この章のまとめ

(1) 例題 4.2.3 の (1) と同じで、$-\partial f_0/\partial\varepsilon =\delta(\varepsilon -\varepsilon _{\mathrm F})$ が2つの Fermi 点で $\delta(k\mp k_{\mathrm F})/(\hbar v_{\mathrm F})$ を与えるので$\sigma=2e^2\tau\cdot\frac{1}{2\pi}\cdot2\cdot\frac{v_{\mathrm F}^2}{\hbar v_{\mathrm F}}=\frac{2e^2\tau v_{\mathrm F}}{\pi\hbar}$。

(2) 電子密度は $n=2\cdot2k_{\mathrm F}/(2\pi)=2k_{\mathrm F}/\pi$。$1/m^*(k)=2ta^2\cos(ka)/\hbar^2$ を $\lvert k\rvert <k_{\mathrm F}$ で平均すると$\langle 1/m^* \rangle =\frac{2ta^2}{\hbar^2}\frac{\sin(k_{\mathrm F}a)}{k_{\mathrm F}a}$。したがって$e^2\tau n\langle 1/m^* \rangle =\frac{2k_{\mathrm F}}{\pi}e^2\tau\frac{2ta^2\sin(k_{\mathrm F}a)}{\hbar^2k_{\mathrm F}a}=\frac{4tae^2\tau\sin(k_{\mathrm F}a)}{\pi\hbar^2}$で、$v_{\mathrm F}=(2ta/\hbar)\sin(k_{\mathrm F}a)$ を入れた (1) の $2e^2\tau v_{\mathrm F}/(\pi\hbar)$ と一致する。Fermi 点の電子だけの数え方と、占められた全電子の質量の平均とは、ここでも同じ量である。

(3) 不純物の Hamiltonian は $\hat V=U_0\sum_{j\in\mathrm{imp}}| j \rangle \langle j |$ で、

$$\langle k' | \hat V | k \rangle =\frac{U_0}{N}\sum_{j\in\mathrm{imp}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k-k')ja}.$$

$k'\neq k$ のとき、絶対値の2乗の和 $\sum_{j,l\in\mathrm{imp}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k-k')(j-l)a}$ を不純物の配置について平均すると、$j=l$ の項からは不純物の数 $cN$ が残り、$j\neq l$ の項は位相がでたらめなので（$c\ll1$ の範囲で）消える。したがって平均は $U_0^2cN/N^2=U_0^2c/N$ である（数値で $N=400$、$c=0.05$ の配置を 400 通り平均すると $c(1-c)$ に合う。$c\ll1$ では $c$）。黄金律で $k$ から $k'$ への率は $\frac{2\pi}{\hbar}\frac{U_0^2c}{N}\delta(\varepsilon _k-\varepsilon _{k'})$ で、$\sum_{k'}=\frac{L}{2\pi}\int\mathrm{d} k'$ と $\delta(\varepsilon _k-\varepsilon _{k'})=\sum_\pm\delta(k'\mp k)/(\hbar v_{\mathrm F})$ を使うと、$k'=-k$ への後方散乱の率は

$$\frac{1}{\tau_{\mathrm b}}=\frac{2\pi}{\hbar}\frac{U_0^2c}{N}\cdot\frac{Na}{2\pi}\cdot\frac{1}{\hbar v_{\mathrm F}}=\frac{U_0^2ca}{\hbar^2v_{\mathrm F}}$$

である。衝突の項 (4.2.6) では、$k'=k$ への散乱は $\delta f_{k'}-\delta f_k=0$ で寄与せず、$k'=-k$ への散乱は電場の1次のずれが奇関数（$\delta f_{-k}=-\delta f_k$）なので $-2\delta f_k$ を与える。1次元の $\cos\theta$ は $\pm1$ だけで、命題 4.2.1 の $1-\cos\theta$ が後方散乱で $2$ になることにあたる。したがって

$$\frac{1}{\tau_{\mathrm{tr}}}=\frac{2}{\tau_{\mathrm b}}=\frac{2U_0^2ca}{\hbar^2v_{\mathrm F}}=\frac{U_0^2c}{\hbar t\sin(k_{\mathrm F}a)}.$$

Fermi 速度が小さいバンドの端ほど状態密度が大きく、散乱の行き先が多いので、$\tau_{\mathrm{tr}}$ は短くなる。

(4) $\ell=v_{\mathrm F}\tau_{\mathrm{tr}}=\frac{\hbar^2v_{\mathrm F}^2}{2U_0^2ca}=\frac{2t^2a\sin^2(k_{\mathrm F}a)}{U_0^2c}$、$\sigma=\frac{2e^2}{\pi\hbar}\ell=\frac{4e^2t^2a\sin^2(k_{\mathrm F}a)}{\pi\hbar U_0^2c}$ で、$h=2\pi\hbar$ を使えば $\sigma=(4e^2/h)\ell$ である。長さ $L$ の鎖の抵抗は $R=L/\sigma=\frac{h}{4e^2}\frac{L}{\ell}$ で、量子化された抵抗 $h/(4e^2)$（スピン2つ・向き2つ）の $L/\ell$ 倍になる。この $h/e^2$ の単位が1次元の伝導の自然な目盛りであることは、Landauer の公式として第4部第7章で扱う。数値では $\ell=2\times1^2\times0.25\,\mathrm{nm}/(0.5^2\times0.01)=200\,\mathrm{nm}$、$k_{\mathrm F}\ell=(\pi/2a)\ell=1257$ で、Born 散乱の数え方が使える範囲にある。$1\,\mathrm{\mu m}$ の鎖の抵抗は $R=(h/4e^2)\times5=32.3\,\mathrm k\Omega$ である。ただし1次元では、どんなに弱い乱れでも鎖が $\ell$ の数倍より長いと干渉で電子が局在するので、この結果は $L$ が $\ell$ の数倍までの目安である（4.2.5節で削った干渉）。

(5) (1) で $\varepsilon _{\mathrm F}$ を一般の $\varepsilon$ にし、$\tau_{\mathrm{tr}}(\varepsilon )$ を (3) から入れると$\sigma(\varepsilon )=\frac{2e^2}{\pi\hbar}v(\varepsilon )\tau_{\mathrm{tr}}(\varepsilon )=\frac{e^2\hbar\,v(\varepsilon )^2}{\pi U_0^2ca}$。$\varepsilon =-2t\cos(ka)$ から $v^2=(2ta/\hbar)^2\sin^2(ka)=(2ta/\hbar)^2(1-\varepsilon ^2/4t^2)$ なので

$$\sigma(\varepsilon )=\sigma(0)\Bigl(1-\frac{\varepsilon ^2}{4t^2}\Bigr).$$

半分詰めでは状態密度が $\varepsilon =0$ について対称なので、化学ポテンシャルは温度によらず $\mu=0$ に留まる。Sommerfeld 展開から

$$\sigma(T)=\int\sigma(\varepsilon )\Bigl(-\frac{\partial f_0}{\partial \varepsilon }\Bigr)\mathrm{d}\varepsilon =\sigma(0)+\frac{\pi^2}{6}( k_{\mathrm B} T)^2\sigma''(0)=\sigma(0)\Bigl[1-\frac{\pi^2}{12}\Bigl(\frac{ k_{\mathrm B} T}{t}\Bigr)^2\Bigr]$$

で、$\sigma(\varepsilon )$ が2次式なのでこの展開は厳密である（$k_{\mathrm B} T=0.05t$ の数値積分と $10^{-5}$ より良く一致）。$t=1\,\mathrm{eV}$、$T=300\,\mathrm K$ では補正は $5.5\times10^{-4}$ で、不純物だけの散乱では抵抗率はほとんど温度によらない。これが Matthiessen 則 (4.2.18) の残留抵抗 $\rho_0$ が一定とみなせる理由である。ここで使った $\sigma(\varepsilon )$ の $\varepsilon$ についての傾きは、第4部第3章で熱電能（Mott の公式）を決める量になる。この半分詰めの鎖では傾きが 0 なので、熱電能も最低次で 0 になる。