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この章のまとめ

2026年10月15日10分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第9章 揺らぎと線形応答

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9章 §3.9.7　★★★ 外力を −FA-FA として HH に入れ、Liouville 方程式を1次で解くと、応答は平衡の相関の時間微分になる。そこから揺動散逸定理と Onsager の相反定理が出て、摩擦と雑音は熱浴を消去した結果として対で現れる

この章で選んだのは、平衡の Hamiltonian に外力の項を足した HF=H−F(t)AH_F=H-F(t)A である。当てた道具は Liouville 方程式と Poisson 括弧で、カノニカル分布について {A,ρeq}=−βρeqA˙\{A,\rho_{\mathrm{eq}}\}=-\beta\rho_{\mathrm{eq}}\dot A が成り立つことが要になった。そこから Liouville 方程式の1次の解が求まり、応答関数は久保の公式 χBA(t)=−βC˙AB(t)θ(t)\chi_{BA}(t)=-\beta\dot C_{AB}(t)\theta(t) で平衡の揺らぎの時間相関に結びついた。静的な極限では「応答 =β×=\beta\times 揺らぎ」、周波数で書くと揺動散逸定理 C~AA=(2kBT/ω)Im⁡χAA\tilde C_{AA}=(2 k_{\mathrm B} T/\omega)\operatorname{Im}\chi_{AA}、時間反転の対称性を使うと Onsager の相反定理 χBA=ϵAϵBχAB\chi_{BA}=\epsilon_A\epsilon_B\chi_{AB} が出た。

もう1つの結果は、摩擦の出どころである。摩擦は Lagrangian の Euler–Lagrange 方程式からは出ないが、注目する座標に振動子の熱浴をつないだ Hamiltonian を選び、振動子を消去すると、記憶核 K(t)K(t) の摩擦と雑音 ξ(t)\xi(t) が対になって現れ、雑音の相関は kBTK(t−s)k_{\mathrm B} TK(t-s) に固定された。摩擦がエネルギーを戻さないことは、振動子が無数にあって再帰の時間が観測の時間より長いという条件の下でだけ成り立つ。解析力学の時間反転の対称性と、現象の不可逆性は、この形で両立している。

この章で開いたまま残したものは3つある。1つ目は量子系の揺動散逸定理と、虚時間の相関関数を使った計算で、第5部第1章で扱う。2つ目は、平衡から遠い系で揺動散逸定理を拡張したゆらぎの定理（Jarzynski・Crooks）で、相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第4部で相対エントロピーの非負性として扱う（相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第4部第2章）。3つ目は、外力を2次以上まで取ったときの非線形応答で、この巻では扱わない。

総合問題　光ピンセットの中の微粒子 ★★★

オリジナル半径 a=1.0 μma=1.0\,\mu\mathrm m の球が、粘性率 η=1.0×10−3 Pa s\eta=1.0\times10^{-3}\,\mathrm{Pa\,s} の水の中で温度 T=300 KT=300\,\mathrm K にあり、レーザーの焦点に捕まっている。焦点のまわりのポテンシャルを 12κx2\frac12\kappa x^2（κ=1.0×10−6 N m−1\kappa=1.0\times10^{-6}\,\mathrm{N\,m^{-1}}、xx は1方向の変位）、水の抵抗係数を ζ=6πηa\zeta=6\pi\eta a とし、慣性を無視した過減衰の Langevin 方程式 ζx˙=−κx+ξ(t)+F(t)\zeta\dot x=-\kappa x+\xi(t)+F(t)、⟨ξ(t)ξ(s)⟩=2ζkBT δ(t−s)\langle \xi(t)\xi(s) \rangle =2\zeta k_{\mathrm B} T\,\delta(t-s) に従うとする。

  1. (1) 外力のない平衡での変位の揺らぎ ⟨x2⟩\sqrt{\langle x^2 \rangle } を求めよ。（使う道具：第3部第3章のカノニカル分布・第3部第6章の等分配則）
  2. (2) 複素感受率 χ(ω)\chi(\omega) と、平衡の揺らぎのスペクトル C~xx(ω)\tilde C_{xx}(\omega) を雑音の強さから直接求め、揺動散逸定理 (3.9.15) が成り立つことを確かめよ。角の周波数 fc=κ/(2πζ)f_{\mathrm c}=\kappa/(2\pi\zeta) を数値で求めよ。（使う道具：この章の3.9.3節・3.9.4節）
  3. (3) 相関関数 Cxx(t)C_{xx}(t) を求め、久保の公式から応答関数 χ(t)\chi(t) を出して、その Fourier 変換が (2) の χ(ω)\chi(\omega) に一致することを確かめよ。さらに、t<0t<0 で F0=1.0×10−13 NF_0=1.0\times10^{-13}\,\mathrm N をかけ t=0t=0 で外したとき、t=50 mst=50\,\mathrm{ms} の ⟨x⟩\langle x \rangle を求めよ。（使う道具：この章の3.9.2節・第3部第1章の Liouville 方程式）
  4. (4) 外力 F0cos⁡ωtF_0\cos\omega t を ω=2πfc\omega=2\pi f_{\mathrm c} でかけたときの平均の吸収の仕事率 P‾\overline P を求め、時間 ζ/κ\zeta/\kappa のあいだに吸収するエネルギーを kBTk_{\mathrm B} T と比べよ。（使う道具：この章の3.9.3節）
  5. (5) レーザーを切ると球は自由に拡散する。拡散係数 DD を求め、時間 ζ/κ\zeta/\kappa の自由拡散での ⟨Δx2⟩=2Dζ/κ\langle \Delta x^2 \rangle =2D\zeta/\kappa が (1) の ⟨x2⟩\langle x^2 \rangle の2倍に等しいことを示せ。また、慣性を無視したことが正しいかを、球の密度を 2.0×103 kg m−32.0\times10^3\,\mathrm{kg\,m^{-3}} として確かめよ。（使う道具：この章の3.9.4節の Einstein の関係）
解答

(1) ポテンシャル 12κx2\frac12\kappa x^2 のカノニカル分布で、等分配則から 12κ⟨x2⟩=12kBT\frac12\kappa\langle x^2 \rangle =\frac12 k_{\mathrm B} T。⟨x2⟩=kBT/κ=4.14×10−21/(1.0×10−6)=6.44×10−8 m=64.4 nm\sqrt{\langle x^2 \rangle }=\sqrt{ k_{\mathrm B} T/\kappa}=\sqrt{4.14\times10^{-21}/(1.0\times10^{-6})}=6.44\times10^{-8}\,\mathrm m=64.4\,\mathrm{nm}。

(2) ζ=6π×1.0×10−3×1.0×10−6=1.885×10−8 kg s−1\zeta=6\pi\times1.0\times10^{-3}\times1.0\times10^{-6}=1.885\times10^{-8}\,\mathrm{kg\,s^{-1}}。外力 F0e−iωtF_0\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} への応答を x=χF0e−iωtx=\chi F_0\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t} とおくと −iωζχ=−κχ+1-\mathrm{i}\omega\zeta\chi=-\kappa\chi+1 で

χ(ω)=1κ−iωζ,Im⁡χ(ω)=ωζκ2+ω2ζ2.\chi(\omega)=\frac{1}{\kappa-\mathrm{i}\omega\zeta},\qquad \operatorname{Im}\chi(\omega)=\frac{\omega\zeta}{\kappa^2+\omega^2\zeta^2}.

雑音 ξ\xi のスペクトルは C~ξξ=2ζkBT\tilde C_{\xi\xi}=2\zeta k_{\mathrm B} T（白色）で、xx は ξ\xi に χ(ω)\chi(\omega) を掛けたものだから

C~xx(ω)=∣χ(ω)∣2 2ζkBT=2ζkBTκ2+ω2ζ2=2kBTωIm⁡χ(ω)\tilde C_{xx}(\omega)=\lvert \chi(\omega)\rvert ^2\,2\zeta k_{\mathrm B} T=\frac{2\zeta k_{\mathrm B} T}{\kappa^2+\omega^2\zeta^2}=\frac{2 k_{\mathrm B} T}{\omega}\operatorname{Im}\chi(\omega)

で、揺動散逸定理が成り立つ。雑音の強さ 2ζkBT2\zeta k_{\mathrm B} T が摩擦 ζ\zeta と温度で決まっていること（3.9.4節の第2種の関係）が、第1種の定理を保証している。fc=κ/(2πζ)=1.0×10−6/(2π×1.885×10−8)=8.44 Hzf_{\mathrm c}=\kappa/(2\pi\zeta)=1.0\times10^{-6}/(2\pi\times1.885\times10^{-8})=8.44\,\mathrm{Hz}。スペクトルはこの周波数より上で 1/ω21/\omega^2 に落ちる。光ピンセットの実験では、測った揺らぎのスペクトルの角から κ\kappa を決める。

(3) C~xx(ω)\tilde C_{xx}(\omega) を逆変換すると、tc=ζ/κt_{\mathrm c}=\zeta/\kappa として Cxx(t)=kBTκe−∣t∣/tcC_{xx}(t)=\frac{ k_{\mathrm B} T}{\kappa}\mathrm{e}^{-\lvert t\rvert /t_{\mathrm c}}（t=0t=0 の値は (1) と一致する）。久保の公式から χ(t)=−βC˙xx(t)θ(t)=1ζe−t/tcθ(t)\chi(t)=-\beta\dot C_{xx}(t)\theta(t)=\frac{1}{\zeta}\mathrm{e}^{-t/t_{\mathrm c}}\theta(t) で、その Fourier 変換は ∫0∞1ζe−t/tc+iωt dt=1ζ(1/tc−iω)=1κ−iωζ\int_0^\infty\frac{1}{\zeta}\mathrm{e}^{-t/t_{\mathrm c}+\mathrm{i}\omega t}\,\mathrm{d} t=\frac{1}{\zeta(1/t_{\mathrm c}-\mathrm{i}\omega)}=\frac{1}{\kappa-\mathrm{i}\omega\zeta} で (2) に一致する。tc=1.885×10−8/(1.0×10−6)=1.88×10−2 st_{\mathrm c}=1.885\times10^{-8}/(1.0\times10^{-6})=1.88\times10^{-2}\,\mathrm s。回帰の式 (3.9.11) から ⟨x⟩(t)=βF0Cxx(t)=F0κe−t/tc\langle x \rangle (t)=\beta F_0C_{xx}(t)=\frac{F_0}{\kappa}\mathrm{e}^{-t/t_{\mathrm c}} で、初めのずれは F0/κ=1.0×10−7 mF_0/\kappa=1.0\times10^{-7}\,\mathrm m、t=50 mst=50\,\mathrm{ms} では 1.0×10−7×e−0.050/0.01885=7.0×10−9 m=7.0 nm1.0\times10^{-7}\times\mathrm{e}^{-0.050/0.01885}=7.0\times10^{-9}\,\mathrm m=7.0\,\mathrm{nm} である。このずれは (1) の熱揺らぎ 64 nm64\,\mathrm{nm} より小さいので、1回の測定では埋もれ、多数回の平均で初めて見える。

(4) ω=2πfc\omega=2\pi f_{\mathrm c} では ωζ=κ\omega\zeta=\kappa なので Im⁡χ=12κ\operatorname{Im}\chi=\frac{1}{2\kappa}、P‾=ω2F02Im⁡χ=ωF024κ=F024ζ=(1.0×10−13)24×1.885×10−8=1.33×10−19 W\overline P=\frac{\omega}{2}F_0^2\operatorname{Im}\chi=\frac{\omega F_0^2}{4\kappa}=\frac{F_0^2}{4\zeta}=\frac{(1.0\times10^{-13})^2}{4\times1.885\times10^{-8}}=1.33\times10^{-19}\,\mathrm W。時間 tct_{\mathrm c} に吸収するエネルギーは 1.33×10−19×1.885×10−2=2.5×10−21 J1.33\times10^{-19}\times1.885\times10^{-2}=2.5\times10^{-21}\,\mathrm J で、kBT=4.14×10−21 Jk_{\mathrm B} T=4.14\times10^{-21}\,\mathrm J の 0.600.60 倍である。吸収したエネルギーは水へ熱として流れ、球の平均のエネルギーは増え続けない。

(5) D=kBT/ζ=4.14×10−21/(1.885×10−8)=2.20×10−13 m2 s−1D= k_{\mathrm B} T/\zeta=4.14\times10^{-21}/(1.885\times10^{-8})=2.20\times10^{-13}\,\mathrm{m^2\,s^{-1}}（Einstein の関係）。2Dtc=2kBTζζκ=2kBTκ=2⟨x2⟩2Dt_{\mathrm c}=2\frac{ k_{\mathrm B} T}{\zeta}\frac{\zeta}{\kappa}=2\frac{ k_{\mathrm B} T}{\kappa}=2\langle x^2 \rangle。罠の中の球は、自由に拡散したらおよそ tct_{\mathrm c} で到達する距離のところで、ばねに引き戻されて揺らぎが頭打ちになる。球の質量は M=43πa3×2.0×103=8.4×10−15 kgM=\frac43\pi a^3\times2.0\times10^3=8.4\times10^{-15}\,\mathrm{kg} で、速度が緩和する時間 M/ζ=4.4×10−7 sM/\zeta=4.4\times10^{-7}\,\mathrm s は tc=1.9×10−2 st_{\mathrm c}=1.9\times10^{-2}\,\mathrm s より5桁近く短い。したがって fcf_{\mathrm c} の付近の運動では慣性を無視してよい。

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