共通例題①②を影響汎関数で厳密に解く

量子力学の様々な構成方法　第4部 第6章 §4.6.4　★★★ 2次の系では作用の差が $\xi$ の1次で尽きるので、雑音を Gauss の力に書き直すと2本の経路積分が古典の Langevin 方程式に厳密に帰着する。①の振動子の定常状態は量子の揺動散逸定理で決まり、結合が弱い極限で第4部第4章の熱平衡に戻る。②の位相緩和は温度 0 で冪の減衰になる

共通例題①：熱浴の中の振動子

$V=m\omega_0^2x^2/2$、Ohm 型の熱浴を考える。(4.6.4) により系の作用の差は $\int(m\dot X\dot\xi-m\omega_0^2X\xi)\mathrm{d} s$ で $\xi$ について1次、(4.6.13) の摩擦の位相も $\xi$ について1次である。$\xi$ の2次は雑音の項だけで、これを Gauss の確率変数 $\zeta(s)$ の平均に書き直す：

$$\exp\!\Big[-\frac1\hbar\int_0^t\!\mathrm{d} s\int_0^s\!\mathrm{d} u\,\xi(s)\nu(s-u)\xi(u)\Big]=\Big\langle\exp\Big[\frac{\mathrm{i}}\hbar\int_0^t\zeta(s)\xi(s)\,\mathrm{d} s\Big]\Big\rangle_\zeta,\qquad \langle \zeta(s)\zeta(u) \rangle =\hbar\,\nu(s-u).\tag{4.6.18}$$

右辺は平均 $0$ の Gauss 変数の特性関数で、指数の分散が $\hbar^{-2}\iint\xi\langle \zeta\zeta \rangle \xi$ の半分、$\nu$ が偶関数なので $s>u$ の部分の2倍に当たり、左辺になる。$\nu(\tau)$ の Fourier 変換は $J(\lvert \omega\rvert )\coth(\beta\hbar\lvert \omega\rvert /2)\ge0$ なので、こうした $\zeta$ は実際に存在する。すると2本の経路積分の指数は、$\zeta$ を1本決めるごとに $\xi$ について1次になる。端の $\xi_i$、$\xi_f$ を除いて途中の $\xi(s)$ について積分すると、$\xi(s)$ に掛かる係数が $0$ という条件、すなわち

$$m\ddot X+m\gamma\dot X+m\omega_0^2X=\zeta(t),\qquad \langle \zeta(s)\zeta(u) \rangle =\hbar\nu(s-u)\tag{4.6.19}$$

を課すデルタ汎関数が出る（$\int m\dot X\dot\xi=-\int m\ddot X\xi$＋端の項）。重心 $X$ は、色のついた雑音 $\zeta$ で揺すられる古典の減衰振動子の軌道どおりに動く。これは近似でなく、2次の系と線形の熱浴では厳密である。第3部第4章（第3部第4章）の停留位相では $\hbar\to0$ で古典の軌道だけが残ったが、ここでは2次の系であるために、$\hbar$ を小さくしなくても重心の運動が古典の運動方程式に従う。

対角要素 $\xi=0$ では $x=X$ なので、定常の $\langle \hat x^2 \rangle$ は (4.6.19) の定常解の分散である。感受率 $\chi(\omega)=1/[m(\omega_0^2-\omega^2-\mathrm{i}\gamma\omega)]$ を使えば、$\zeta$ のパワースペクトル $\hbar J(\lvert \omega\rvert )\coth(\beta\hbar\lvert \omega\rvert /2)$ から

$$\langle \hat x^2 \rangle =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}\omega}{2\pi}\lvert \chi(\omega)\rvert ^2\hbar m\gamma\lvert \omega\rvert \coth\frac{\beta\hbar\lvert \omega\rvert }2 =\frac\hbar\pi\int_0^\infty\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}\,\operatorname{Im}\chi(\omega)\,\mathrm{d}\omega\tag{4.6.20}$$

を得る（$\operatorname{Im}\chi=m\gamma\omega\lvert \chi\rvert ^2$）。これが量子の揺動散逸定理の形で、古典の $2 k_{\mathrm B} T/\omega$ の位置に $\hbar\coth(\beta\hbar\omega/2)$ が入っている。3つの極限を確かめる。

証明

(a) $\operatorname{Im}\chi(\omega)=\gamma\omega/[m((\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2)]$ は $\gamma\to0$ で $\omega=\omega_0$ に集中し、$\int_0^\infty\operatorname{Im}\chi\,\mathrm{d}\omega\to\pi/(2m\omega_0)$（Lorentz 型の幅 $\gamma$ の山の面積）なので、$\coth$ を $\omega_0$ で評価して (a) が出る。(b) $\coth\to1$ で $\frac\hbar\pi\int_0^\infty\operatorname{Im}\chi\,\mathrm{d}\omega$ を留数で計算する。分母の根は $\omega=\pm\omega_1-\mathrm{i}\gamma/2$ と $\pm\omega_1+\mathrm{i}\gamma/2$ である。$\operatorname{Im}\chi$ は $\omega$ の奇関数で実軸全体の留数計算がそのまま使えないので、半直線の積分を部分分数に分けて対数と逆正接にまとめると$\int_0^\infty\operatorname{Im}\chi\,\mathrm{d}\omega=\frac1{m\omega_1}\big(\frac\pi2-\arctan\frac{\gamma}{2\omega_1}\big)=\frac1{m\omega_1}\arccos\frac\gamma{2\omega_0}$ になる（verify で $\gamma/\omega_0=0.05,\,0.2,\,1$ について数値積分と照合）。$\gamma/(2\omega_0)=\sin\theta$ とおくと値は $\frac{\hbar}{2m\omega_0}\cdot\frac{(\pi/2-\theta)}{(\pi/2)\cos\theta}$ で、$0<\theta<\pi/2$ では $\pi/2-\theta<(\pi/2)\cos\theta$ なので $\hbar/(2m\omega_0)$ より小さい。(c) $\coth y=1/y+y/3+\mathcal{O}(y^3)$ を入れる。第1項は $\frac{2 k_{\mathrm B} T}{\pi}\int_0^\infty\frac{\operatorname{Im}\chi}{\omega}\mathrm{d}\omega=\frac{2 k_{\mathrm B} T}\pi\cdot\frac{\pi}{2m\omega_0^2}$（Kramers–Kronig の関係で $\chi(0)=1/(m\omega_0^2)$）。第2項は $\frac\hbar\pi\cdot\frac{\beta\hbar}{6}\int_0^\infty\omega\operatorname{Im}\chi\,\mathrm{d}\omega$ で、和則 $\int_0^\infty\omega\operatorname{Im}\chi\,\mathrm{d}\omega=\pi/(2m)$（$\chi(\omega)\to-1/(m\omega^2)$ の高周波の振る舞いから出る。verify で $\gamma/\omega_0=0.1,\,0.7,\,2.5$ について確認）により $\beta\hbar^2/(12m)$。

(a) は、第4部第4章（第4部第4章）で熱浴の部分トレースから選んだ Gibbs 状態が、結合を弱くした極限の結果であることを、この模型で厳密に確かめたことになる。(c) の $\beta\hbar^2/(12m)$ は、第4部第4章の高温展開（Wigner–Kirkwood の補正）で $\langle \hat x^2 \rangle$ に出た $x^2/12$ の補正と同じもので、摩擦の強さによらない。(b) は、強い結合では定常状態が系の Gibbs 状態 $\mathrm{e}^{-\beta\hat H_{\mathrm S}}/Z$ から外れることを示す。温度 0 の系の Gibbs 状態は基底状態で $\langle \hat x^2 \rangle =\hbar/(2m\omega_0)$ だが、熱浴とのもつれのために系の位置の揺らぎは小さく、その代わり運動量の揺らぎ $\langle \hat p^2 \rangle$ は（Ohm 型を遮断なしで使うと対数的に発散するほど）大きくなる。

一方、高温の主方程式 (4.6.15) の定常解は $k_{\mathrm B} T/(m\omega_0^2)$ だけで、(c) の量子の補正も (b) の零点の揺らぎも持たない。(4.6.15) は $\nu$ を $\delta$ 関数で置き換えたときに温度 0 の零点の揺らぎを捨てているからである。

共通例題②：純粋な位相緩和

共通例題②の2準位系で駆動を切り（$\Omega=0$）、熱浴に $\sigma_z$ で結合させる：$\hat H=-\tfrac{\hbar\Delta}2\sigma_z-\sigma_z\sum_kc_k\hat q_k+\hat H_{\mathrm E}$。$\sigma_z$ は保存するので、系の「経路」は $\sigma_z$ の値 $\pm1$ に留まり、$x$ の役を $\sigma_z$ の固有値が務める（くりこみの項は $\sigma_z^2=1$ で定数になり、省いてよい）。非対角要素 $\rho_{eg}=\langle e | \hat\rho | g \rangle$ は前向きの経路 $x=+1$、後ろ向きの経路 $x'=-1$ を持ち、$\xi=2$、$\Sigma=0$ である。(4.6.11) で散逸の項は $\Sigma=0$ で消え、

$$\begin{gathered} \rho_{eg}(t)=\rho_{eg}(0)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\Delta t}\,\mathrm{e}^{-\Gamma_\phi(t)},\\ \Gamma_\phi(t)=\frac4\hbar\int_0^t\!\mathrm{d} s\int_0^s\!\mathrm{d} u\,\nu(s-u)=\frac{4}{\pi\hbar}\int_0^\infty J(\omega)\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}\,\frac{1-\cos\omega t}{\omega^2}\,\mathrm{d}\omega \end{gathered}\tag{4.6.21}$$

を厳密に得る（$\int_0^t\mathrm{d} s\int_0^s\mathrm{d} u\cos\omega(s-u)=(1-\cos\omega t)/\omega^2$）。対角要素は変わらないので、$T_1=\infty$ で位相だけが緩和する。指数の遮断つきの Ohm 型を、この章の規格化で $J(\omega)=\frac{\pi\hbar\alpha}{4}\,\omega\,\mathrm{e}^{-\omega/\omega_{\mathrm c}}$（$\alpha$ は無次元の結合の強さ）と置くと、

$$\begin{gathered} \text{温度 0：}\ \Gamma_\phi(t)=\frac\alpha2\ln(1+\omega_{\mathrm c}^2t^2),\\ \text{高温：}\ \Gamma_\phi(t)=\frac{2\alpha k_{\mathrm B} T}{\hbar}\Big[t\arctan(\omega_{\mathrm c}t)-\frac{\ln(1+\omega_{\mathrm c}^2t^2)}{2\omega_{\mathrm c}}\Big]\ \to\ \frac{\pi\alpha k_{\mathrm B} T}{\hbar}\,t \end{gathered}\tag{4.6.22}$$

になる。高温の長い時間では $\Gamma_\phi$ が $t$ に比例し、第4部第5章の Lindblad 方程式の純粋な位相緩和 $\mathrm{e}^{-t/T_\phi}$ と同じ形で、$1/T_\phi=\pi\alpha k_{\mathrm B} T/\hbar$ と読める。温度 0 では $\lvert \rho_{eg}\rvert \propto(1+\omega_{\mathrm c}^2t^2)^{-\alpha/2}$ の冪で減り、どの時間の尺度でも指数関数にならない。短い時間では $\Gamma_\phi\approx\tfrac\alpha2\omega_{\mathrm c}^2t^2$ で $t^2$ から始まる。どちらの振る舞いも、時間について一様な半群 $\mathrm{e}^{t\mathcal L}$ では書けない（半群なら $\ln\lvert \rho_{eg}\rvert$ は $t$ の1次になる）。