解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部 第3章 §5.3.1 ★★★ 電磁場も格子振動も基準振動に分けると H ^ = ∑ α ℏ ω α ( a ^ α † a ^ α + 1 2 ) \hat H=\sum_\alpha\hbar\omega_\alpha(\hat a_\alpha^\dagger\hat a_\alpha+\frac12) H ^ = ∑ α ℏ ω α ( a ^ α † a ^ α + 2 1 ) になる。違いはモードの数え方と分散関係 ω α \omega_\alpha ω α だけ
この章では、性質の違う2つの物理系に同じ Hamiltonian を選ぶ。1つは空洞の中の電磁場、もう1つは結晶の中の原子の振動である。電磁場は第2部第6章の Lagrangian 密度で、原子の列は第2部第4章の Lagrangian で書かれ、どちらも場の変数について2次式なので、基準振動に分けると独立な調和振動子の和になる(5.3.1節)。各振動子に第4部第4章の生成消滅演算子を当てると、エネルギーは ℏ ω \hbar\omega ℏ ω を単位とする段に並び、その段の数を数えたものが、電磁場では光子、格子振動ではフォノンと呼ばれる。
当てる道具は、第3部第6章で調和振動子1つに当てたカノニカル分布を、振動子の集まりに当てることである(5.3.2 節)。振動子が独立なので分配関数は積に分かれ、熱力学の量はすべて「モードの密度 g ( ω ) g(\omega) g ( ω ) × 振動子1つの量」の積分になる。光子とフォノンの違いは g ( ω ) g(\omega) g ( ω ) の違いだけになる。
出てくるものは3つある。第一は黒体放射で、Planck の式から T 4 T^4 T 4 則・光子気体の状態方程式 P = U / ( 3 V ) P=U/(3V) P = U / ( 3 V ) ・化学ポテンシャル 0 0 0 が出る(5.3.3 節)。第二は Debye の比熱で、低温の T 3 T^3 T 3 則が光子気体の T 4 T^4 T 4 則と同じ式であること、高温で比熱が止まるのはフォノンのモードの数が有限だからであることを示す(5.3.4 節)。第三は、熱平均では捨てた零点エネルギーと、モードの占有数の揺らぎで、零点エネルギーの差として Casimir 力が出ること、揺らぎが粒子の項と波の項の和になることを示す(5.3.5 節)。最後に授業で習った Stefan–Boltzmann の法則・Wien の変位則・Debye のモデルと並べ(5.3.6 節)、まとめと総合問題で終える。
単位は SI で、量子の演算子には帽子を付ける(この部の場の量子論の章と違い、この章は ħ = c = 1 にしない)。温度 T T T と体積 V V V が出てくるので、運動エネルギーに T T T を使わず、ポテンシャルにも V V V を使わない。振動子の基準座標を Q α Q_\alpha Q α , P α P_\alpha P α と書く(この章には熱 Q Q Q も圧力 P P P も出てくるが、基準座標には必ずモードの添字 α \alpha α を付けて区別する)。
格子振動:原子の列の基準振動
第2部第4章では、質量 m m m の原子が間隔 a a a で並び、隣どうしがばね定数 K K K でつながった列(N N N 個、周期境界)の Lagrangian
L = ∑ j = 1 N m 2 u ˙ j 2 − ∑ j = 1 N K 2 ( u j + 1 − u j ) 2 (5.3.1) L=\sum_{j=1}^{N}\frac m2\dot u_j^2-\sum_{j=1}^{N}\frac K2(u_{j+1}-u_j)^2\tag{5.3.1} L = j = 1 ∑ N 2 m u ˙ j 2 − j = 1 ∑ N 2 K ( u j + 1 − u j ) 2 ( 5.3.1 )
を選んだ。u j u_j u j は j j j 番目の原子の平衡の位置からのずれである。番号を1つずらす対称性から、基準振動は平面波 u j ∝ e i k j a u_j\propto\mathrm{e}^{\mathrm{i} kja} u j ∝ e i k j a で、許される波数は k = 2 π l / ( N a ) k=2\pi l/(Na) k = 2 π l / ( N a ) (l l l は整数で、∣ k ∣ ≤ π / a \lvert k\rvert \le\pi/a ∣ k ∣ ≤ π / a の範囲に N N N 個)、角振動数は
ω k = ω m ∣ sin k a 2 ∣ , ω m = 2 K m (5.3.2) \omega_k=\omega_{\mathrm m}\lvert \sin\frac{ka}{2}\rvert ,\qquad \omega_{\mathrm m}=2\sqrt{\frac Km}\tag{5.3.2} ω k = ω m ∣ sin 2 k a ∣ , ω m = 2 m K ( 5.3.2 )
であった。第2部第4章では離散 Fourier 変換で基準座標を作り、L L L が N N N 個の独立な振動子の和になることを示した。基準座標に m \sqrt m m を掛けて質量を含めた座標に取り直すと、Hamiltonian は
H = ∑ k 1 2 ( P k 2 + ω k 2 Q k 2 ) (5.3.3) H=\sum_{k}\frac12\bigl(P_k^2+\omega_k^2Q_k^2\bigr)\tag{5.3.3} H = k ∑ 2 1 ( P k 2 + ω k 2 Q k 2 ) ( 5.3.3 )
と書ける(Q k Q_k Q k は複素数の基準座標を実部と虚部、あるいは k k k と − k -k − k の和と差に組み直した実数の座標で、数は N N N 個のまま変わらない)。3次元の結晶では、1つの波数 k \bm{k} k に振動の向きが3つあるので、分岐 s = 1 , 2 , 3 s=1,2,3 s = 1 , 2 , 3 ごとに分散関係 ω s ( k ) \omega_s(\bm{k}) ω s ( k ) があり、モードの総数は 3 N 3N 3 N である。k \bm{k} k は第1 Brillouin 域の中に限られる。
この H H H は、原子どうしの力のポテンシャルをずれ u j u_j u j について2次まで展開したもの(調和近似)である。熱運動や零点振動の振幅が格子定数に比べて小さいとき、捨てた3次以上の項は小さい。
近似の裏付け
型 B(極限) | 小さいもの ずれと格子定数の比 ∣ u ∣ / a → 0 \lvert u\rvert /a\to0 ∣ u ∣ / a → 0 (調和近似) | 証明 条件付き(振幅を 0 0 0 に送る極限で、有限の時間区間に限る。非調和項によるモード間のエネルギーのやりとりは別の問題) | 行き先 近似の数理 第2章
電磁場:空洞のモード
真空の空洞の中の電磁場は、第2部第6章の Lagrangian 密度
L = ε 0 2 E 2 − 1 2 μ 0 B 2 , E = − ∇ ϕ − ∂ A ∂ t , B = ∇ × A (5.3.4) \mathcal L=\frac{\varepsilon_0}{2}\bm{E}^2-\frac{1}{2\mu_0}\bm{B}^2,\qquad \bm{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial \bm{A}}{\partial t},\quad \bm{B}=\nabla\times\bm{A}\tag{5.3.4} L = 2 ε 0 E 2 − 2 μ 0 1 B 2 , E = − ∇ ϕ − ∂ t ∂ A , B = ∇ × A ( 5.3.4 )
で書かれる。電荷の無い空洞では Coulomb ゲージ ∇ ⋅ A = 0 \nabla\cdot\bm{A}=0 ∇ ⋅ A = 0 、ϕ = 0 \phi=0 ϕ = 0 を選ぶことができ、E = − ∂ t A \bm{E}=-\partial_t\bm{A} E = − ∂ t A となる。Euler–Lagrange 方程式は波動方程式 ∂ t 2 A = c 2 ∇ 2 A \partial_t^2\bm{A}=c^2\nabla^2\bm{A} ∂ t 2 A = c 2 ∇ 2 A である。1辺 L b L_{\mathrm b} L b の立方体(体積 V = L b 3 V=L_{\mathrm b}^3 V = L b 3 )に周期境界条件を置くと、許される波数は k = ( 2 π / L b ) ( n x , n y , n z ) \bm{k}=(2\pi/L_{\mathrm b})(n_x,n_y,n_z) k = ( 2 π / L b ) ( n x , n y , n z ) で、∇ ⋅ A = 0 \nabla\cdot\bm{A}=0 ∇ ⋅ A = 0 のため振動の向きは k \bm{k} k に垂直な2つ(偏光 s = 1 , 2 s=1,2 s = 1 , 2 、単位ベクトル e k s \bm{e}_{\bm{k}s} e k s )に限られる。A \bm{A} A をこのモードで展開すると、モード ( k , s ) (\bm{k},s) ( k , s ) ごとに L \mathcal L L の積分が1 2 ( Q ˙ 2 − ω k 2 Q 2 ) \frac12(\dot Q^2-\omega_k^2Q^2) 2 1 ( Q ˙ 2 − ω k 2 Q 2 ) の形に分かれ、角振動数は ω k = c ∣ k ∣ \omega_k=c\lvert \bm{k}\rvert ω k = c ∣ k ∣ になる(1つのモードでの計算を例題 5.3.1 で行う)。電場のエネルギー ε 0 E 2 / 2 \varepsilon_0\bm{E}^2/2 ε 0 E 2 /2 が振動子の運動エネルギーに、磁場のエネルギー B 2 / ( 2 μ 0 ) \bm{B}^2/(2\mu_0) B 2 / ( 2 μ 0 ) がポテンシャルエネルギーに当たる。
格子振動と違い、電磁場の L \mathcal L L は近似なしに場の2次式である。Maxwell 方程式が線形だからで、振動子への分解は真空中では厳密に成り立つ。一方で、k \bm{k} k に上限が無いので、モードは無限個ある。
振動子ごとに量子化する
モードの番号をまとめて α \alpha α (格子では ( k , s ) (\bm{k},s) ( k , s ) の 3 N 3N 3 N 個、電磁場では ( k , s ) (\bm{k},s) ( k , s ) の無限個)と書く。どちらの場合も、選ぶ Hamiltonian は
H = ∑ α 1 2 ( P α 2 + ω α 2 Q α 2 ) (5.3.5) H=\sum_\alpha\frac12\bigl(P_\alpha^2+\omega_\alpha^2Q_\alpha^2\bigr)\tag{5.3.5} H = α ∑ 2 1 ( P α 2 + ω α 2 Q α 2 ) ( 5.3.5 )
である。各振動子に第4部第4章の正準量子化 [ Q ^ α , P ^ β ] = i ℏ δ α β \left[\hat Q_\alpha,\,\hat P_\beta\right]=\mathrm{i}\hbar\delta_{\alpha\beta} [ Q ^ α , P ^ β ] = i ℏ δ α β を当て、
a ^ α = ω α Q ^ α + i P ^ α 2 ℏ ω α , [ a ^ α , a ^ β † ] = δ α β (5.3.6) \hat a_\alpha=\frac{\omega_\alpha\hat Q_\alpha+\mathrm{i}\hat P_\alpha}{\sqrt{2\hbar\omega_\alpha}},\qquad \left[\hat a_\alpha,\,\hat a_\beta^\dagger\right]=\delta_{\alpha\beta}\tag{5.3.6} a ^ α = 2ℏ ω α ω α Q ^ α + i P ^ α , [ a ^ α , a ^ β † ] = δ α β ( 5.3.6 )
と置くと、
H ^ = ∑ α ℏ ω α ( a ^ α † a ^ α + 1 2 ) = ∑ α ℏ ω α ( n ^ α + 1 2 ) (5.3.7) \hat H=\sum_\alpha\hbar\omega_\alpha\Bigl(\hat a_\alpha^\dagger\hat a_\alpha+\frac12\Bigr)=\sum_\alpha\hbar\omega_\alpha\Bigl(\hat n_\alpha+\frac12\Bigr)\tag{5.3.7} H ^ = α ∑ ℏ ω α ( a ^ α † a ^ α + 2 1 ) = α ∑ ℏ ω α ( n ^ α + 2 1 ) ( 5.3.7 )
になる。第4部第4章で示したとおり、n ^ α = a ^ α † a ^ α \hat n_\alpha=\hat a_\alpha^\dagger\hat a_\alpha n ^ α = a ^ α † a ^ α の固有値は n α = 0 , 1 , 2 , … n_\alpha=0,1,2,\dots n α = 0 , 1 , 2 , … で、エネルギーの固有状態は各モードの段の数を並べた ∣ { n α } ⟩ = ∣ n 1 , n 2 , … ⟩ | \{n_\alpha\} \rangle =| n_1,n_2,\dots \rangle ∣ { n α }⟩ = ∣ n 1 , n 2 , … ⟩ 、固有値は
E { n α } = ∑ α ℏ ω α n α + E 0 , E 0 = ∑ α 1 2 ℏ ω α (5.3.8) E_{\{n_\alpha\}}=\sum_\alpha\hbar\omega_\alpha n_\alpha+E_0,\qquad E_0=\sum_\alpha\frac12\hbar\omega_\alpha\tag{5.3.8} E { n α } = α ∑ ℏ ω α n α + E 0 , E 0 = α ∑ 2 1 ℏ ω α ( 5.3.8 )
である。a ^ α † \hat a_\alpha^\dagger a ^ α † は振動子 α \alpha α の段を1つ上げ、エネルギーを ℏ ω α \hbar\omega_\alpha ℏ ω α だけ増やす。周期境界の平面波のモードでは、運動量(格子では結晶運動量)も ℏ k \hbar\bm{k} ℏ k だけ増える。そこで n α n_\alpha n α を「エネルギー ℏ ω α \hbar\omega_\alpha ℏ ω α ・運動量 ℏ k \hbar\bm{k} ℏ k を持つ粒子が、1粒子状態 α \alpha α に n α n_\alpha n α 個いる」と読み替えることができる。この粒子を電磁場では光子 、格子振動ではフォノン と呼ぶ。
この読み替えには2つの特徴がある。第一に、同じ状態 α \alpha α に何個でも入ることができ、粒子を入れ替えても状態は変わらない(∣ { n α } ⟩ | \{n_\alpha\} \rangle ∣ { n α }⟩ は個数だけで決まり、どの粒子がどこにいるかという情報を持たない)。これは Bose 粒子の性質である。第二に、粒子の数 ∑ α n α \sum_\alpha n_\alpha ∑ α n α は保存量ではない。空洞の壁が光を吸収・放出すれば光子の数は変わり、非調和項があればフォノンの数も変わる。振動子の言葉では「段の数」が変わるだけで、何かが生まれたり消えたりする必要はない。
場を演算子 ϕ ^ ( x ) \hat\phi(\bm{x}) ϕ ^ ( x ) として全体で量子化する形は第2章で扱った(第5部第2章 。そこでは ħ = c = 1)。この章はその結果をモードごとの振動子として読み直し、SI で数を出す。
表 5.3.1 光子とフォノンの違い。違うのはモードの数え方と分散関係だけである。 光子(空洞の電磁場) フォノン(結晶の格子振動) 選ぶ L L L ∫ ( ε 0 E 2 / 2 − B 2 / 2 μ 0 ) d 3 x \int(\varepsilon_0\bm{E}^2/2-\bm{B}^2/2\mu_0)\,\mathrm{d}^3x ∫ ( ε 0 E 2 /2 − B 2 /2 μ 0 ) d 3 x ∑ m 2 u ˙ j 2 − ∑ K 2 ( u j + 1 − u j ) 2 \sum\frac m2\dot u_j^2-\sum\frac K2(u_{j+1}-u_j)^2 ∑ 2 m u ˙ j 2 − ∑ 2 K ( u j + 1 − u j ) 2 1つの k \bm{k} k の分岐の数 2(横波の偏光) 3(縦1・横2) 分散関係 ω = c ∣ k ∣ \omega=c\lvert \bm{k}\rvert ω = c ∣ k ∣ (厳密)ω s ( k ) ≈ v s ∣ k ∣ \omega_s(\bm{k})\approx v_s\lvert \bm{k}\rvert ω s ( k ) ≈ v s ∣ k ∣ (小さい ∣ k ∣ \lvert \bm{k}\rvert ∣ k ∣ )k \bm{k} k の範囲上限なし(モードは無限個) 第1 Brillouin 域(3 N 3N 3 N 個) 2次式であること 厳密(Maxwell 方程式が線形) 調和近似
例題 5.3.1 空洞の1つのモードを振動子として書く ★★
オリジナル 長さ L b L_{\mathrm b} L b の空洞が x x x 方向に伸び、x = 0 x=0 x = 0 と x = L b x=L_{\mathrm b} x = L b に完全導体の壁がある。断面積を A ⊥ A_\perp A ⊥ 、体積を V = A ⊥ L b V=A_\perp L_{\mathrm b} V = A ⊥ L b とする。ベクトルポテンシャルを A ( r , t ) = q ( t ) sin ( k x ) e y \bm{A}(\bm{r},t)=q(t)\sin(kx)\,\bm{e}_y A ( r , t ) = q ( t ) sin ( k x ) e y (k L b = π n kL_{\mathrm b}=\pi n k L b = π n 、n n n は正の整数)の形に限る。
(1) E \bm{E} E と B \bm{B} B を求め、空洞全体の Lagrangian L = ∫ V L d 3 x L=\int_V\mathcal L\,\mathrm{d}^3x L = ∫ V L d 3 x を q q q , q ˙ \dot q q ˙ で書け。この振動子の「質量」と角振動数はいくらか。
(2) (1) の振動子を量子化したとき、基底状態での電場の2乗の期待値を空洞全体で平均したもの ⟨ E 2 ⟩ ‾ \overline{\langle \bm{E}^2 \rangle } ⟨ E 2 ⟩ を求めよ。
(3) 波長 500 n m 500\,\mathrm{nm} 500 nm 、V = 1 c m 3 V=1\,\mathrm{cm^3} V = 1 c m 3 のとき、⟨ E 2 ⟩ ‾ \sqrt{\overline{\langle \bm{E}^2 \rangle }} ⟨ E 2 ⟩ を数値で求めよ。
解答 (1) E = − ∂ t A = − q ˙ sin ( k x ) e y \bm{E}=-\partial_t\bm{A}=-\dot q\sin(kx)\,\bm{e}_y E = − ∂ t A = − q ˙ sin ( k x ) e y 、B = ∇ × A = ∂ x A y e z = q k cos ( k x ) e z \bm{B}=\nabla\times\bm{A}=\partial_xA_y\,\bm{e}_z=qk\cos(kx)\,\bm{e}_z B = ∇ × A = ∂ x A y e z = q k cos ( k x ) e z 。壁で E y = 0 E_y=0 E y = 0 になっているので、完全導体の境界条件を満たす。k L b = π n kL_{\mathrm b}=\pi n k L b = π n なので ∫ 0 L b sin 2 ( k x ) d x = ∫ 0 L b cos 2 ( k x ) d x = L b / 2 \int_0^{L_{\mathrm b}}\sin^2(kx)\,\mathrm{d} x=\int_0^{L_{\mathrm b}}\cos^2(kx)\,\mathrm{d} x=L_{\mathrm b}/2 ∫ 0 L b sin 2 ( k x ) d x = ∫ 0 L b cos 2 ( k x ) d x = L b /2 で、
L = ε 0 2 q ˙ 2 V 2 − 1 2 μ 0 k 2 q 2 V 2 = ε 0 V 4 ( q ˙ 2 − c 2 k 2 q 2 ) L=\frac{\varepsilon_0}{2}\dot q^2\frac V2-\frac{1}{2\mu_0}k^2q^2\frac V2=\frac{\varepsilon_0V}{4}\bigl(\dot q^2-c^2k^2q^2\bigr) L = 2 ε 0 q ˙ 2 2 V − 2 μ 0 1 k 2 q 2 2 V = 4 ε 0 V ( q ˙ 2 − c 2 k 2 q 2 )
(1 / μ 0 = ε 0 c 2 1/\mu_0=\varepsilon_0c^2 1/ μ 0 = ε 0 c 2 を使った)。これは質量 M = ε 0 V / 2 M=\varepsilon_0V/2 M = ε 0 V /2 、角振動数 ω = c k \omega=ck ω = c k の調和振動子の Lagrangian M 2 q ˙ 2 − M 2 ω 2 q 2 \frac M2\dot q^2-\frac M2\omega^2q^2 2 M q ˙ 2 − 2 M ω 2 q 2 である。Q = M q Q=\sqrt Mq Q = M q と置けば式 (5.3.5) の1項 1 2 ( P 2 + ω 2 Q 2 ) \frac12(P^2+\omega^2Q^2) 2 1 ( P 2 + ω 2 Q 2 ) の形になる。
(2) 基底状態では、運動エネルギーとポテンシャルエネルギーがそれぞれ 1 4 ℏ ω \frac14\hbar\omega 4 1 ℏ ω ずつで(第4部第4章)、M 2 ⟨ q ˙ 2 ⟩ = 1 4 ℏ ω \frac M2\langle \dot q^2 \rangle =\frac14\hbar\omega 2 M ⟨ q ˙ 2 ⟩ = 4 1 ℏ ω 、すなわち ⟨ q ˙ 2 ⟩ = ℏ ω / ( 2 M ) = ℏ ω / ( ε 0 V ) \langle \dot q^2 \rangle =\hbar\omega/(2M)=\hbar\omega/(\varepsilon_0V) ⟨ q ˙ 2 ⟩ = ℏ ω / ( 2 M ) = ℏ ω / ( ε 0 V ) である。⟨ E 2 ⟩ = ⟨ q ˙ 2 ⟩ sin 2 ( k x ) \langle \bm{E}^2 \rangle =\langle \dot q^2 \rangle \sin^2(kx) ⟨ E 2 ⟩ = ⟨ q ˙ 2 ⟩ sin 2 ( k x ) を空洞全体で平均すると sin 2 \sin^2 sin 2 の平均 1 2 \frac12 2 1 が掛かって
⟨ E 2 ⟩ ‾ = ℏ ω 2 ε 0 V . \overline{\langle \bm{E}^2 \rangle }=\frac{\hbar\omega}{2\varepsilon_0V}. ⟨ E 2 ⟩ = 2 ε 0 V ℏ ω .
電場のエネルギーを空洞全体で積分すると ε 0 2 ⟨ E 2 ⟩ ‾ V = 1 4 ℏ ω \frac{\varepsilon_0}{2}\overline{\langle \bm{E}^2 \rangle }V=\frac14\hbar\omega 2 ε 0 ⟨ E 2 ⟩ V = 4 1 ℏ ω で、零点エネルギー 1 2 ℏ ω \frac12\hbar\omega 2 1 ℏ ω のちょうど半分になる。
(3) ω = 2 π c / λ = 3.77 × 10 15 s − 1 \omega=2\pi c/\lambda=3.77\times10^{15}\,\mathrm{s^{-1}} ω = 2 π c / λ = 3.77 × 1 0 15 s − 1 、ℏ ω = 3.97 × 10 − 19 J \hbar\omega=3.97\times10^{-19}\,\mathrm J ℏ ω = 3.97 × 1 0 − 19 J 。ℏ ω / ( 2 ε 0 V ) = 3.97 × 10 − 19 / ( 2 × 8.85 × 10 − 12 × 10 − 6 ) = 0.150 V m − 1 \sqrt{\hbar\omega/(2\varepsilon_0V)}=\sqrt{3.97\times10^{-19}/(2\times8.85\times10^{-12}\times10^{-6})}=0.150\,\mathrm{V\,m^{-1}} ℏ ω / ( 2 ε 0 V ) = 3.97 × 1 0 − 19 / ( 2 × 8.85 × 1 0 − 12 × 1 0 − 6 ) = 0.150 V m − 1 。光子が1個も無い状態でも、電場は 0 0 0 でなく、この大きさで揺らいでいる。
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