Bogoliubov
変換あれこれ
問題 ¶ ³ ハミルトニアンが以下の様に与えられる時、各固有状態のエネルギーを求めたい。 H = a†a + aa µ ´ このハミルトニアンから直接固有エネルギーを求めることは出来ない。何故ならこのハミルトニアンは対角化 されていない、つまり < 0|H|0 >, < 1|H|1 >, < 2|H|2 > の他に < 2|H|0 > も値をもってしまうからである。 そこで、演算子 a に適当な変換を施し、このハミルトニアンを H = α†α の形に変換することを考えよう。但 し変換後の演算子 α も [α, α†] = 1, [α, α] = [α†, α†] = 0 の交換関係を満たしていなければならない。何故なら α がこの交換関係を満たしていないと α†α を数演算子とみることが出来なくなってしまうため、H = α†α の 形に帰着できても何の意味も持たなくなってしまうからである。 Postulate(前提条件) ¶ ³ 変換前の演算子が a,b、変換後の演算子が α, β が以下の関係を満たしているとする。 [a, a†] = [b, b†] = 1 , [a, b†] = [b, a†] = 0 [α, α†] = [β, β†] = 1 , [α, β†] = [β, α†] = 0 µ ´ そこで次ページからは、変換後の演算子 α, β が返還前の演算子 a,b の線形結合で作られる時、H = α†α + β†β の形に帰着できるハミルトニアンは、どの様な形のものであるかを逆算して調べてみよう。Case 1 ¶ ³ a,b,α, β に対して以下のような関係が成り立っているとする。この変換によって α†α + β†β の形に帰着で きるハミルト二アンを逆算する。 α = ua + vb β = sa + tb µ ´
α†α + β†β = (ua†+ vb†)(ua + vb) + (sa†+ tb†)(sa + tb)
= (u2a†a + uva†b + uvb†a + v2b†b) + (s2a†a + sta†b + stb†a + t2b†b)
= (u2a†a + 2uva†b + v2b†b) + (s2a†a + 2sta†b + t2b†b)
= (u2+ s2)a†a + (v2+ t2)b†b + 2(uv + st)a†b
E1α†α + E2β†β = E1(ua†+ vb†)(ua + vb) + E2(sa†+ tb†)(sa + tb)
= E1(u2a†a + uva†b + uvb†a + v2b†b) + E2(s2a†a + sta†b + stb†a + t2b†b)
= E1(u2a†a + 2uva†b + v2b†b) + E2(s2a†a + 2sta†b + t2b†b) = (u2E 1+ s2E2)a†a + (v2E1+ t2E2)b†b + 2(uvE1+ stE2)a†b この変換は任意の整数組 (u,v,s,t) について成り立つというわけではない。 £ α, ᆤ = αα†− α†α
= (ua + vb)(ua†+ vb†) − (ua†+ vb†)(ua + vb)
= (u2aa†+ uvbb†+ uvba†+ v2bb†) − (u2a†a + uva†b + uvb†a + v2b†b) = (u2(a†a + 1) + v2(b†b + 1)) − (u2a†a + v2b†b) = u2+ v2 £ β, ↤ = s2+ t2 £ α, ↤ = 0 £ β, ᆤ = 0 前提条件より£α, ᆤ=£β, ↤= 1 であるから、u2+ v2= s2+ t2= 1 でなくてはならない。これはつまり、 u2+ v2= 1,s2+ t2= 1 が成り立つ任意の整数組 (u,v,s,t) について上の変換が成り立つという事である。例え ば (u, v, s, t) = (√1 2, 1 √ 2, 1 √ 2, 1 √ 2) の組は交換関係から来る条件を満たすので、その時
Case 2 ¶ ³ a,b,α, β に対して以下のような関係が成り立っているとする。 α = ua + vb† β = ua†+ vb µ ´
α†α + β†β = (ua†+ vb)(ua + vb†) + (ua + vb†)(ua†+ vb)
= (u2a†a + uva†b†+ uvba + v2bb†) + (u2aa†+ uvab + uvb†a†+ v2b†b)
= (u2a†a + uva†b†+ uvab + v2(1 + b†b)) + (u2(1 + a†a) + uvab + uva†b†+ v2b†b)
= 2u2a†a + 2v2b†b + 2uva†b†+ 2uvab + (u2+ v2)
E1α†α + E2β†β = E1(ua†+ vb)(ua + vb†) + E2(ua + vb†)(ua†+ vb)
= E1(u2a†a + uva†b†+ uvba + v2bb†) + E2(u2aa†+ uvab + uvb†a†+ v2b†b)
= E1(u2a†a + uva†b†+ uvab + v2(1 + b†b)) + E2(u2(1 + a†a) + uvab + uva†b†+ v2b†b)
= u2(E1+ E2)a†a + v2(E1+ E2)b†b + uv(E1+ E2)a†b†+ uv(E1+ E2)ab + (u2E1+ v2E2)
£ α, ᆤ = u2− v2 £ β, ↤ = v2− u2 £ α, ↤ = 0 £ β, ᆤ = 0
Case 3 ¶ ³ a,b,α, β に対して以下のような関係が成り立っているとする。 α = ua + vb† β = va†+ ub µ ´
α†α + β†β = (ua†+ vb)(ua + vb†) + (va + ub†)(va†+ ub)
= (u2a†a + uva†b†+ uvba + v2bb†) + (v2aa†+ uvab + uvb†a†+ u2b†b)
= (u2a†a + uva†b†+ uvab + v2(1 + b†b)) + (v2(1 + a†a) + uvab + uva†b†+ u2b†b)
= (u2+ v2)a†a + (u2+ v2)b†b + 2uva†b†+ 2uvab + (u2+ v2)
E1α†α + E2β†β = E1(ua†+ vb)(ua + vb†) + E2(va + ub†)(va†+ ub)
= E1(u2a†a + uva†b†+ uvba + v2bb†) + E2(v2aa†+ uvab + uvb†a†+ u2b†b)
= E1(u2a†a + uva†b†+ uvab + v2(1 + b†b)) + E2(v2(1 + a†a) + uvab + uva†b†+ u2b†b)
= (u2E1+ v2E2)a†a + (u2E2+ v2E1)b†b + uv(E1+ E2)a†b†+ uv(E1+ E2)ab + (u2E1+ v2E2)
£ α, ᆤ = u2− v2 £ β, ↤ = u2− v2 £ α, ↤ = 0 £ β, ᆤ = 0 ポイントは Case2 は u2− v2= v2− u2= 1 が要求されるのに対し、Case3 は u2− v2= 1 しか要求されないの で、Case3 の方が u,v の任意性が高い事にある。
Case 4 ¶ ³ a,b,α, β に対して以下のような関係が成り立っているとする。 α = ua + v∗b† β = va†+ u∗b µ ´ α†α + β†β = (u∗a†+ vb)(ua + v∗b†) + (v∗a + ub†)(va†+ u∗b)
= (|u|2a†a + u∗v∗a†b†+ uvba + |v|2bb†) + (|v|2aa†+ u∗v∗ab + uvb†a†+ |u|2b†b)
= (|u|2a†a + u∗v∗a†b†+ uvab + |v|2(1 + b†b)) + (|v|2(1 + a†a) + u∗v∗ab + uva†b†+ |u|2b†b)
= (|u|2+ |v|2)a†a + (|u|2+ |v|2)b†b + (u∗v∗+ uv)a†b†+ (u∗v∗+ uv)ab + (|u|2+ |v|2)
E1α†α + E2β†β = E1(u∗a†+ vb)(ua + v∗b†) + E2(v∗a + ub†)(va†+ u∗b)
= E1(|u|2a†a + u∗v∗a†b†+ uvba + |v|2bb†) + E2(|v|2aa†+ u∗v∗ab + uvb†a†+ |u|2b†b)
= E1(|u|2a†a + u∗v∗a†b†+ uvab + |v|2(1 + b†b)) + E2(|v|2(1 + a†a) + u∗v∗ab + uva†b†+ |u|2b†b)
= (E1|u|2+ E2|v|2)a†a + (E2|u|2+ E1|v|2)b†b
+(E1u∗v∗+ E2uv)a†b†+ (E2u∗v∗+ E1uv)ab + (E1|u|2+ E2|v|2)
£ α, ᆤ = |u|2− |v|2 £ β, ↤ = |u|2− |v|2 £ α, ↤ = 0 £ β, ᆤ = 0
¨ § ¥ ¦ Bogoliubov 変換 今までは、変換後のハミルトニアンから元のハミルトニアンを逆算していた。しかし前提条件は a, b も α, β も 同様の交換関係を満たすという事だけだったので、a, b と α, β を反転させても良い。つまり Case1 を例にとる と α = ua + vb β = sa + tb の条件下では、 α †α + β†β = (u2+ s2)a†a + (v2+ t2)b†b + 2(uv + st)a†b という変換は、以下のように見ることができる。 a = uα + vβ b = sα + tβ の条件下では、 a †a + b†b = (u2+ s2)α†α + (v2+ t2)β†β + 2(uv + st)α†β この事から、あるハミルトニアンが与えられた時 H = a†a + b†b + a†b†+ a†b + ab ここに a = uα + vβ b = sα + tβ と言う様に代入し、 H = ( )α†α + ( )β†β + ( )α†β†+ ( )α†β + ... で、α†α, β†β 以外の係数がゼロとなるように係数 u,v,s,t を取ればよい。但し、[α, α†] と [β, β†] からくる u,v,s,t の条件にも注意する。この変換を Bogoliubov 変換と呼ぶ。 Case1∼4 を見れば分かるように、変換式の対称性を下げれば下げるほど変換後の係数は複雑になる。確かに係 数の構造が複雑であるほうが係数=0 を満たす変換係数の組は増えるはずだが、それを探すことは困難である。 そのため、変換係数はできれば実数の範囲で、もっと欲を言えば 4 つの変換係数でなく 2 つくらいの変換係数 になるような条件から試していくことになる。
Example ¶ ³ H = gN2 2V + X P2 2ma † PaP+ 1 2gn X P 6=0 ³ 2a†PaP + a†Pa † −P + aPa−P+ mgn P2 ´ aP = uPbP+ v∗−Pb†−P a−P = αb†P+ βb−P µ ´ H1 = gN 2 2V + X P2 2ma † PaP+1 2gn X P 6=0 ³ 2a†PaP+mgn P2 ´ = gN 2 2V + X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ a†PaP+1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ ³ u∗ Pb†P + v−Pb−P ´ ³ uPbP+ v−P∗ b†−P ´ = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ ³ |uP|2b†PbP+ u∗Pv∗−Pb†Pb†−P+ uPv−Pb−PbP + |v−P|2b−Pb†−P ´ = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ ³ |uP|2b†PbP + |v−P|2b†−Pb−P + u∗Pv∗−Pb†Pb † −P+ uPv−PbPb−P + |v−P|2 ´ H2 = 1 2gn X P 6=0 ³ a†Pa†−P + aPa−P ´ = 1 2gn X P 6=0 h³ u∗Pb†−P+ v−Pb−P ´ ³ α∗bP+ β∗b†−P ´ + ³ uPbP+ v−P∗ b†−P ´ ³ αb†P+ βb−P ´i = 1 2gn X P 6=0 [u∗Pα∗b†PbP+ u∗Pβ∗b†Pb † −P+ v−Pα∗b−PbP + v−Pβ∗b−Pb†−P +uPαbPb†P+ uPβbPb−P+ v−P∗ αb†−Pb † P + v−P∗ βb†−Pb−P] = 1 2gn X P 6=0 [(u∗ Pα∗+ uPα) b†PbP+ ¡ v∗ −Pβ + v−Pβ∗ ¢ b†−Pb−P + ¡ u∗ Pβ∗+ v−P∗ α ¢ b†Pb†−P + (uPβ + v−P α∗) bPb−P + (uPα + v−Pβ∗)]
H2について様々な α, β を代入し、その時の各項の係数を表にしてみる。 HH HH HH (α,β) H2 b†PbP b†−Pb−P bPb−P b†Pb†−P 無し a(uP,v∗−P) u∗2P + u2P v∗2−P+ v−P2 uPv−P∗ + u∗Pv−P uPv∗−P+ u∗Pv−P u2P + v2−P b(u∗ P,v−P) 2|uP|2 2|v−P|∗2 2u∗Pv∗−P 2uPv−P |uP|2+ |v−P|2 c(u−P,v∗P) u∗Pu∗−P+ uPu−P vP∗v∗−P+ vPv−P uPvP + u−Pv−P uPv∗P+ u∗−Pv−P uPu−P + vPv−P d(u∗ −P,vP) u∗Pu−P+ uPu−P∗ vPv∗−P+ vP∗v−P u∗PvP∗ + u∗−Pv∗−P uPvP+ u−Pv−P uPu∗−P + vP∗v−P e(vP,u∗−P) u∗PvP∗ + uPvP u∗−Pv∗−P+ u−Pv−P u∗Pu−P+ vPv∗−P uPu∗−P + v∗Pv−P uPvP+ u−Pv−P f(v∗ P,u−P) u∗PvP+ uPvP∗ u−Pv∗−P+ u∗−Pv−P u∗Pu∗−P+ vP∗v∗−P uPu−P + vPv−P uPvP∗ + u∗−Pv−P g(v−P,u∗P) u∗Pv−P∗ + uPv−P u∗Pv∗−P+ uPv−P |up|2+ |v−P|2 |up|2+ |v−P|2 2uPv−P h(v∗ −P,uP) u∗Pv−P+ uPv−P∗ uPv∗−P+ u∗Pv−P u∗2p + v∗2−P u2p+ v−P2 uPv−P∗ + u∗Pv−P すると、消したい項 b†−Pb−P、b†Pb † −P の係数が同じ値になっているパターン a またはパターン g を選ぶのが、 良い選択ということになる。さらに係数 u,v が実数であるとすると、以下のようになる。 H1 = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ ³ |uP|2b†PbP+ |v−P|2b†−Pb−P+ uPv−P ³ b†Pb†−P+ bPb−P ´ + |v−P|2 ´ H2 = 1 2gn X P 6=0 h (2uPα) b†PbP+ (2v−Pβ) b†−Pb−P+ (uPβ + v−Pα) ³ b†Pb†−P + bPb−P ´ + (uPα + v−Pβ) i HH HH HH (α,β) H2 b†PbP b†−Pb−P bPb−P+ b†Pb†−P 無し a(uP,v∗−P) 2u2P 2v−P2 2uPv−P u2P + v2−P b(u∗ P,v−P) 2|uP|2 2|v−P|2 2uPv−P |uP|2+ |v−P|2 c(u−P,v∗P) 2uPu−P 2vPv−P uPvP+ u−Pv−P uPu−P + vPv−P d(u∗ −P,vP) 2uPu−P 2vPv−P uPvP+ u−Pv−P uPu−P + vPv−P e(vP,u∗−P) 2uPvP 2u−Pv−P uPu−P + vPv−P uPvP+ u−Pv−P f(v∗ P,u−P) 2uPvP 2u−Pv−P uPu−P + vPv−P uPvP+ u−Pv−P g(v−P,u∗P) 2uPv−P 2uPv−P |up|2+ |v−P|2 2uPv−P h(v∗ −P,uP) 2uPv−P 2uPv−P u2p+ v−P2 2uPv−P
ここではパターン g を選択してみよう。 H = H1+ H2 = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ ³ |uP|2b†PbP+ |v−P|2b†−Pb−P + uPv−P ³ b†Pb†−P + bPb−P ´ + |v−P|2 ´ +1 2gn X P 6=0 h 2uPv−P ³ b†PbP+ b†−Pb−P ´ +¡|uP|2+ |v−P|2 ¢ ³ b†Pb†−P + bPb−P ´ + (2uPv−P) i = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |uP|2+ (gn)uPv−P ¸ b†PbP +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |v−P|2+ (gn)uPv−P ¸ b†−Pb−P +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ uPv−P + 1 2gn ¡ |uP|2+ |v−P|2 ¢¸ ³ b†Pb†−P+ bPb−P ´ +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |v−P|2+ (gn)uPv−P ¸ 交換関係から導かれる uP, v−P の関係式は h aP, a†P i = u2 P − v2−P h a−P, a†−P i = u2 P − v2−P h aP, a†−P i = 0 h a−P, a†P i = 0 h bP, b†P i = 1 u2 P− v−P2 h b−P, b†−P i = 1 u2 P− v−P2 h i
以上より我々が探すべきものは、 u2 P− v2−P = 1 (1) を満たす uP, v−Pの中で、b†Pb † −P および bPb−P の係数が零になるもの、つまり µ P2 2m+ gn ¶ uPv−P +1 2gn ¡ |uP|2+ |v−P|2 ¢ = 0 (2) となるものである。(1) を満たす関数の組は uP = ± √ x + 1 , v−P = ± √ x (3) uP = ± r x + 1 2 , v−P = ± r x + 1 2 (4) uP = ± cosh x , v−P = ± sinh x (5) など様々なものがあるが、ここでは (4) を使って計算してみよう。uP, v−P ともその符号が正であっても負で あっても (4) を満たすことができる。しかしながら uP, v−Pが同符号だと、それを (2) に入れた時に２項とも 同符号となり、uP = v−P = 0 という解しか現れなくなってしまう。そこで uP, v−P のうち片方を負に取る必 要がある。ここでは v−P を負にとろう。 uP = r x + 1 2 , v−P = − r x + 1 2 (6) これを (2) に代入すると µ P2 2m+ gn ¶ uPv−P +1 2gn ¡ |uP|2+ |v−P|2 ¢ = 0 − µ P2 2m+ gn ¶ p (x + 1)(x − 1) 2 + 1 2gn µ x + 1 2 + x − 1 2 ¶ = 0 − µ P2 2m+ gn ¶ p x2− 1 + (gn)x = 0 µ P2 2m+ gn ¶2 (x2− 1) = (gn)2x2 õ P2 2m+ gn ¶2 − (gn)2 ! x2 = µ P2 2m+ gn ¶2 ¡ A2− (gn)2¢x2 = A2
いま、uP, v−Pは実数であると仮定していたので、x の符号は正を取った。以上より条件 (1)(2) を満たす uP, v−P は uP = ± q x+1 2 v−P = ± q x+1 2 , x = s A2 A2− (gn)2 , A = P2 2m+ gn ではこれをハミルトニアンに代入してゆこう。 H = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |uP|2+ (gn)uPv−P ¸ b†PbP +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |v−P|2+ (gn)uPv−P ¸ b†−Pb−P +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ uPv−P +1 2gn ¡ |uP|2+ |v−P|2 ¢¸ ³ b†Pb†−P + bPb−P ´ +X P 6=0 ·µ P2 2m+ gn ¶ |v−P|2+ (gn)uPv−P ¸ = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 £ A|uP|2+ (gn)uPv−P ¤ b†PbP +X P 6=0 £ A|v−P|2+ (gn)uPv−P ¤ b†−Pb−P +X P 6=0 £ A|v−P|2+ (gn)uPv−P ¤ = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 £ A(|uP|2+ |v−P|2) + (2gn)uPv−P ¤ b†PbP +X P 6=0 £ A|v−P|2+ (gn)uPv−P ¤
H = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 £ A(|uP|2+ |v−P|2) + (2gn)uPv−P ¤ b†PbP +X P 6=0 £ A|v−P|2+ (gn)uPv−P ¤ = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 " A µ x + 1 2 − x − 1 2 ¶ − (2gn) p (x + 1)(x − 1) 2 # b†PbP +X P 6=0 " Ax − 1 2 − (gn) p (x + 1)(x − 1) 2 # = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ +X P 6=0 h Ax − (gn)px2− 1ib† PbP +1 2 X P 6=0 h A(x − 1) − (gn)px2− 1i = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ −1 2 X P 6=0 A +X P 6=0 h Ax − (gn)px2− 1ib† PbP +1 2 X P 6=0 h Ax − (gn)px2− 1i = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ −1 2 X P 6=0 A +X P 6=0 " A s A2 A2− (gn)2− (gn) s A2 A2− (gn)2 − 1 # b†PbP +1 2 X P 6=0 " A s A2 A2− (gn)2− (gn) s A2 A2− (gn)2 − 1 #
H = gN 2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ −1 2 X P 6=0 A +X P 6=0 " A s A2 A2− (gn)2 − (gn) s A2 A2− (gn)2 − 1 # b†PbP +1 2 X P 6=0 " A s A2 A2− (gn)2 − (gn) s A2 A2− (gn)2 − 1 # = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ −1 2 X P 6=0 A +X P 6=0 " A2 p A2− (gn)2 − (gn)2 p A2− (gn)2 # b†PbP +1 2 X P 6=0 " A2 p A2− (gn)2 − (gn)2 p A2− (gn)2 # = gN2 2V + 1 2gn X P 6=0 ³ mgn P2 ´ −1 2 X P 6=0 A +X P 6=0 hp A2− (gn)2ib† PbP +1 2 X P 6=0 hp A2− (gn)2i = gN 2 2V + 1 2 X P 6=0 µ m(gn)2 P2 ¶ −1 2 X P 6=0 µ P2 2m+ gn ¶ +X P 6=0 ²(P )b†PbP +1 2 X P 6=0 ²(P ) = gN 2 2V + 1 2 X P 6=0 µ ²(P )− P 2 2m− gn + m(gn)2 P2 ¶ +X P 6=0 ²(P )b†PbP = E0(P )+ X P 6=0 ²(P )b†PbP
¨ § ¥ ¦ Appendix Example において、 aP = uPbP + v∗−Pb † −P a−P = αb†P+ βb−P を仮定し、 aP = uPbP + v∗−Pb†−P a−P = αbP+ β†b−P を仮定しないのは、下の変換では b†bP, b†−Pb−P の項が現れないので、どう α, β を取っても駄目だからである。
