解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第4部 第9章 §4.9.6 ★★ 授業の断熱近似は位相 γ n \gamma_n γ n ℏ A n \hbar\bm{A}_n ℏ A n
授業の断熱近似
学部の量子力学の授業では、時間に依る Hamiltonian H ^ ( t ) \hat H(t) H ^ ( t ) ψ n ( t ) \psi_n(t) ψ n ( t ) Ψ ( t ) = ∑ n c n ( t ) e − i η n ( t ) ψ n ( t ) \Psi(t)=\sum_nc_n(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\eta_n(t)}\psi_n(t) Ψ ( t ) = ∑ n c n ( t ) e − i η n ( t ) ψ n ( t )
c ˙ m = − c m ⟨ ψ m ∣ ∂ ψ m ∂ t ⟩ − ∑ n ≠ m c n ⟨ ψ m ∣ ∂ t H ^ ∣ ψ n ⟩ E n − E m e i ( η m − η n ) \dot c_m=-c_m\Bigl\langle\psi_m\Bigm|\frac{\partial \psi_m}{\partial t}\Bigr\rangle-\sum_{n\neq m}c_n\frac{\langle \psi_m | \partial_t\hat H | \psi_n \rangle }{E_n-E_m}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\eta_m-\eta_n)} c ˙ m = − c m ⟨ ψ m ∂ t ∂ ψ m ⟩ − n = m ∑ c n E n − E m ⟨ ψ m ∣ ∂ t H ^ ∣ ψ n ⟩ e i ( η m − η n )
を導いて、第2項を落とすことで断熱近似を述べる。この式は式 (4.9.8) と式 (4.9.10) を合わせたものと同じである。第1項については「ψ m ( t ) \psi_m(t) ψ m ( t ) ⟨ ψ m ∣ ∂ t ψ m ⟩ = 0 \langle \psi_m | \partial_t\psi_m \rangle =0 ⟨ ψ m ∣ ∂ t ψ m ⟩ = 0 Ψ ( t ) ≈ e − i η n ( t ) ψ n ( t ) \Psi(t)\approx\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\eta_n(t)}\psi_n(t) Ψ ( t ) ≈ e − i η n ( t ) ψ n ( t )
この扱いは開いた道では正しい。位相を ⟨ ψ n ∣ ∂ t ψ n ⟩ = 0 \langle \psi_n | \partial_t\psi_n \rangle =0 ⟨ ψ n ∣ ∂ t ψ n ⟩ = 0 χ ( t ) = γ n ( t ) \chi(t)=\gamma_n(t) χ ( t ) = γ n ( t ) γ n \gamma_n γ n ψ n ( T ) \psi_n(T) ψ n ( T ) ψ n ( 0 ) \psi_n(0) ψ n ( 0 ) e i γ n ( C ) \mathrm{e}^{\mathrm{i}\gamma_n(C)} e i γ n ( C ) H ^ \hat H H ^ γ n ( C ) = 0 \gamma_n(C)=0 γ n ( C ) = 0 2 π 2\pi 2 π
1984年まで Berry 位相が見過ごされていた一因は、ここにある。もう1つの理由は、Hamiltonian が実数の行列のとき固有状態を実数にとれて、⟨ n ∣ ∂ n ⟩ \langle n | \partial n \rangle ⟨ n ∣ ∂ n ⟩ 0 0 0 π \pi π 0 0 0 π \pi π π \pi π
授業の Born–Oppenheimer 近似
分子の授業では、原子核の位置 R \bm{R} R E n ( R ) E_n(\bm{R}) E n ( R )
[ P ^ 2 2 M + E n ( R ) ] χ ( R ) = E χ ( R ) (4.9.26) \Bigl[\frac{\hat{\bm{P}}^2}{2M}+E_n(\bm{R})\Bigr]\chi(\bm{R})=E\chi(\bm{R})\tag{4.9.26} [ 2 M P ^ 2 + E n ( R ) ] χ ( R ) = E χ ( R ) ( 4.9.26 )
を解く（P ^ = − i ℏ ∇ R \hat{\bm{P}}=-\mathrm{i}\hbar\nabla_{\bm{R}} P ^ = − i ℏ ∇ R R \bm{R} R Ψ = χ ( R ) ∣ n ( R ) ⟩ \Psi=\chi(\bm{R})| n(\bm{R}) \rangle Ψ = χ ( R ) ∣ n ( R )⟩ ∣ n ( R ) ⟩ | n(\bm{R}) \rangle ∣ n ( R )⟩
[ ( P ^ − ℏ A n ( R ) ) 2 2 M + E n ( R ) + ℏ 2 2 M ( ⟨ ∇ R n ∣ ∇ R n ⟩ − ∣ A n ∣ 2 ) ] χ ( R ) = E χ ( R ) (4.9.27) \Bigl[\frac{(\hat{\bm{P}}-\hbar\bm{A}_n(\bm{R}))^2}{2M}+E_n(\bm{R})+\frac{\hbar^2}{2M}\Bigl(\langle \nabla_{\bm{R}}n | \nabla_{\bm{R}}n \rangle -\lvert \bm{A}_n\rvert ^2\Bigr)\Bigr]\chi(\bm{R})=E\chi(\bm{R})\tag{4.9.27} [ 2 M ( P ^ − ℏ A n ( R ) ) 2 + E n ( R ) + 2 M ℏ 2 ( ⟨ ∇ R n ∣ ∇ R n ⟩ − ∣ A n ∣ 2 ) ] χ ( R ) = E χ ( R ) ( 4.9.27 )
になる（ほかの電子状態へ移る項は落とした）。P ^ \hat{\bm{P}} P ^ ∣ n ( R ) ⟩ | n(\bm{R}) \rangle ∣ n ( R )⟩ P ^ ( χ ∣ n ⟩ ) \hat{\bm{P}}\bigl(\chi| n \rangle \bigr) P ^ ( χ ∣ n ⟩ ) ⟨ n ∣ \langle n | ⟨ n ∣ ( P ^ − ℏ A n ) χ (\hat{\bm{P}}-\hbar\bm{A}_n)\chi ( P ^ − ℏ A n ) χ q q q ℏ \hbar ℏ 第2部第2章 ）の最小結合 p − q A \bm{p}-q\bm{A} p − q A 1 1 C. A. Mead and D. G. Truhlar (1979), J. Chem. Phys. 70 , 2284–2296.
授業の式 (4.9.26) は、A n \bm{A}_n A n (4.9.27) の最後の小さなスカラーの項を落としたものである。固有状態を実数にとれるとき A n \bm{A}_n A n 0 0 0 χ \chi χ 2 2 H. C. Longuet-Higgins, U. Öpik, M. H. L. Pryce and R. A. Sack (1958), Proc. R. Soc. Lond. A 244 , 1–16.4.9.3 は総合問題の模型（円周の上を回る原子核と2準位の電子）で、厳密な準位と、2つの近似の準位を比べたものである。
図 4.9.3 円周の上を回る原子核（慣性モーメント I I I m 2 + 1 4 m^2+\frac14 m 2 + 4 1 π \pi π ( m + 1 2 ) 2 + 1 4 (m+\frac12)^2+\frac14 ( m + 2 1 ) 2 + 4 1 κ = 50 ℏ 2 / ( 2 I ) \kappa=50\hbar^2/(2I) κ = 50 ℏ 2 / ( 2 I ) 0.03 0.03 0.03
近似の裏付け
型 B（極限） ｜ 小さいもの ℏ 2 / ( M g ℓ 2 ) → 0 \hbar^2/(M g\,\ell^2)\to0 ℏ 2 / ( M g ℓ 2 ) → 0 g g g ℓ \ell ℓ 証明 要確認（ギャップが閉じる交差点の近くでは前提が破れる。原子核の波動関数が交差点から離れていることが要るが、その誤差評価を原論文で確かめていない） ｜ 行き先 近似の数理 第7章
例題 4.9.7 実数の Hamiltonian と符号の反転 ★★
オリジナル 実数の 2 × 2 2\times2 2 × 2 H ^ ( X , Z ) = X σ x + Z σ z \hat H(X,Z)=X\sigma_x+Z\sigma_z H ^ ( X , Z ) = X σ x + Z σ z ( X , Z ) (X,Z) ( X , Z ) X = ρ sin φ X=\rho\sin\varphi X = ρ sin φ Z = ρ cos φ Z=\rho\cos\varphi Z = ρ cos φ
(1) 低い方の固有値と、実数の固有ベクトル ( − sin φ 2 , cos φ 2 ) T (-\sin\frac\varphi2,\ \cos\frac\varphi2)^{\mathsf T} ( − sin 2 φ , cos 2 φ ) T φ \varphi φ 0 0 0 2 π 2\pi 2 π (2) 原点を囲む円の Berry 位相を、(1) と、式 (4.9.16) の立体角の両方から求めよ。(3) 中心 ( X , Z ) = ( 2 , 0 ) (X,Z)=(2,0) ( X , Z ) = ( 2 , 0 ) 1 1 1
解答 (1) H ^ = ρ ( cos φ sin φ sin φ − cos φ ) \hat H=\rho\begin{pmatrix}\cos\varphi&\sin\varphi\\ \sin\varphi&-\cos\varphi\end{pmatrix} H ^ = ρ ( cos φ sin φ sin φ − cos φ ) ± ρ \pm\rho ± ρ v = ( − sin φ 2 , cos φ 2 ) T v=(-\sin\frac\varphi2,\cos\frac\varphi2)^{\mathsf T} v = ( − sin 2 φ , cos 2 φ ) T ρ ( − cos φ sin φ 2 + sin φ cos φ 2 ) = ρ sin φ 2 \rho(-\cos\varphi\sin\frac\varphi2+\sin\varphi\cos\frac\varphi2)=\rho\sin\frac\varphi2 ρ ( − cos φ sin 2 φ + sin φ cos 2 φ ) = ρ sin 2 φ ρ ( − sin φ sin φ 2 − cos φ cos φ 2 ) = − ρ cos φ 2 \rho(-\sin\varphi\sin\frac\varphi2-\cos\varphi\cos\frac\varphi2)=-\rho\cos\frac\varphi2 ρ ( − sin φ sin 2 φ − cos φ cos 2 φ ) = − ρ cos 2 φ H ^ v = − ρ v \hat Hv=-\rho v H ^ v = − ρ v φ → φ + 2 π \varphi\to\varphi+2\pi φ → φ + 2 π v → − v v\to-v v → − v
(2) v v v ⟨ v ∣ ∂ φ v ⟩ = 0 \langle v | \partial_\varphi v \rangle =0 ⟨ v ∣ ∂ φ v ⟩ = 0 v v v 0 0 0 v v v e i φ / 2 v \mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi/2}v e i φ /2 v A φ = i ⋅ i 2 = − 1 2 A_\varphi=\mathrm{i}\cdot\frac{\mathrm{i}}2=-\frac12 A φ = i ⋅ 2 i = − 2 1 γ = − π ≡ π \gamma=-\pi\equiv\pi γ = − π ≡ π R = ( X , 0 , Z ) \bm{R}=(X,0,Z) R = ( X , 0 , Z ) x z xz x z 2 π 2\pi 2 π ∣ − ⟩ | - \rangle ∣ − ⟩ γ − = + 1 2 ⋅ 2 π = π \gamma_-=+\frac12\cdot2\pi=\pi γ − = + 2 1 ⋅ 2 π = π
(3) 円の内側に縮退点が無いので、Berry 曲率の流束は 0 0 0 γ = 0 \gamma=0 γ = 0 φ \varphi φ arctan \arctan arctan 2 π 2\pi 2 π (4.9.22) で数値計算すると、原点を囲む円で π \pi π 0 0 0 verify_ch4-09.py）。
1 C. A. Mead and D. G. Truhlar (1979), J. Chem. Phys. 70 , 2284–2296.
2 H. C. Longuet-Higgins, U. Öpik, M. H. L. Pryce and R. A. Sack (1958), Proc. R. Soc. Lond. A 244 , 1–16.
AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com
