相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第7部 第2章 §7.2.6 ★★ カノニカル分布の熱浴・黒体放射の Planck 分布と Stefan–Boltzmann の法則・パラメトリック下方変換の光子対は、どれも熱場二重状態の片側として読める
カノニカル分布と熱浴
学部の統計力学では、注目する系を大きな熱浴に接触させ、全体をミクロカノニカル分布に置いて、系の状態が確率 e − β E n / Z \mathrm{e}^{-\beta E_n}/Z e − β E n / Z で現れることを導く。
p n = e − β E n Z , F = − k B T ln Z , S 熱 = − ∂ F ∂ T = k B ( β U + ln Z ) (7.2.20) p_n=\frac{\mathrm{e}^{-\beta E_n}}{Z},\qquad F=- k_{\mathrm B} T\ln Z,\qquad S_{\text{熱}}=-\frac{\partial F}{\partial T}= k_{\mathrm B}\bigl(\beta U+\ln Z\bigr)\tag{7.2.20} p n = Z e − β E n , F = − k B T ln Z , S 熱 = − ∂ T ∂ F = k B ( β U + ln Z ) ( 7.2.20 )
この章の言葉では、熱浴は L、系は R で、全体を純粋状態に置いても R の状態は同じカノニカル分布になる(第2部第3章の典型性、第2部第3章 )。熱場二重状態はその中で最も小さい熱浴、つまり系と同じ大きさの L で R を純粋化したものである。式 (7.2.20) の S 熱 / k B = β U + ln Z S_{\text{熱}}/ k_{\mathrm B}=\beta U+\ln Z S 熱 / k B = β U + ln Z は、式 (7.2.7) の第2の形 n ˉ x − ln ( 1 − e − x ) \bar nx-\ln(1-\mathrm{e}^{-x}) n ˉ x − ln ( 1 − e − x ) と同じもので、熱力学のエントロピーが、熱浴とのエンタングルメント・エントロピーとして読める。授業では「熱浴の状態は見ない」と言うだけで済ませた部分トレースが、ブラックホールでは地平面が自然に行う。
黒体放射
学部の統計力学の黒体放射は、空洞の各モードを温度 T T T の調和振動子とし、Planck 分布 n ˉ = 1 / ( e ℏ ω / ( k B T ) − 1 ) \bar n=1/(\mathrm{e}^{\hbar\omega/( k_{\mathrm B} T)}-1) n ˉ = 1/ ( e ℏ ω / ( k B T ) − 1 ) と Stefan–Boltzmann の法則
u = π 2 k B 4 15 ℏ 3 c 3 T 4 , s = 4 3 u T (7.2.21) u=\frac{\pi^2 k_{\mathrm B}^4}{15\hbar^3c^3}T^4,\qquad s=\frac43\,\frac{u}{T}\tag{7.2.21} u = 15 ℏ 3 c 3 π 2 k B 4 T 4 , s = 3 4 T u ( 7.2.21 )
を導く(u u u 、s s s はエネルギー密度とエントロピー密度)。この章では、同じ n ˉ \bar n n ˉ が2モードのスクイーズの強さ sinh 2 r \sinh^2r sinh 2 r として出た(式 (7.2.6) )。第5部第12章では Bogoliubov 係数の ∣ β ∣ 2 \lvert \beta\rvert ^2 ∣ β ∣ 2 として出た。3つの計算は、同じ熱場二重状態の片側の光子数を、統計力学・量子光学・曲がった時空の場の理論の言葉で数えたものである。
パラメトリック下方変換と一重項
量子力学と量子光学の授業で習うパラメトリック下方変換の光子対は、式 (7.2.5) で r r r が小さい場合で、∣ 0 , 0 ⟩ + r ∣ 1 , 1 ⟩ + ⋯ | 0,0 \rangle +r| 1,1 \rangle +\cdots ∣0 , 0 ⟩ + r ∣1 , 1 ⟩ + ⋯ のように光子が必ず対で出る。片方の検出器だけを見ると光子の到着はでたらめ(熱的)で、2つの検出器の同時計数でだけ対の相関が見える。量子力学の授業の一重項 ( ∣ ↑ ↓ ⟩ − ∣ ↓ ↑ ⟩ ) / 2 (| \uparrow\downarrow \rangle -| \downarrow\uparrow \rangle )/\sqrt2 ( ∣ ↑↓ ⟩ − ∣ ↓↑ ⟩) / 2 は、2準位で β → 0 \beta\to0 β → 0 (無限に高い温度)の熱場二重状態 ( ∣ 00 ⟩ + ∣ 11 ⟩ ) / 2 (| 00 \rangle +| 11 \rangle )/\sqrt2 ( ∣00 ⟩ + ∣11 ⟩) / 2 に L の側のユニタリを掛けたものにあたり、片側は完全に混ざった状態 1 / 2 \mathbf 1/2 1 /2 になる。Hawking 放射は、地平面が L と R の間の同時計数を禁じている場合のパラメトリック下方変換である。
例題 7.2.6 モードごとのエンタングルメントを足して Stefan–Boltzmann を出す ★★
オリジナル 3次元の空洞(体積 V V V )の光子の気体を考える。偏光が2つで、角周波数 ω \omega ω から ω + d ω \omega+\mathrm{d}\omega ω + d ω のモードの数は V ω 2 d ω / ( π 2 c 3 ) V\omega^2\mathrm{d}\omega/(\pi^2c^3) V ω 2 d ω / ( π 2 c 3 ) である。各モードが相手と熱場二重状態をなしているとして、エンタングルメント・エントロピーの和を求め、式 (7.2.21) の s = 4 3 u / T s=\frac43u/T s = 3 4 u / T を導け。∫ 0 ∞ x 3 n ˉ d x = π 4 / 15 \int_0^\infty x^3\bar n\,\mathrm{d} x=\pi^4/15 ∫ 0 ∞ x 3 n ˉ d x = π 4 /15 を使ってよい。1+1 次元の一方向の流れで比が2になることも確かめよ。
解答 エントロピー密度は s / k B = 1 π 2 c 3 ∫ ω 2 s ( ℏ ω / ( k B T ) ) d ω = 1 π 2 ( k B T ℏ c ) 3 ∫ 0 ∞ x 2 s ( x ) d x s/ k_{\mathrm B}=\frac{1}{\pi^2c^3}\int\omega^2s(\hbar\omega/( k_{\mathrm B} T))\mathrm{d}\omega=\frac{1}{\pi^2}\bigl(\frac{ k_{\mathrm B} T}{\hbar c}\bigr)^3\int_0^\infty x^2s(x)\,\mathrm{d} x s / k B = π 2 c 3 1 ∫ ω 2 s ( ℏ ω / ( k B T )) d ω = π 2 1 ( ℏ c k B T ) 3 ∫ 0 ∞ x 2 s ( x ) d x 。式 (7.2.7) の第2の形で積分すると、第1項は ∫ x 3 n ˉ d x = π 4 / 15 \int x^3\bar n\,\mathrm{d} x=\pi^4/15 ∫ x 3 n ˉ d x = π 4 /15 、第2項は部分積分で
− ∫ 0 ∞ x 2 ln ( 1 − e − x ) d x = [ − x 3 3 ln ( 1 − e − x ) ] 0 ∞ + 1 3 ∫ 0 ∞ x 3 e x − 1 d x = 1 3 ⋅ π 4 15 -\int_0^\infty x^2\ln(1-\mathrm{e}^{-x})\,\mathrm{d} x=\Bigl[-\frac{x^3}{3}\ln(1-\mathrm{e}^{-x})\Bigr]_0^\infty+\frac13\int_0^\infty\frac{x^3}{\mathrm{e}^x-1}\mathrm{d} x=\frac13\cdot\frac{\pi^4}{15} − ∫ 0 ∞ x 2 ln ( 1 − e − x ) d x = [ − 3 x 3 ln ( 1 − e − x ) ] 0 ∞ + 3 1 ∫ 0 ∞ e x − 1 x 3 d x = 3 1 ⋅ 15 π 4
で、和は 4 3 ⋅ π 4 15 = 4 π 4 45 \frac43\cdot\frac{\pi^4}{15}=\frac{4\pi^4}{45} 3 4 ⋅ 15 π 4 = 45 4 π 4 。一方、エネルギー密度は u = k B T π 2 ( k B T ℏ c ) 3 ∫ x 3 n ˉ d x = π 2 k B 4 15 ℏ 3 c 3 T 4 u=\frac{ k_{\mathrm B} T}{\pi^2}\bigl(\frac{ k_{\mathrm B} T}{\hbar c}\bigr)^3\int x^3\bar n\,\mathrm{d} x=\frac{\pi^2 k_{\mathrm B}^4}{15\hbar^3c^3}T^4 u = π 2 k B T ( ℏ c k B T ) 3 ∫ x 3 n ˉ d x = 15 ℏ 3 c 3 π 2 k B 4 T 4 で(式 (7.2.21) の第1式)、比を取ると s = 4 3 u / T s=\frac43u/T s = 3 4 u / T を得る。
1+1 次元の一方向の流れでは、例題 7.2.3 のとおり ∫ s d x = π 2 / 3 \int s\,\mathrm{d} x=\pi^2/3 ∫ s d x = π 2 /3 と ∫ x n ˉ d x = π 2 / 6 \int x\bar n\,\mathrm{d} x=\pi^2/6 ∫ x n ˉ d x = π 2 /6 の比で2になる。空間が d d d 次元なら、第2項 − ∫ x d − 1 ln ( 1 − e − x ) d x -\int x^{d-1}\ln(1-\mathrm{e}^{-x})\,\mathrm{d} x − ∫ x d − 1 ln ( 1 − e − x ) d x は部分積分で第1項 ∫ x d n ˉ d x \int x^d\bar n\,\mathrm{d} x ∫ x d n ˉ d x の 1 / d 1/d 1/ d 倍になるので、比は 1 + 1 / d 1+1/d 1 + 1/ d で、3次元では 4 3 \frac43 3 4 、1次元では 2 2 2 である。
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