この章のまとめ

(1) 区間の端で $\psi(1^-)=\psi_0\cos q+\psi_0'\frac{\sin q}{q}$、$\psi'(1^-)=-\psi_0q\sin q+\psi_0'\cos q$ である。$x=1$ を越えると $\psi'$ だけが $g\psi(1)$ 跳ぶので、$(\psi,\psi')$ を1周期送る行列は

$$M=\begin{pmatrix}1&0\\ g&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos q&\frac{\sin q}{q}\\ -q\sin q&\cos q\end{pmatrix},\qquad \det M=1,\qquad \operatorname{Tr} M=2\cos q+\frac{g}{q}\sin q.$$

Bloch の条件は $(\psi(1^+),\psi'(1^+))=\mathrm{e}^{\mathrm{i} k}(\psi_0,\psi_0')$、すなわち $\mathrm{e}^{\mathrm{i} k}$ が $M$ の固有値であることで、固有値の和 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} k}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i} k}=\operatorname{Tr} M$ から$\cos k=\cos q+\frac{g}{2q}\sin q$ を得る。

(2) $q=\pi$ では $\sin q=0$、$\cos q=-1$ なので、$E=\pi^2$ はいつでもギャップの端（第1バンドの上端）である。もう一方の端を $q=\pi+\delta$ と置くと、$\cos q=-1+\frac{\delta^2}{2}+\mathcal{O}(\delta^4)$、$\sin q=-\delta+\mathcal{O}(\delta^3)$、$\frac{g}{2q}=\frac{g}{2\pi}(1-\frac\delta\pi+\cdots)$ で、$\cos k=-1$ の条件は$\frac{\delta^2}{2}-\frac{g}{2\pi}\bigl(\delta-\frac{\delta^2}{\pi}\bigr)=\mathcal{O}(\delta^3)$。$\delta$ で割って $\delta=\frac g\pi\bigl(1-\frac\delta\pi\bigr)$、よって$\delta=\frac g\pi-\frac{g^2}{\pi^3}+\mathcal{O}(g^3)$ である。ギャップは

$$(\pi+\delta)^2-\pi^2=2\pi\delta+\delta^2=2g-\frac{g^2}{\pi^2}+\mathcal{O}(g^3).$$

$V=g\sum_n\delta(x-n)=g\sum_G\mathrm{e}^{\mathrm{i} Gx}$（$G\in2\pi\mathbb{Z}$）なので $V_G=g$ で、1次の項 $2g$ は $2\lvert V_G\rvert$ と一致する。数値では $g=0.5$ でギャップ $0.97512$、$2g-g^2/\pi^2=0.97467$ で、差は $g^3$ の程度である（検算スクリプト）。

(3) 判別式の方法：$\frac12\Delta(E)=\cos q+\frac{g}{2q}\sin q$ とおくと、底 $E_0$ で $\frac12\Delta=1$。その近くで $\cos k\approx1-\frac{k^2}{2}$、$\frac12\Delta(E)\approx1+\frac12\Delta'(E_0)(E-E_0)$ なので $E-E_0=-k^2/\Delta'(E_0)$、すなわち $\frac{m}{m^*}=-\frac{1}{\Delta'(E_0)}$ である（$\Delta'<0$）。調和平均の方法：$u_0=\cos(q_0(x-\frac12))$ について

$$\langle u_0^2 \rangle =\frac12+\frac{\sin q_0}{2q_0},\qquad \langle u_0^{-2} \rangle =\int_0^1\frac{\mathrm{d} x}{\cos^2(q_0(x-\frac12))}=\frac{2}{q_0}\tan\frac{q_0}{2}=\frac{g}{q_0^2}$$

（最後は例題 12.1 の $2q_0\tan(q_0/2)=g$）なので $\frac{m}{m^*}=\Bigl[\bigl(\frac12+\frac{\sin q_0}{2q_0}\bigr)\frac{g}{q_0^2}\Bigr]^{-1}$。$g=20$ では $q_0=2.6277$（$E_0=6.9047$）で、2つの方法はともに $m/m^*=0.5817$ を与える（検算で $10^{-8}$ まで一致）。有効質量は自由電子の約 $1.7$ 倍で、定理 12.5 の $m^*\ge m$ のとおりである。2つの方法が一致するのは、どちらも同じ最低固有値 $\lambda(k)$ の $k^2$ の係数を、一方は monodromy 行列の固有値の条件から、他方は均質化のセル問題から読んでいるからである。

(4) 第1バンドの上端は $\pi^2$、下端は例題 12.1 のとおり $\tan(q_0/2)=g/(2q_0)$ の解である。$g\to\infty$ で $q_0\to\pi$ なので $q_0/2=\pi/2-\eta'$ と置くと$\cot\eta'=g/(2q_0)$、$\eta'\approx2q_0/g\approx2\pi/g$。よって $q_0\approx\pi-4\pi/g$ で、幅は $\pi^2-q_0^2\approx2\pi\cdot4\pi/g=8\pi^2/g$ である。数値では $g=100$ で $0.7437$（$8\pi^2/g=0.7896$）、$g=1000$ で $0.07848$（$0.07896$）と、比は $1-\mathcal{O}(1/g)$ で $1$ に近づく。バンドの形：幅が狭いと、バンドの中で $\frac12\Delta(E)$ は $E$ の1次関数で近似でき、$\cos k=\frac12\Delta(E)\approx A+B(E-E_{\mathrm c})$ を解くと$E=E_{\mathrm c}+(\cos k-A)/B$、すなわち $\varepsilon _{\mathrm a}-2t_{\mathrm h}\cos k$ の形（$B<0$、$t_{\mathrm h}=-1/(2B)\approx W/4$）になる。これは、各箱（$\delta$ 関数の間）の基底状態 $\sin(\pi x)$ を軌道とし、隣どうしだけを結ぶ Galerkin 近似（第4章）の形である。$t_{\mathrm h}\approx2\pi^2/g$ が冪で小さいのは、$\delta$ 関数の障壁の幅が $0$ だからである。トンネル振幅は障壁の透過振幅 $\sim2q/g$ に比例し、禁止領域の Agmon 距離が $0$ なので 12.2 節の $\mathrm{e}^{-S_0/h}$ は現れない。小さいパラメータは $h/S_0$ でなく $1/g$ である。

(5) $W=0.7437$ なので $t_{\mathrm h}\approx W/4=0.186$。振れ幅は (12.17) から $Wa/F=0.7437/0.01=74$ 格子定数、周期は $T_{\mathrm B}=2\pi\hbar/F$ で、エネルギーを $\hbar^2/(2ma^2)$ で測った単位では $2\pi/0.01=628$（時間の単位は $2ma^2/\hbar$）である。1格子あたりの仕事 $F=0.01$ は第1ギャップ $26.6$ より3桁小さく、目安 $\varepsilon _{\mathrm g}^2/W\approx950$ と比べても十分小さいので、Zener 遷移は無視でき、1本のバンドに留まる前提が成り立つ。振れ幅がバンド幅に比例するのは、(4) で見たようにバンドが狭いほど電子の速さ $\frac1\hbar\frac{\partial \varepsilon }{\partial k}$ の最大値が小さいからで、深い井戸の極限ほど電子は電場の中で動きにくい。