解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第1部 第15章 §1.15.5 ★★★ 相空間の体積が縮む流れは、どの座標をとっても時刻を含まない Hamilton 系に直せない。時刻を含む L L L
判定の決め手：体積が縮む流れ
H ( q , p ) H(q,p) H ( q , p ) 第1部第12章 ・第3部第1章 ）、H H H
命題 1.15.2（引き込む集合を持つ流れは Hamilton 系でない ★★★）
z ˙ = X ( z ) \dot z=X(z) z ˙ = X ( z ) H H H ( q , p ) (q,p) ( q , p )
証明 そのような H H H H H H H H H H H H H H H d H = 0 \mathrm{d} H=0 d H = 0 ( ∂ H / ∂ p , − ∂ H / ∂ q ) (\partial H/\partial p,-\partial H/\partial q) ( ∂ H / ∂ p , − ∂ H / ∂ q ) 0 0 0
体積で言い直すこともできる。Hamilton 系の流れで保たれる体積は、どの座標で書いても正の密度 ρ ( z ) \rho(z) ρ ( z ) ∫ ρ d z \int\rho\,\mathrm{d} z ∫ ρ d z ∇ ⋅ ( ρ X ) = 0 \nabla\cdot(\rho X)=0 ∇ ⋅ ( ρX ) = 0 q ˙ = v \dot q=v q ˙ = v v ˙ = − ω 2 q − γ v \dot v=-\omega^2q-\gamma v v ˙ = − ω 2 q − γ v − γ -\gamma − γ ( q , v ) (q,v) ( q , v ) e − γ t \mathrm{e}^{-\gamma t} e − γ t 1.15.4 ）、すべての点が原点へ引き込まれる。密度をどう選んでも、原点の近くの有限の体積が 0 0 0 1 / ( x y ) 1/(xy) 1/ ( x y )
図 1.15.4 減衰振動子（ω = 1 \omega=1 ω = 1 γ = 0.2 \gamma=0.2 γ = 0.2 0.4 0.4 0.4 t = 2 t=2 t = 2 e − 0.4 = 0.670 \mathrm{e}^{-0.4}=0.670 e − 0.4 = 0.670 t = 4 t=4 t = 4 e − 0.8 = 0.449 \mathrm{e}^{-0.8}=0.449 e − 0.8 = 0.449
時刻を含む L L L
1.15.2 節で見たとおり、減衰振動子にも時刻を含む L = e γ t ( 1 2 m q ˙ 2 − 1 2 m ω 2 q 2 ) L=\mathrm{e}^{\gamma t}(\frac12m\dot q^2-\frac12m\omega^2q^2) L = e γ t ( 2 1 m q ˙ 2 − 2 1 m ω 2 q 2 ) 1.15.2 は時刻を含まない H H H L L L H H H
p = m e γ t q ˙ , H = e − γ t p 2 2 m + e γ t m ω 2 q 2 2 (1.15.30) p=m\mathrm{e}^{\gamma t}\dot q,\qquad H=\mathrm{e}^{-\gamma t}\frac{p^2}{2m}+\mathrm{e}^{\gamma t}\frac{m\omega^2q^2}{2}\tag{1.15.30} p = m e γ t q ˙ , H = e − γ t 2 m p 2 + e γ t 2 m ω 2 q 2 ( 1.15.30 )
で、( q , p ) (q,p) ( q , p ) H H H m q ˙ = e − γ t p m\dot q=\mathrm{e}^{-\gamma t}p m q ˙ = e − γ t p p p p e − γ t \mathrm{e}^{-\gamma t} e − γ t ( q , m q ˙ ) (q,m\dot q) ( q , m q ˙ ) 1.15.4 と同じく面積は縮む。H H H e γ t \mathrm{e}^{\gamma t} e γ t
例題 1.15.9 Caldirola–Kanai の量子化で起きること ★★
オリジナル 式 (1.15.30) で正準量子化 [ q ^ , p ^ ] = i ℏ [\hat q,\hat p]=\mathrm{i}\hbar [ q ^ , p ^ ] = i ℏ
(1) 物理の運動量 m q ˙ m\dot q m q ˙ π ^ = e − γ t p ^ \hat\pi=\mathrm{e}^{-\gamma t}\hat p π ^ = e − γ t p ^ q ^ \hat q q ^ Δ q Δ π ≥ ⋯ \Delta q\,\Delta\pi\ge\cdots Δ q Δ π ≥ ⋯ (2) γ = 0.1 ω \gamma=0.1\,\omega γ = 0.1 ω ω t = 50 \omega t=50 ω t = 50 (3) この結果が物理的に受け入れにくい理由を述べよ。
解答 (1) [ q ^ , π ^ ] = e − γ t [ q ^ , p ^ ] = i ℏ e − γ t [\hat q,\hat\pi]=\mathrm{e}^{-\gamma t}[\hat q,\hat p]=\mathrm{i}\hbar\mathrm{e}^{-\gamma t} [ q ^ , π ^ ] = e − γ t [ q ^ , p ^ ] = i ℏ e − γ t Δ q Δ π ≥ ℏ 2 e − γ t \Delta q\,\Delta\pi\ge\frac{\hbar}{2}\mathrm{e}^{-\gamma t} Δ q Δ π ≥ 2 ℏ e − γ t
(2) γ t = 0.1 × 50 = 5 \gamma t=0.1\times50=5 γ t = 0.1 × 50 = 5 e − 5 = 6.7 × 10 − 3 \mathrm{e}^{-5}=6.7\times10^{-3} e − 5 = 6.7 × 1 0 − 3
(3) 位置と物理の運動量の不確定性の積が、いくらでも小さくなってよいことになる。実際の減衰する振動子（例えば抵抗のある LC 回路）は時間がたつと周囲の温度の熱平衡に近づき、揺らぎは ℏ / 2 \hbar/2 ℏ/2 L L L
リミットサイクル：van der Pol
命題 1.15.2 のもう1つの例が、真空管の発振回路の模型として van der Pol（1926）が調べた1 1 B. van der Pol（1926）、Phil. Mag. (7) 2、978–992。
x ¨ − μ ( 1 − x 2 ) x ˙ + x = 0 ( μ > 0 ) (1.15.31) \ddot x-\mu(1-x^2)\dot x+x=0\qquad(\mu>0)\tag{1.15.31} x ¨ − μ ( 1 − x 2 ) x ˙ + x = 0 ( μ > 0 ) ( 1.15.31 )
である。流れの発散は μ ( 1 − x 2 ) \mu(1-x^2) μ ( 1 − x 2 ) ∣ x ∣ < 1 \lvert x\rvert <1 ∣ x ∣ < 1 ∣ x ∣ > 1 \lvert x\rvert >1 ∣ x ∣ > 1 1.15.2 節の乗数で時刻を含む L L L H H H
例題 1.15.10 van der Pol の振幅を平均化で出す ★★
オリジナル 式 (1.15.31) で μ ≪ 1 \mu\ll1 μ ≪ 1 x = r cos θ x=r\cos\theta x = r cos θ x ˙ = − r sin θ \dot x=-r\sin\theta x ˙ = − r sin θ θ = t + φ \theta=t+\varphi θ = t + φ
(1) 第V巻の平均化の式 r ˙ = − h sin θ ‾ \dot r=-\overline{h\sin\theta} r ˙ = − h sin θ h = μ ( 1 − x 2 ) x ˙ h=\mu(1-x^2)\dot x h = μ ( 1 − x 2 ) x ˙ θ \theta θ r ˙ = μ r 2 ( 1 − r 2 4 ) \dot r=\frac{\mu r}{2}\bigl(1-\frac{r^2}{4}\bigr) r ˙ = 2 μ r ( 1 − 4 r 2 ) (2) リミットサイクルの振幅と、r ( 0 ) = 0.1 r(0)=0.1 r ( 0 ) = 0.1 r = 1 r=1 r = 1 μ = 0.1 \mu=0.1 μ = 0.1
解答 (1) 運動方程式は x ¨ + x = h \ddot x+x=h x ¨ + x = h h = μ ( 1 − r 2 cos 2 θ ) ( − r sin θ ) h=\mu(1-r^2\cos^2\theta)(-r\sin\theta) h = μ ( 1 − r 2 cos 2 θ ) ( − r sin θ ) − h sin θ = μ r sin 2 θ ( 1 − r 2 cos 2 θ ) -h\sin\theta=\mu r\sin^2\theta(1-r^2\cos^2\theta) − h sin θ = μ r sin 2 θ ( 1 − r 2 cos 2 θ ) sin 2 θ ‾ = 1 2 \overline{\sin^2\theta}=\frac12 sin 2 θ = 2 1 sin 2 θ cos 2 θ ‾ = 1 8 \overline{\sin^2\theta\cos^2\theta}=\frac18 sin 2 θ cos 2 θ = 8 1 r ˙ = μ r ( 1 2 − r 2 8 ) = μ r 2 ( 1 − r 2 4 ) \dot r=\mu r\bigl(\frac12-\frac{r^2}8\bigr)=\frac{\mu r}2\bigl(1-\frac{r^2}4\bigr) r ˙ = μ r ( 2 1 − 8 r 2 ) = 2 μ r ( 1 − 4 r 2 )
(2) r ˙ = 0 \dot r=0 r ˙ = 0 r = 2 r=2 r = 2 r < 2 r<2 r < 2 r ˙ > 0 \dot r>0 r ˙ > 0 r > 2 r>2 r > 2 r ˙ < 0 \dot r<0 r ˙ < 0 2 2 2 μ = 0.1 \mu=0.1 μ = 0.1 (1.15.31) を数値積分すると、内側の ( 0.1 , 0 ) (0.1,0) ( 0.1 , 0 ) ( 4 , 0 ) (4,0) ( 4 , 0 ) 2.000 2.000 2.000 u = r 2 u=r^2 u = r 2 u ˙ = μ u ( 1 − u / 4 ) \dot u=\mu u(1-u/4) u ˙ = μu ( 1 − u /4 ) r 2 = 4 / ( 1 + ( 4 / r 0 2 − 1 ) e − μ t ) r^2=4/\bigl(1+(4/r_0^2-1)\mathrm{e}^{-\mu t}\bigr) r 2 = 4/ ( 1 + ( 4/ r 0 2 − 1 ) e − μ t ) r = 1 r=1 r = 1 t = 1 μ ln 4 / r 0 2 − 1 3 = 10 ln 133 = 48.9 t=\frac1\mu\ln\frac{4/r_0^2-1}{3}=10\ln133=48.9 t = μ 1 ln 3 4/ r 0 2 − 1 = 10 ln 133 = 48.9 1 1 1 t = 50.3 t=50.3 t = 50.3
近似の裏付け
型 B（極限） ｜ 小さいもの μ → 0 \mu\to0 μ → 0 証明 条件付き（時間 1 / μ 1/\mu 1/ μ r = 2 r=2 r = 2 行き先 近似の数理 第7章
散逸は系と熱浴の大きな Hamilton 系から出す
散逸を正しく扱うには、エネルギーの捨て先を式に入れればよい。注目する振動子に、多数の調和振動子（熱浴）を1次の結合で付けた
H = p 2 2 m + V ( q ) + ∑ k [ p k 2 2 m k + 1 2 m k ω k 2 ( x k − c k q m k ω k 2 ) 2 ] (1.15.32) H=\frac{p^2}{2m}+V(q)+\sum_k\Bigl[\frac{p_k^2}{2m_k}+\frac12m_k\omega_k^2\Bigl(x_k-\frac{c_kq}{m_k\omega_k^2}\Bigr)^2\Bigr]\tag{1.15.32} H = 2 m p 2 + V ( q ) + k ∑ [ 2 m k p k 2 + 2 1 m k ω k 2 ( x k − m k ω k 2 c k q ) 2 ] ( 1.15.32 )
は時刻を含まない普通の Hamiltonian で、全体の流れは体積を保つ。熱浴の振動子の運動方程式は線形なので解いて代入でき、q q q J ( ω ) = π 2 ∑ k c k 2 / ( m k ω k ) δ ( ω − ω k ) J(\omega)=\frac\pi2\sum_kc_k^2/(m_k\omega_k)\,\delta(\omega-\omega_k) J ( ω ) = 2 π ∑ k c k 2 / ( m k ω k ) δ ( ω − ω k ) J ( ω ) = m γ ω J(\omega)=m\gamma\omega J ( ω ) = mγ ω 0 0 0 − m γ q ˙ -m\gamma\dot q − mγ q ˙ 2 2 A. O. Caldeira, A. J. Leggett（1983）、Ann. Phys. 149、374–456。ω k \omega_k ω k 0.004 ω 0.004\omega 0.004 ω 8 ω 8\omega 8 ω (1.15.32) （γ = 0.1 ω \gamma=0.1\omega γ = 0.1 ω ω t = 10 , 20 , 30 \omega t=10,20,30 ω t = 10 , 20 , 30 0.374 0.374 0.374 0.136 0.136 0.136 0.050 0.050 0.050 e − γ t \mathrm{e}^{-\gamma t} e − γ t 0.368 0.368 0.368 0.135 0.135 0.135 0.050 0.050 0.050
この見方では、揺らぎと散逸が1つの Hamiltonian から同時に出るので、Caldirola–Kanai で失われた揺らぎも現れる。その関係（揺動散逸定理）は 第3部第9章 で扱う。
近似の裏付け
型 B（極限） ｜ 小さいもの 熱浴の切断振動数 → ∞ \to\infty → ∞ → 0 \to0 → 0 証明 要確認（量子の開放系の弱結合極限は第V巻 第14章の van Hove 極限の範囲。Ohm 型の浴の古典の極限の前提は原論文で確かめていない） ｜ 行き先 近似の数理 第14章
最後に、L L L L L L (1.15.24) や電磁場の L L L ϕ \phi ϕ L L L 第1部第6章 の乗数と 第2部第8章 に送る。
1 B. van der Pol（1926）、Phil. Mag. (7) 2、978–992。
2 A. O. Caldeira, A. J. Leggett（1983）、Ann. Phys. 149、374–456。
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
