第55章伝搬関数と Green 関数への入口 — 遅延 Green 関数・局所状態密度・寿命

例題55.1　$K$ から Gauss 波束の広がりを導く

時刻 $0$ の波動関数を $\Psi(x',0)=(2\pi\sigma_0^2)^{-1/4}e^{-x'^2/4\sigma_0^2}$（中心 $x=0$，位置の標準偏差 $\sigma_0$，$k_0=0$）とする．式 \eqref{eq:55-psiK} と式 \eqref{eq:55-Kfree} から $\Psi(x,t)$ を求め，$\sigma(t)$ を求めよ．$\hbar=m=\sigma_0=1$ で $t=2,4,8$ の $\sigma(t)$ も求めよ．

解答　$\Psi(x,t)=\displaystyle\int K(x,t;x',0)\Psi(x',0)\,\dd x'$ の被積分関数の指数は，$x'$ の 2 次式として $$ \frac{im(x-x')^2}{2\hbar t}-\frac{x'^2}{4\sigma_0^2}=-A\,x'^2+B\,x'+C,\qquad A=\frac{1}{4\sigma_0^2}-\frac{im}{2\hbar t},\quad B=-\frac{imx}{\hbar t},\quad C=\frac{imx^2}{2\hbar t} $$ と整理できる（$(x-x')^2=x^2-2xx'+x'^2$ を展開して，$x'^2$，$x'$，定数項を集めた）．$\tilde{t}=\dfrac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}$（無次元の時間．階段関数 $\theta(t)$ と紛れないように $\tilde{t}$ と書く）とおくと，$A=\dfrac{1}{4\sigma_0^2}\Bigl(1-\dfrac{i}{\tilde{t}}\Bigr)=\dfrac{\tilde{t}-i}{4\sigma_0^2\tilde{t}}$ である．複素係数の Gauss 積分 $\int e^{-Ax'^2+Bx'}\dd x'=\sqrt{\pi/A}\,e^{B^2/4A}$（$\mathrm{Re}\,A\gt0$）を使うと，$\dfrac{B^2}{4A}=-\dfrac{m^2x^2}{4\hbar^2t^2A}=-\dfrac{m^2x^2\sigma_0^2\tilde{t}}{\hbar^2t^2(\tilde{t}-i)}=-\dfrac{mx^2}{2\hbar t\,(\tilde{t}-i)}$ である（最後は $\dfrac{m^2\sigma_0^2\tilde{t}}{\hbar^2t^2}=\dfrac{m}{2\hbar t}$ を使った）．指数の全体は， $$ C+\frac{B^2}{4A}=\frac{mx^2}{2\hbar t}\left[i-\frac{1}{\tilde{t}-i}\right]=\frac{mx^2}{2\hbar t}\cdot\frac{i\tilde{t}}{\tilde{t}-i}=\frac{ix^2}{4\sigma_0^2(\tilde{t}-i)}=-\frac{x^2}{4\sigma_0^2(1+i\tilde{t})} $$ となる（$\dfrac{m}{2\hbar t}\tilde{t}=\dfrac{1}{4\sigma_0^2}$ と，$\dfrac{i}{\tilde{t}-i}=\dfrac{i(\tilde{t}+i)}{\tilde{t}^2+1}=-\dfrac{1-i\tilde{t}}{1+\tilde{t}^2}=-\dfrac{1}{1+i\tilde{t}}$ を使った）．係数は，$\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar t}}\sqrt{\dfrac{\pi}{A}}=\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar t}\cdot\dfrac{4\pi\sigma_0^2\tilde{t}}{\tilde{t}-i}}=\sqrt{\dfrac{1}{i(\tilde{t}-i)}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+i\tilde{t}}}$ である（$\dfrac{2m\sigma_0^2}{\hbar t}=\dfrac{1}{\tilde{t}}$ を使い，$i(\tilde{t}-i)=1+i\tilde{t}$ とした）．したがって $$ \Psi(x,t)=\frac{(2\pi\sigma_0^2)^{-1/4}}{\sqrt{1+i\tilde{t}}}\exp\left[-\frac{x^2}{4\sigma_0^2(1+i\tilde{t})}\right] $$ で，$\abs{\Psi}^2=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_0^2(1+\tilde{t}^2)}}\exp\Bigl[-\dfrac{x^2}{2\sigma_0^2(1+\tilde{t}^2)}\Bigr]$ である（$\mathrm{Re}\dfrac{1}{1+i\tilde{t}}=\dfrac{1}{1+\tilde{t}^2}$）．標準偏差は $\sigma(t)=\sigma_0\sqrt{1+\tilde{t}^2}=\sigma_0\sqrt{1+(t/\tau)^2}$，$\tau=\dfrac{2m\sigma_0^2}{\hbar}$（$\tilde{t}=t/\tau$）で，第49章で Fourier 変換から求めた結果（定理49.5）に一致する．Fourier 変換を使わずに，$K$ の Gauss 積分 1 回で求まった．

$\hbar=m=\sigma_0=1$ では $\tau=2$ なので，$\sigma(t)=\sqrt{1+(t/2)^2}$ で，$t=2$ で $\sqrt2=1.414$，$t=4$ で $\sqrt5=2.236$，$t=8$ で $\sqrt{17}=4.123$ である．

例題55.2　自由粒子の $K$ の合成則

式 \eqref{eq:55-Kfree} が合成則 $\displaystyle\int K(x,t_1;y,0)\,K(y,t_2;x',0)\,\dd y=K(x,t_1+t_2;x',0)$ を満たす（時間差 $t_1$ と $t_2$ をつなぐ）ことを示せ．

解答　被積分関数の指数は $\dfrac{im}{2\hbar}\Bigl[\dfrac{(x-y)^2}{t_1}+\dfrac{(y-x')^2}{t_2}\Bigr]$ である．$a=1/t_1$，$b=1/t_2$ として，恒等式 $a(y-x)^2+b(y-x')^2=(a+b)(y-y_0)^2+\dfrac{ab}{a+b}(x-x')^2$，$y_0=\dfrac{ax+bx'}{a+b}=\dfrac{t_2x+t_1x'}{t_1+t_2}$ を使う（右辺を展開して左辺に一致することは，$y^2$，$y$，定数項の係数を比べればわかる）．$\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{1}{t_1+t_2}$，$a+b=\dfrac{t_1+t_2}{t_1t_2}$ だから，指数は $\dfrac{im(t_1+t_2)}{2\hbar t_1t_2}(y-y_0)^2+\dfrac{im(x-x')^2}{2\hbar(t_1+t_2)}$ となる．$y$ についての Fresnel 積分は $\displaystyle\int e^{ic(y-y_0)^2}\dd y=\sqrt{\dfrac{i\pi}{c}}$（$c=\dfrac{m(t_1+t_2)}{2\hbar t_1t_2}$）で，その値は $\sqrt{\dfrac{2\pi i\hbar t_1t_2}{m(t_1+t_2)}}$ である．係数は，$\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar t_1}}\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar t_2}}=\dfrac{m}{2\pi i\hbar\sqrt{t_1t_2}}$（$(1/\sqrt{i})^2=1/i$）で，これと Fresnel 積分の値の積は $\dfrac{m}{2\pi i\hbar\sqrt{t_1t_2}}\sqrt{\dfrac{2\pi i\hbar t_1t_2}{m(t_1+t_2)}}=\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar(t_1+t_2)}}$ である．以上から，積分は $\sqrt{\dfrac{m}{2\pi i\hbar(t_1+t_2)}}\exp\Bigl[\dfrac{im(x-x')^2}{2\hbar(t_1+t_2)}\Bigr]=K(x,t_1+t_2;x',0)$ となり，合成則が成り立つ．

例題55.3　電子の井戸の鏡像ができる時刻

幅 $2L=2\ \mathrm{nm}$（$L=1\ \mathrm{nm}$）の無限井戸の中の電子について，$T_{\mathrm{rev}}$，鏡像ができる時刻，2 つに分かれる時刻を求めよ．位置 $x'=0.3\ \mathrm{nm}$ にいた電子は，鏡像の時刻にどこに現れるか．

解答　$T_{\mathrm{rev}}=\dfrac{16mL^2}{\pi\hbar}=\dfrac{16\times9.109\times10^{-31}\times(10^{-9})^2}{\pi\times1.0546\times10^{-34}}=4.40\times10^{-14}\ \mathrm{s}=44.0\ \mathrm{fs}$ である．鏡像ができる時刻は $T_{\mathrm{rev}}/2=22.0\ \mathrm{fs}$，2 つに分かれる時刻は $T_{\mathrm{rev}}/4=11.0\ \mathrm{fs}$ である．鏡像の位置は，式 \eqref{eq:55-KT2} から $2L-x'=2.0-0.3=1.7\ \mathrm{nm}$ で，井戸の中心 $x=L=1.0\ \mathrm{nm}$ について，$x'=0.3\ \mathrm{nm}$ と対称な点である．$11.0\ \mathrm{fs}$ には，$0.3\ \mathrm{nm}$ と $1.7\ \mathrm{nm}$ の 2 か所に，確率 $\tfrac12$ ずつ（$\abs{(1-i)/2}^2=\abs{(1+i)/2}^2=\tfrac12$）現れる．最低準位（$n=1$）の電子が壁の間を行って帰る古典的な往復時間は，$v_1=\hbar k_1/m$，$k_1=\pi/2L$ として $\dfrac{2\cdot2L}{v_1}=\dfrac{8mL^2}{\pi\hbar}=\dfrac{T_{\mathrm{rev}}}{2}=22.0\ \mathrm{fs}$ で，鏡像ができる時刻に一致する（$n$ 番目の準位では $T_{\mathrm{rev}}/2n$）．

例題55.4　4 分の 1 周期の「2 つに分かれた状態」の干渉

式 \eqref{eq:55-KT4} を使い，位置 $x'$ に局在した粒子（$0\lt x'\lt L$）の時刻 $T_{\mathrm{rev}}/4$ の波動関数の，2 つの山の係数の間の位相差を求めよ．また，この状態の位置の期待値を求めよ．

解答　式 \eqref{eq:55-psiK} に $\Psi(x',0)=\delta(x'-x_0)$ を入れると（$x_0$ は局在の位置），$\Psi(x,T_{\mathrm{rev}}/4)=\dfrac{1-i}{2}\,\delta(x-x_0)-\dfrac{1+i}{2}\,\delta(x+x_0-2L)$ となる．2 つの山の係数は $\dfrac{1-i}{2}=\dfrac{1}{\sqrt2}e^{-i\pi/4}$ と $-\dfrac{1+i}{2}=\dfrac{1}{\sqrt2}e^{i(\pi/4+\pi)}=\dfrac{1}{\sqrt2}e^{i5\pi/4}$ で，位相差は $\dfrac{5\pi}{4}-\Bigl(-\dfrac{\pi}{4}\Bigr)=\dfrac{3\pi}{2}$，すなわち $-\dfrac{\pi}{2}$（$2\pi$ の不定性を除く）である．位置の期待値は，確率 $\tfrac12$ ずつの 2 つの山の位置の平均 $\dfrac{x_0+(2L-x_0)}{2}=L$ で，$x_0$ によらず井戸の中心 $L$ である（山が位置 $x_0$ と $2L-x_0$ に 2 つできるので，期待値は，どちらの山の位置でもない）．このような，2 か所にまたがる重ね合わせの状態を，Schrödinger の猫（生きた状態と死んだ状態の重ね合わせ）にたとえて「猫状態」とよぶことがある．Rydberg 原子の波束や分子の振動波束で，分数復活とよばれる同様の現象が報告されている．

例題55.5　2 準位系の遅延 Green 関数 — $\mathrm{H_2}$ の電子の乗り移り

2 つの原子軌道 $\ket{1},\ket{2}$ からなる $\mathrm{H_2}$ 分子の Hückel 模型 $\hat{H}=\begin{pmatrix}0&\beta\\ \beta&0\end{pmatrix}$（原子軌道のエネルギーを $\alpha=0$ とする．$\beta=-2.7\ \mathrm{eV}$）について，(1) $K^{\mathrm R}(t)$ を行列で求め，(2) 式 \eqref{eq:55-KReq} を確かめ，(3) 原子 1 に注入された電子が原子 2 に完全に乗り移る最初の時刻を求めよ．

解答　(1) 固有状態は結合軌道 $\ket{\mathrm b}=(\ket1+\ket2)/\sqrt2$（$E_{\mathrm b}=\beta$）と反結合軌道 $\ket{\mathrm a}=(\ket1-\ket2)/\sqrt2$（$E_{\mathrm a}=-\beta$）である．$\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ を使うと $\hat{H}=\beta\sigma_x$ で，$\sigma_x^2=1$ だから $e^{-i\beta\sigma_xt/\hbar}=\cos\dfrac{\beta t}{\hbar}-i\sigma_x\sin\dfrac{\beta t}{\hbar}$ である（指数関数の級数で，偶数次の項が $\cos$，奇数次の項が $-i\sigma_x\sin$ になる）．したがって，

である．(2) $t\gt0$ では $K^{\mathrm R}=-\tfrac{i}{\hbar}\bigl(\cos\tfrac{\beta t}{\hbar}-i\sigma_x\sin\tfrac{\beta t}{\hbar}\bigr)$ なので，$i\hbar\partial_t$ をかけると $i\hbar\cdot\bigl(-\tfrac{i}{\hbar}\bigr)\tfrac{\beta}{\hbar}\bigl(-\sin\tfrac{\beta t}{\hbar}-i\sigma_x\cos\tfrac{\beta t}{\hbar}\bigr)=\tfrac{\beta}{\hbar}\bigl(-\sin\tfrac{\beta t}{\hbar}-i\sigma_x\cos\tfrac{\beta t}{\hbar}\bigr)$ となる．一方，$\hat{H}K^{\mathrm R}=\beta\sigma_x\bigl(-\tfrac{i}{\hbar}\bigr)\bigl(\cos\tfrac{\beta t}{\hbar}-i\sigma_x\sin\tfrac{\beta t}{\hbar}\bigr)=-\tfrac{\beta}{\hbar}\bigl(i\sigma_x\cos\tfrac{\beta t}{\hbar}+\sin\tfrac{\beta t}{\hbar}\bigr)$（$\sigma_x^2=1$ を使った）で，両者は等しい．したがって $t\gt0$ で $(i\hbar\partial_t-\hat{H})K^{\mathrm R}=0$ である．$t\lt0$ では $K^{\mathrm R}=0$ で，$t=0$ では $\theta'(t)=\delta(t)$ から $i\hbar\cdot\bigl(-\tfrac{i}{\hbar}\bigr)\delta(t)\hat{1}=\delta(t)\hat{1}$ が出る．以上で式 \eqref{eq:55-KReq} が確かめられた．(3) 原子 1 に注入された電子の状態は，$K^{\mathrm R}(t)\ket{1}\propto e^{-i\hat{H}t/\hbar}\ket{1}=\cos\dfrac{\beta t}{\hbar}\ket{1}-i\sin\dfrac{\beta t}{\hbar}\ket{2}$ なので，原子 2 にいる確率は $P_2(t)=\sin^2\dfrac{\beta t}{\hbar}$ である．最初に $P_2=1$ になるのは $\abs{\beta}t/\hbar=\pi/2$ のときで，$t=\dfrac{\pi\hbar}{2\abs{\beta}}=\dfrac{\pi\times0.6582\ \mathrm{eV\,fs}}{2\times2.7\ \mathrm{eV}}=0.383\ \mathrm{fs}$ である．$P_2$ の周期は $\pi\hbar/\abs{\beta}=0.766\ \mathrm{fs}=h/(E_{\mathrm a}-E_{\mathrm b})$（結合・反結合準位の差 $5.4\ \mathrm{eV}$ に対応する量子ビートの周期．第49章 49.3）である．

例題55.6　調和振動子の応答関数は古典の Green 関数に等しい

質量 $m$，角振動数 $\omega_0$ の量子調和振動子（$\hat{H}=\hat{p}^2/2m+\tfrac12m\omega_0^2\hat{x}^2$）の応答関数 $\chi_{xx}(t)$ を求め，古典の Green 関数（式 \eqref{eq:55-Gcl} で $\gamma=0$）と比べよ．$\hbar\omega_0=0.10\ \mathrm{eV}$ の振動子の周期を求め，時刻 $0$ に力積 $I$ の撃力 $F(t)=I\,\delta(t)$ を加えたあとの $\expval{\hat{x}}(t)$ を書け．

解答　Heisenberg 表示の位置演算子は $\hat{x}_{\mathrm H}(t)=\hat{x}\cos\omega_0t+\dfrac{\hat{p}}{m\omega_0}\sin\omega_0t$ である（第50章 50.3）．$\comm{\hat{p}}{\hat{x}}=-i\hbar$ と $\comm{\hat{x}}{\hat{x}}=0$ から，交換子は $\comm{\hat{x}_{\mathrm H}(t)}{\hat{x}}=\dfrac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}\comm{\hat{p}}{\hat{x}}=-\dfrac{i\hbar\sin\omega_0t}{m\omega_0}$ で，演算子ではなく数である．したがって任意の状態で，

となる（$\tfrac{i}{\hbar}\cdot(-i\hbar)=1$）．これは，古典の Green 関数 $G(t)=\theta(t)\dfrac{e^{-\gamma t/2m}\sin\omega_1t}{m\omega_1}$ で $\gamma=0$（$\omega_1=\omega_0$）としたものと完全に同じである．$\hbar$ が消えていることが重要で，調和振動子では，力に対する平均値の応答は量子力学でも古典力学と同じである（Ehrenfest の定理が，力が座標の 1 次式のとき厳密に閉じるため．第9章 9.4）．周期は $T=\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{2\pi\hbar}{\hbar\omega_0}=\dfrac{2\pi\times0.6582\ \mathrm{eV\,fs}}{0.10\ \mathrm{eV}}=41.4\ \mathrm{fs}$ である（$\omega_0=0.1519\ \mathrm{fs^{-1}}$）．撃力 $F=I\delta(t)$ のあとは $\expval{\hat{x}}(t)=\displaystyle\int\chi_{xx}(t-t')I\delta(t')\,\dd t'=I\,\dfrac{\sin\omega_0t}{m\omega_0}$ で，$t=0$ に運動量 $I$ を得た古典の振動子の運動 $x(t)=\dfrac{I}{m\omega_0}\sin\omega_0t$ と一致する．減衰 $e^{-\gamma t/2m}$ は，振動子が環境と結合したときに現れる．量子力学での類似物は，55.4 節の準位の崩壊 $e^{-wt/2}$ である．

例題55.7　収束因子 $\eta$ の大きさと数値積分

固有エネルギー $E_n=0.30\ \mathrm{eV}$ の 1 準位について，$E=0.55\ \mathrm{eV}$，$\eta=0.050\ \mathrm{eV}$ のときの $G(E)=\dfrac{1}{E-E_n+i\eta}$ の値を求めよ．また，式 \eqref{eq:55-GE-def} の時間積分を数値で行うとき，積分を打ち切る時刻の目安を述べよ．

解答　$E-E_n=0.25\ \mathrm{eV}$ だから，$G=\dfrac{1}{0.25+0.05\,i}=\dfrac{0.25-0.05\,i}{0.25^2+0.05^2}=\dfrac{0.25-0.05\,i}{0.065}=3.846-0.769\,i\ \mathrm{eV^{-1}}$ である．時間積分の被積分関数は $e^{i(E-E_n)t/\hbar}e^{-\eta t/\hbar}$ で，振幅は $e^{-\eta t/\hbar}$ で減衰する．減衰の時定数は $\hbar/\eta=\dfrac{0.6582\ \mathrm{eV\,fs}}{0.050\ \mathrm{eV}}=13.2\ \mathrm{fs}$ で，積分の打ち切りは，この数倍（たとえば $10$ 倍の $132\ \mathrm{fs}$ で $e^{-10}=4.5\times10^{-5}$）でよい．実際，$t=0$ から $2000\ \mathrm{fs}$ まで数値積分すると，$3.846-0.769\,i$ に一致する．$\eta$ を小さくすると，極は実軸に近づいてピークが鋭くなり，積分を打ち切る時間は長くなる（$\hbar/\eta$ に比例）．逆に，$\eta$ を有限の値のままにすることは，各準位に有限の寿命（振幅の減衰時間 $\hbar/\eta$）を与えることに当たり，実験の分解能や，熱・環境による広がりを現象論的に取り込む方法として，数値計算でよく使われる．

例題55.8　Dirac の恒等式を確かめる

$\displaystyle I(\eta)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}(1+x)}{x+i\eta}\,\dd x$ の $\eta\to+0$ の極限を，式 \eqref{eq:55-Dirac} から求めよ．また $\eta=0.1,\ 0.01,\ 0.001$ で数値積分すると，$I$ はどうなるか．

解答　式 \eqref{eq:55-Dirac} により，$I\to\mathrm{P}\displaystyle\int\dfrac{e^{-x^2}(1+x)}{x}\dd x-i\pi\,e^{0}(1+0)$ である．主値の部分は $\mathrm{P}\displaystyle\int\dfrac{e^{-x^2}}{x}\dd x+\int e^{-x^2}\dd x$ で，第 1 項は奇関数の対称積分なので $0$，第 2 項は $\sqrt{\pi}$ である．したがって $I\to\sqrt{\pi}-i\pi=1.7725-3.1416\,i$ である．数値積分（$-12\le x\le12$ を細かく分割）では，$\eta=0.1$ で $1.491-2.816\,i$，$\eta=0.01$ で $1.741-3.106\,i$，$\eta=0.001$ で $1.769-3.138\,i$ となり，$\eta$ を小さくするにつれて $1.7725-3.1416\,i$ に近づく．実部の誤差，虚部の誤差とも，$\eta$ にほぼ比例して小さくなる．

例題55.9　$E=1\ \mathrm{eV}$ の自由電子の Green 関数と LDOS

1 次元の自由電子（質量 $m_{\mathrm e}$）について，$E=1.0\ \mathrm{eV}$ での $k$，$v$，$g(x,E)$ を求めよ．$E=0.10\ \mathrm{eV}$ では $g$ は何倍になるか．

解答　$E=1.0\ \mathrm{eV}=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J}$ から，$k=\dfrac{\sqrt{2m_{\mathrm e}E}}{\hbar}=\dfrac{\sqrt{2\times9.109\times10^{-31}\times1.602\times10^{-19}}}{1.0546\times10^{-34}}=5.12\times10^{9}\ \mathrm{m^{-1}}=5.12\ \mathrm{nm^{-1}}$（波長 $2\pi/k=1.23\ \mathrm{nm}$）で，$v=\dfrac{\hbar k}{m_{\mathrm e}}=5.93\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$ である．$g=\dfrac{1}{\pi\hbar v}=\dfrac{1}{\pi\times1.0546\times10^{-34}\times5.93\times10^{5}}=5.09\times10^{27}\ \mathrm{J^{-1}m^{-1}}$ で，$1\ \mathrm{eV}=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J}$，$1\ \mathrm{m}=10^{9}\ \mathrm{nm}$ を使って換算すると $0.815\ \mathrm{eV^{-1}nm^{-1}}$ である．$g\propto E^{-1/2}$ なので，$E=0.10\ \mathrm{eV}$ では $\sqrt{10}=3.16$ 倍の $2.58\ \mathrm{eV^{-1}nm^{-1}}$ になる．Green 関数の大きさは $\abs{G}=\dfrac{m_{\mathrm e}}{\hbar^2k}=\pi g=2.56\ \mathrm{eV^{-1}nm^{-1}}$（$E=1.0\ \mathrm{eV}$）で，$x'$ からの距離によらず一定の大きさで外へ伝わる波である．

例題55.10　$\mathrm{H_2}$ の LDOS の数値

$\alpha=0$，$\beta=-2.7\ \mathrm{eV}$，$\eta=0.20\ \mathrm{eV}$ の $\mathrm{H_2}$ 分子について，(1) 原子 1 の LDOS の結合軌道の位置での値と，山の半値全幅，(2) $E=\alpha=0$（2 つの準位の真ん中）での値を求めよ．(3) 2 つの山の面積の和を求めよ．

解答　(1) $E=E_{\mathrm b}=-2.7\ \mathrm{eV}$ では，式 \eqref{eq:55-g1H2} の第 1 項が $\tfrac12\cdot\dfrac{1}{\pi\eta}=\dfrac{1}{2\pi\times0.20}=0.796\ \mathrm{eV^{-1}}$，第 2 項は $\tfrac12\cdot\dfrac{1}{\pi}\dfrac{0.2}{5.4^2+0.2^2}=0.0011\ \mathrm{eV^{-1}}$ で，合計 $0.797\ \mathrm{eV^{-1}}$ である．半値全幅は，Lorentz 型 $\eta/(x^2+\eta^2)$ が $x=0$ の半分になる $x=\pm\eta$ の間隔で，$2\eta=0.40\ \mathrm{eV}$ である．(2) $E=0$ では $a=i\eta$ で，$G_{11}=\dfrac{i\eta}{(i\eta)^2-\beta^2}=-\dfrac{i\eta}{\eta^2+\beta^2}=-\dfrac{0.20\,i}{0.04+7.29}=-0.0273\,i\ \mathrm{eV^{-1}}$ である．$g_1(0)=-\tfrac1\pi\mathrm{Im}\,G_{11}=\dfrac{0.0273}{\pi}=0.0087\ \mathrm{eV^{-1}}$ で，山の頂上の $1\%$ ほどである．これは，$\eta$ が有限であるために Lorentz 型の裾が 2 つの準位の間にしみ出した部分で，$\eta\to0$ で消える．(3) 各山の面積は $\tfrac12$ で，2 つの合計は $1$ である（$\int g_1\dd E=1$）．区間 $-6.5\le E\le6.5\ \mathrm{eV}$ で積分すると $0.976$ で，残りの約 $2.4\%$ は，Lorentz 型の裾が区間の外にあるためである．

例題55.11　半無限鎖の端と内部の LDOS の比較

ホッピング $t=2.7\ \mathrm{eV}$ の半無限鎖について，(1) $E=1.5\,t$ で $g_{\mathrm s}$ を求めて式 \eqref{eq:55-gself} を確かめよ．(2) $E=0$ での端と内部の LDOS を eV$^{-1}$ で求めよ．(3) $E=1.9\,t$ で端と内部の LDOS の比を求めよ．(4) バンドの外側の $E=3\,t$ で $g_{\mathrm s}$ を求め，式 \eqref{eq:55-gself} を確かめよ．

解答　(1) $t=1$ の単位で $E=1.5$ とすると，$\sqrt{4-2.25}=\sqrt{1.75}=1.3229$ で，$g_{\mathrm s}=\dfrac{1.5-1.3229\,i}{2}=0.75-0.6614\,i$ である．$g_{\mathrm s}^2=(0.75)^2-(0.6614)^2-2\times0.75\times0.6614\,i=0.5625-0.4375-0.9922\,i=0.125-0.9922\,i$ なので，$t^2g_{\mathrm s}^2-Eg_{\mathrm s}+1=(0.125-0.9922\,i)-(1.125-0.9922\,i)+1=0$ となり，方程式が満たされる．(2) $E=0$ で，端は $\dfrac{1}{\pi t}=\dfrac{1}{\pi\times2.7}=0.118\ \mathrm{eV^{-1}}$，内部は $\dfrac{1}{2\pi t}=0.0589\ \mathrm{eV^{-1}}$ である．(3) $E=1.9\,t$ では，$\sqrt{4-3.61}=\sqrt{0.39}=0.6245$ で，端は $\dfrac{0.6245}{2\pi}=0.0994\ t^{-1}$，内部は $\dfrac{1}{\pi\times0.6245}=0.510\ t^{-1}$ なので，比は $0.0994/0.510=0.195$ である．バンドの端に近づくと，端の LDOS は内部の約 $1/5$ まで小さくなり，中心での 2 倍と逆になる．(4) $t=1$ の単位で $E=3$ とすると，定理55.8 の $\abs{E}\gt2t$ の式から $g_{\mathrm s}=\dfrac{3-\sqrt{9-4}}{2}=\dfrac{3-\sqrt5}{2}=0.382$（実数．$\abs{E}\to\infty$ で $1/E$ になる方の符号をとった）である．$\dfrac{1}{E-t^2g_{\mathrm s}}=\dfrac{1}{3-0.382}=\dfrac{1}{2.618}=0.382$ で，式 \eqref{eq:55-gself} が満たされる．虚部が $0$ なので LDOS は $0$ である．$t=2.7\ \mathrm{eV}$ なら $g_{\mathrm s}=0.382/t=0.141\ \mathrm{eV^{-1}}$ である．

例題55.12　2 サイト鎖の Dyson 級数

2 つの同じ原子 $\ket{1},\ket{2}$（軌道のエネルギー $0$）が，ホッピング $V=-t\bigl(\ket1\bra2+\ket2\bra1\bigr)$（この例題の $t$ は，時間ではなくホッピングの大きさ）でつながっている．$\hat{H}_0=0$ として Born 級数 \eqref{eq:55-Born} を書き，$G_{11}$ と $G_{12}$ を求めよ．級数が収束する範囲も述べよ．

解答　$\hat{G}_0=\dfrac{1}{E}\hat{1}$（$\eta\to0$）である．$\hat{V}$ は $\ket{1}\leftrightarrow\ket{2}$ を入れ替える（対角要素が $0$）ので，$G_{11}$ には $\hat{V}$ が偶数個，$G_{12}$ には奇数個の項だけが現れる．$G_{11}=\dfrac1E+\dfrac{1}{E}(-t)\dfrac{1}{E}(-t)\dfrac{1}{E}+\cdots=\dfrac{1}{E}\Bigl[1+\dfrac{t^2}{E^2}+\dfrac{t^4}{E^4}+\cdots\Bigr]=\dfrac{1}{E}\dfrac{1}{1-t^2/E^2}=\dfrac{E}{E^2-t^2}$，$G_{12}=\dfrac{1}{E}(-t)\dfrac{1}{E}\Bigl[1+\dfrac{t^2}{E^2}+\cdots\Bigr]=-\dfrac{t}{E^2-t^2}$ である．これは，$\hat{H}=-t\sigma_x$ の逆行列 $(E+t\sigma_x)^{-1}=\dfrac{E-t\sigma_x}{E^2-t^2}$ と一致する．極は $E=\pm t$ で，$\hat{H}$ の固有値（$-t$：結合，$+t$：反結合）である．等比級数が収束するのは $\abs{t/E}\lt1$，すなわち $\abs{E}\gt t$ で，$\hat{H}$ のスペクトルの範囲 $[-t,t]$ の外側に限られる．範囲の内側（実際に状態がある場所）では，級数は発散し，等比級数の和の公式の形に足し上げた式が必要になる．これが，摂動級数を部分的に無限次まで足し上げることの必要性を示す最も簡単な例である．

例題55.13　準位の広がりと寿命 — $\Gamma=6.28\ \mathrm{meV}$，$\tau=105\ \mathrm{fs}$

結合 $\abs{V}=1.0\ \mathrm{meV}$，連続準位の状態密度 $g=1.0\ \mathrm{meV^{-1}}$ のとき，(1) $\Gamma$，(2) 崩壊率 $w$ と寿命 $\tau=1/w$，(3) 生存確率が $1/100$ になる時刻を求め，(4) 黄金律との一致を確かめよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:55-ImSigma} から，$\mathrm{Im}\,\Sigma=-\pi\abs{V}^2g=-\pi\times(1.0\ \mathrm{meV})^2\times1.0\ \mathrm{meV^{-1}}=-3.14\ \mathrm{meV}$ で，$\Gamma=-2\,\mathrm{Im}\,\Sigma=2\pi\abs{V}^2g=6.28\ \mathrm{meV}$（スペクトルの半値全幅）である．(2) $\hbar=6.582\times10^{-16}\ \mathrm{eV\,s}=658.2\ \mathrm{meV\,fs}$ を使うと，$w=\dfrac{\Gamma}{\hbar}=\dfrac{6.283\ \mathrm{meV}}{658.2\ \mathrm{meV\,fs}}=9.55\times10^{-3}\ \mathrm{fs^{-1}}$，$\tau=\dfrac{1}{w}=\dfrac{\hbar}{\Gamma}=104.8\ \mathrm{fs}\approx105\ \mathrm{fs}$ である．(3) $e^{-t/\tau}=0.01$ から $t=\tau\ln100=4.605\times104.8=482\ \mathrm{fs}$ である．(4) 第51章の Fermi の黄金律は $w=\dfrac{2\pi}{\hbar}\abs{V_{fi}}^2g(E_f)=\dfrac{2\pi}{658.2\ \mathrm{meV\,fs}}\times(1.0\ \mathrm{meV})^2\times1.0\ \mathrm{meV^{-1}}=9.55\times10^{-3}\ \mathrm{fs^{-1}}$ で，上の $w$ と一致する．黄金律は，時間依存摂動論の 1 次の結果（$P\approx wt$）から出た崩壊率であり，Green 関数の方法では，その結果が，自己エネルギーの虚部 $-\tfrac{2}{\hbar}\mathrm{Im}\,\Sigma$ として出てくる．さらに，Green 関数の方法は，準位のずれ $\Delta$ と，指数関数的な減衰（$t\gtrsim\tau$）を，1 次の近似を越えて与える．なお $\Gamma=6.28\ \mathrm{meV}$ は，室温の熱エネルギー $k_{\mathrm B}T=25.7\ \mathrm{meV}$ より小さく，$\tau=105\ \mathrm{fs}$ は，Si の光学フォノン（$520.5\ \mathrm{cm^{-1}}$）の振動の周期 $64\ \mathrm{fs}$ と同じ桁である．

例題55.14　連続準位を離散準位で近似して，崩壊を数値で確かめる

連続準位を，間隔 $\delta$ の離散準位で置き換えた模型を考える．準位 $\ket{i}$ を $E_i=0$ に置き，連続準位は $\varepsilon_c=c\,\delta$（$c=-4000,\dots,4000$ の 8001 個，帯域 $\pm1000\ \mathrm{meV}$），間隔 $\delta=0.25\ \mathrm{meV}$（状態密度 $g=1/\delta=4\ \mathrm{meV^{-1}}$），結合は一定の $V=0.5\ \mathrm{meV}$ とする．(1) $\Gamma$，$w$，$\tau$ を求めよ．(2) 離散化が妥当な時間の範囲を，復活時間から見積もれ．(3) ハミルトニアンを数値で対角化して生存確率 $P_i(t)$ を求める手順を述べ，$e^{-wt}$ と比べよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:55-ImSigma} から $\Gamma=2\pi V^2g=2\pi\times(0.5\ \mathrm{meV})^2\times4\ \mathrm{meV^{-1}}=6.283\ \mathrm{meV}$ で，$w=\Gamma/\hbar=\dfrac{6.283\ \mathrm{meV}}{658.2\ \mathrm{meV\,fs}}=9.55\times10^{-3}\ \mathrm{fs^{-1}}$，$\tau=1/w=104.8\ \mathrm{fs}$ である（例題55.13 の $\abs{V}=1.0\ \mathrm{meV}$，$g=1.0\ \mathrm{meV^{-1}}$ と同じ積 $V^2g=1.0\ \mathrm{meV}$ なので，同じ値になる）．(2) 離散準位のあいだの位相は，時間 $2\pi\hbar/\delta=\dfrac{2\pi\times658.2\ \mathrm{meV\,fs}}{0.25\ \mathrm{meV}}=1.65\times10^{4}\ \mathrm{fs}=16.5\ \mathrm{ps}$ でそろい直すので，$\ket{i}$ にもどる復活が起こる．連続準位の近似が使えるのは，$t\ll16.5\ \mathrm{ps}$ である．別の条件として，離散準位の間隔が共鳴の幅より十分小さいこと $\delta\ll\Gamma$ が必要で，いまは $\delta/\Gamma=0.25/6.28=0.04$ で満たされる．また，帯域の幅 $W=2000\ \mathrm{meV}$ は $\Gamma$ よりずっと大きく（広帯域近似），$\hbar/W=0.33\ \mathrm{fs}$ より長い時間を見る．したがって，$0.33\ \mathrm{fs}\ll t\ll16.5\ \mathrm{ps}$ で指数関数的な減衰が見えるはずである．(3) 手順は次のとおりである．(a) $8002\times8002$ の行列 $H$ を作る．$H_{00}=0$（$\ket{i}$），$H_{cc}=\varepsilon_c$，$H_{0c}=H_{c0}=V$．(b) 対角化して固有値 $E_k$ と固有ベクトル $\phi_k$ を求める．(c) $\ket{i}$ の各固有状態に含まれる重み $\abs{c_k}^2=\abs{\braket{i}{\phi_k}}^2$（和は $1$）を取り出す．(d) 生存振幅 $\mel{i}{e^{-i\hat{H}t/\hbar}}{i}=\sum_k\abs{c_k}^2e^{-iE_kt/\hbar}$ を計算し，$P_i(t)$ はその絶対値の 2 乗である．結果は，$t=50,\ 105,\ 200,\ 500,\ 1000\ \mathrm{fs}$ で $P_i=0.622,\ 0.368,\ 0.1482,\ 8.41\times10^{-3},\ 7.04\times10^{-5}$ で，$e^{-wt}=0.620,\ 0.367,\ 0.1482,\ 8.46\times10^{-3},\ 7.15\times10^{-5}$ と $1\ \mathrm{ps}$（$P_i$ が $10^{-4}$ 以下に減る）まで $2\%$ 以内で一致する．時間がさらに進んで $P_i$ が $10^{-8}$ 程度になると，連続準位の両端や離散化の影響で，指数関数からずれ，復活時間の付近（$16.5\ \mathrm{ps}$ のあたり）では $P_i$ が $0.5$ 程度まで戻る．これらは，図55.8 の計算と同じ模型の結果である．

例題55.15　準位のずれ $\mathrm{Re}\,\Sigma$ は 2 次摂動のエネルギーシフトに一致する

準位 $E_i=0$ が，1 個の準位 $\varepsilon=10\ \mathrm{meV}$ と結合 $V=1.0\ \mathrm{meV}$ で結合しているとする．(1) $G_{ii}$ の極から正確なエネルギーを求めよ．(2) 2 次摂動のエネルギーと比べよ．(3) 準位 $\ket{i}$ の重み $Z$ を求めよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:55-Gii} で連続を 1 個の準位とすると，$\Sigma=\dfrac{V^2}{E-\varepsilon}$，$G_{ii}=\dfrac{1}{E-V^2/(E-\varepsilon)}$ で，極の条件は $E(E-\varepsilon)=V^2$，すなわち $E^2-\varepsilon E-V^2=0$ である．解は $E_\pm=\dfrac{\varepsilon\pm\sqrt{\varepsilon^2+4V^2}}{2}$ で，$\sqrt{100+4}=10.198$ から，$E_-=\dfrac{10-10.198}{2}=-0.0990\ \mathrm{meV}$，$E_+=10.099\ \mathrm{meV}$ である（$\ket{i}$ に近い準位は $E_-$）．(2) 第27章の 2 次摂動のエネルギーは $E_i+\dfrac{V^2}{E_i-\varepsilon}=-\dfrac{1.0}{10}=-0.100\ \mathrm{meV}$ で，厳密な値 $-0.0990\ \mathrm{meV}$ との差は $1\%$ である（高次の項の寄与）．$\Sigma(E_i)=\dfrac{V^2}{0-\varepsilon}=-0.100\ \mathrm{meV}$ が 2 次摂動のエネルギーシフトに当たる．(3) 極 $E_-$ での $G_{ii}$ の留数 $Z=\dfrac{1}{1-\Sigma'(E_-)}=\dfrac{1}{1+V^2/(E_--\varepsilon)^2}=\dfrac{1}{1+1/(10.099)^2}=0.990$ で，固有状態 $E_-$ に $\ket{i}$ が $99\%$ 含まれている（$\mathrm{Re}\,\Sigma$ が小さいので，摂動が効く）．準位は，連続準位から遠ざかる向き（下向き）に押されている（準位の反発）．

例題55.16　量子ドットの共鳴準位の幅と寿命

電極とのホッピングで，量子ドットの共鳴準位が $\Gamma=10\ \mathrm{meV}$ の幅をもつ．(1) 準位にいる電子の寿命 $\tau$ を求めよ．(2) 電極を通るトンネル電流の，共鳴ピークの幅は何 meV か．(3) 寿命が $1\ \mathrm{ps}$ なら，$\Gamma$ はいくらか．

解答　(1) $\tau=\dfrac{\hbar}{\Gamma}=\dfrac{658.2\ \mathrm{meV\,fs}}{10\ \mathrm{meV}}=65.8\ \mathrm{fs}$，約 $66\ \mathrm{fs}$ である．(2) 共鳴準位のスペクトル関数 \eqref{eq:55-Ai} の半値全幅は $\Gamma=10\ \mathrm{meV}$ で，低温で共鳴準位を通って流れる電流（左右の電極と結合した 1 準位の透過率 $T(E)=\dfrac{\Gamma_{\mathrm L}\Gamma_{\mathrm R}}{(E-\tilde{E}_i)^2+(\Gamma/2)^2}$，$\Gamma=\Gamma_{\mathrm L}+\Gamma_{\mathrm R}$．この Lorentz 型の共鳴の形を Breit–Wigner 型という）の共鳴ピークも，半値全幅が $\Gamma=10\ \mathrm{meV}$ の Lorentz 型である（電流を電極の間の透過率で表す Landauer の公式．AD 07 第17章）．(3) $\Gamma=\hbar/\tau=\dfrac{658.2\ \mathrm{meV\,fs}}{1000\ \mathrm{fs}}=0.658\ \mathrm{meV}$ である．寿命が長いほど，共鳴はせまく，鋭くなる．

例題55.17　自由 Fermi 粒子の $G^{\mathrm R}(k,t)$ と，時間順序型との関係

相互作用のない Fermi 粒子の軌道 $k$（エネルギー $\varepsilon_k$）について，(1) 遅延 Green 関数 $G^{\mathrm R}(k,t)$ を求め，Fourier 変換せよ．(2) 温度 $0$ で Fermi 準位を $\mu=0$ とするとき，時間順序型 $G^{\mathrm T}(k,t)=-\tfrac{i}{\hbar}\langle T[\hat{c}_k(t)\hat{c}_k^\dagger(0)]\rangle$ を，$\varepsilon_k=+0.70\ \mathrm{eV}$（空）と $\varepsilon_k=-0.40\ \mathrm{eV}$（占有）の場合に求め，遅延型と比べよ．

解答　(1) $\hat{c}_k(t)=\hat{c}_ke^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$ と $\acomm{\hat{c}_k}{\hat{c}_k^\dagger}=1$ から，$\acomm{\hat{c}_k(t)}{\hat{c}_k^\dagger(0)}=e^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$ で，$G^{\mathrm R}(k,t)=-\dfrac{i}{\hbar}\theta(t)\,e^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$ である．これは 1 粒子の遅延 Green 関数 $K^{\mathrm R}$ の，平面波の状態 $\ket{k}$ での対角要素 $\mel{k}{K^{\mathrm R}(t)}{k}$ と一致する（定理55.12）．Fourier 変換は，式 \eqref{eq:55-GE-def} から $G^{\mathrm R}(k,E)=\dfrac{1}{E-\varepsilon_k+i\eta}$ で，$n_k$ によらない．(2) $t\gt0$ では $\langle\hat{c}_k(t)\hat{c}_k^\dagger\rangle=(1-n_k)e^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$，$t\lt0$ では $-\langle\hat{c}_k^\dagger\hat{c}_k(t)\rangle=-n_ke^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$（Fermi 粒子の時間順序の符号）なので，$G^{\mathrm T}(k,t)=-\dfrac{i}{\hbar}\bigl[(1-n_k)\theta(t)-n_k\theta(-t)\bigr]e^{-i\varepsilon_kt/\hbar}$ で，Fourier 変換（$t\gt0$ の部分は $+i\eta$，$t\lt0$ の部分は $-i\eta$ の収束因子）は $G^{\mathrm T}(k,E)=\dfrac{1-n_k}{E-\varepsilon_k+i\eta}+\dfrac{n_k}{E-\varepsilon_k-i\eta}$ である．空の軌道（$\varepsilon_k=+0.70\ \mathrm{eV}$，$n_k=0$）では $G^{\mathrm T}=\dfrac{1}{E-\varepsilon_k+i\eta}=G^{\mathrm R}$ で，極は実軸の下側である．占有された軌道（$\varepsilon_k=-0.40\ \mathrm{eV}$，$n_k=1$）では $G^{\mathrm T}=\dfrac{1}{E-\varepsilon_k-i\eta}$ で，極は実軸の上側にあり，$G^{\mathrm R}$ とは極の位置が逆である．この Green 関数 $G_0(k,\omega)=\dfrac{\theta(k-k_{\mathrm F})}{\omega-\omega_k+i\eta}+\dfrac{\theta(k_{\mathrm F}-k)}{\omega-\omega_k-i\eta}$ が，AD 08 付録C（Fetter–Walecka）の自由 Green 関数である．数値では，$\varepsilon_k=+0.70\ \mathrm{eV}$ で $G^{\mathrm T}$ の極は $0.70\ \mathrm{eV}-i\eta$（実軸の下），$\varepsilon_k=-0.40\ \mathrm{eV}$ で $-0.40\ \mathrm{eV}+i\eta$（実軸の上）で，$G^{\mathrm R}$ の極はどちらの場合も実軸の下である．スペクトル関数は，どちらの場合も $-\tfrac1\pi\mathrm{Im}\,G^{\mathrm R}=\delta(E-\varepsilon_k)$ である．これに対して $-\tfrac1\pi\mathrm{Im}\,G^{\mathrm T}$ は，$0.70\ \mathrm{eV}$ で $+\delta(E-0.70\ \mathrm{eV})$，$-0.40\ \mathrm{eV}$ で $-\delta(E+0.40\ \mathrm{eV})$ で，Fermi 準位 $\mu=0$ より下で符号が逆になる（$\mathrm{sgn}(E-\mu)$ の因子）．Fetter–Walecka の $iG=\langle T[\hat{\psi}\hat{\psi}^\dagger]\rangle$ を $t\gt t'$ で読むと $G=-i\langle\hat{\psi}(t)\hat{\psi}^\dagger(t')\rangle$ となり，$-i$ をかけて読むことが，本書の $-\tfrac{i}{\hbar}$ の因子に対応する（$\hbar=1$）．

演習55.1　自由粒子の $K$ を運動量表示から導く

時刻 $0$ に位置 $x'$ に局在した状態 $\Psi(x,0)=\delta(x-x')$ の運動量表示の波動関数 $\phi(p)$（本書の規約 $\phi(p)=\tfrac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int\psi(x)e^{-ipx/\hbar}\dd x$）を求め，時間発展 $\phi(p,t)=\phi(p)e^{-ip^2t/2m\hbar}$ を位置表示に戻して，式 \eqref{eq:55-Kfree} を導け．また，電子について $t=1.0\ \mathrm{fs}$ での $\abs{K}$ を求めよ．

ヒント：指数の $p$ について平方完成し，Gauss 積分 $\int e^{-ap^2}\dd p=\sqrt{\pi/a}$ を $\mathrm{Re}\,a\to+0$ の極限で使う．

→ 解答

演習55.2　3 次元の自由粒子の Green 関数

3 次元の自由粒子について，$G(\bm{r},\bm{r}';E)=\displaystyle\int\dfrac{\dd^3p}{(2\pi\hbar)^3}\dfrac{e^{i\bm{p}\cdot(\bm{r}-\bm{r}')/\hbar}}{E-p^2/2m+i\eta}$ を計算して $-\dfrac{m}{2\pi\hbar^2}\dfrac{e^{ik\abs{\bm{r}-\bm{r}'}}}{\abs{\bm{r}-\bm{r}'}}$ を示し，局所状態密度 $\dfrac{mk}{2\pi^2\hbar^2}$ を求めよ．

ヒント：$\bm{p}=\hbar\bm{q}$ とし，$\bm{r}-\bm{r}'$ の方向を軸にした球座標で角度積分すると $\int\dd^3q\,e^{i\bm{q}\cdot\bm{r}}f(q)=\dfrac{4\pi}{r}\int_0^\infty q\sin(qr)f(q)\dd q$．被積分関数は $q$ の偶関数なので $\int_{-\infty}^{\infty}$ に直して留数（AD 02 第26章 26.4）．

→ 解答

演習55.3　異核 2 原子分子の Green 関数と局所状態密度

2 つの原子軌道のエネルギーが $\varepsilon_1=0$，$\varepsilon_2=2.0\ \mathrm{eV}$，ホッピングが $H_{12}=-t$（$t=1.5\ \mathrm{eV}$）の 2 原子分子について，(1) $\hat{G}(E)$ の行列要素を求め，極の位置を求めよ．(2) 原子 1 の LDOS の，2 つの山の重みを求めよ．(3) $G_{11}$ を，準位 $\ket{1}$ と「連続」（ここでは原子 2 だけ）の結合の式 \eqref{eq:55-Gii} の形に書き，自己エネルギーを求めよ．(4) $\varepsilon_1=\varepsilon_2=0$ の同核の場合に，$G_{11}$ が例題55.12 と一致することを示せ．また，$\hat{V}=-t\sigma_x$ を摂動として，$\hat{G}_0=\mathrm{diag}(1/E,1/E)$ から Dyson 方程式 \eqref{eq:55-Dyson} を解いて，同じ結果になることを確かめよ．

ヒント：$2\times2$ 行列の逆行列．極は $(E-\varepsilon_1)(E-\varepsilon_2)=t^2$．(4) は Dyson 方程式の $(1,1)$ 成分と $(2,1)$ 成分の連立方程式．

→ 解答

演習55.4　スペクトル関数の総和則とモーメント

(1) 任意の $\hat{H}$ について，$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}g_i(E)\dd E=1$ を示せ．(2) 1 次モーメント $\displaystyle\int E\,g_i(E)\dd E=H_{ii}$，2 次モーメント $\displaystyle\int E^2g_i(E)\dd E=\sum_j\abs{H_{ij}}^2$ を示せ．(3) (2) を使って，半無限鎖（ホッピング $t$）の端の LDOS \eqref{eq:55-gsurf} の 2 次モーメントが $t^2$，無限鎖の内部の LDOS \eqref{eq:55-gbulk} のそれが $2t^2$ であることを確かめよ．

ヒント：$g_i(E)=\sum_n\abs{\braket{i}{n}}^2\delta(E-E_n)$．$\sum_nE_n^k\ket{n}\bra{n}=\hat{H}^k$．

→ 解答

演習55.5　Dyson 方程式と $T$ 行列

(1) $\hat{G}=(E-\hat{H}_0-\hat{V}+i\eta)^{-1}$ から $\hat{G}=\hat{G}_0+\hat{G}_0\hat{V}\hat{G}$ を示せ．(2) $\hat{T}=\hat{V}+\hat{V}\hat{G}_0\hat{T}$ と定義すると，$\hat{G}=\hat{G}_0+\hat{G}_0\hat{T}\hat{G}_0$ となることを示せ．(3) $\hat{H}_0=\mathrm{diag}(E_1,E_2)$，$\hat{V}=v\,\sigma_x$ の $2\times2$ 系で，$G_{11}$ の厳密な式を Born 級数の 2 次までと比べよ．

ヒント：$A^{-1}-B^{-1}=A^{-1}(B-A)B^{-1}$．(2) は $\hat{T}$ を $\hat{V}$ の級数で書く．

→ 解答

演習55.6　Fetter–Walecka の $iG$ と遅延 Green 関数

(1) 真空 $\ket{0}$（電子がいない状態）で，時間順序 Green 関数 $G^{\mathrm T}(\bm{x},t;\bm{x}',t')=-\tfrac{i}{\hbar}\bra{0}T[\hat{\psi}(\bm{x},t)\hat{\psi}^\dagger(\bm{x}',t')]\ket{0}$ が遅延 Green 関数 $K^{\mathrm R}$ に一致することを示せ．(2) 相互作用のない Fermi 系で，軌道 $k$ の占有数が $n_k$（$0$ または $1$）のとき，$G^{\mathrm T}(k,E)-G^{\mathrm R}(k,E)=2\pi i\,n_k\,\delta(E-\varepsilon_k)$ を示せ．

ヒント：$\hat{\psi}(\bm{x})\ket{0}=0$．(2) は例題55.17 の結果と，$\dfrac{1}{x-i\eta}-\dfrac{1}{x+i\eta}=2\pi i\delta(x)$．

→ 解答

演習55.7　崩壊する準位の時間領域と Lorentz 形

生存振幅 $K^{\mathrm R}_{ii}(t)=-\tfrac{i}{\hbar}\theta(t)e^{-iE_it/\hbar}e^{-\Gamma t/2\hbar}$ を Fourier 変換して $G_{ii}(E)=\dfrac{1}{E-E_i+i\Gamma/2}$ を示し，$A_i(E)$ が半値全幅 $\Gamma$，面積 $1$ の Lorentz 型であることを確かめよ．$\Gamma=1.0\ \mathrm{meV}$ のときの寿命 $\tau=\hbar/\Gamma$ とピークの高さ $A_i(E_i)$ を求めよ．

ヒント：$\int_0^\infty e^{i(E-E_i+i\Gamma/2)t/\hbar}\dd t$．面積は $\int\dfrac{\gamma\,\dd x}{x^2+\gamma^2}=\pi$．

→ 解答

演習55.8　崩壊する準位と結合した 2 準位系の極（複素 $E$ 平面）

2 つの準位 $\ket{1},\ket{2}$（どちらもエネルギー $\varepsilon_0=0$）があり，$\ket{1}$ だけが連続準位と結合して自己エネルギー $\Sigma=-i\Gamma/2$（$\Gamma=10\ \mathrm{meV}$ で一定）をもち，$\ket{1}$ と $\ket{2}$ は結合 $V$ でつながっている．(1) 有効ハミルトニアン $\begin{pmatrix}-i\Gamma/2&V\\V&0\end{pmatrix}$ の固有値（$G$ の極）を求めよ．(2) $V=1.0,\ 2.5,\ 4.0\ \mathrm{meV}$ の極の位置を求め，$V$ が小さいときと大きいときの違いを説明せよ．

ヒント：固有方程式 $\lambda^2+\tfrac{i\Gamma}{2}\lambda-V^2=0$．判別式 $V^2-\Gamma^2/16$ の符号．

→ 解答