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分配関数とトレースの関係Z=Tr(exp(-βH))=Σexp(-βEk)の証明

　演算子が指数関数の肩に乗っていることがある。実は指数関数の展開により簡単に表されることを学び、ここでは、量子統計力学で重要となる以下の式を示そう。{\mathcal H} はハミルトニアンを表す。E_k はハミルトニアンの固有値エネルギーを表している。


分配関数とトレース(Tr)の関係【統計量子力学】

    \begin{eqnarray*}Z&=&\sum_{k} \exp{(-\beta E_k)}\\&=&{\rm Tr}\left( \exp{(-\beta {\mathcal H})}\right)\end{eqnarray*}


1. 1つ目の等号

　一つ目の等号については、分配関数 Z=\sum_{k} \exp{(-\beta E_k)} で状態和を表す。分配関数の意味がわからない場合は、以下の記事を参考にすると良い。




2. 2つ目の等号

　とくにここでは二つ目の等号について証明していく。

    \begin{eqnarray*}　{\rm Tr}\left (e^{-\beta {\mathcal H}} \right) = \sum_k \exp{ (-\beta E_k) }　\end{eqnarray*}

を示す。あるユニタリ行列 U により ハミルトニアン{\mathcal H} が対角化されるとする。すなわち、

    \begin{eqnarray*}P=U^{-1} {\mathcal H} U =\left( \begin{array}{ccccc}E_1 & 0 & 0 &\cdots \\0 &E_2 & 0 & \cdots \\0 & 0 & E_3 & \cdots \\\vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\end{array} \right)\end{eqnarray*}

のように対角要素にエネルギー固有値 E_k が並ぶ。ここで行列の次元は無限次元であるとする（N 次元であっても証明は変わらない。）対角化行列 P に対して、

    \begin{eqnarray*}P^{n}=\left( \begin{array}{ccccc}{E_1}^n & 0 & 0 &\cdots \\0 &{E_2}^n & 0 & \cdots \\0 & 0 & {E_3}^n & \cdots \\\vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\end{array} \right)\quad \cdots (*)\end{eqnarray*}

2.1 指数関数の展開

　e^{-\beta{\mathcal H}} を展開する。

    \begin{eqnarray*}e^{-\beta{\mathcal H}}&=&1+(-\beta{\mathcal H})+\frac{1}{2}(-\beta{\mathcal H})^2 + \cdots\\&=&1+(-\beta){\mathcal H}+\frac{1}{2}(-\beta)^2{\mathcal H}^2+\cdots\end{eqnarray*}

のように展開できる。


指数関数の肩に演算子がある場合の展開

実数関数の 指数関数（exponential function）の展開

    \begin{eqnarray*}e^{\beta x}=1+\beta x+\frac{1}{2!}(\beta x)^2 + \frac{1}{3!}(\beta x)^3 +\cdots\end{eqnarray*}

と同様に、演算子 {\mathcal A} に対して、

    \begin{eqnarray*}e^{\beta A}={\bf 1}+\beta A+\frac{1}{2!}(\beta A)^2 + \frac{1}{3!}(\beta A)^3 +\cdots\end{eqnarray*}

と展開できる。


ここで、

    \begin{eqnarray*}U^{-1}e^{-\beta{\mathcal H}}U&=&U^{-1}\left[ {\bf 1}+(-\beta){\mathcal H}+\frac{1}{2}(-\beta)^2{\mathcal H}^2+\cdots \right] U\\ \\&=&U^{-1}{\bf 1}U+(-\beta)U^{-1}{\mathcal H}U+\frac{1}{2}(-\beta)^2 U^{-1}{\mathcal H}^2U+\cdots \\\\&=&U^{-1}U+(-\beta)U^{-1}{\mathcal H}U+\frac{1}{2}(-\beta)^2 U^{-1}{\mathcal H}U\cdot U^{-1}{\mathcal H}U+\cdots \\&& \quad \quad \quad (\because UU^{-1}=U^{-1}U=1)\\ \\&=&{\bf 1}+(-\beta)P+\frac{\beta^2}{2}P^2+\cdots \\ \\&=&\left( \begin{array}{cccccc}1-\beta E_1 +\frac{\beta^2}{2}{E_1}^2 \cdots& 0 & 0 &\cdots \\0 &1-\beta E_2 +\frac{\beta^2}{2}{E_2}^2 \cdots& 0 & \cdots \\0 & 0 & 1-\beta E_3 +\frac{\beta^2}{2}{E_3}^2 \cdots & \cdots \\\vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\end{array} \right)\\ \\&=&\left( \begin{array}{cccccc}e^{-\beta E_1} \cdots& 0 & 0 &\cdots \\0 &e^{-\beta E_2} \cdots& 0 & \cdots \\0 & 0 & e^{-\beta E_3} \cdots & \cdots \\\vdots &\vdots &\vdots & \ddots &\end{array} \right)\end{eqnarray*}

であるので、両辺のトレース（Tr）をとることで

    \begin{eqnarray*}{\rm Tr}\left(U^{-1}e^{-\beta{\mathcal H}}U\right)=\sum_{k} e^{-\beta E_k}\end{eqnarray*}

である。最後にトレースの巡回性、

    \begin{eqnarray*}{\rm Tr}[AB]={\rm Tr}[BA]\end{eqnarray*}

により、A=U^{-1},\, B=e^{-\beta{\mathcal H}}U として、

    \begin{eqnarray*}{\rm Tr}\left(U^{-1}e^{-\beta{\mathcal H}}U\right)={\rm Tr}\left(e^{-\beta{\mathcal H}}UU^{-1}　\right) ={\rm Tr}\left(e^{-\beta{\mathcal H}}\right)\end{eqnarray*}

となる。 \blacksquare


分配関数とトレース

 

    \begin{eqnarray*}{\rm Tr}\left (e^{-\beta {\mathcal H}} \right) = \sum_k e^{ -\beta E_k }=Z\end{eqnarray*}

3. まとめ

　この式は重要なので覚えておく。


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2件のコメント

  1. おざん

    [U,H]=0は誤りではないでしょうか。

    これが正しいとすると、
    P=U^{-1} HU=U ^{-1} UH=H,
    となるので、ハミルトニアンHを初めから対角化された基底で考えていることになります。このとき、Uは恒等演算子(単位行列)になります。

    Tr(U^{-1}e^{-\beta H} U)=Tr(e^{-\beta H})
    はトレースの巡回性
    Tr(AB)=Tr(BA),
    より得られます。

    返信
    • batapara

      失礼いたしました。勝手に交換すると仮定してしまいました。
      ご指摘ありがとうございます。

      返信

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