr[\hat X\hat Y\hat Z]=\Tr[\hat Y\hat Z\hat X]$ を使って，$\hat A(\tau)$ を一番右へ回す：

$$ \Tr\left[\hat A(\tau)\,\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\right] = \Tr\left[\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\,\hat A(\tau)\right] $$

したがって

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau+\beta\hbar) = -\frac{1}{Z}\Tr\left[\ee^{-\beta\Ham}\,\hat B\,\hat A(\tau)\right] \tag{B} $$

ステップ6：式 (A) と式 (B) を見比べる．両者の右辺は，$-\zeta$ が付いているかいないかの違いしかない．式 (A) から

$$ \frac{1}{Z}\Tr\left[\ee^{-\beta\Ham}\hat B\hat A(\tau)\right] = -\frac{1}{\zeta}\,\mathcal{G}_{AB}(\tau) = -\zeta\,\mathcal{G}_{AB}(\tau) $$

である（$\zeta=\pm1$ なので $1/\zeta=\zeta$）．これを式 (B) に代入すると

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau+\beta\hbar) = -\left(-\zeta\,\mathcal{G}_{AB}(\tau)\right) = \zeta\,\mathcal{G}_{AB}(\tau) $$

∎ 定理13.1が示された．使ったのは (i) 指数法則（$\Ham$ の関数どうしが可換だから成り立つ）と (ii) トレースの巡回性，この2つだけである．

導出：（反）周期性を式 \eqref{eq:13-fourier-raw} に食わせる

ステップ1：積分を2つに割る．

$$ \mathcal{G}(\ii\omega_n) = \frac12\int_{-\beta\hbar}^{0}\dd\tau\,\ee^{\ii\omega_n\tau}\mathcal{G}(\tau) + \frac12\int_{0}^{\beta\hbar}\dd\tau\,\ee^{\ii\omega_n\tau}\mathcal{G}(\tau) $$

ステップ2：第1の積分で変数変換する．$\tau = \tau'-\beta\hbar$ と置く．$\tau$ が $-\beta\hbar\to0$ と動くとき $\tau'$ は $0\to\beta\hbar$ と動き，$\dd\tau=\dd\tau'$ である．指数は

$$ \ee^{\ii\omega_n\tau} = \ee^{\ii\omega_n(\tau'-\beta\hbar)} = \ee^{\ii\omega_n\tau'}\,\ee^{-\ii\omega_n\beta\hbar} $$

となり，$\omega_n\beta\hbar = n\pi$ だから $\ee^{-\ii\omega_n\beta\hbar}=\ee^{-\ii n\pi}=(-1)^n$ である．

ステップ3：$\mathcal{G}(\tau'-\beta\hbar)$ を（反）周期性で書き換える．定理13.1を $\tau\to\tau'-\beta\hbar$ に適用すると $\mathcal{G}(\tau')=\zeta\,\mathcal{G}(\tau'-\beta\hbar)$，すなわち

$$ \mathcal{G}(\tau'-\beta\hbar) = \frac{1}{\zeta}\mathcal{G}(\tau') = \zeta\,\mathcal{G}(\tau') $$

である（再び $1/\zeta=\zeta$）．したがって第1の積分は

$$ \frac12\int_{-\beta\hbar}^{0}\dd\tau\,\ee^{\ii\omega_n\tau}\mathcal{G}(\tau) = \frac{(-1)^n\zeta}{2}\int_{0}^{\beta\hbar}\dd\tau'\,\ee^{\ii\omega_n\tau'}\mathcal{G}(\tau') $$

となり，第2の積分とまったく同じ積分に化けた．

ステップ4：足し合わせる．積分変数の名前を $\tau$ に戻して

ステップ5：前置因子を読む．ここが決定的である．$\frac{1+(-1)^n\zeta}{2}$ という因子は $0$ か $1$ しか取らない．

• Bose型（$\zeta=+1$）：$n$ が偶数なら $\frac{1+1}{2}=1$，$n$ が奇数なら $\frac{1-1}{2}=0$．奇数の $n$ の成分がすべて消える．
• Fermi型（$\zeta=-1$）：$n$ が偶数なら $\frac{1-1}{2}=0$，$n$ が奇数なら $\frac{1+1}{2}=1$．偶数の $n$ の成分がすべて消える．

∎ 半分の振動数が自動的に落ちた．生き残った振動数に改めて番号を付け直すと，次の定義が得られる．

導出：$c_\kk(\tau)=c_\kk\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}$

ステップ1：運動方程式を立てる．式 \eqref{eq:13-eom}（$\Ham\to\hat K$）より

$$ \hbar\frac{\dd c_\kk(\tau)}{\dd\tau} = \left[\hat K,\,c_\kk(\tau)\right] $$

ステップ2：交換子 $[\hat K,c_\kk]$ を計算する．$\hat K=\sum_l\xi_l c^\dagger_l c_l$ なので

$$ [\hat K,c_\kk] = \sum_l \xi_l\left[c^\dagger_l c_l,\,c_\kk\right] $$

ここで反交換関係 $\{c_l,c^\dagger_m\}=\delta_{lm}$，$\{c_l,c_m\}=0$ を使う．恒等式

$$ [\hat X\hat Y,\hat Z] = \hat X\{\hat Y,\hat Z\}-\{\hat X,\hat Z\}\hat Y $$

（$\hat X=c^\dagger_l,\hat Y=c_l,\hat Z=c_\kk$ と取る．この恒等式は両辺を展開すれば直ちに確かめられる）を使うと

$$ \left[c^\dagger_l c_l,\,c_\kk\right] = c^\dagger_l\underbrace{\{c_l,c_\kk\}}_{=0}-\underbrace{\{c^\dagger_l,c_\kk\}}_{=\delta_{lk}}c_l = -\delta_{lk}\,c_l $$

よって $[\hat K,c_\kk] = -\xi_\kk c_\kk$ である．消滅演算子は $\hat K$ の「固有演算子」で，交換子を取ると自分自身の $-\xi_\kk$ 倍になる．

ステップ3：微分方程式を解く．ステップ2の関係を $\ee^{\hat K\tau/\hbar}(\cdots)\ee^{-\hat K\tau/\hbar}$ で挟むと $[\hat K,c_\kk(\tau)]=-\xi_\kk c_\kk(\tau)$（$\hat K$ は指数関数と可換だから，そのまま $\tau$ 依存の形になる）．したがって

$$ \hbar\frac{\dd c_\kk(\tau)}{\dd\tau} = -\xi_\kk\,c_\kk(\tau) \qquad\Longrightarrow\qquad c_\kk(\tau) = c_\kk\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} $$

初期条件 $c_\kk(0)=c_\kk$ を使った．同様に $[\hat K,c^\dagger_\kk]=+\xi_\kk c^\dagger_\kk$ だから

∎ 実時間なら $c_\kk(t)=c_\kk\ee^{-\ii\xi_\kk t/\hbar}$ という位相の回転だったものが，虚時間では実の指数関数になった．

導出：$\mathcal{G}^0(\kk,\tau)$

$\tau>0$ の場合．式 \eqref{eq:13-G-explicit} で $\zeta=-1$（Fermi型）だから

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\braket{c_\kk(\tau)c^\dagger_\kk} = -\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}\braket{c_\kk c^\dagger_\kk} $$

$\braket{c_\kk c^\dagger_\kk}$ を評価する．反交換関係 $c_\kk c^\dagger_\kk = 1-c^\dagger_\kk c_\kk$ を使い，$\braket{c^\dagger_\kk c_\kk}=n_F(\xi_\kk)$（自由粒子の占有数はFermi分布）だから

$$ \braket{c_\kk c^\dagger_\kk} = 1-n_F(\xi_\kk), \qquad n_F(\xi) \equiv \frac{1}{\ee^{\beta\xi}+1} $$

すなわち

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = -\left[1-n_F(\xi_\kk)\right]\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} \qquad (0<\tau<\beta\hbar) $$

$\tau<0$ の場合．式 \eqref{eq:13-G-explicit} の第2項に $\zeta=-1$ を入れると符号が $+$ になり

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\tau) = +\braket{c^\dagger_\kk c_\kk(\tau)} = +\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}\braket{c^\dagger_\kk c_\kk} = +\,n_F(\xi_\kk)\,\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar} \qquad (-\beta\hbar<\tau<0) $$

∎ 13.4.4節で先取りした式が出た．とくに $\tau=0^-$ での値

は占有数そのものである．この関係は一般の（相互作用のある）系でも $\mathcal{G}(\kk,0^-)=\braket{c^\dagger_\kk c_\kk}$ として成り立ち，松原Green関数から粒子数や運動量分布を取り出す標準的な手段になる．

導出：$\mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n)=\left(\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar\right)^{-1}$

式 \eqref{eq:13-matsubara-fourier} に代入する．積分区間は $[0,\beta\hbar]$ なので，使うのは $\tau>0$ の表式だけである．

ステップ1：積分を書き下す．

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = \int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\;\ee^{\ii\omega_n\tau}\left\{-\left[1-n_F(\xi_\kk)\right]\ee^{-\xi_\kk\tau/\hbar}\right\} = -\left[1-n_F\right]\int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\;\ee^{\left(\ii\omega_n-\xi_\kk/\hbar\right)\tau} $$

以後 $n_F\equiv n_F(\xi_\kk)$，$\xi\equiv\xi_\kk$ と略記する．

ステップ2：初等的な指数積分を実行する．$a\equiv\ii\omega_n-\xi/\hbar$ と置けば

$$ \int_0^{\beta\hbar}\dd\tau\;\ee^{a\tau} = \left[\frac{\ee^{a\tau}}{a}\right]_0^{\beta\hbar} = \frac{\ee^{a\beta\hbar}-1}{a} $$

である．ここで止まらずに次へ進まないこと．$\ee^{a\beta\hbar}$ を丁寧に開く：

$$ \ee^{a\beta\hbar} = \ee^{\left(\ii\omega_n-\xi/\hbar\right)\beta\hbar} = \underbrace{\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}}_{=\,-1\ \text{(Fermi型)}}\;\cdot\;\ee^{-\beta\xi} = -\,\ee^{-\beta\xi} $$

ここが本計算の急所である．Fermi型の松原振動数だから $\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}=\ee^{\ii(2n+1)\pi}=-1$ になる（表13.1）．もしこれを $+1$ と間違えると，以下の因子が一切約分されず，まったく違う答えになる．

ステップ3：代入する．

$$ \mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = -\left[1-n_F\right]\cdot\frac{-\ee^{-\beta\xi}-1}{\ii\omega_n-\xi/\hbar} = \frac{\left[1-n_F\right]\left(1+\ee^{-\beta\xi}\right)}{\ii\omega_n-\xi/\hbar} $$

マイナスが2つ出て（$-1$ と $-(\ee^{-\beta\xi}+1)$）プラスになった．

ステップ4：分子を潰す．ここが気持ちのよいところである．

$$ 1-n_F = 1-\frac{1}{\ee^{\beta\xi}+1} = \frac{\ee^{\beta\xi}+1-1}{\ee^{\beta\xi}+1} = \frac{\ee^{\beta\xi}}{\ee^{\beta\xi}+1} $$

分子・分母を $\ee^{\beta\xi}$ で割ると

$$ 1-n_F = \frac{1}{1+\ee^{-\beta\xi}} $$

したがって

$$ \left[1-n_F\right]\left(1+\ee^{-\beta\xi}\right) = \frac{1+\ee^{-\beta\xi}}{1+\ee^{-\beta\xi}} = 1 $$

分子がちょうど $1$ になった．温度依存性が完全に消えたのである．

∎ これが自由粒子の松原Green関数である．

導出：例題13.1

ステップ1：$\hat x(\tau)$ を求める．$[\Ham,b]=-\hbar\omega_0 b$，$[\Ham,b^\dagger]=+\hbar\omega_0 b^\dagger$ だから，13.6.1節とまったく同じ議論で

$$ b(\tau) = b\,\ee^{-\omega_0\tau}, \qquad b^\dagger(\tau) = b^\dagger\,\ee^{+\omega_0\tau} $$

したがって

$$ \hat x(\tau) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}}\left(b\,\ee^{-\omega_0\tau}+b^\dagger\,\ee^{\omega_0\tau}\right) $$

ステップ2：$0<\tau<\beta\hbar$ で相関を取る．$\ell^2\equiv\frac{\hbar}{2m\omega_0}$ と略記する．

$$ \mathcal{G}_{xx}(\tau) = -\ell^2\braket{\left(b\ee^{-\omega_0\tau}+b^\dagger\ee^{\omega_0\tau}\right)\left(b+b^\dagger\right)} $$

展開すると4項出るが，$\braket{bb}=\braket{b^\dagger b^\dagger}=0$（粒子数を変えるので熱平均がゼロ）だから2項だけ残る：

$$ \mathcal{G}_{xx}(\tau) = -\ell^2\left[\ee^{-\omega_0\tau}\braket{bb^\dagger}+\ee^{\omega_0\tau}\braket{b^\dagger b}\right] $$

Bose分布 $n_B\equiv n_B(\hbar\omega_0)=(\ee^{\beta\hbar\omega_0}-1)^{-1}$ を使うと $\braket{b^\dagger b}=n_B$，$\braket{bb^\dagger}=1+n_B$ だから

$$ \mathcal{G}_{xx}(\tau) = -\ell^2\left[(1+n_B)\,\ee^{-\omega_0\tau}+n_B\,\ee^{\omega_0\tau}\right] \qquad(0<\tau<\beta\hbar) $$

ステップ3：Fourier変換する．2つの指数積分を別々に実行する．$x\equiv\beta\hbar\omega_0$ と置き，Bose型なので $\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}=+1$ を使う．

$$ \int_0^{\beta\hbar}\!\!\dd\tau\,\ee^{(\ii\omega_n-\omega_0)\tau} = \frac{\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}\ee^{-x}-1}{\ii\omega_n-\omega_0} = \frac{\ee^{-x}-1}{\ii\omega_n-\omega_0} $$ $$ \int_0^{\beta\hbar}\!\!\dd\tau\,\ee^{(\ii\omega_n+\omega_0)\tau} = \frac{\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}\ee^{+x}-1}{\ii\omega_n+\omega_0} = \frac{\ee^{x}-1}{\ii\omega_n+\omega_0} $$

ステップ4：温度因子を潰す．ここも気持ちがよい．$1+n_B=\dfrac{\ee^{x}}{\ee^{x}-1}$ だから

$$ (1+n_B)\left(\ee^{-x}-1\right) = \frac{\ee^{x}\left(\ee^{-x}-1\right)}{\ee^{x}-1} = \frac{1-\ee^{x}}{\ee^{x}-1} = -1 $$

また $n_B=\dfrac{1}{\ee^{x}-1}$ だから

$$ n_B\left(\ee^{x}-1\right) = 1 $$

両方とも定数になり，$n_B$ が消えた．

ステップ5：まとめる．

$$ \mathcal{G}_{xx}(\ii\omega_n) = -\ell^2\left[\frac{-1}{\ii\omega_n-\omega_0}+\frac{1}{\ii\omega_n+\omega_0}\right] $$

括弧の中を通分する．共通分母は $(\ii\omega_n)^2-\omega_0^2$ で

$$ \frac{-1}{\ii\omega_n-\omega_0}+\frac{1}{\ii\omega_n+\omega_0} = \frac{-\left(\ii\omega_n+\omega_0\right)+\left(\ii\omega_n-\omega_0\right)}{(\ii\omega_n)^2-\omega_0^2} = \frac{-2\omega_0}{(\ii\omega_n)^2-\omega_0^2} $$

よって $\ell^2=\frac{\hbar}{2m\omega_0}$ を戻して

∎ 温度がまったく現れない．調和振動子の線形応答は温度に依らない（第3章で古典的に得た $\chi(\omega)$ が量子でも温度でも変わらない，という有名な事実）．これは調和振動子が「準位間隔が等しい」特別な系だからで，非調和項があれば温度依存性が現れる．

導出：分布関数の極と留数

Fermi分布．複素変数 $z$（振動数の次元）の関数として

$$ n_F(z) \equiv \frac{1}{\ee^{\beta\hbar z}+1} $$

を考える．分母がゼロになるのは $\ee^{\beta\hbar z}=-1$ のとき，すなわち $\beta\hbar z = \ii(2n+1)\pi$ のときである．よって

$$ z = \frac{\ii(2n+1)\pi}{\beta\hbar} = \ii\,\omega_n \quad(\text{Fermi型の松原振動数！}) $$

Fermi分布関数の極は，ちょうどFermi型の松原振動数の位置にある．これは偶然ではなく，どちらも「$\beta\hbar$ 周期で符号が反転する」という同じ構造から来ている．

留数を計算する．$z=\ii\omega_n$ の近くで分母を1次まで展開する．$g(z)=\ee^{\beta\hbar z}+1$ と置けば $g(\ii\omega_n)=0$ で

$$ g'(z) = \beta\hbar\,\ee^{\beta\hbar z}, \qquad g'(\ii\omega_n) = \beta\hbar\,\ee^{\ii(2n+1)\pi} = -\beta\hbar $$

単純極における留数の公式（第5章）$\Res_{z=z_0}\frac{1}{g(z)}=\frac{1}{g'(z_0)}$ より

Bose分布．まったく同様に $n_B(z)\equiv\left(\ee^{\beta\hbar z}-1\right)^{-1}$ の極は $\ee^{\beta\hbar z}=1$，すなわち $\beta\hbar z=2\ii n\pi$，$z=\ii\omega_n$（Bose型）にある．留数は $g'(\ii\omega_n)=\beta\hbar\,\ee^{2\ii n\pi}=+\beta\hbar$ だから

∎ 符号が逆である．これがBose型とFermi型で最終公式の符号が変わる原因なので，しっかり覚えておく．

導出：定理13.2（Fermi型の場合）

ステップ1：小円で囲む．各松原振動数 $\ii\omega_n$ を反時計回りに囲む小さな円 $C_n$ を考える．$C_n$ の中には $n_F(z)$ の極が1つだけ入っている．留数定理より

$$ \oint_{C_n}\frac{\dd z}{2\pi\ii}\,n_F(z)f(z) = \Res_{z=\ii\omega_n}\left[n_F(z)f(z)\right] = \left(-\frac{1}{\beta\hbar}\right)f(\ii\omega_n) $$

第2の等号では，$f(z)$ が $\ii\omega_n$ で正則（仮定）だから，留数は $n_F$ の留数 \eqref{eq:13-res-nF} に $f(\ii\omega_n)$ を掛けたものになることを使った．

ステップ2：全部足す．すべての $n$ について足すと

$$ \sum_n\oint_{C_n}\frac{\dd z}{2\pi\ii}\,n_F(z)f(z) = -\frac{1}{\beta\hbar}\sum_n f(\ii\omega_n) $$

左辺は我々が求めたい和（の $-1$ 倍）である．あとは左辺を別の方法で計算すればよい．

ステップ3：大きな円に膨らませる．半径 $R$ の大きな円 $C_R$（反時計回り）を考える．$C_R$ の内側には，$n_F$ の極（虚軸上の $\ii\omega_n$）と $f$ の極（$z_j$）の両方が入る．留数定理より

$$ \oint_{C_R}\frac{\dd z}{2\pi\ii}\,n_F(z)f(z) = \sum_{n}\Res_{\ii\omega_n}\left[n_Ff\right] + \sum_{j}\Res_{z_j}\left[n_Ff\right] $$

（$R$ は $f$ の極をすべて含むよう十分大きく取る．$n_F$ の極は虚軸上に無限個あるので，この段階で入るのは $\abs{\omega_n}<R$ の分だけであり，$R\to\infty$ ですべてが拾われる．）

ステップ4：大円の寄与を捨てる．$R\to\infty$ で左辺がゼロになることを示す．円周の長さは $2\pi R$ だから，被積分関数が $1/R$ より速く減衰すれば積分はゼロになる（第5章のJordan の補題と同じ論法）．$n_F(z)$ は $\abs{z}\to\infty$ で有界である（$\mathrm{Re}\,z\to+\infty$ で $0$ に，$\mathrm{Re}\,z\to-\infty$ で $1$ に近づく．虚軸近傍の極を避けるように $R$ を選べば，その間も有界に保てる）．したがって仮定「$f$ が $1/\abs{z}$ より速く減衰」があれば

$$ \lim_{R\to\infty}\oint_{C_R}\frac{\dd z}{2\pi\ii}\,n_F(z)f(z) = 0 $$

ステップ5：まとめる．ステップ3・4より

$$ \sum_{n}\Res_{\ii\omega_n}\left[n_Ff\right] = -\sum_{j}\Res_{z_j}\left[n_Ff\right] $$

左辺はステップ2で計算済みの $-\frac{1}{\beta\hbar}\sum_n f(\ii\omega_n)$ である．よって

$$ -\frac{1}{\beta\hbar}\sum_n f(\ii\omega_n) = -\sum_j\Res_{z_j}\left[n_F(z)f(z)\right] $$

∎ 両辺を $-1$ 倍して定理13.2のFermi型が出る．Bose型は式 \eqref{eq:13-res-nB} の符号が逆であることから，全体の符号が反転する．

導出：$\displaystyle\frac{1}{\beta\hbar}\sum_n\frac{\ee^{\ii\omega_n0^+}}{\ii\omega_n-\xi/\hbar} = n_F(\xi)$

まず収束因子の由来を押さえる．式 \eqref{eq:13-matsubara-fourier} の逆変換を $\tau=0^-$（$0$ に負の側から近づく）で書くと

$$ \mathcal{G}^0(\kk,0^-) = \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n \ee^{-\ii\omega_n\cdot0^-}\,\mathcal{G}^0(\kk,\ii\omega_n) = \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n \frac{\ee^{\ii\omega_n0^+}}{\ii\omega_n-\xi/\hbar} $$

である（$-0^-=+0^+$）．左辺は式 \eqref{eq:13-G-zero-minus} より $n_F(\xi)$ に等しい．したがって求める等式はすでに証明されている．しかし，定理13.2でも同じ答えが出ることを確かめておこう．それが留数法の練習になるし，収束因子 $\ee^{\ii\omega_n0^+}$ の役割もはっきりする．

ステップ1：なぜ収束因子が要るのか．$f(z)=\left(z-\xi/\hbar\right)^{-1}$ は $\abs{z}\to\infty$ で $1/\abs{z}$ でしか減衰しない．定理13.2の仮定（$1/\abs{z}$ より速く減衰）を満たさないから，そのままでは大円の寄与を捨てられない．実際 $\sum_n\frac{1}{\ii\omega_n-\xi/\hbar}$ は $n\to\pm\infty$ で $\sim\frac{1}{\ii\omega_n}$ となり，条件収束しかしない（正負が打ち消し合ってようやく収束する）．

そこで $\ee^{\ii\omega_n\eta}$（$\eta\to0^+$）を掛ける．これは物理的には「$\tau$ をぴったり $0$ ではなく $-\eta$ に取る」ことに対応し，13.3.2節で見たとおり $\braket{c^\dagger c(\tau)}$ が定義できる側から $0$ に近づくことを意味する．収束因子は天下りではなく，$\tau=0^-$ という順序の指定そのものである．

ステップ2：$g(z)\equiv n_F(z)\ee^{z\eta}f(z)$ の減衰を確かめる．3つの領域に分けて見る．

• $\mathrm{Re}\,z\to+\infty$：$n_F(z)\sim\ee^{-\beta\hbar z}$ で指数関数的に減衰する．$\ee^{z\eta}$ は増大するが，$\eta\ll\beta\hbar$ に取れば $n_F$ の減衰が勝つ．よって $g\to0$．
• $\mathrm{Re}\,z\to-\infty$：$n_F(z)\to1$（有界）だが，今度は $\ee^{z\eta}\to0$ が効く．よって $g\to0$．
• 虚軸方向（$\abs{\mathrm{Im}\,z}\to\infty$）：$n_F$ は極の間で有界，$f\sim1/\abs{z}\to0$．半径 $R$ を極と極の中間（$\abs{\mathrm{Im}\,z}=2n\pi/\beta\hbar$ 付近）に選べば，$\abs{n_F}$ は $1$ 程度で抑えられる．よって $\abs{g}\lesssim1/R$ となり，円周長 $2\pi R$ を掛けても $O(1)$，より丁寧に評価すると $R\to\infty$ でゼロになる．

こうして大円の寄与を落とせる．

ステップ3：$f$ の極の留数を取る．$f(z)=\left(z-\xi/\hbar\right)^{-1}$ の極は $z=\xi/\hbar$（単純極，留数 $1$）だけである．定理13.2より

$$ \frac{1}{\beta\hbar}\sum_n \ee^{\ii\omega_n\eta}f(\ii\omega_n) = \Res_{z=\xi/\hbar}\left[n_F(z)\ee^{z\eta}f(z)\right] = n_F\!\left(\frac{\xi}{\hbar}\right)\ee^{\xi\eta/\hbar}\times1 $$

ステップ4：$\eta\to0^+$ とする．$\ee^{\xi\eta/\hbar}\to1$ であり，$n_F(\xi/\hbar)=\left(\ee^{\beta\hbar\cdot\xi/\hbar}+1\right)^{-1}=\left(\ee^{\beta\xi}+1\right)^{-1}=n_F(\xi)$ だから

∎ 定義から直接得た式 \eqref{eq:13-G-zero-minus} と完全に一致した．

導出：$\mathcal{G}_{AB}(\ii\omega_n)$ のスペクトル表示

ステップ1：$0<\tau<\beta\hbar$ で完全系を挟む．$\ee^{-\Ham\tau/\hbar}\ket{b}=\ee^{-E_b\tau/\hbar}\ket{b}$ のように，指数関数を固有状態に噛ませて数に変える：

$$ \mathcal{G}_{AB}(\tau) = -\frac1Z\sum_{a}\ee^{-\beta E_a}\bra{a}\ee^{\Ham\tau/\hbar}\hat A\,\ee^{-\Ham\tau/\hbar}\left(\sum_b\ket{b}\bra{b}\right)\hat B\ket{a} $$ $$ = -\frac1Z\sum_{a,b}\ee^{-\beta E_a}\,\ee^{E_a\tau/\hbar}\ee^{-E_b\tau/\hbar}\,A_{ab}B_{ba} = -\frac1Z\sum_{a,b}\ee^{-\beta E_a}\,\ee^{-\omega_{ba}\tau}\,A_{ab}B_{ba} $$

ここで励起振動数を $\hbar\omega_{ba}\equiv E_b-E_a$ と定義した（第8章の $\omega_{n0}$ の一般化）．

ステップ2：Fourier変換する．式 \eqref{eq:13-matsubara-fourier} に代入し，$\tau$ 積分を実行する：

$$ \int_0^{\beta\hbar}\!\!\dd\tau\,\ee^{\ii\omega_n\tau}\ee^{-\omega_{ba}\tau} = \frac{\ee^{(\ii\omega_n-\omega_{ba})\beta\hbar}-1}{\ii\omega_n-\omega_{ba}} = \frac{\zeta\,\ee^{-\beta(E_b-E_a)}-1}{\ii\omega_n-\omega_{ba}} $$

ここでも $\ee^{\ii\omega_n\beta\hbar}=\zeta$（表13.1）を使った．$\omega_{ba}\beta\hbar=\beta(E_b-E_a)$ である．

ステップ3：重みを整理する．ステップ1の $\ee^{-\beta E_a}$ を掛けると，分子は

$$ \ee^{-\beta E_a}\left[\zeta\,\ee^{-\beta(E_b-E_a)}-1\right] = \zeta\,\ee^{-\beta E_b}-\ee^{-\beta E_a} $$

と，$a$ と $b$ について対称な形にほどける．したがって全体のマイナスと合わせて

∎ これが松原Green関数のLehmann表示である．

導出：$\chi^R$ が同じスペクトル関数で書けること

ステップ1：熱平均を展開する．第8章8.1.4節と同じ計算である．

$$ \braket{\hat A_H(t)\hat B} = \frac1Z\sum_{a,b}\ee^{-\beta E_a}A_{ab}B_{ba}\,\ee^{-\ii\omega_{ba}t} $$

もう一方は，いったん書き下してから添字を付け替える：

$$ \braket{\hat B\hat A_H(t)} = \frac1Z\sum_{a,b}\ee^{-\beta E_a}B_{ab}A_{ba}\,\ee^{\ii\omega_{ba}t} \;\xrightarrow[\;a\leftrightarrow b\;]{}\; \frac1Z\sum_{a,b}\ee^{-\beta E_b}A_{ab}B_{ba}\,\ee^{-\ii\omega_{ba}t} $$

（$a$ と $b$ は和の中の名前にすぎないので入れ替えてよい．$\omega_{ab}=-\omega_{ba}$ に注意．）

ステップ2：引き算する．2つの式は $\ee^{-\ii\omega_{ba}t}$ という共通の時間依存性をもち，重みだけが違う：

$$ \braket{\left[\hat A_H(t),\hat B\right]_{-\zeta}} = \frac1Z\sum_{a,b}A_{ab}B_{ba}\left(\ee^{-\beta E_a}-\zeta\,\ee^{-\beta E_b}\right)\ee^{-\ii\omega_{ba}t} $$

括弧の中は式 \eqref{eq:13-spectral} の重みとまったく同じである．したがって $\delta$ 関数の定義を使えば

$$ \begin{equation} \braket{\left[\hat A_H(t),\hat B\right]_{-\zeta}} = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\dd\omega'}{2\pi}\,\mathcal{A}_{AB}(\omega')\,\ee^{-\ii\omega' t} \label{eq:13-comm-spectral} \end{equation} $$

と書ける．スペクトル関数は，交換子（反交換子）の熱平均のFourier変換にほかならない．

ステップ3：Fourier変換する．第8章8.1.3節と同じ積分である．収束因子 $\ee^{-\eta t}$ を入れて

$$ \chi^R_{AB}(\omega) = -\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\dd t\,\theta(t)\,\ee^{\ii\omega t}\int\frac{\dd\omega'}{2\pi}\mathcal{A}(\omega')\ee^{-\ii\omega' t} = -\frac{\ii}{\hbar}\int\frac{\dd\omega'}{2\pi}\mathcal{A}(\omega')\int_0^{\infty}\!\!\dd t\,\ee^{\ii(\omega-\omega'+\ii\eta)t} $$

内側の積分は $\dfrac{\ii}{\omega-\omega'+\ii\eta}$（第8章と同じ）．$-\frac{\ii}{\hbar}\times\ii=+\frac{1}{\hbar}$ だから

∎ 式 \eqref{eq:13-G-spectral} と見比べてほしい．$\frac{1}{\hbar}$ の違いを除いて，分母が $\ii\omega_n-\omega'$ か $\omega+\ii\eta-\omega'$ かの違いしかない．

導出：有限温度の久保公式（Fetter–Walecka 32節）

ステップ1：von Neumann方程式．密度演算子 $\hat\rho(t)$ は $\ii\hbar\,\partial_t\hat\rho=[\Ham(t),\hat\rho]$ に従う．$\Ham(t)=\Ham_0+\Ham_{\text{ext}}(t)$，$\Ham_{\text{ext}}(t)=f(t)\hat B\,\ee^{\eta t}$（本書の符号規約）とし，$\hat\rho=\hat\rho_0+\delta\hat\rho$ と展開する．

ステップ2：$\hat\rho_0$ が平衡解であることを使う．$\hat\rho_0=\ee^{-\beta\Ham_0}/Z$ は $\Ham_0$ の関数だから $[\Ham_0,\hat\rho_0]=0$，すなわち $\partial_t\hat\rho_0=0$．ここが有限温度の要である．$T=0$ なら $\hat\rho_0=\ket{0}\bra{0}$ で同じことが成り立つ．1次まで取ると

$$ \ii\hbar\,\partial_t\,\delta\hat\rho = \left[\Ham_0,\delta\hat\rho\right] + \left[\Ham_{\text{ext}}(t),\hat\rho_0\right] $$

ステップ3：解く．相互作用表示 $\delta\tilde\rho(t)=\ee^{\ii\Ham_0t/\hbar}\delta\hat\rho\,\ee^{-\ii\Ham_0t/\hbar}$ に移ると第1項が消え，単純な積分になる：

$$ \delta\hat\rho(t) = -\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t'\; \ee^{-\ii\Ham_0(t-t')/\hbar}\left[\Ham_{\text{ext}}(t'),\hat\rho_0\right]\ee^{\ii\Ham_0(t-t')/\hbar} $$

ステップ4：期待値を取る．$\delta\braket{\hat A(t)}=\Tr\left[\delta\hat\rho(t)\hat A\right]$ にトレースの巡回性を使って指数関数を $\hat A$ 側へ移すと，$\hat A_H(t-t')$ が現れる（以後，断熱因子 $\ee^{\eta t'}$ は $f(t')$ に含めて書き，最後に $\eta\to0^+$ とする）：

$$ \delta\braket{\hat A(t)} = -\frac{\ii}{\hbar}\int_{-\infty}^{t}\!\!\dd t'\,f(t')\, \Tr\left\{\left[\hat B,\hat\rho_0\right]\hat A_H(t-t')\right\} $$

ステップ5：交換子を移す．もう一度巡回性を使うと

$$ \Tr\left\{\left(\hat B\hat\rho_0-\hat\rho_0\hat B\right)\hat A_H\right\} = \Tr\left\{\hat\rho_0\hat A_H\hat B\right\}-\Tr\left\{\hat\rho_0\hat B\hat A_H\right\} = \Tr\left\{\hat\rho_0\left[\hat A_H,\hat B\right]\right\} = \braket{\left[\hat A_H,\hat B\right]} $$

となる．$\braket{\cdots}=\Tr[\hat\rho_0\cdots]$ はいまや熱平均である．よって $\delta\braket{\hat A(t)}=\int\dd t'\,\chi^R_{AB}(t-t')f(t')$ の形になり

∎ 第7章の式と字面がまったく同じである．変わったのは $\braket{\cdots}$ の中身だけである．

導出：$\chi^0(\qq\to0,0) = -\dfrac{\partial n}{\partial\mu}$

$\omega=0$，$\qq\to0$ とすると，分子・分母とも差が微小になるので微分に置き換わる：

$$ \chi^0(\qq\to0,0)=\frac{2}{V}\sum_\kk\frac{n_F(\xi_\kk)-n_F(\xi_{\kk+\qq})}{\epsilon_\kk-\epsilon_{\kk+\qq}} \;\longrightarrow\; \frac{2}{V}\sum_\kk\frac{\partial n_F(\xi_\kk)}{\partial\epsilon_\kk} $$

状態密度 $g(\epsilon)$（スピン込み，単位体積あたり）を使って $\frac{2}{V}\sum_\kk\to\int\dd\epsilon\,g(\epsilon)$ とすると

$$ \chi^0(\qq\to0,0)=\int\dd\epsilon\;g(\epsilon)\,\frac{\partial n_F}{\partial\epsilon} = -\int\dd\epsilon\;g(\epsilon)\,\frac{\partial n_F}{\partial\mu} = -\frac{\partial}{\partial\mu}\int\dd\epsilon\;g(\epsilon)n_F(\epsilon-\mu) $$

途中で $n_F$ が $\epsilon-\mu$ の関数であることから $\partial_\epsilon n_F=-\partial_\mu n_F$ を使った．最後の積分は電子密度 $n$ そのものである．よって

∎ 静的長波長応答は圧縮率（正確には $\partial n/\partial\mu$）に等しい．符号がマイナスなのは本書の規約どおりで，第9章・第10章と一致する．