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振動子の列：基準振動ごとに独立な a^k\hat a_k

2026年10月17日11分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第6部 第1章 1粒子の â、↠から場へ
目次
  1. ばねでつながった原子の輪
  2. モードごとの生成消滅演算子
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

量子力学の様々な構成方法　第6部 第1章 §6.1.2　★★★ 結合した NN 個の振動子を Fourier 変換で NN 個の独立な振動子に分け、それぞれに 6.1.1 節の代数を当てる

ばねでつながった原子の輪

質量 MM の原子 NN 個が、ばね定数 KK のばねで輪につながっている模型を考える。平衡の間隔を aa とし、jj 番目の原子の平衡位置からのずれを u^j\hat u_j、運動量を p^j\hat p_j とする（u^j+N=u^j\hat u_{j+N}=\hat u_j）。基準（第1部）の正準交換関係は[u^j, p^l]=iℏδjl\left[\hat u_j,\,\hat p_l\right]=\mathrm{i}\hbar\delta_{jl} で、ハミルトニアンは

H^=∑j=1Np^j22M+K2∑j=1N(u^j+1−u^j)2(6.1.6)\hat H=\sum_{j=1}^{N}\frac{\hat p_j^2}{2M}+\frac K2\sum_{j=1}^{N}(\hat u_{j+1}-\hat u_j)^2\tag{6.1.6}

である。ばねの項が隣どうしの u^\hat u を結びつけているので、このままでは 6.1.1 節の代数を1つずつ当てることができない。古典力学と同じく、基準振動に分ければ結合が外れる（古典の基準振動の求め方はハミルトニアンの選び方で固体を考える 第3部第1章にある）。

波数 k=2πℓ/(Na)k=2\pi\ell/(Na)（ℓ=0,1,…,N−1\ell=0,1,\dots,N-1。kk と k+2π/ak+2\pi/a は同じものとみなす）について

u~^k=1N∑j=1Nu^j e−ikja,p~^k=1N∑j=1Np^j e−ikja(6.1.7)\hat{\tilde u}_k=\frac{1}{\sqrt N}\sum_{j=1}^{N}\hat u_j\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kja},\qquad \hat{\tilde p}_k=\frac{1}{\sqrt N}\sum_{j=1}^{N}\hat p_j\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kja}\tag{6.1.7}

とおく。u^j\hat u_j はエルミートなので u~^k†=u~^−k\hat{\tilde u}_k^\dagger=\hat{\tilde u}_{-k}、p~^k†=p~^−k\hat{\tilde p}_k^\dagger=\hat{\tilde p}_{-k} である。交換関係は

[u~^k, p~^k′†]=1N∑j,l[u^j, p^l]e−ikjaeik′la=iℏN∑je−i(k−k′)ja=iℏ δkk′\left[\hat{\tilde u}_k,\,\hat{\tilde p}_{k'}^\dagger\right] =\frac1N\sum_{j,l}\left[\hat u_j,\,\hat p_l\right]\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kja}\mathrm{e}^{\mathrm{i} k'la} =\frac{\mathrm{i}\hbar}{N}\sum_j\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(k-k')ja}=\mathrm{i}\hbar\,\delta_{kk'}

になる（最後の和は k=k′k=k' のときだけ NN で、それ以外は等比級数が 0 になる）。式 (6.1.7) の変換はユニタリなので、運動エネルギーは ∑jp^j2=∑kp~^k†p~^k\sum_j\hat p_j^2=\sum_k\hat{\tilde p}_k^\dagger\hat{\tilde p}_k と書き直せる（Parseval の等式）。ばねの項はu^j+1−u^j=N−1/2∑ku~^keikja(eika−1)\hat u_{j+1}-\hat u_j=N^{-1/2}\sum_k\hat{\tilde u}_k\mathrm{e}^{\mathrm{i} kja}(\mathrm{e}^{\mathrm{i} ka}-1) と ∣eika−1∣2=2(1−cos⁡ka)\lvert \mathrm{e}^{\mathrm{i} ka}-1\rvert ^2=2(1-\cos ka) から

H^=∑k[p~^k†p~^k2M+Mωk22u~^k†u~^k],ωk=2KM ∣sin⁡ka2∣(6.1.8)\hat H=\sum_k\Bigl[\frac{\hat{\tilde p}_k^\dagger\hat{\tilde p}_k}{2M}+\frac{M\omega_k^2}{2}\hat{\tilde u}_k^\dagger\hat{\tilde u}_k\Bigr],\qquad \omega_k=2\sqrt{\frac KM}\,\Bigl|\sin\frac{ka}{2}\Bigr|\tag{6.1.8}

となる。ωk2=(2K/M)(1−cos⁡ka)=(4K/M)sin⁡2(ka/2)\omega_k^2=(2K/M)(1-\cos ka)=(4K/M)\sin^2(ka/2) である。異なる kk の項は交換するので、ハミルトニアンは kk ごとの和に分かれた。

図

図 6.1.1　原子の輪の基準振動の角振動数 ωk=2K/M∣sin⁡(ka/2)∣\omega_k=2\sqrt{K/M}\lvert \sin(ka/2)\rvert（点線＝格子の厳密な形）と、長波長で近づく直線 ω=v∣k∣\omega=v\lvert k\rvert（実線、v=aK/Mv=a\sqrt{K/M}）。赤い点は N=6N=6 の輪で許される6つのモード（ka=±πka=\pm\pi は同じモード）。k=0k=0 のモードは ω=0\omega=0 で、輪全体が動く重心の運動に当たる。

モードごとの生成消滅演算子

k≠0k\neq0 の各モードは、式 (6.1.8) の括弧の中が「質量 MM、角振動数 ωk\omega_k の振動子」の形をしている。ただし座標 u~^k\hat{\tilde u}_k がエルミートでないので、(6.1.1) の p^\hat p を、u~^k\hat{\tilde u}_k の正準共役である p~^k†\hat{\tilde p}_k^\dagger のエルミート共役 p~^k\hat{\tilde p}_k に置き換えて

a^k=Mωk2ℏ(u~^k+ip~^kMωk)(k≠0)(6.1.9)\hat a_k=\sqrt{\frac{M\omega_k}{2\hbar}}\Bigl(\hat{\tilde u}_k+\frac{\mathrm{i}\hat{\tilde p}_k}{M\omega_k}\Bigr)\qquad(k\neq0)\tag{6.1.9}

と定義する。上の交換関係から

[a^k, a^k′†]=Mωkωk′2ℏ⋅1M(−iωk′[u~^k, p~^k′†]+iωk[p~^k, u~^k′†])=12ℏ(ℏ+ℏ) δkk′=δkk′,[a^k, a^k′]=0\left[\hat a_k,\,\hat a_{k'}^\dagger\right] =\frac{M\sqrt{\omega_k\omega_{k'}}}{2\hbar}\cdot\frac{1}{M}\Bigl(-\frac{\mathrm{i}}{\omega_{k'}}\left[\hat{\tilde u}_k,\,\hat{\tilde p}_{k'}^\dagger\right] +\frac{\mathrm{i}}{\omega_k}\left[\hat{\tilde p}_k,\,\hat{\tilde u}_{k'}^\dagger\right]\Bigr) =\frac{1}{2\hbar}(\hbar+\hbar)\,\delta_{kk'}=\delta_{kk'}, \qquad\left[\hat a_k,\,\hat a_{k'}\right]=0

が出る。モードごとに独立な生成消滅演算子の組ができた。

ハミルトニアンを a^k\hat a_k で書き直す。a^k†a^k\hat a_k^\dagger\hat a_k を展開すると

ℏωka^k†a^k=p~^k†p~^k2M+Mωk22u~^k†u~^k+iωk2(u~^k†p~^k−p~^k†u~^k)\hbar\omega_k\hat a_k^\dagger\hat a_k =\frac{\hat{\tilde p}_k^\dagger\hat{\tilde p}_k}{2M}+\frac{M\omega_k^2}{2}\hat{\tilde u}_k^\dagger\hat{\tilde u}_k +\frac{\mathrm{i}\omega_k}{2}\bigl(\hat{\tilde u}_k^\dagger\hat{\tilde p}_k-\hat{\tilde p}_k^\dagger\hat{\tilde u}_k\bigr)

となる。最後の括弧は kk について和をとると、第2項の kk を −k-k に付け替えて（ω−k=ωk\omega_{-k}=\omega_k、p~^−k†=p~^k\hat{\tilde p}_{-k}^\dagger=\hat{\tilde p}_k、u~^−k=u~^k†\hat{\tilde u}_{-k}=\hat{\tilde u}_k^\dagger）∑kiωk2[u~^k†, p~^k]=∑kiωk2⋅iℏ=−∑kℏωk2\sum_k\frac{\mathrm{i}\omega_k}{2}\left[\hat{\tilde u}_k^\dagger,\,\hat{\tilde p}_k\right]=\sum_k\frac{\mathrm{i}\omega_k}{2}\cdot\mathrm{i}\hbar=-\sum_k\frac{\hbar\omega_k}{2} になる。したがって

H^=p~^0 22M+∑k≠0ℏωk(a^k†a^k+12)(6.1.10)\hat H=\frac{\hat{\tilde p}_0^{\,2}}{2M}+\sum_{k\neq0}\hbar\omega_k\Bigl(\hat a_k^\dagger\hat a_k+\frac12\Bigr)\tag{6.1.10}

である。k=0k=0 の項は p~^0=N−1/2∑jp^j\hat{\tilde p}_0=N^{-1/2}\sum_j\hat p_j の2乗だけで、全運動量 P^=∑jp^j\hat P=\sum_j\hat p_j を使うと P^2/(2NM)\hat P^2/(2NM)、つまり質量 NMNM の自由粒子（輪全体の重心の運動）である。残りの N−1N-1 個は、互いに独立な調和振動子になった。

原子のずれを生成消滅演算子で表しておく。式 (6.1.9) とそのエルミート共役を −k-k について書いたものa^−k†=Mωk/(2ℏ) (u~^k−ip~^k/(Mωk))\hat a_{-k}^\dagger=\sqrt{M\omega_k/(2\hbar)}\,(\hat{\tilde u}_k-\mathrm{i}\hat{\tilde p}_k/(M\omega_k)) を足すと、u~^k=ℏ/(2Mωk) (a^k+a^−k†)\hat{\tilde u}_k=\sqrt{\hbar/(2M\omega_k)}\,(\hat a_k+\hat a_{-k}^\dagger) になる。これを逆 Fourier 変換に入れて k→−kk\to-k を付け替えれば

u^j=u~^0N+∑k≠0ℏ2NMωk(a^k eikja+a^k† e−ikja)(6.1.11)\hat u_j=\frac{\hat{\tilde u}_0}{\sqrt N}+\sum_{k\neq0}\sqrt{\frac{\hbar}{2NM\omega_k}}\Bigl(\hat a_k\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} kja}+\hat a_k^\dagger\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} kja}\Bigr)\tag{6.1.11}

を得る。NN 個の原子のずれという「位置の演算子」が、N−1N-1 個の独立な振動子の生成消滅演算子の重ね合わせで書けた。ここまで新しい要請は1つも使っていない。使ったのは基準の正準交換関係と、Fourier 変換というユニタリな座標の付け替えだけである。

例題 6.1.2　壁につないだ2つの原子 ★★

オリジナル質量 MM の原子2個が、壁−ばね−原子1−ばね−原子2−ばね−壁の順に、3本のばね定数 KK のばねでつながっている。ずれを u^1,u^2\hat u_1,\hat u_2 とすると

H^=p^12+p^222M+K2[u^12+(u^2−u^1)2+u^22]\hat H=\frac{\hat p_1^2+\hat p_2^2}{2M}+\frac K2\bigl[\hat u_1^2+(\hat u_2-\hat u_1)^2+\hat u_2^2\bigr]

である。ω0=K/M\omega_0=\sqrt{K/M} とおく。

  1. (1) 基準座標 Q^±=(u^1±u^2)/2\hat Q_\pm=(\hat u_1\pm\hat u_2)/\sqrt2 と共役な運動量 P^±=(p^1±p^2)/2\hat P_\pm=(\hat p_1\pm\hat p_2)/\sqrt2 でハミルトニアンを書き、2つのモードの角振動数を求めよ。
  2. (2) 基底状態のエネルギーと、下から4つのエネルギー準位を ℏω0\hbar\omega_0 の単位で求めよ。どの準位がどのモードの量子何個に当たるかも答えよ。
解答

(1) [Q^±, P^±]=12([u^1, p^1]+[u^2, p^2])=iℏ\left[\hat Q_\pm,\,\hat P_\pm\right]=\frac12(\left[\hat u_1,\,\hat p_1\right]+\left[\hat u_2,\,\hat p_2\right])=\mathrm{i}\hbar、[Q^+, P^−]=12(iℏ−iℏ)=0\left[\hat Q_+,\,\hat P_-\right]=\frac12(\mathrm{i}\hbar-\mathrm{i}\hbar)=0 なので、(Q^+,P^+)(\hat Q_+,\hat P_+) と (Q^−,P^−)(\hat Q_-,\hat P_-) は独立な正準の組である。p^12+p^22=P^+2+P^−2\hat p_1^2+\hat p_2^2=\hat P_+^2+\hat P_-^2、u^12+u^22=Q^+2+Q^−2\hat u_1^2+\hat u_2^2=\hat Q_+^2+\hat Q_-^2、(u^2−u^1)2=2Q^−2(\hat u_2-\hat u_1)^2=2\hat Q_-^2 を代入すると

H^=P^+22M+K2Q^+2+P^−22M+3K2Q^−2\hat H=\frac{\hat P_+^2}{2M}+\frac K2\hat Q_+^2+\frac{\hat P_-^2}{2M}+\frac{3K}{2}\hat Q_-^2

となり、角振動数は ω+=ω0\omega_+=\omega_0（2つが同じ向きに動き、真ん中のばねが伸びない）と ω−=3 ω0\omega_-=\sqrt3\,\omega_0（逆向きに動き、真ん中のばねも働く）である。

(2) 各モードに 6.1.1 節の結果を当てると E=ℏω+(n++12)+ℏω−(n−+12)E=\hbar\omega_+(n_++\frac12)+\hbar\omega_-(n_-+\frac12) である。基底状態はE0=12(1+3)ℏω0=1.366 ℏω0E_0=\frac12(1+\sqrt3)\hbar\omega_0=1.366\,\hbar\omega_0 である。その上は (n+,n−)=(1,0)(n_+,n_-)=(1,0) で E0+ℏω0=2.366E_0+\hbar\omega_0=2.366、(0,1)(0,1) で E0+3ℏω0=3.098E_0+\sqrt3\hbar\omega_0=3.098、(2,0)(2,0) で E0+2ℏω0=3.366E_0+2\hbar\omega_0=3.366（単位 ℏω0\hbar\omega_0）と並ぶ。2次元の Schrödinger 方程式を位置表示の差分で直接対角化しても同じ4つの値が出る（verify_ch6-01.py で格子間隔 0.09 の差分により 3 桁まで一致）。準位を「どのモードに何個」の数の組 (n+,n−)(n_+,n_-) で読むと、2次元の偏微分方程式を解かずに済む。

近似の裏付け

型 B（極限）　｜　小さいもの 原子のずれ uu が間隔 aa に比べて小さい（調和近似。この節の模型は初めから2次なので、実際の結晶に当てるときの近似）　｜　証明 条件付き（振幅 →0\to0・有限の時間区間。基底状態が結晶になること自体は未解決）　｜　行き先 近似の数理 第2章

木下の勉強ステータス

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