半古典極限との関係

(1) 点 $x$ で運動量の大きさが $p_F=\sqrt{2\phi(x)}$ 以下の状態がすべて埋まる。位相空間の体積 $(2\pi\hbar)^3$ に1つの状態があり、スピンで2倍なので

$$\rho(x)=2\cdot\frac{\frac43\pi p_F^3}{(2\pi\hbar)^3}=\frac{p_F^3}{3\pi^2\hbar^3}=\frac{\bigl(2\phi(x)\bigr)^{3/2}}{3\pi^2\hbar^3}.$$

$\hbar=1$ では $\frac12(3\pi^2\rho)^{2/3}=\phi$ となり、TF 方程式の「局所 Fermi エネルギー＝ポテンシャル」と一致する。

(2) 埋まる領域は6次元の球 $\{p^2/2+x^2/2<\mu\}$ で、半径は $\sqrt{2\mu}$。6次元の単位球の体積 $\pi^3/6$ を使うと体積は $\frac{\pi^3}6(2\mu)^3=\frac43\pi^3\mu^3$。よって $N_{\mathrm{sc}}=2\cdot\frac43\pi^3\mu^3/(2\pi\hbar)^3=\mu^3/(3\hbar^3)$。

(3) $\sum_{n=0}^{K-1}2\cdot\frac{(n+1)(n+2)}2=\sum_{m=1}^{K}m(m+1)=\frac{K(K+1)(K+2)}3$。$\mu=\hbar(K+1)$ なら $\mu/\hbar=K+1$ で、$\frac{(K+1)^3-(K+1)}3=\frac{(K+1)K(K+2)}3=N$ が成り立つ。主要項は位相空間の体積の数え上げ $N_{\mathrm{sc}}$ で、離散性の補正は相対的に $\mathcal{O}(N^{-2/3})$ である（例題 6.8 の殻の数え上げと同じ構造）。$\mu=1$ に固定すると $N\approx1/(3\hbar^3)$、つまり $\hbar\approx(3N)^{-1/3}$。エネルギーの尺度を $\mathcal{O}(1)$ に保ったまま粒子を増やすと、Pauli の原理によって $\hbar$ が $N^{-1/3}$ で小さくならざるを得ない。たとえば $K=13$ では $N=910$、$\hbar=1/14\approx0.071$ で、$(3N)^{-1/3}\approx0.072$ に近い（検算スクリプト）。