出てくるもの（1）：カノニカル分布と温度

2026年10月15日8分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第2部第1章最大エントロピー原理

平均エネルギーだけを知っている
ミクロカノニカル分布：拘束を値で与える
熱的な接触：和だけを知っている
木下の層

AI 生成・木下が未勉強

相対エントロピーから情報と物理を組み立てる　第2部第1章 §2.1.3　★★★ 拘束を平均エネルギーに選ぶとカノニカル分布が出て、乗数 $\beta$ は $\frac{\partial S}{\partial U}$ を通して $1/( k_{\mathrm B} T)$ と同定される。熱的な接触は「和だけを知っている」ことで、共通の乗数が温度の等しさになる

平均エネルギーだけを知っている

状態 $i$ のエネルギーを $E_i$ とし、平均エネルギー $U$ だけが分かっているとする。参照分布は状態の上の一様分布 $u$ とする。これは、量子系なら Hamiltonian の固有状態を1つずつ同じ重みで数えることにあたる（なぜ固有状態の上で一様なのかは 2.1.4節の参照測度の話と同じ問題で、古典系では Liouville の定理が答える）。式 (2.1.4) で $g=E$ 、乗数を $\beta$ と書くと

$p_\beta(i)=\frac{\mathrm{e}^{-\beta E_i}}{Z(\beta)},\qquad Z(\beta)=\sum_i\mathrm{e}^{-\beta E_i},\qquad U=-\frac{\partial \ln Z}{\partial \beta}\tag{2.1.11}$

を得る。カノニカル分布である。式 (2.1.9) から $-\mathrm{d} U/\mathrm{d}\beta=\langle E^2 \rangle -\langle E \rangle ^2\ge0$ で、 $\beta$ が大きいほど $U$ は小さい。

この時点で $\beta$ は乗数にすぎず、温度との関係はまだない。熱力学の温度は $1/T=\partial S/\partial U$ で定義される。エントロピーを $S\coloneqq k_{\mathrm B} H(p_\beta)$ とおくと、式 (2.1.8) と式 (2.1.10) から

$S= k_{\mathrm B}\bigl(\ln Z+\beta U\bigr),\qquad \frac{\partial S}{\partial U}= k_{\mathrm B}\beta\tag{2.1.12}$

となり、 $\beta=1/( k_{\mathrm B} T)$ と同定できる。式 (2.1.12) の第1式に $T$ を掛けると $- k_{\mathrm B} T\ln Z=U-TS$ で、これは Helmholtz の自由エネルギー $F$ である。このとき $F$ を最小にする分布としての読み方 $F[p]-F= k_{\mathrm B} T\,D(p\,\|\,p_\beta)$ は第1部第1章で示し、詳しくは第2部第2章で扱う。

温度は乗数である

最大エントロピー原理の中では、温度は「平均エネルギーを決めた」という拘束にかかる乗数で、式 (2.1.10) により「平均エネルギーを $\mathrm{d} U$ だけ増やしたとき、知らないことの量が $\beta\,\mathrm{d} U$ だけ増える」ことを表す。高温（ $\beta$ 小）では分布がすでに広がっているので、エネルギーを足しても知らないことはあまり増えない。エネルギーに上限がある系（有限個の準位）では、 $U$ が準位の平均より大きいと $\beta<0$ になる。サイコロで平均が $3.5$ を超えると $\lambda<0$ になったのと同じで、負の温度にあたる。核スピン系で負の温度が実際に作られている1E. M. Purcell and R. V. Pound (1951), Phys. Rev. 81, 279。下の脚注へ。

ミクロカノニカル分布：拘束を値で与える

エネルギーが平均でなく値として $E$ に決まっている（孤立系）ときは、拘束は「 $E_i=E$ でない状態の確率は $0$ 」となる。これは期待値の拘束でなく、 $\mathcal X$ をエネルギーの殻 $\{i\mid E_i=E\}$ に狭めることにあたる。狭めた集合の上には拘束が残っていないので、最大エントロピーの分布は殻の上の一様分布で、 $H=\ln W(E)$ （ $W(E)$ は殻の状態数）となる。これはミクロカノニカル分布と $S= k_{\mathrm B}\ln W(E)$ にほかならない。カノニカル分布とミクロカノニカル分布の違いは、エネルギーについて知っていることの形（平均か値か）の違いとして読める。大きな系で2つから同じ熱力学が出ることは、2.1.5節の集中から出る。

熱的な接触：和だけを知っている

2つの系 A, B があり、状態 $(i,j)$ のエネルギーが $E^{\mathrm A}_i+E^{\mathrm B}_j$ であるとする。2つの系の間でエネルギーをやりとりできるとき、外から分かるのは合計の平均 $\langle E^{\mathrm A}+E^{\mathrm B} \rangle =U_{\mathrm{tot}}$ だけである。拘束は1つなので乗数も1つで、

$p(i,j)=\frac{\mathrm{e}^{-\beta(E^{\mathrm A}_i+E^{\mathrm B}_j)}}{Z_{\mathrm A}(\beta)Z_{\mathrm B}(\beta)}=p^{\mathrm A}_\beta(i)\,p^{\mathrm B}_\beta(j)$

となる。分布は A と B の積に分かれ、どちらも同じ $\beta$ のカノニカル分布である。接触した2つの系の温度が等しいこと（熱力学の第0法則）は、ここでは「拘束が和の1つだけなので乗数が共通」という形で出る。もし $\langle E^{\mathrm A} \rangle$ と $\langle E^{\mathrm B} \rangle$ を別々に知っていれば、乗数は $\beta_{\mathrm A}$ と $\beta_{\mathrm B}$ の2つになり、2つの系は違う温度をもつ。それはエネルギーをやりとりしていない2つの系の記述である。

例題 2.1.3　平均の量子数だけを知っている振動子 ★★★

オリジナル角振動数 $\omega$ の調和振動子のエネルギー準位を $E_n=n\hbar\omega$ （ $n=0,1,2,\dots$ 。零点エネルギーは定数なので省く）とし、平均の量子数 $\langle n \rangle =\bar n$ だけが分かっているとする。

(1) 最大エントロピーの分布が $p(n)=(1-x)x^n$ の形になることを示し、 $x$ を $\bar n$ で表せ。
(2) 最大エントロピーの値が $H_{\max}=(1+\bar n)\ln(1+\bar n)-\bar n\ln\bar n$ であることを示せ。
(3) 式 (2.1.10) を使って乗数を求め、 $\beta\hbar\omega=\ln(1+1/\bar n)$ 、すなわち $\bar n=1/(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1)$ となることを示せ。 $\bar n=2$ のときの $x$ , $H_{\max}$ , $\beta\hbar\omega$ を求めよ。

解答

(1) 拘束の関数は $g(n)=n$ で、式 (2.1.4) から $p(n)\propto\mathrm{e}^{-\lambda n}=x^n$ （ $x=\mathrm{e}^{-\lambda}$ ）。規格化 $\sum_nx^n=1/(1-x)$ （ $0<x<1$ ）から $p(n)=(1-x)x^n$ 。平均は $\sum_nn(1-x)x^n=x/(1-x)$ なので、 $x/(1-x)=\bar n$ から $x=\bar n/(1+\bar n)$ 。

(2) $-\ln p(n)=-\ln(1-x)-n\ln x$ の平均をとって $H=-\ln(1-x)-\bar n\ln x$ 。 $1-x=1/(1+\bar n)$ 、 $x=\bar n/(1+\bar n)$ を入れると $H=\ln(1+\bar n)-\bar n\ln\bar n+\bar n\ln(1+\bar n)=(1+\bar n)\ln(1+\bar n)-\bar n\ln\bar n$ 。

(3) 式 (2.1.10) から $\lambda=\mathrm{d} H_{\max}/\mathrm{d}\bar n=\ln(1+\bar n)+1-\ln\bar n-1=\ln(1+1/\bar n)$ 。拘束の関数を $E_n=n\hbar\omega$ に取り直すと乗数は $\beta=\lambda/(\hbar\omega)$ なので $\beta\hbar\omega=\ln(1+1/\bar n)$ 、解いて $\bar n=1/(\mathrm{e}^{\beta\hbar\omega}-1)$ 。これは Planck 分布 $n_{\mathrm B}(\omega)$ である。 $\bar n=2$ では $x=2/3$ 、 $H_{\max}=3\ln3-2\ln2=1.9095$ nat、 $\beta\hbar\omega=\ln1.5=0.4055$ 。平均の量子数だけを知っているという推論から、熱放射の1つのモードの占有数の式が出た。

ほかの巻では

解析力学から様々な理論分野を組み立てる第3部第2章：同じ $\partial S/\partial U=1/T$ を、微視的状態の数と熱的な接触から導いている

1　E. M. Purcell and R. V. Pound (1951), Phys. Rev. 81, 279。

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AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。連絡先：support@tecktom.com

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下智貴

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