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出てくるもの (2):エントロピーと温度

2026年10月15日9分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第2章 等重率とミクロカノニカル
目次
  1. 2つの系を触れさせる
  2. 理想気体の温度と圧力
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

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 §3.2.4 ★★★ 2つの系を触れさせると、状態数の積を最大にするエネルギーの分け方がほぼ確実に実現し、そこで ∂S/∂E\partial S/\partial E がそろう。これを 1/T1/T と呼ぶ

2つの系を触れさせる

2つの系1と2を、エネルギーだけをやり取りできるように触れさせる。Hamiltonian は H=H1+H2+HintH=H_1+H_2+H_{\mathrm{int}} で、相互作用 HintH_{\mathrm{int}} はエネルギーの行き来を起こす程度には働くが、全エネルギーへの寄与は無視できるほど小さいとする(壁を通して熱だけを伝える状況)。全体を孤立系とみなしてミクロカノニカル分布を当てると、系1がエネルギー E1E_1 を持つ確率は、3.2.2節の例題と同じ計算で

P(E1)=g1(E1) g2(E−E1)g(E),g(E)=∫g1(E1) g2(E−E1) dE1(3.2.15)P(E_1)=\frac{g_1(E_1)\,g_2(E-E_1)}{g(E)},\qquad g(E)=\int g_1(E_1)\,g_2(E-E_1)\,\mathrm{d} E_1\tag{3.2.15}

になる。全体の状態のうち「系1が E1E_1、系2が E−E1E-E_1」に当たるものの数は、それぞれの状態の数の積である。

NN が大きい系では g1(E1)g_1(E_1) は E1E_1 の大きな冪で増え、g2(E−E1)g_2(E-E_1) は大きな冪で減るので、積は鋭いピークを持つ。ピークの位置は ln⁡g1(E1)+ln⁡g2(E−E1)\ln g_1(E_1)+\ln g_2(E-E_1) の最大で決まり、

∂ln⁡g1∂E1=∂ln⁡g2∂E2(E2=E−E1)(3.2.16)\frac{\partial \ln g_1}{\partial E_1}=\frac{\partial \ln g_2}{\partial E_2}\qquad(E_2=E-E_1)\tag{3.2.16}

を満たす。式 (3.2.6) のエントロピー Sj=kBln⁡WjS_j= k_{\mathrm B}\ln W_j で書けば ∂S1/∂E1=∂S2/∂E2\partial S_1/\partial E_1=\partial S_2/\partial E_2 である。触れさせた2つの系で等しくなる量は、熱力学では温度だった。そこで

1T=∂S∂E(3.2.17)\frac{1}{T}=\frac{\partial S}{\partial E}\tag{3.2.17}

を温度の定義にする。SS が EE の増加関数なら T>0T>0 で、エネルギーは ∂S/∂E\partial S/\partial E の小さい系(温度の高い系)から大きい系(温度の低い系)へ移る。エネルギーが移ると S1+S2S_1+S_2 が増え、ピークに着いたところで止まる。熱力学第二法則のこの形が、状態の数え上げから出てくる。

理想気体では gj∝Ej3Nj/2−1g_j\propto E_j^{3N_j/2-1} なので、式 (3.2.15) は x=E1/Ex=E_1/E について

P(x)∝x3N1/2−1(1−x)3N2/2−1(3.2.18)P(x)\propto x^{3N_1/2-1}(1-x)^{3N_2/2-1}\tag{3.2.18}

となる(Beta 分布)。平均は N1/(N1+N2)N_1/(N_1+N_2) で、エネルギーは粒子の数に比例して分けられる。N1=N2=NN_1=N_2=N のとき標準偏差は 1/(23N+1)1/(2\sqrt{3N+1}) で、NN とともに N−1/2N^{-1/2} で狭くなる(図 3.2.3)。

図

図 3.2.3 同じ粒子数 NN の2つの理想気体を触れさせたときの、系1の受け持つエネルギーの割合 x=E1/Ex=E_1/E の分布(式 (3.2.18))。点線(厳密)は N=1,10,100N=1,10,100 の Beta 分布、細い実線(近似)は N=100N=100 の分布と同じ平均 12\frac12・標準偏差 1/(2301)1/(2\sqrt{301}) の正規分布で、点線とほとんど重なる。ピークは NN とともに N−1/2N^{-1/2} で狭くなる。

例題 3.2.5 エネルギーの分け方の鋭さ ★★

オリジナル2つの理想気体(粒子数 N1N_1, N2N_2)を触れさせる。式 (3.2.18) を使って次に答えよ。

  1. (1) N1=100N_1=100, N2=300N_2=300 のとき、x=E1/Ex=E_1/E の最も確からしい値(最頻値)と平均を求めよ。
  2. (2) N1=N2=100N_1=N_2=100 のときの xx の標準偏差を求めよ。
  3. (3) N1=N2=6.02×1023N_1=N_2=6.02\times10^{23} のときの xx の標準偏差を求め、温度計で測れる程度の揺らぎかどうかを述べよ。
解答

(1) ln⁡P=(a−1)ln⁡x+(b−1)ln⁡(1−x)\ln P=(a-1)\ln x+(b-1)\ln(1-x)(a=3N1/2=150a=3N_1/2=150, b=3N2/2=450b=3N_2/2=450)を xx で微分して 00 と置くと x∗=(a−1)/(a+b−2)=149/598≈0.2492x^*=(a-1)/(a+b-2)=149/598\approx0.2492。平均は Beta 分布の公式 a/(a+b)=0.25a/(a+b)=0.25 で、N1/(N1+N2)N_1/(N_1+N_2) に等しい。最頻値と平均の差は O(1/N)\mathcal{O}(1/N) で、NN が大きいと区別がなくなる。

(2) Beta 分布の分散は ab/[(a+b)2(a+b+1)]ab/[(a+b)^2(a+b+1)] で、a=b=150a=b=150 なら 14⋅301\frac{1}{4\cdot301}。標準偏差は 1/(2301)≈0.02881/(2\sqrt{301})\approx0.0288。

(3) a=b=32Na=b=\frac32N なら標準偏差は 1/(23N+1)≈3.7×10−131/(2\sqrt{3N+1})\approx3.7\times10^{-13} である。エネルギーの割合が 10−1310^{-13} の桁でしか揺れないので、巨視的な系ではエネルギーの分け方はピークの位置にほぼ確実に決まり、温度計で測れるような揺らぎは見えない。

理想気体の温度と圧力

式 (3.2.14) から、NN が大きい理想気体では S=kBln⁡ΦS= k_{\mathrm B}\ln\Phi と置いてよい(殻の WW と体積の Φ\Phi の違いは3.2.5節)。EE についての部分は 32NkBln⁡E\frac32N k_{\mathrm B}\ln E なので、

1T=∂S∂E=3NkB2E⟹E=32NkBT(3.2.19)\frac1T=\frac{\partial S}{\partial E}=\frac{3N k_{\mathrm B}}{2E}\qquad\Longrightarrow\qquad E=\frac32N k_{\mathrm B} T\tag{3.2.19}

である。1粒子あたり、運動の3方向それぞれに 12kBT\frac12 k_{\mathrm B} T のエネルギーがある(等分配則。一般の形は第3部第6章)。

体積も同じ方法で扱える。2つの系の間の壁が動ける(ピストン)なら、体積の分け方 V1+V2=VV_1+V_2=V についても状態数の積を最大にする分け方が実現し、∂S1/∂V1=∂S2/∂V2\partial S_1/\partial V_1=\partial S_2/\partial V_2 がそろう。力学的につり合ったとき2つの系で等しいのは圧力なので、P/T=∂S/∂VP/T=\partial S/\partial V と置く。理想気体では SS の VV についての部分が NkBln⁡VN k_{\mathrm B}\ln V なので

PT=∂S∂V=NkBV⟹PV=NkBT(3.2.20)\frac{P}{T}=\frac{\partial S}{\partial V}=\frac{N k_{\mathrm B}}{V}\qquad\Longrightarrow\qquad PV=N k_{\mathrm B} T\tag{3.2.20}

を得る。理想気体の状態方程式は、Φ\Phi が VNV^N に比例すること(各粒子が容器のどこにいてもよいこと)の言い換えである。S(E,V,N)S(E,V,N) を EE と VV で微分した量が温度と圧力になる、という組み立ては、熱力学の基本関係式 dE=T dS−P dV\mathrm{d} E=T\,\mathrm{d} S-P\,\mathrm{d} V をそのまま SS について解いた形 dS=dE/T+(P/T) dV\mathrm{d} S=\mathrm{d} E/T+(P/T)\,\mathrm{d} V である。自然な変数を EE から TT に替える操作は Legendre 変換で、第3部第4章で扱う。

例題 3.2.6 アルゴンのエントロピーを数える ★★

オリジナルアルゴン(原子の質量 39.948 u39.948\,\mathrm u、1 u=1.66054×10−27 kg1\,\mathrm u=1.66054\times10^{-27}\,\mathrm{kg})の気体が、温度 300 K300\,\mathrm K、圧力 1.0×105 Pa1.0\times10^{5}\,\mathrm{Pa} にある。理想気体とみなす。

  1. (1) 熱的波長 λT=h/2πmkBT\lambda_T=h/\sqrt{2\pi m k_{\mathrm B} T} と、1原子あたりの体積 V/N=kBT/PV/N= k_{\mathrm B} T/P を求めよ。
  2. (2) 例題 3.2.4 の式で1原子あたりのエントロピー S/(NkB)S/(N k_{\mathrm B}) と、1 mol あたりのエントロピーを求めよ。
  3. (3) V/(NλT3)V/(N\lambda_T^3) の大きさから、相空間の体積で古典的に数えてよいかを判断せよ。
解答

(1) m=39.948×1.66054×10−27=6.633×10−26 kgm=39.948\times1.66054\times10^{-27}=6.633\times10^{-26}\,\mathrm{kg} で、λT=6.626×10−34/2π⋅6.633×10−26⋅1.381×10−23⋅300=1.59×10−11 m\lambda_T=6.626\times10^{-34}/\sqrt{2\pi\cdot6.633\times10^{-26}\cdot1.381\times10^{-23}\cdot300}=1.59\times10^{-11}\,\mathrm m。V/N=1.381×10−23⋅300/(1.0×105)=4.14×10−26 m3V/N=1.381\times10^{-23}\cdot300/(1.0\times10^5)=4.14\times10^{-26}\,\mathrm{m^3}。

(2) V/(NλT3)=4.14×10−26/(1.59×10−11)3=1.02×107V/(N\lambda_T^3)=4.14\times10^{-26}/(1.59\times10^{-11})^3=1.02\times10^{7} なので、S/(NkB)=ln⁡(1.02×107)+52=16.14+2.50=18.6S/(N k_{\mathrm B})=\ln(1.02\times10^7)+\frac52=16.14+2.50=18.6。1 mol あたりは NAkB=8.314 J mol−1K−1N_{\mathrm A} k_{\mathrm B}=8.314\,\mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} を掛けて 155 J mol−1K−1155\,\mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} である。

(3) λT3\lambda_T^3 は、1つの原子の位置と運動量の揺らぎが相空間で占める大きさ h3h^3 を、位置の体積に換算したものである。V/(NλT3)≈107V/(N\lambda_T^3)\approx10^7 は、原子1つに 10710^7 個ほどの状態(体積 h3h^3 のます目)が割り当てられていることを意味する。2つの原子が同じます目に入ることはまずないので、量子力学の粒子の統計(Bose・Fermi)の違いは表に出ず、N!N! で割る古典的な数え方でよい。V/(NλT3)V/(N\lambda_T^3) が 11 に近づく低温・高密度では、この数え方は破れる。

ほかの巻では

木下の勉強ステータス

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