統計力学の問題と解答

1.1 フェルミ分布とボース分布

同種粒子 $N$ 個からなる系を考え、ハミルトニアンを $\hat H$ とする。粒子どうしは互いに独立で、エネルギー $\varepsilon_i$ の一粒子量子状態 $i$ を占有する粒子の数を $\hat n_i$ とすると、

$$\hat H = \sum_i \varepsilon_i \hat n_i , \qquad \hat N = \sum_i \hat n_i$$

と書ける。各 $n_i$ がとれる値は、粒子の統計性によって次のように異なる。

フェルミ統計の場合：同じ一粒子状態に2個以上の粒子が同時に入ることはできない。したがって $n_i = 0,\,1$ だけが許される。
ボース統計の場合：何個でも入れる。したがって $n_i = 0,\,1,\,2,\,\dots,\,\infty$ をとれる。

(a) $\langle n_i \rangle$ の一般式

$$\langle n_i \rangle = -\frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$$

この式を示せ。

$\langle n_i \rangle$ を計算するための一般的な式で、フェルミ統計・ボース統計に共通。

解答

$\langle n_i \rangle$

$=$

$\operatorname{Tr}\left( \hat\rho\, \hat n_i \right)$

グランドカノニカル分布での期待値の定義。

$=$

$\operatorname{Tr}\left( \dfrac{\hat n_i\, e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}}{\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}} \right)$

密度行列 $\hat\rho = \dfrac{e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}}{\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}}$ の定義を代入。

$=$

$\dfrac{\operatorname{Tr}\left( \hat n_i\, e^{-\beta \sum_j \hat n_j (\varepsilon_j - \mu)} \right)}{\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}}$

トレースの性質 $\operatorname{Tr}(c\hat A) = c\operatorname{Tr}\hat A$（$c$ は数）。分母の $\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H-\mu\hat N)}$ は数なので外に出せる。分子には $\hat H = \sum_j \varepsilon_j \hat n_j,\ \hat N = \sum_j \hat n_j$ を代入。

$=$

$\dfrac{ -\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \operatorname{Tr} e^{-\beta \sum_j \hat n_j (\varepsilon_j - \mu)} }{\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}}$

統計力学のコツ。$\dfrac{\partial}{\partial\varepsilon_i} e^{-\beta\sum_j \hat n_j(\varepsilon_j-\mu)} = -\beta\, \hat n_i\, e^{-\beta\sum_j \hat n_j(\varepsilon_j-\mu)}$ なので、逆から見れば当たり前の変形。$\hat H = \sum_i \varepsilon_i \hat n_i,\ \hat N = \sum_i \hat n_i$ を使った。

$=$

$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \ln \operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)}$

対数関数の微分 $\dfrac{\partial}{\partial x}\ln f = \dfrac{f'}{f}$ をそのまま使った（逆から見ればわかる）。

$=$

$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \ln \displaystyle\prod_j \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$

補題 $\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu \hat N)} = \displaystyle\prod_j \sum_{n_j} e^{-\beta n_j(\varepsilon_j - \mu)}$ を代入。

補題の証明（クリックで開閉）

$=$

$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \displaystyle\sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$

対数を取っただけ（$\ln \prod_j a_j = \sum_j \ln a_j$）。

以上で示せた。$\blacksquare$

この問題で使った定義・公式

グランドカノニカル期待値: $\langle A \rangle = \operatorname{Tr}(\hat\rho\, \hat A)$
密度行列: $\hat\rho = \dfrac{e^{-\beta(\hat H - \mu\hat N)}}{\operatorname{Tr} e^{-\beta(\hat H - \mu\hat N)}}$
ハミルトニアン・粒子数: $\hat H = \sum_i \varepsilon_i \hat n_i,\ \hat N = \sum_i \hat n_i$
トレースの線形性: $\operatorname{Tr}(c\hat A) = c \operatorname{Tr}\hat A$（$c$ は数）
対数微分: $\dfrac{\partial}{\partial x} \ln f = \dfrac{f'}{f}$
対数の性質: $\ln \prod_j a_j = \sum_j \ln a_j$
トレースの定義（補題）: $\operatorname{Tr}\hat A = \sum_k \langle k | \hat A | k \rangle$
占有数状態（補題）: $|\{n_i\}\rangle = |n_1, n_2, \dots\rangle$ は $\hat H,\ \hat N$ の固有状態
指数法則（補題）: $e^{a+b} = e^a e^b$

(b) フェルミ分布

$$\langle n_i \rangle = \frac{1}{e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)} + 1}$$

フェルミ統計に従う粒子について、この式を示せ。

これをフェルミ分布という。$0 \le \langle n_i \rangle \le 1$ を満たすことは明らかである。

解答

$\langle n_i \rangle_{\mathrm{FD}}$	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \displaystyle\sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$	1.1 (a)1.1 (a) $\langle n_i\rangle$ の一般式$$\langle n_i \rangle = -\frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$$→ 1.1 (a) へ移動の結果から。
	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \displaystyle\sum_j \ln \left( 1 + e^{-\beta(\varepsilon_j - \mu)} \right)$	フェルミ・ディラック統計では $n_j = 0,\,1$ のどちらかしか取らないので、$\sum_{n_j} e^{-\beta n_j(\varepsilon_j-\mu)} = e^{0} + e^{-\beta(\varepsilon_j-\mu)}$。
	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \cdot \dfrac{-\beta\, e^{-\beta(\varepsilon_i - \mu)}}{1 + e^{-\beta(\varepsilon_i - \mu)}}$	$\dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i}$ の微分を行った。$\varepsilon_i$ を含むのは $j = i$ の項だけなので、その項だけが残る。
	$=$	$\dfrac{1}{e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)} + 1}$	分母分子に $e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)}$ をかけた。

以上で示せた。$\blacksquare$

この問題で使った定義・公式

1.1 (a) の一般式: $\langle n_i \rangle = -\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$
フェルミ統計: $n_j = 0,\,1$ のみ

(c) ボース分布

$$\langle n_i \rangle = \frac{1}{e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)} - 1}$$

ボース統計に従う粒子について、この式を示せ。

これをボース分布という。

解答

$\langle n_i \rangle_{\mathrm{BE}}$	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \displaystyle\sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$	1.1 (a)1.1 (a) $\langle n_i\rangle$ の一般式$$\langle n_i \rangle = -\frac{1}{\beta} \frac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$$→ 1.1 (a) へ移動の結果から。
	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \displaystyle\sum_j \ln \frac{1}{1 - e^{-\beta(\varepsilon_j - \mu)}}$	ボース・アインシュタイン統計では $n_j = 0,\,1,\,2,\,\dots,\,\infty$ を取れるので、公比 $e^{-\beta(\varepsilon_j-\mu)}$ の等比級数の和としてこのように書ける（収束には $\varepsilon_j > \mu$ が必要）。
	$=$	$-\dfrac{1}{\beta} \cdot \dfrac{-\beta\, e^{-\beta(\varepsilon_i - \mu)}}{1 - e^{-\beta(\varepsilon_i - \mu)}}$	$\dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i}$ の微分を行った（$\ln \dfrac{1}{1-x} = -\ln(1-x)$ として微分）。$\varepsilon_i$ を含むのは $j = i$ の項だけなので、その項だけが残る。
	$=$	$\dfrac{1}{e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)} - 1}$	分母分子に $e^{\beta(\varepsilon_i - \mu)}$ をかけた。

以上で示せた。$\blacksquare$

この問題で使った定義・公式

1.1 (a) の一般式: $\langle n_i \rangle = -\dfrac{1}{\beta} \dfrac{\partial}{\partial \varepsilon_i} \sum_j \ln \sum_{n_j} e^{-\beta n_j (\varepsilon_j - \mu)}$
ボース統計: $n_j = 0,\,1,\,2,\,\dots,\,\infty$
等比級数: $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}\quad(|x|<1)$
対数の性質: $\ln \dfrac{1}{x} = -\ln x$