nano_exit

基礎的なことこそ、簡単な例が必要だと思うのです。

数演算子の波数表示。

演算子

\displaystyle
n_i = a^\dagger_i a_i
の波数表示を求める。

まず、素直に n_iフーリエ級数展開で波数表示にしてみる。

\displaystyle
n_i = \sum_q n_q e^{ i q \cdot r_i }
\qquad
\left( n_q = \frac{ 1 }{ N } \sum_i n_i e^{ - i q \cdot r_i } \right)
\\
\displaystyle
a_i = \frac{1}{ \sqrt{N} } \sum_k a_k e^{ i k \cdot r_i }
\qquad
\left( a_k = \frac{1}{ \sqrt{N} } \sum_i a_i e^{ - i k \cdot r_i }
 \right)

 n_q n_iを代入することで n_qを求める。

\displaystyle
n_q
  = \frac{ 1 }{ N } \sum_i n_i e^{ - i q \cdot r_i }
  = \frac{ 1 }{ N } \sum_i  a^\dagger_i a_i e^{ - i q \cdot r_i }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N^2 } \sum_i  \sum_{ k_1, k_2 } a^\dagger_{k_1} a_{k_2} e^{ i ( - k_1 + k_2 ) \cdot r_i } e^{ - i q \cdot r_i }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N } \sum_{ k_1, k_2 } a^\dagger_{k_1} a_{k_2} \delta_{ k_2, k_1 + q }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N } \sum_{ k_1 } a^\dagger_{k_1} a_{k_1 + q}
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N } \sum_{ k } a^\dagger_{k } a_{k + q}

元に戻るかを確認すると、

\displaystyle
\sum_q n_q e^{ i q \cdot r_i }
  = \frac{ 1 }{ N }  \sum_q \sum_{ k } a^\dagger_{k} a_{k + q} e^{ i q \cdot r_i }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N^2 }  \sum_q \sum_{ k } \sum_{ l, m } a^\dagger_{l} a_{m} e^{ i k \cdot r_l } e^{ - i ( k + q ) \cdot r_m } e^{ i q \cdot r_i }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 1 }{ N^2}  \sum_q \sum_{ k } \sum_{ l, m } a^\dagger_{l} a_{m} e^{ i k \cdot ( r_l - r_m ) } e^{ i q \cdot ( r_i - r_m ) }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \sum_{ l, m } a^\dagger_{l} a_{m} \delta_{ l,m } \delta_{ i, m }
\\
\displaystyle
\qquad
  = a^\dagger_{i} a_{i} = n_i

 n_qの対称性として、 n_{-q} = n_q^\daggerが使える。

\displaystyle
n_{-q} = \sum_i n_i e^{ i q \cdot r _i }
\\
\displaystyle
\qquad
= \sum_i \left( n_i \right)^\dagger e^{ i q \cdot r _i }
\\
\displaystyle
\qquad
= \left( \sum_i n_i e^{ - i q \cdot r _i } \right)^\dagger
\\
\displaystyle
\qquad
= n_{q}^\dagger

もしくは以下のようにしても示せる。

\displaystyle
n_{-q} = \sum_k a^\dagger_k a_{k-q}
\\
\displaystyle
\qquad
= \sum_{k'} a^\dagger_{ k' + q } a_{ k' }
\\
\displaystyle
\qquad
= \sum_{k'} \left( a^\dagger_{ k'} a_{ k' + q } \right)^\dagger
\\
\displaystyle
\qquad
= \left( \sum_{k'} a^\dagger_{ k'} a_{ k' + q } \right)^\dagger
\\
\displaystyle
\qquad
= n_q^\dagger

特別に q = 0のとき、

\displaystyle
n_{q=0} = \frac{1}{N} \sum_k a_k^\dagger a_k = \frac{1}{N} \sum_k n_k = \frac{ \hat N }{ N }
というように、電子数変化の割合を表す演算子になる。

平均場近似の心。

演算子、もしくは確率変数を X, Yと置き、それらの期待値(平均値)をそれぞれ \bar X, \bar Yすると、

\displaystyle
X Y = ( X - \bar X ) ( Y - \bar Y ) + X \bar Y + \bar X Y - \bar X \bar Y
という式が成り立つ。
これはまだ厳密である。

ここで、「 X, Yは平均値 \bar X, \bar Yにそれぞれ近いから、「揺らぎ」である X - \bar X \equiv \delta X ,  Y - \bar Y \equiv \delta Yは凄く小さい」と考えるのが平均場近似である。
ポイントは、 (\delta X) (\delta Y)というように微小量の二次になっているため、「二次微小量を落とす」という視点を持つことである。
そうでなければ、 X \bar Y  - \bar X \bar Y = (\delta X) \bar Y という項を残して良い理由が無くなってしまう。
これによって、

\displaystyle
X Y \approx X \bar Y + \bar X Y - \bar X \bar Y
という近似形が求まる。

オンサイトクーロンの波数表示。

ハバードモデルにあるオンサイトクーロン項の波数表示

\displaystyle
U \sum_i n_{i,\uparrow} n_{i,\downarrow}
= \frac{U}{N} \left( \prod^4_{j=1} \sum_{k_j} \right) 
    a^\dagger_{k_1,\uparrow} a^\dagger_{k_2,\downarrow}  a_{k_3,\downarrow} a_{k_4,\uparrow} 
    \delta_{ k_1 + k_2, k_3 + k_4 }
を証明する。

証明には、以下の関係式が必要である。

\displaystyle
a_i = \frac{ 1 }{ \sqrt{N} } \sum_k a_k e^{ i k \cdot R_i }
\qquad
\left( a_k = \frac{ 1 }{ \sqrt{N} } \sum_i a_i e^{ - i k \cdot R_i } \right)
\\
\displaystyle
\sum_i e^{ i k \cdot R_i } = N \delta_{ k, 0 }

これらは以下の記事で扱ったことがある。
koideforest.hatenadiary.com
koideforest.hatenadiary.com

よって、

\displaystyle
\sum_i n_{i,\uparrow} n_{i,\downarrow}
\\
\displaystyle
\qquad
= \sum_i a^\dagger_{i,\uparrow} a_{i,\uparrow} a^\dagger_{i,\downarrow} a_{i,\downarrow}
\\
\displaystyle
\qquad
= \frac{1}{N^2} \sum_i \left( \prod^4_{j=1} \sum_{k_j} \right) 
    a^\dagger_{k_1,\uparrow} a_{k_2,\uparrow} a^\dagger_{k_3,\downarrow} a_{k_4,\downarrow} 
    e^{ i ( - k_1 + k_2 - k_3 + k_4 ) \cdot R_i }
\\
\displaystyle
\qquad
= \frac{1}{N} \left( \prod^4_{j=1} \sum_{k_j} \right) 
    a^\dagger_{k_1,\uparrow} a_{k_2,\uparrow} a^\dagger_{k_3,\downarrow} a_{k_4,\downarrow} 
    \delta_{ k_1 + k_3, k_2 + k_4 }
\\
\displaystyle
\qquad
= \frac{1}{N} \left( \prod^4_{j=1} \sum_{k_j} \right) 
    a^\dagger_{k_1,\uparrow} a^\dagger_{k_3,\downarrow}  a_{k_4,\downarrow} a_{k_2,\uparrow} 
    \delta_{ k_1 + k_3, k_2 + k_4 }
\\
\displaystyle
\qquad
= \frac{1}{N} \left( \prod^4_{j=1} \sum_{k_j} \right) 
    a^\dagger_{k_1,\uparrow} a^\dagger_{k_2,\downarrow}  a_{k_3,\downarrow} a_{k_4,\uparrow} 
    \delta_{ k_1 + k_2, k_3 + k_4 }

時間順序演算子を用いた時間発展演算子の表現。

時間発展演算子は、一般のハミルトニアンに対して次のように表される。

\displaystyle
\lambda \equiv -\frac{ i }{ \hbar }
\\
\displaystyle
U( t_0, t_0 ) = 1
\\
\displaystyle
U( t, t_0 )
  = 1 + \lambda \int^t_{t_0} dt' \, H'( t ' ) U( t', t_0 )
\\
\displaystyle
\qquad
  = 1 + \lambda \int^t_{t_0} dt' \, H'( t ' ) + \lambda^2 \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' ) + \cdots


\displaystyle
\int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' )
    + \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' )

注意として、 H'の順番は勝手に変えてはいけない。

\displaystyle
[ H'( t_1 ), H'( t_2 )  ]
\\
\displaystyle
\qquad
  = [ U^\dagger( t_1, t_0 ) H' U( t_1, t_0 ), U^\dagger( t_2, t_0 ) H' U( t_2, t_0 )  ]
\\
\displaystyle
\qquad
  = U^\dagger( t_1, t_0 ) H' U( t_1, t_2 ) H' U( t_2, t_0 ) - U^\dagger( t_2, t_0 ) H' U^\dagger( t_1, t_2 ) H' U( t_1, t_0 )
\\
\displaystyle
\qquad
  \neq 0 \quad ( t_1 \neq t_2 )

順番を変えて良いのは、同じ時刻の時にのみ限る。

\displaystyle
[ H'( t ), H'( t )  ]
\\
\displaystyle
\qquad
  = U^\dagger( t, t_0 ) H' H' U( t, t_0 ) - U^\dagger( t, t_0 ) H' H' U( t, t_0 )
\\
\displaystyle
\qquad
  = 0

二番目の積分を変形していくが、以下の積分は変数変換をするわけではなく、厳密に同じ積分を表す。

\displaystyle
\int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' = \int^t_{t_0} dt'' \int^{t}_{t''} dt' = \frac{1}{2}(t-t_0)^2
補足すると、 t', t''が動く最終的な範囲は両者で等しく、また積分結果も一致するため、同じ積分と言える。

したがって、

\displaystyle
\int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t ' ) H'( t '' )
    + \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt’' \int^{t}_{t''} dt' \, H'( t ' ) H'( t '' )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt' \int^{t'}_{t_0} dt'' \, H'( t' ) H'( t'' )
    + \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} dt' \int^{t}_{t'} dt'' \, H'( t'' ) H'( t' )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} \int^{t'}_{t_0} dt' \, dt'' \, \left(  \theta( t' - t'' ) H'( t' ) H'( t'' ) + \theta( t'' - t' ) H'( t'' ) H'( t' ) \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} \int^{t'}_{t_0} dt' \, dt'' \, T\left[ H'( t' ) H'( t'' ) \right]
\\
\displaystyle
\qquad
  = T\left[  \frac{1}{ 2 } \int^t_{t_0} \int^{t'}_{t_0} dt' \, dt'' \, H'( t' ) H'( t'' ) \right]

今の二次の場合には、時間変数が二個であり、どちらの時間が速いかで分割した結果 1/2が掛かかっている。
これを一般化すると、n次で時間変数が n個ある場合、時間を速い順に並べる並べ方は、単純に順列として扱えるため、 n!個ある。
したがって、


\displaystyle
U( t, t_0 )
  = T\left[\sum^\infty_{n=0} \frac{ \lambda^n }{ n! } \int^t_{t_0} \prod^n_{i=1} d t_i \, H'( t_1 ) \right]
\\
\displaystyle
\qquad
  = T\left[\sum^\infty_{n=0} \frac{ 1 }{ n! } \left( \lambda \int^t_{t_0} d t' \, H'( t' ) \right)^n \right]
\\
\displaystyle
\qquad
  = T \exp\left( \lambda \int^t_{t_0} d t' \, H'( t' ) \right)

というように非常に簡潔に書ける。

参考文献:Fetter-Walecka

CoulombポテンシャルのFourier変換(収束因子経由)

以前に、CoulombポテンシャルのFourier変換を、Poisson方程式を経由することで求めた。
koideforest.hatenadiary.com

今回は収束因子 \etaを導入することによって求める。
 |\boldsymbol x | = rと定義すると、

\displaystyle
\int d \boldsymbol x \left( \frac{ 1 }{ r } \right) e^{ - i \boldsymbol k \cdot \boldsymbol x }
  = \lim_{ \eta \rightarrow 0+ } \int d \boldsymbol x \left( \frac{ 1 }{ r } \right) e^{ - i \boldsymbol k \cdot \boldsymbol x } e^{ -  \eta r }

この積分を評価する。 |\boldsymbol k | = qと定義し、 u = \cos\thetaと置くと、

\displaystyle
\boldsymbol k \cdot \boldsymbol x = q r \cos\theta = q r u
\\
\displaystyle
\int d \boldsymbol x \left( \frac{ 1 }{ r } \right) e^{ - i \boldsymbol k \cdot \boldsymbol x } e^{ -  \eta r } 
\\
\displaystyle
\qquad
  = \int^\infty_0 dr \, r^2 \left( \frac{ 1 }{ r } \right) e^{ -  \eta r } \, \int^1_{-1} du \, e^{ - i q r u } \, \int^{2\pi}_0 d \phi
\\
\displaystyle
\qquad
  = 2\pi \int^\infty_0 dr \, r e^{ -  \eta r } \, \frac{ e^{ i q r } - e^{ - i q r } }{ i q r }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 2\pi }{ i q } \int^\infty_0 dr \, \left( e^{ ( i q - \eta ) r } - e^{ ( - i q - \eta ) r } \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 2\pi }{ i q } \left( \frac{ -1 }{ i q - \eta } - \frac{ -1 }{ - i q - \eta } \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 2\pi }{ i q } \frac{ 2 i q }{ q^2 + \eta^2 }
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 4 \pi }{ q^2 + \eta^2 }

したがって、

\displaystyle
\int d \boldsymbol x \left( \frac{ 1 }{ r } \right) e^{ - i \boldsymbol k \cdot \boldsymbol x }
  = \frac{ 4 \pi }{ q^2}

電子ガス模型における電子間相互作用の一次摂動。

電子ガス模型における電子間相互作用の効果を、一次摂動で求める。

\displaystyle
E^{(1)} = \langle V \rangle_0
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  \frac{ e^2 }{ 2\Omega } \sum_{ \sigma_1, \sigma_2 } \sum_{ \boldsymbol k_1, \boldsymbol k_2 } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \langle a_{ \boldsymbol k_1 + \boldsymbol q, \sigma_1 }^\dagger a_{ \boldsymbol k_2 - \boldsymbol q, \sigma_2 }^\dagger a_{ \boldsymbol k_2, \sigma_2 } a_{ \boldsymbol k_1, \sigma_1 } \rangle_0
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  \frac{ e^2 }{ 2\Omega } \sum_{ \sigma_1, \sigma_2 } \sum_{ \boldsymbol k_1, \boldsymbol k_2 } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \delta_{ \boldsymbol k_1 + \boldsymbol q, \boldsymbol k_2 } \delta_{\sigma_1, \sigma_2}
    \langle a_{ \boldsymbol k_1 + \boldsymbol q, \sigma_1 }^\dagger a_{ \boldsymbol k_1, \sigma_1 }^\dagger a_{ \boldsymbol k_1 + \boldsymbol q, \sigma_1 } a_{ \boldsymbol k_1, \sigma_1 } \rangle_0
\\
\displaystyle
\qquad
  = 
  \frac{ e^2 }{ 2\Omega } \sum_{ \sigma } \sum_{ \boldsymbol k } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \langle a_{ \boldsymbol k + \boldsymbol q, \sigma }^\dagger a_{ \boldsymbol k, \sigma }^\dagger a_{ \boldsymbol k + \boldsymbol q, \sigma } a_{ \boldsymbol k, \sigma } \rangle_0
\\
\displaystyle
\qquad
  = 
  - \frac{ e^2 }{ 2\Omega } \sum_{ \sigma } \sum_{ \boldsymbol k } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \langle n_{ \boldsymbol k + \boldsymbol q, \sigma } n_{ \boldsymbol k, \sigma } \rangle_0
\\
\displaystyle
\qquad
  = 
  - \frac{ e^2 }{ 2\Omega } \sum_{ \sigma } \sum_{ \boldsymbol k } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol k + \boldsymbol q| ) \theta( k_F - k )
\\
\displaystyle
\qquad
  = 
  - \frac{ e^2 }{ \Omega } \sum_{ \boldsymbol k } \sum_{ \boldsymbol q ( \neq \boldsymbol 0) }
    \frac{ 4 \pi }{ q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol k + \boldsymbol q| ) \theta( k_F - k )
\\
\displaystyle
\qquad
  = 
  - \frac{ 4\pi e^2 }{ \Omega } \left[ \left( \frac{ \Omega }{ ( 2 \pi )^3 } \right) \right]^2 \int d \boldsymbol k \, d\boldsymbol q \,
    \frac{ 1 }{ q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol k + \boldsymbol q| ) \theta( k_F - k )

ここで、変数変換 \boldsymbol P = \boldsymbol k + \boldsymbol q / 2および \boldsymbol Q = \boldsymbol q / 2をすると、対称性が良くなる。

\displaystyle
\int d \boldsymbol k \, d\boldsymbol q \,
    \frac{ 1 }{ q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol k + \boldsymbol q| ) \theta( k_F - k )
\\
\displaystyle
\qquad
=
  2 \int d \boldsymbol P \, d\boldsymbol Q \,
    \frac{ 1 }{ 4 Q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol P + \boldsymbol Q | ) \theta( k_F - | \boldsymbol P - \boldsymbol Q | )

半径 k_Fの球を考える。 P = 0のとき、 \boldsymbol Qの動く範囲はこの球に一致する。
絶対値の中身を具体的に考えると、

\displaystyle
R^\pm =  | \boldsymbol P \pm \boldsymbol Q | = \sqrt{ P^2 + Q^2 \pm 2 P Q \cos\theta }
これをもとに、 Q < k_Fで固定したときに許される \boldsymbol Pの範囲について考える。

  •  P^2 + Q^2 = k_F^2 のとき、 R^+ \cos\theta \le 0 であれば球をはみ出ないが、その場合  R^- ははみ出てしまう。したがって、このとき  \boldsymbol P \boldsymbol Q は直交している。
  •  ( P^2 + Q^2 < k_F^2 かつ   \cos\theta \ge 0 において  \Rightarrow ( R^+ \le k_F ) であれば、 R^- \le k_F が保証されている。逆も同様。

したがって、 \boldsymbol Pが動く範囲は、二つの半径 kFの球を原点同士の距離が 2Q \le 2 k_F になるように重ね合わせたときの被った部分に対応する。

被った部分の体積は、軸対称な物体の体積の求め方が使って計算することが出来る。
koideforest.hatenadiary.com

\displaystyle
\int d \boldsymbol P \, \theta( k_F - | \boldsymbol P + \boldsymbol Q | ) \theta( k_F - | \boldsymbol P - \boldsymbol Q | )
\\
\displaystyle
\qquad
  =2 \int^{k_F}_Q dz \, \pi ( k_F^2 - z^2 )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \left( \frac{ 4 \pi }{ 3 } k_F^3 - 2 \pi \left( k_F^2 Q - \frac{ 1 }{ 3 } Q^3 \right) \right) \theta( k_F - Q )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 4 \pi }{ 3 } k_F^3 \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } \frac{ Q }{ k_F } + \frac{ 1 }{ 2 } \frac{ Q^3 }{ k_F^3 } \right) \theta( k_F - Q )
\\
\displaystyle
\qquad
  = \frac{ 4 \pi }{ 3 } k_F^3 \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } x + \frac{ 1 }{ 2 } x^3 \right) \theta( 1 - x ) \quad ( x = Q/k_F )

したがって、

\displaystyle
2 \int d \boldsymbol P \, d\boldsymbol Q \,
    \frac{ 1 }{ 4 Q^2 } \theta( k_F - | \boldsymbol P + \boldsymbol Q | ) \theta( k_F - | \boldsymbol P - \boldsymbol Q | )
\\
\displaystyle
\qquad
  =
 2 \int d\boldsymbol Q \, \frac{ 1 }{ 4 Q^2 } \frac{ 4 \pi }{ 3 } k_F^3 \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } x + \frac{ 1 }{ 2 } x^3 \right) \theta( 1 - x )
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  2 \cdot 4 \pi \int^{k_F}_0 d Q \, 4Q^2 \frac{ 1 }{ 4 Q^2 } \frac{ 4 \pi }{ 3 } k_F^3 \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } x + \frac{ 1 }{ 2 } x^3 \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  2 \frac{ ( 4 \pi )^2 }{ 3 } k_F^3 \int^{k_F}_0 d Q \, \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } x + \frac{ 1 }{ 2 } x^3 \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  2 \frac{ ( 4 \pi )^2 }{ 3 } k_F^4 \int^1_0 d x \, \left( 1 - \frac{ 3 }{ 2 } x + \frac{ 1 }{ 2 } x^3 \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  2 \frac{ ( 4 \pi )^2 }{ 3 } k_F^4 \left( 1 - \frac{ 3 }{ 4 } + \frac{ 1 }{ 8 } \right)
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  2 \frac{ ( 4 \pi )^2 }{ 3 } k_F^4 \frac{ 3 }{ 8 }
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  ( 2 \pi )^2 k_F^4
注意として、

\displaystyle
\int d \boldsymbol q = \int dq \, q^2 \int du \int d\phi = 2 \int dQ \, 4Q^2 \int du \int d\phi = 2 \int d \boldsymbol Q
である。

Fermi波数 k_Fは、次のように変形させることが出来る。
koideforest.hatenadiary.com

\displaystyle
k_F^4 = k_F^3 k_F = \left( 3 \pi^2 \frac{ N }{ \Omega } \right) \left( \frac{ 9 \pi }{ 4 } \right)^{1/3} \frac{ 1 }{ r_0 }

よって、

\displaystyle
E^{(1)}
  =
  - \frac{ 4\pi e^2 }{ \Omega } \left[ \left( \frac{ \Omega }{ ( 2 \pi )^3 } \right) \right]^2 ( 2 \pi )^2 k_F^4
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  - \frac{ 4\pi e^2 }{ \Omega } \left[ \left( \frac{ \Omega }{ ( 2 \pi )^3 } \right) \right]^2 ( 2 \pi )^2 \left( 3 \pi^2 \frac{ N }{ \Omega } \right) \left( \frac{ 9 \pi }{ 4 } \right)^{1/3} \frac{ 1 }{ r_0 }
\\
\displaystyle
\qquad
  =
  - \frac{ e^2 }{ 2 a_0 } N \frac{ 3 }{ 2 \pi r_s } \left( \frac{ 9 \pi }{ 4 } \right)^{1/3}
\\
\displaystyle
\qquad
  \approx
  - \frac{ e^2 }{ 2 a_0 } N \frac{ 0.916 }{ r_s }
 \frac{ e^2 }{ 2 a_0 }で括ったのは、これが 1 Rydberg に対応し、Rydberg原子単位系で 1 として扱えるためである。

軸対称な物体の体積。


\displaystyle
V = \int^{z_u}_{z_l} dz' \, \int^{h(z')}_0 dr \, r \int^{2\pi}_0 d\theta 
\\
\displaystyle
\qquad
  =  \int^{z_u}_{z_l} dz' \, \int^{h(z')}_0 dr \, 2 \pi r
\\
\displaystyle
\qquad
  =  \int^{z_u}_{z_l} dz' \, \pi [ h(z') ]^2
CTスキャンのように、断面図を z_lから z_uまで足し合わせていくイメージである。
軸対称なため、断面図は半径 h(z')の円である。

球体の場合、 h(z') = \sqrt{ z^2 - z'^2 } \quad ( 0 \le z' \le z ) \quad ( \because z'^2 + h^2 = z^2 ) であるから、

\displaystyle
V =  2 \int^{z}_{0} dz' \, \pi ( z^2 - z'^2 )
\\
\displaystyle
\qquad
  =  2 \pi \left( z^3 - \frac{ 1 }{ 3 } z^3 \right)
  =  2 \pi \frac{ 2 }{ 3 } z^3
  =   \frac{ 4 \pi }{ 3 } z^3
となり、よく知っている球の体積が得られた。