ファインマンさんの肩に乗って晴耕雨読の日々

ファインマンを読んで気付いた事そして日常生活の記録

ポーラロンとファインマン

J.T.Devreeseがポーラロンについての優れた概説を次に書いている:

Polarons, Review article in Encyclopedia of Applied Physics, $\mathbf{14}$, 383, (1996)

この論文は次のサイトから入手出来る:

https://arxiv.org/pdf/cond-mat/0004497.pdf

その§1.2.3にファインマンに関する記述があったので,その部分を翻訳して紹介しておくことにする.

1.2.3. All-coupling theory. Feynman path integral.

50年代の初めにH.Fröhlichはカルテックでセミナーを開いた.このセミナーで彼は弱結合のポーラロンの質量が$m^{*}=m_b/(1-\alpha/6)$と導出されることについて議論した.彼は「もし電子-フォノン結合が中間的な結合(特に$\alpha\approx 6$) の場合を正確に取り扱うことが出来るならば、超伝導の理論に新しい識見がもたらされるかも知れないと提案した.(これはBCS理論の前の出来事であり、1973年のファインマンの私的な会話から引用した).ファインマンはその聴衆の中に居た.彼は図書館へ行ってポーラロンに関するフレーリッヒの論文の内の1つ(Fröhlich,1954)を熟読した.そこで彼はポーラロン問題を量子力学のラグランジェ形式に公式化しそののちに場の振動子を除去することを思いついた.彼はこう述べている:「… Q.E.D.と全く同じ類推をし … その帰着として… 全ての経路について和を取る … 」.その経路積分の形は次のようなものである(Feynman, 1955):

$$ \langle 0,\beta | 0,0 \rangle = \int \mathscr{D} \mathbf{r}(t)\exp\left[ -\frac{1}{2}\int_0^{\beta} \dot{\mathbf{r}}^{2}\,dt +\frac{\alpha}{2^{3/2}}\int_0^{\beta} dt \int_0^{\beta} ds\,\frac{e^{-|t-s|}}{|\mathbf{r}(t)-\mathbf{r}(s)|}\right] \tag{8a} $$

ただし$\beta=1/k_B T$である.式(8a)の経路積分は多大な直感的魅力を持っている.つまりその式は「時間が非局所的な,すなわち''遅延のある''相互作用は1粒子問題に等価であって,相互作用は電子とそれ自身の間のものだ」としているからだ.続けてファインマンは,経路積分に対して量子力学の変分原理をどのように適用させることが出来るか,そして式(8a)をシミュレートするための2次の(やはり時間が非局所的な)試行作用をどのように導入したらよいかを示した.(実際に述べたのはM.Barangerに対してである.彼は1953年から1955年までカルテックファインマンの助手を務めた).
ファインマンが式(8a)によって導入した「フォノン場の除去」(一般的にはボソン場の除去)と言う手法は多くのことに応用出来ること,例えば散逸現象の研究などに応用できると分かったことは留意すべき事である.
経路積分に変分原理を適用すると,全ての$\alpha$についてポーラロンの自己エネルギーの上限値が得られた.それは弱い結合と強い結合で正確な極限値を与えた.ファインマンは弱い結合と強い結合を滑らかな内挿で繋なぐことが出来た(基底状態のエネルギーの場合について).ファインマン理論を漸近展開することは価値のあることである.弱い結合の極限では次式となる:

$$ \begin{align} &\frac{E_0}{\hbar\omega_{LO}}=-\alpha-0.0123\alpha^{2}-0.000064\alpha^{3}-\dotsb (\alpha\to 0) \tag{7a}\\ &\frac{m^{*}}{m_b}=1+\frac{\alpha}{6}+0.025\alpha^{2}+\dotsb (\alpha\to 0) \tag{7b} \end{align} $$

他の場合,すなわち強い結合の極限では、ファインマンはエネルギーが $$ \frac{E_0}{\hbar\omega_{LO}}\equiv \frac{E_{3D}(\alpha)}{\hbar\omega_{LO}}=-0.106\alpha^{2}-2.83-\dotsb (\alpha\to 0) \tag{9a} $$ そしてポーラロン質量が次となることを見出した: $$ \frac{m^{*}}{m_b}=0.0202\alpha^{4}+\dotsb (\alpha\to 0) \tag{9b} $$

長年にわたってポーラロンのファインマンモデルは多くの点でこの問題に対する最も成功した研究法であり続けた.さらに注目すべきは, 数名の努力にも拘わらずこの経路積分による研究方法に相当するハミルトニアン形式は実現されていないと言う事である.[ 1つの研究(Yamazaki, K. 1983)では,理論の正式な構築がハミルトニアン形式で--非常に人工的な形でだが--再現された.しかし,エネルギーの上限を与える変分原理は見出せなかった ].…以下は略す…

表11-1の$E_{f}$をMathematicaで数値計算する

次の式(11.75)の$A$は、その中の積分を閉じた形で行うことが出来ない: $$ A=\frac{\alpha v}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\infty} dt\,\frac{e^{-t}}{\sqrt{w^{2}t +\frac{v^{2}-w^{2}}{v}(1-e^{-vt})}} \tag{11.75} $$ 従って式(11.80)の基底エネルギー$E_0$の最小値も,きちんとした数式で表すことが出来ない: $$ E_0\le E_f = \frac{3}{4}\frac{(v-w)^{2}}{v}-A \tag{11.80} $$ ファインマンは章末の表11-1で、$\alpha$の各値に対する数値積分の結果を示している.それはT.D.Schultzがデジタルコンピュータを用いて行なったものである.これをMathematicaを用いて再現することは容易い事で、瞬時に結果を出力してくれる:

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ファインマンはまた,色々な場合での近似的な表式を示している.例えば,

  • $\alpha$が小さい場合 ( $\alpha<5.8$で$w=0$の場合 )  $$ A=\alpha \sqrt{\frac{v}{\pi}}\int_0^{\infty} dt\,\frac{e^{-t}}{\sqrt{1-e^{-vt}}}=\frac{\alpha}{\sqrt{v}}\frac{\Gamma(1/v)}{\Gamma(1/2+1/v)} \tag{1} $$

  • $\alpha$が大きい場合 ( $\alpha>6$で$v\gg w$の場合 ) $$ A=\alpha\sqrt{\frac{v}{\pi}}\left(1+\frac{2\ln 2}{v}-\frac{w^{2}}{2v}\right) \tag{2} $$

しかしこれらの近似式を求めることは、Mathematicaを利用しても数学の素養の無い者にとっては逆に難しい事であった.

式(1)中の積分について、Mathematicaは少しの時間で次の結果を示してくれる:

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しかし式(2)の方はMathematicaを用いても明示的な形を求めることは出来ず、数値計算で確認出来ただけである.まず、ファインマンの記述に従って式(11.75)の根号内を$\varepsilon=w/v\ll 1$として展開して見た ( だいぶ怪しいが〜!).途中で分母に出現する$e^{-vt}$は、やはりファインマンの記述に従って微小量であるとして無視する近似を行なっている: $$ \begin{align} &\left\{ w^{2}t +\frac{v^{2}-w^{2}}{v}(1-e^{-vt}) \right\}^{-1/2}=v^{-1/2}\left\{ \varepsilon^{2}vt +(1-\varepsilon^{2})(1-e^{-vt}) \right\}^{-1/2}\notag\\ &\quad=v^{-1/2}(1-e^{-vt})^{-1/2}\left(1-\varepsilon^{2}+\frac{\varepsilon^{2}vt}{1-e^{-vt}}\right)^{-1/2}\notag\\ &\quad\approx \frac{1}{\sqrt{v}}\frac{1}{\sqrt{1-e^{-vt}}}\left(1-\frac{1}{2}\varepsilon^{2} vt\right) \tag{3} \end{align} $$ 従って、式(11.75)の$A$は近似的な展開により次のように書くことが出来た: $$ A=\alpha\sqrt{\frac{v}{\pi}}\left(\int_0^{\infty} dt\,\frac{e^{-t}}{\sqrt{1-e^{-vt}}}-\frac{1}{2}\left(\frac{w}{v}\right)^{2}v\int_0^{\infty} dt\,\frac{t\,e^{-vt}}{\sqrt{1-e^{-vt}}}\right) \tag{4} $$ この第1番目の積分は式(1)のそれと同じである.これが$(1+2\ln 2/v)$になることをMathematicaにより明示的に示すことは出来なかった.$v$を具体的に大きな値に設定して数値計算した両者の結果が一致することを確かめただけである:

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計算の達人だったファインマンは、どのようにして求めたのだろう〜〜?

第2番目の積分もやはりMathematicaで明示的に示すことは出来なかった.PolyGamma関数などという難しい関数が出現してしまい数学の分からない者には処理できなかったのである.

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一応は、Wikipediaや以下のサイトを参考にして挑戦してみたが見事に跳ね返されてしまったのであった:

Digamma Function -- from Wolfram MathWorld

Wolfram Language & System Documentation Center

そこで、やはり$v$に具体的な数値を与えて結果がほぼ$1$になることを確かめることしか出来なかった:

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従って、式(4)に以上のことを代入して無理矢理にだが(〜そしてだいぶ怪しいけれど〜)、式(2)となることを示すことが出来ただけであった.

もし学生さんなどで上記のサイトなどを参考にして式(2)を明示的に示すことが出来た方が居られたら、お知らせ頂くと有難いです.

生姜の収穫 part 2

11月の13日に生姜を全て収穫した.大分採れたので来年の種として少し取っておこうと思ったのだが、その保存方法が案外難しいらしい.興味のある方はネットでお調べ下さい.

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その週の後半に小麦を播種した.減反した陸田と畑の合わせて約4反を機械で行うので1日で簡単に終えることが出来た.これで一応は今年の農作業が済んだことになる〜〜.

式(11.78)から式(11.79)の$E_{0}^{'}$を求める

まず校訂版にあるように、式(11.2)と式(11.13)とから次式が言えることに注意する: $$ \lim_{\beta\to \infty} Z^{'}=e^{-\beta E_{0}^{'}}=\lim_{\beta\to\infty} \int_{-\infty}^{\infty} dx_{1} \int_{x_{1}}^{x_{1}} \mathscr{D}x(u)\,e^{-S^{'}} =\langle 1 \rangle \tag{1} $$ この両辺を$C$について微分する.まず$S^{'}$は式(11.61)で与えれているから, $$ \begin{align} \frac{\partial}{\partial C}e^{-S^{'}}&=-e^{-S^{'}}\frac{\partial S^{'}}{\partial C}=-e^{-S^{'}}\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt \int_0^{\beta}ds\, |\mathbf{x}(t)-\mathbf{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\notag\\ \therefore\quad \frac{\partial}{\partial C}\langle 1 \rangle &=\int \mathscr{D}x(u)\,\frac{\partial}{\partial C}\,e^{-S^{'}} =\left\langle -\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt \int_0^{\beta} ds\,|\mathbf{x}(t)-\mathbf{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\right\rangle\notag\\ &=-\frac{1}{2}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|\mathbf{x}(t)-\mathbf{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}\,\langle 1 \rangle \tag{2} \end{align} $$ 他方、左辺を$C$で微分すると、 $$ \begin{align} &\frac{d}{dC}\langle 1 \rangle = \frac{d}{dC}\,e^{-\beta E_0^{'}}=-\beta\,e^{-\beta E_0^{'}}\frac{dE_0^{'}}{dC}=-\beta\,\langle 1 \rangle \,\frac{dE_0^{'}}{dC},\notag\\ \therefore &\quad \frac{dE_0^{'}}{dC}=-\frac{1}{\beta \langle 1 \rangle}\frac{d}{dC}\langle 1 \rangle \tag{3} \end{align} $$ 以上の式(2)と式(3)及び前の記事の$B$の定義から、直ちに式(11.78)が得られる: $$ \frac{dE_0^{'}}{dC}=\frac{1}{2\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|\mathbf{x}(t)-\mathbf{x}(s)|^{2}\,e^{-w|t-s|}=\frac{B}{C} \tag{11.78} $$

従って,この微分方程式を解くことで$E_0^{'}$を求めることが出来る.積分する場合に初期条件として$C=$のとき$E_0^{'}=0$であることを用いる.

この微分方程式の解法を前述と同様にMathematicaで行なってみるならば、例えば次となるであろう:

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ただし$E_0^{'}\to y$、$C\to x$としてある.すると最後の結果に於いて $$ \sqrt{\frac{w^{3}+4x}{w}}=\sqrt{w^{2}+\frac{4C}{w}}=v $$ であったことに注意すると、結局この微分方程式の解$y[x]$すなわち$E_0^{'}$は式(11.79)に一致していることが分かる: $$ y[x]\to E_0^{'}=\frac{3}{2}\left(\sqrt{\displaystyle w^{2}+\frac{4C}{w}}-w\right)=\frac{3}{2}(v-w) \tag{11.79} $$

式(11.77)の$B$を求める

式(11.77)は式(11.62)の第2項目である$B$を求めたものである: $$ B=\frac{3C}{v w} \tag{11.77} $$ ファインマンは「$B$を求める積分容易に行える」と言っている. 論文や本で著者が「この計算は容易に実行出来る」と述べている場面によく出会う.しかし,その場合「この計算は初等的な微積分などの数学公式を用いて解くことが出来るもので、難解な高等数学公式を用いたり特別な工夫を行う必要はない」という意味に過ぎず「決して計算量が少ないというのではないな!」と思うことがよくある(少ない経験からだけれど).従って,ときには大量の計算を間違わずに着実に行う必要があるので大変だ.人は計算途中で符号や数値を書き間違えたりしがちだからである.そういう場合にコンピュータで計算結果を検証するのも良いであろう.(うっかり八兵衛はそのパソコン入力さえも間違えることが屡々である).

そこで式(11.77)の結果をMathematicaの助けを借りて求めてみよう.

まず式(11.62)の第2項目である$B$の式を示しておこう: $$ B=\frac{C}{2\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,\langle | \mathbf{r}(t)-\mathbf{r}(s)|^{2}\rangle\,e^{-w|t-s|} \tag{1} $$ ここで,式(11.76)から $$ \langle | \mathbf{r}(t)-\mathbf{r}(s)|^{2}\rangle=3\left\{ \frac{4C}{v^{3}w}\left(1-e^{-v|t-s|}\right)+\frac{w^{2}}{v^{2}}|t-s|\right\} \tag{2} $$ 従って式(1)は次となる : $$ \begin{align} B&=\frac{3C}{2\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,\left\{ \frac{4C}{v^{3}w}\left(1-e^{-v|t-s|}\right)+\frac{w^{2}}{v^{2}}|t-s|\right\}\,e^{-w|t-s|}\notag\\ &=\frac{6C^{2}}{v^{3}w}\frac{1}{\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,\left(1-e^{-v|t-s|}\right)\,e^{-w|t-s|}\notag\\ &\quad+\frac{3Cw^{2}}{2v^{2}}\frac{1}{\beta}\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|t-s|\,e^{-w|t-s|}\notag\\ &\equiv \frac{6C^{2}}{v^{3}w}\frac{1}{\beta}I_1 + \frac{3Cw^{2}}{2v^{2}}\frac{1}{\beta}I_2 \tag{3} \end{align} $$ ただし上式中の$I_1$と$I_2$は次のような積分である: $$ \begin{align} I_1 &= \int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,\left(1-e^{-v|t-s|}\right)\,e^{-w|t-s|}, \tag{4}\\ I_2&=\int_0^{\beta} dt\int_0^{\beta} ds\,|t-s|\,e^{-w|t-s|} \tag{5} \end{align} $$ この$I_1$と$I_2$の積分Mathematicaによって行うならば、それは例えば次のようになるであろう:

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この最終の結果である$II1$と$II2$を更に簡単化して書くと次となる: $$ \begin{align} I_1&=2\left(\frac{\beta}{w}-\frac{\beta}{v+w}-\frac{1}{w^{2}}+\frac{1}{(v+w)^{2}}+\frac{e^{-w\beta}}{w^{2}}-\frac{e^{-(v+w)\beta}}{(v+w)^{2}}\right) \tag{6}\\ I_2&=2\left(\frac{\beta}{w^{2}}+\frac{e^{-w\beta}}{w^{2}}\beta-\frac{2}{w^{3}}+\frac{2\,e^{-w\beta}}{w^{3}}\right) \tag{7} \end{align} $$ これらの結果を式(3)に代入したものが$B$である.それを更に簡単化して書くと次となる: $$ \begin{align} B&=\frac{12C^{2}}{v^{3}w\beta}\left(\frac{\beta}{w}-\frac{\beta}{v+w}-\frac{1}{w^{2}}+\frac{1}{(v+w)^{2}}+\frac{e^{-w\beta}}{w^{2}}-\frac{e^{-(v+w)\beta}}{(v+w)^{2}}\right)\notag\\ &\quad + \frac{3Cw^{2}}{v^{2}\beta}\left(\frac{\beta}{w^{2}}+\frac{e^{-w\beta}}{w^{2}}\beta-\frac{2}{w^{3}}+\frac{2\,e^{-w\beta}}{w^{3}}\right)\notag\\ &=\frac{12C^{2}}{v^{3}w}\left(\frac{1}{w}-\frac{1}{v+w}\right)+\frac{3C}{v^{2}}+\mathcal{O}(\beta^{-1}) \tag{8} \end{align} $$ ただし$\beta\to\infty$の場合にはオーダーが$\beta^{-1}$以下の項は無視できる.よって$\beta\to\infty$の極限では,式(8)の最終結果の最初の2項だけが残って次となる: $$ B=\left\{\frac{12C}{v^{3}w}\left(\frac{1}{w}-\frac{1}{v+w}\right)+\frac{3}{v^{2}}\right\}C \tag{9} $$ これに$v$の定義式(11.74)から得られる$C$、すなわち $$ C=\frac{w}{4}(v^{2}-w^{2}) \tag{10} $$ を代入すると,最終的に式(11.77)が得られる: $$ \begin{align} B&=\left\{\frac{12}{v^{3}w}\cdot\frac{w}{4}(v^{2}-w^{2})\left(\frac{1}{w}-\frac{1}{v+w}\right)+\frac{3}{v^{2}}\right\}C\notag\\ &=\frac{3}{v w}C \tag{11} \end{align} $$