量子力学の様々な構成方法 第6部 第4章 §6.4.1 ★★★ 固体の「粒子」は、2次のハミルトニアンを対角化したモードの生成演算子が作る励起であり、フォノンとフォトンはその最も簡単な例である
第6部の型（出発点の要請 → 基本の対象 → 基準との同値 → 共通例題 → 得意な問題 → 限界）のうち、この章は「得意な問題」を受け持つ。第1章で振動子の代数をモードごとに並べて Fock 空間を作り、第2章でそれが基準（第1部）の N N N
固体物理の文献は、フォノン・マグノン・フォトン・正孔といった「粒子の名前」で書かれている。これらはどれも、ある基底状態を真空と見なしたときの生成演算子 b ^ † \hat b^\dagger b ^ † 6.4.2 節）、電子が詰まった Fermi の海を真空に取ると正孔が現れる（6.4.3 節）。量子物理工学の講義で「ハミルトニアンの一番大きい項の固有状態で表示する」と言われる表示の選び方は、第二量子化の言葉では真空の選び方になる。
後半では、電子どうしの Coulomb 反発を第2章の2体演算子の公式で Wannier 基底に書き直し、同じサイトの項だけを残した Hubbard 模型を作る（6.4.4 節）。その平均場近似から、量子物理工学の第1回で扱われた Stoner 条件 U N 0 > 1 UN_0>1 U N 0 > 1 6.4.5 節）。6.4.6 節の橋の節では、ここで使った物性の言葉が基準の波動関数の言葉でどう書けるかを並べる。
この章では演算子に帽子を付ける（全巻の記法の既定どおり）。スピン演算子 S ^ j \hat{\bm{S}}_j S ^ j ℏ \hbar ℏ [ S ^ x , S ^ y ] = i S ^ z \left[\hat S^x,\,\hat S^y\right]=\mathrm{i}\hat S^z [ S ^ x , S ^ y ] = i S ^ z S ^ ± = S ^ x ± i S ^ y \hat S^\pm=\hat S^x\pm\mathrm{i}\hat S^y S ^ ± = S ^ x ± i S ^ y N s N_{\mathrm s} N s N N N
粒子数を保つ2次形式は、モードを取り直せば独立な振動子になる
ボース粒子のモードが M M M a ^ i , a ^ i † \hat a_i,\hat a_i^\dagger a ^ i , a ^ i † i = 1 , … , M i=1,\dots,M i = 1 , … , M [ a ^ i , a ^ j † ] = δ i j \left[\hat a_i,\,\hat a_j^\dagger\right]=\delta_{ij} [ a ^ i , a ^ j † ] = δ ij
H ^ = ∑ i , j = 1 M h i j a ^ i † a ^ j , h i j = h j i ∗ (6.4.1) \hat H=\sum_{i,j=1}^{M}h_{ij}\,\hat a_i^\dagger\hat a_j,\qquad h_{ij}=h_{ji}^*\tag{6.4.1} H ^ = i , j = 1 ∑ M h ij a ^ i † a ^ j , h ij = h j i ∗ ( 6.4.1 )
の形をしているとき、これを粒子数を保つ2次形式と呼ぶ。第2章で示したとおり、これは1体の演算子 ∑ k h ( k ) \sum_k h^{(k)} ∑ k h ( k ) 第6部第2章 ）。行列 h h h U U U h = U diag ( ε 1 , … , ε M ) U † h=U\operatorname{diag}(\varepsilon _1,\dots,\varepsilon _M)U^\dagger h = U diag ( ε 1 , … , ε M ) U †
命題 6.4.1（2次形式の対角化 ★★★）
b ^ α ≔ ∑ i U i α ∗ a ^ i \hat b_\alpha\coloneqq\sum_iU_{i\alpha}^*\hat a_i b ^ α : = ∑ i U i α ∗ a ^ i [ b ^ α , b ^ β † ] = δ α β \left[\hat b_\alpha,\,\hat b_\beta^\dagger\right]=\delta_{\alpha\beta} [ b ^ α , b ^ β † ] = δ α β [ b ^ α , b ^ β ] = 0 \left[\hat b_\alpha,\,\hat b_\beta\right]=0 [ b ^ α , b ^ β ] = 0
H ^ = ∑ α = 1 M ε α b ^ α † b ^ α (6.4.2) \hat H=\sum_{\alpha=1}^{M}\varepsilon _\alpha\,\hat b_\alpha^\dagger\hat b_\alpha\tag{6.4.2} H ^ = α = 1 ∑ M ε α b ^ α † b ^ α ( 6.4.2 )
になる。フェルミ粒子（{ c ^ i , c ^ j † } + = δ i j \{\hat c_i,\hat c_j^\dagger\}_+=\delta_{ij} { c ^ i , c ^ j † } + = δ ij
証明 [ b ^ α , b ^ β † ] = ∑ i , j U i α ∗ U j β [ a ^ i , a ^ j † ] = ∑ i U i α ∗ U i β = ( U † U ) α β = δ α β \left[\hat b_\alpha,\,\hat b_\beta^\dagger\right]=\sum_{i,j}U_{i\alpha}^*U_{j\beta}\left[\hat a_i,\,\hat a_j^\dagger\right]=\sum_iU_{i\alpha}^*U_{i\beta}=(U^\dagger U)_{\alpha\beta}=\delta_{\alpha\beta} [ b ^ α , b ^ β † ] = ∑ i , j U i α ∗ U j β [ a ^ i , a ^ j † ] = ∑ i U i α ∗ U i β = ( U † U ) α β = δ α β [ b ^ α , b ^ β ] = 0 \left[\hat b_\alpha,\,\hat b_\beta\right]=0 [ b ^ α , b ^ β ] = 0 [ a ^ i , a ^ j ] = 0 \left[\hat a_i,\,\hat a_j\right]=0 [ a ^ i , a ^ j ] = 0 a ^ i = ∑ α U i α b ^ α \hat a_i=\sum_\alpha U_{i\alpha}\hat b_\alpha a ^ i = ∑ α U i α b ^ α
∑ i , j h i j a ^ i † a ^ j = ∑ α , β ( ∑ i , j U i α ∗ h i j U j β ) b ^ α † b ^ β = ∑ α , β ( U † h U ) α β b ^ α † b ^ β = ∑ α ε α b ^ α † b ^ α \sum_{i,j}h_{ij}\hat a_i^\dagger\hat a_j=\sum_{\alpha,\beta}\Bigl(\sum_{i,j}U_{i\alpha}^*h_{ij}U_{j\beta}\Bigr)\hat b_\alpha^\dagger\hat b_\beta=\sum_{\alpha,\beta}(U^\dagger hU)_{\alpha\beta}\hat b_\alpha^\dagger\hat b_\beta
=\sum_\alpha\varepsilon _\alpha\hat b_\alpha^\dagger\hat b_\alpha i , j ∑ h ij a ^ i † a ^ j = α , β ∑ ( i , j ∑ U i α ∗ h ij U j β ) b ^ α † b ^ β = α , β ∑ ( U † h U ) α β b ^ α † b ^ β = α ∑ ε α b ^ α † b ^ α
となる。フェルミ粒子では、計算の中の交換子をすべて反交換子に読み替えれば、同じ行が成り立つ。
この命題の意味は、相互作用が2次である限り、多粒子の問題が1粒子の行列 h h h b ^ α † \hat b_\alpha^\dagger b ^ α † 素励起 と呼ぶ。素励起は「元の粒子」とは別の線型結合であり、どのモードに重みがあるかは U U U b ^ α † \hat b_\alpha^\dagger b ^ α †
粒子数を保たない2次形式（a ^ i a ^ j \hat a_i\hat a_j a ^ i a ^ j a ^ i † a ^ j † \hat a_i^\dagger\hat a_j^\dagger a ^ i † a ^ j † a ^ \hat a a ^ a ^ † \hat a^\dagger a ^ † 解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部第2章 と ハミルトニアンの選び方で固体を考える 第5部第3章 にある。この章では粒子数を保つ場合だけを使う。
例題 6.4.1 結合した2つのモード ★★
オリジナル 2つのボースのモード a ^ , b ^ \hat a,\hat b a ^ , b ^
H ^ = ℏ ω 0 ( a ^ † a ^ + b ^ † b ^ ) + ℏ g ( a ^ † b ^ + b ^ † a ^ ) ( g > 0 ) \hat H=\hbar\omega_0(\hat a^\dagger\hat a+\hat b^\dagger\hat b)+\hbar g(\hat a^\dagger\hat b+\hat b^\dagger\hat a)\qquad(g>0) H ^ = ℏ ω 0 ( a ^ † a ^ + b ^ † b ^ ) + ℏ g ( a ^ † b ^ + b ^ † a ^ ) ( g > 0 )
で結合している（たとえば隣り合う2つの共振器の光のモード）。
(1) 命題 6.4.1 で対角化し、量子が1個の準位と2個の準位を求めよ。(2) 時刻 0 0 0 a ^ † ∣ 0 ⟩ \hat a^\dagger| 0 \rangle a ^ † ∣0 ⟩ t t t b ^ \hat b b ^
解答 (1) 1粒子の行列は h = ℏ ( ω 0 g g ω 0 ) h=\hbar\begin{pmatrix}\omega_0&g\\g&\omega_0\end{pmatrix} h = ℏ ( ω 0 g g ω 0 ) ℏ ( ω 0 ± g ) \hbar(\omega_0\pm g) ℏ ( ω 0 ± g ) ( 1 , ± 1 ) / 2 (1,\pm1)/\sqrt2 ( 1 , ± 1 ) / 2 c ^ ± = ( a ^ ± b ^ ) / 2 \hat c_\pm=(\hat a\pm\hat b)/\sqrt2 c ^ ± = ( a ^ ± b ^ ) / 2 H ^ = ℏ ( ω 0 + g ) c ^ + † c ^ + + ℏ ( ω 0 − g ) c ^ − † c ^ − \hat H=\hbar(\omega_0+g)\hat c_+^\dagger\hat c_++\hbar(\omega_0-g)\hat c_-^\dagger\hat c_- H ^ = ℏ ( ω 0 + g ) c ^ + † c ^ + + ℏ ( ω 0 − g ) c ^ − † c ^ − ℏ ( ω 0 − g ) \hbar(\omega_0-g) ℏ ( ω 0 − g ) ℏ ( ω 0 + g ) \hbar(\omega_0+g) ℏ ( ω 0 + g ) ( n + , n − ) = ( 0 , 2 ) , ( 1 , 1 ) , ( 2 , 0 ) (n_+,n_-)=(0,2),(1,1),(2,0) ( n + , n − ) = ( 0 , 2 ) , ( 1 , 1 ) , ( 2 , 0 ) 2 ℏ ω 0 − 2 ℏ g 2\hbar\omega_0-2\hbar g 2ℏ ω 0 − 2ℏ g 2 ℏ ω 0 2\hbar\omega_0 2ℏ ω 0 2 ℏ ω 0 + 2 ℏ g 2\hbar\omega_0+2\hbar g 2ℏ ω 0 + 2ℏ g
(2) a ^ † = ( c ^ + † + c ^ − † ) / 2 \hat a^\dagger=(\hat c_+^\dagger+\hat c_-^\dagger)/\sqrt2 a ^ † = ( c ^ + † + c ^ − † ) / 2
e − i H ^ t / ℏ a ^ † ∣ 0 ⟩ = 1 2 ( e − i ( ω 0 + g ) t c ^ + † + e − i ( ω 0 − g ) t c ^ − † ) ∣ 0 ⟩ = e − i ω 0 t ( cos ( g t ) a ^ † − i sin ( g t ) b ^ † ) ∣ 0 ⟩ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar}\hat a^\dagger| 0 \rangle =\tfrac{1}{\sqrt2}\bigl(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega_0+g)t}\hat c_+^\dagger+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega_0-g)t}\hat c_-^\dagger\bigr)| 0 \rangle
=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_0t}\bigl(\cos(gt)\,\hat a^\dagger-\mathrm{i}\sin(gt)\,\hat b^\dagger\bigr)| 0 \rangle e − i H ^ t /ℏ a ^ † ∣0 ⟩ = 2 1 ( e − i ( ω 0 + g ) t c ^ + † + e − i ( ω 0 − g ) t c ^ − † ) ∣0 ⟩ = e − i ω 0 t ( cos ( g t ) a ^ † − i sin ( g t ) b ^ † ) ∣0 ⟩
であり、b ^ \hat b b ^ sin 2 ( g t ) \sin^2(gt) sin 2 ( g t ) π / g \pi/g π / g Δ = 0 \Delta=0 Δ = 0 sin 2 ( Ω t / 2 ) \sin^2(\Omega t/2) sin 2 ( Ω t /2 ) Ω = 2 g \Omega=2g Ω = 2 g verify_ch6-04.py で Fock 空間を打ち切った行列と照合した）。
フォノン：原子のずれの基準振動
結晶の原子のずれを調和近似で扱うと、ハミルトニアンは原子のずれと運動量の2次形式になる。第1章では1次元の原子の輪でこれを Fourier 変換し、H ^ = ∑ k ℏ ω k ( a ^ k † a ^ k + 1 2 ) \hat H=\sum_k\hbar\omega_k(\hat a_k^\dagger\hat a_k+\frac12) H ^ = ∑ k ℏ ω k ( a ^ k † a ^ k + 2 1 ) 第6部第1章 ）。3次元の結晶では、基本格子に r r r k \bm{k} k 3 r 3r 3 r s s s
H ^ p h = ∑ k , s ℏ ω s ( k ) ( a ^ k s † a ^ k s + 1 2 ) (6.4.3) \hat H_{\mathrm{ph}}=\sum_{\bm{k},s}\hbar\omega_s(\bm{k})\Bigl(\hat a_{\bm{k}s}^\dagger\hat a_{\bm{k}s}+\frac12\Bigr)\tag{6.4.3} H ^ ph = k , s ∑ ℏ ω s ( k ) ( a ^ k s † a ^ k s + 2 1 ) ( 6.4.3 )
となる。ここでの対角化は、運動量と位置の両方を含むので命題 6.4.1 より少し広いが、各基準振動が独立な調和振動子になるという結論は同じである（古典の基準振動は ハミルトニアンの選び方で固体を考える 第3部第1章 ）。a ^ k s † \hat a_{\bm{k}s}^\dagger a ^ k s † フォノン と呼び、運動量 ℏ k \hbar\bm{k} ℏ k ℏ ω s ( k ) \hbar\omega_s(\bm{k}) ℏ ω s ( k )
フォノンの数を保存する法則は無い。H ^ p h \hat H_{\mathrm{ph}} H ^ ph a ^ a ^ a ^ † \hat a\hat a\hat a^\dagger a ^ a ^ a ^ † ⟨ n ⟩ = 1 / ( e β ℏ ω − 1 ) \langle n \rangle =1/(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1) ⟨ n ⟩ = 1/ ( e β ℏ ω − 1 ) 第6部第5章 で扱う。
近似の裏付け
型 B（極限） ｜ 小さいもの 原子のずれが原子間の距離に比べて小さい（調和近似。非調和項を落とす） ｜ 証明 条件付き（結晶の存在を仮定し、振幅 → 0 \to0 → 0 行き先 近似の数理 第13章
フォトン：電磁場のモード
真空中の電磁場も、ベクトルポテンシャルを箱のモードで展開すると、各モード（波数 k \bm{k} k s = 1 , 2 s=1,2 s = 1 , 2
H ^ F = ∑ k , s ℏ ω k ( a ^ k s † a ^ k s + 1 2 ) , ω k = c ∣ k ∣ (6.4.4) \hat H_{\mathrm F}=\sum_{\bm{k},s}\hbar\omega_k\Bigl(\hat a_{\bm{k}s}^\dagger\hat a_{\bm{k}s}+\frac12\Bigr),\qquad\omega_k=c\lvert \bm{k}\rvert\tag{6.4.4} H ^ F = k , s ∑ ℏ ω k ( a ^ k s † a ^ k s + 2 1 ) , ω k = c ∣ k ∣ ( 6.4.4 )
の形は (6.4.3) と同じで、違いは分散 ω ( k ) \omega(\bm{k}) ω ( k ) 光学と量子エレクトロニクス 第30章 にある。フォトン もフォノンと同じく個数が保存しないので、空洞の中の熱平衡では化学ポテンシャルが 0 の Bose 分布、すなわち Planck 分布に従う。
フォノンとフォトンはどちらも「古典の場の基準振動を、1つずつ共通例題①の振動子として量子化したもの」である。第二量子化の言葉では、どちらも第1章の「場の量子化」の手順をそのまま当てたものであり、違うのは古典の場がずれの場か電磁場かということだけである。
例題 6.4.2 Einstein の固体の比熱を共通例題①から出す ★★
オリジナル 原子 N N N 3 N 3N 3 N ω E \omega_{\mathrm E} ω E
(1) 共通例題①の分配関数 Z 1 = 1 / ( 2 sinh ( β ℏ ω E / 2 ) ) Z_1=1/(2\sinh(\beta\hbar\omega_{\mathrm E}/2)) Z 1 = 1/ ( 2 sinh ( β ℏ ω E /2 )) C C C x = ℏ ω E / ( k B T ) x=\hbar\omega_{\mathrm E}/( k_{\mathrm B} T) x = ℏ ω E / ( k B T ) (2) θ E = ℏ ω E / k B \theta_{\mathrm E}=\hbar\omega_{\mathrm E}/ k_{\mathrm B} θ E = ℏ ω E / k B T = θ E T=\theta_{\mathrm E} T = θ E T = θ E / 3 T=\theta_{\mathrm E}/3 T = θ E /3 C / ( 3 N k B ) C/(3N k_{\mathrm B}) C / ( 3 N k B )
解答 (1) モードは独立なので全体の分配関数は Z 1 3 N Z_1^{3N} Z 1 3 N
⟨ E ⟩ 1 = − ∂ ln Z 1 ∂ β = ℏ ω E 2 coth x 2 = ℏ ω E ( ⟨ n ⟩ + 1 2 ) , ⟨ n ⟩ = 1 e x − 1 \langle E \rangle _1=-\frac{\partial \ln Z_1}{\partial \beta}=\frac{\hbar\omega_{\mathrm E}}{2}\coth\frac{x}{2}=\hbar\omega_{\mathrm E}\Bigl(\langle n \rangle +\frac12\Bigr),\qquad\langle n \rangle =\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1} ⟨ E ⟩ 1 = − ∂ β ∂ ln Z 1 = 2 ℏ ω E coth 2 x = ℏ ω E ( ⟨ n ⟩ + 2 1 ) , ⟨ n ⟩ = e x − 1 1
である。C = 3 N d ⟨ E ⟩ 1 / d T C=3N\,\mathrm{d}\langle E \rangle _1/\mathrm{d} T C = 3 N d ⟨ E ⟩ 1 / d T d x / d T = − x / T \mathrm{d} x/\mathrm{d} T=-x/T d x / d T = − x / T
C = 3 N k B x 2 e x ( e x − 1 ) 2 C=3N k_{\mathrm B}\,\frac{x^2\mathrm{e}^{x}}{(\mathrm{e}^{x}-1)^2} C = 3 N k B ( e x − 1 ) 2 x 2 e x
になる。
(2) x = 1 x=1 x = 1 e / ( e − 1 ) 2 = 0.9207 \mathrm{e}/(\mathrm{e}-1)^2=0.9207 e / ( e − 1 ) 2 = 0.9207 x = 3 x=3 x = 3 9 e 3 / ( e 3 − 1 ) 2 = 0.4963 9\mathrm{e}^3/(\mathrm{e}^3-1)^2=0.4963 9 e 3 / ( e 3 − 1 ) 2 = 0.4963 x → 0 x\to0 x → 0 e x ≈ 1 + x \mathrm{e}^x\approx1+x e x ≈ 1 + x x 2 x^2 x 2 C → 3 N k B C\to3N k_{\mathrm B} C → 3 N k B C ≈ 3 N k B x 2 e − x C\approx3N k_{\mathrm B} x^2\mathrm{e}^{-x} C ≈ 3 N k B x 2 e − x T 3 T^3 T 3 ω → 0 \omega\to0 ω → 0 T 3 T^3 T 3 ハミルトニアンの選び方で固体を考える 第3部第2章 ）。数値は verify_ch6-04.py で確かめた。
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
