この章のまとめ

(1) $\left[\hat p_x,\,\hat x\right]=-\mathrm{i}\hbar$ で、$\hat p_y$ は $\hat x$、$\hat p_x$ と交換するから$\left[m\hat v_x,\,m\hat v_y\right]=\left[\hat p_x,\,-q_{\mathrm e}B\hat x\right]=\mathrm{i}\hbar q_{\mathrm e}B$、すなわち $\left[\hat v_x,\,\hat v_y\right]=\mathrm{i}\hbar\omega_{\mathrm c}/m$。$\hat H=\frac m2(\hat v_x^2+\hat v_y^2)-q_{\mathrm e}E\hat x$ と書けるので、$\left[\hat x,\,\hat H\right]=\mathrm{i}\hbar\hat v_x$、$\left[\hat y,\,\hat H\right]=\mathrm{i}\hbar\hat v_y$（$\left[\hat y,\,\hat p_y\right]=\mathrm{i}\hbar$）。Leibniz 則から $\left[\hat v_x,\,\hat v_y^2\right]=2\mathrm{i}\hbar\omega_{\mathrm c}\hat v_y/m$、$\left[\hat v_x,\,-q_{\mathrm e}E\hat x\right]=\mathrm{i}\hbar q_{\mathrm e}E/m$、$\left[\hat v_y,\,\hat v_x^2\right]=-2\mathrm{i}\hbar\omega_{\mathrm c}\hat v_x/m$、$\left[\hat v_y,\,\hat x\right]=0$ なので

$$\dot{\hat x}=\hat v_x,\quad \dot{\hat y}=\hat v_y,\quad \dot{\hat v}_x=\omega_{\mathrm c}\hat v_y+\frac{q_{\mathrm e}E}{m},\quad \dot{\hat v}_y=-\omega_{\mathrm c}\hat v_x .$$

古典の $m\dot{\bm{v}}=q_{\mathrm e}(\bm{E}+\bm{v}\times\bm{B})$ は成分で $m\dot v_x=q_{\mathrm e}E+q_{\mathrm e}Bv_y$、$m\dot v_y=-q_{\mathrm e}Bv_x$ で、帽子を外せば同じ式である。$\hat p_y$ と $\hat x$ が交換するので、$(\hat p_y-q_{\mathrm e}B\hat x)^2$ に順序の曖昧さは無い（前の章の処方がそのまま当たる）。

(2) $q_{\mathrm e}E/m=\omega_{\mathrm c}E/B$ だから $\dot{\hat v}_x=\omega_{\mathrm c}\hat u$、$\dot{\hat u}=-\omega_{\mathrm c}\hat v_x$ で、$(\hat v_x,\hat u)$ は角速度 $\omega_{\mathrm c}$ で回る。

$$\hat v_x(t)=\hat v_x\cos\omega_{\mathrm c}t+\hat u\sin\omega_{\mathrm c}t,\qquad \hat v_y(t)=-\frac EB+\hat u\cos\omega_{\mathrm c}t-\hat v_x\sin\omega_{\mathrm c}t .$$

1周期 $2\pi/\omega_{\mathrm c}$ で平均すると三角関数の項が消え、速度の平均は $(0,-E/B)$、すなわち $\bm{E}\times\bm{B}/B^2$ の向きのドリフトになる。古典の解と同じ式で、状態によらず演算子として成り立つ。

(3) $\dot{\hat X}=\hat v_x+\dot{\hat v}_y/\omega_{\mathrm c}=\hat v_x-\hat v_x=0$、$\dot{\hat Y}=\hat v_y-\dot{\hat v}_x/\omega_{\mathrm c}=\hat v_y-\hat v_y-E/B=-E/B$。交換子は $\left[\hat X,\,\hat Y\right]=\left[\hat x,\,-\hat v_x\right]/\omega_{\mathrm c}+\left[\hat v_y,\,\hat y\right]/\omega_{\mathrm c}-\left[\hat v_y,\,\hat v_x\right]/\omega_{\mathrm c}^2$ で、$\left[\hat x,\,\hat v_x\right]=\mathrm{i}\hbar/m$、$\left[\hat v_y,\,\hat y\right]=-\mathrm{i}\hbar/m$、$\left[\hat v_y,\,\hat v_x\right]=-\mathrm{i}\hbar\omega_{\mathrm c}/m$ を入れると$\frac{1}{\omega_{\mathrm c}}\bigl(-\frac{\mathrm{i}\hbar}{m}-\frac{\mathrm{i}\hbar}{m}+\frac{\mathrm{i}\hbar}{m}\bigr)=-\frac{\mathrm{i}\hbar}{m\omega_{\mathrm c}}=-\frac{\mathrm{i}\hbar}{q_{\mathrm e}B}$。$E=0$ なら $\hat X$ と $\hat Y$ はどちらも保存し、互いに交換しないので、命題 2.3.5 により準位は縮退する（面積が有限の試料で考えればスペクトルは離散的）。古典では、旋回中心がどこにあっても同じエネルギーの円運動ができることに当たる。

(4) $\hat x=\hat X-\hat v_y/\omega_{\mathrm c}$ を代入すると $-q_{\mathrm e}E\hat x=-q_{\mathrm e}E\hat X+m(E/B)\hat v_y$ で、$\frac m2\hat v_y^2+m\frac EB\hat v_y=\frac m2\hat u^2-\frac{mE^2}{2B^2}$ だから与えられた形になる。$\left[\hat X,\,\hat v_x\right]=\left[\hat x,\,\hat v_x\right]+\left[\hat v_y,\,\hat v_x\right]/\omega_{\mathrm c}=\mathrm{i}\hbar/m-\mathrm{i}\hbar/m=0$、$\left[\hat X,\,\hat v_y\right]=0$（$\hat x$ と $\hat v_y$ は交換）で、$\hat X$ は $\hat u$ とも交換する。$\left[\hat v_x+\mathrm{i}\hat u,\,\hat v_x-\mathrm{i}\hat u\right]=-2\mathrm{i}\left[\hat v_x,\,\hat u\right]=2\hbar\omega_{\mathrm c}/m$ から $\left[\hat a,\,\hat a^\dagger\right]=1$、$\hat a^\dagger\hat a=\frac{m}{2\hbar\omega_{\mathrm c}}(\hat v_x^2+\hat u^2)-\frac12$ だから $\frac m2(\hat v_x^2+\hat u^2)=\hbar\omega_{\mathrm c}(\hat a^\dagger\hat a+\frac12)$。$\hat a^\dagger\hat a$ の固有値は $n=0,1,2,\dots$（第2部第4章）、$\hat X$ はそれと交換して固有値 $X$ を持つので

$$E_{n,X}=\hbar\omega_{\mathrm c}\Bigl(n+\frac12\Bigr)-q_{\mathrm e}EX-\frac{mE^2}{2B^2}.$$

$E=0$ では $X$ によらない Landau 準位 $\hbar\omega_{\mathrm c}(n+\frac12)$ になる。$\left[\hat X,\,\hat Y\right]=-\mathrm{i}\ell^2$（$\ell^2=\hbar/(q_{\mathrm e}B)$）は、$\hbar$ を $\ell^2$ に置き換えた正準交換関係である（符号は $\hat Y$ を座標、$\hat X$ を運動量と読めばそろう）。1自由度の相空間で状態1つが面積 $2\pi\hbar$ を占めるのと同じく（第2部第1章の Bohr–Sommerfeld の数え方）、$(X,Y)$ の平面では状態1つが面積 $2\pi\ell^2$ を占めるので、面積 $S$ あたりの状態の数は $S/(2\pi\ell^2)=q_{\mathrm e}BS/(2\pi\hbar)$ である。

(5) $\hbar\omega_{\mathrm c}=\hbar eB/m=1.73\,\mathrm{meV}$、$\ell_B=25.7\,\mathrm{nm}$、面密度 $eB/(2\pi\hbar)=eB/h=2.42\times10^{14}\,\mathrm{m^{-2}}$（スピン1つあたり）、ドリフトの速さ $E/B=10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$、$mE^2/(2B^2)=1.9\times10^{-7}\,\mathrm{eV}$（$\hbar\omega_{\mathrm c}$ の約 $10^{-4}$）。電子は $q_{\mathrm e}=-e<0$ なので回る向きは逆になるが、ドリフトの向き $\bm{E}\times\bm{B}/B^2$ と、上の大きさは変わらない。