この章のまとめ

(1) $u=(x-X)/\sigma$ と書くと $\rho=(2\pi\sigma^2)^{-1/2}\mathrm{e}^{-u^2/2}$。時間微分は$\partial_t\rho=\rho\bigl[-\dot\sigma/\sigma+u\,(\dot X/\sigma)+u^2\,\dot\sigma/\sigma\bigr]$。一方$\partial_x(\rho v)=v\,\partial_x\rho+\rho\,\partial_xv=\rho\bigl[-(u/\sigma)(\dot X+\dot\sigma u)+\dot\sigma/\sigma\bigr]$。足すと $u$ の0次・1次・2次の項がそれぞれ打ち消し合い、$\partial_t\rho+\partial_x(\rho v)=0$ が恒等的に成り立つ。

(2) 例題 7.1.2 の結果を中心 $X$ に平行移動して、$Q=\dfrac{\hbar^2}{4m\sigma^2}-\dfrac{\hbar^2(x-X)^2}{8m\sigma^4}$、$-\partial_xQ/m=\dfrac{\hbar^2(x-X)}{4m^2\sigma^4}$。Euler 方程式の左辺は

$$\partial_tv+v\,\partial_xv=\ddot X+\Bigl(\frac{\ddot\sigma}{\sigma}-\frac{\dot\sigma^2}{\sigma^2}\Bigr)(x-X)-\frac{\dot\sigma}{\sigma}\dot X+\Bigl(\dot X+\frac{\dot\sigma}{\sigma}(x-X)\Bigr)\frac{\dot\sigma}{\sigma} =\ddot X+\frac{\ddot\sigma}{\sigma}(x-X).$$

右辺は $-\omega^2x+\hbar^2(x-X)/(4m^2\sigma^4)=-\omega^2X-\omega^2(x-X)+\hbar^2(x-X)/(4m^2\sigma^4)$。両辺は $x-X$ の1次式なので、定数項から $\ddot X=-\omega^2X$、$x-X$ の係数から $\ddot\sigma/\sigma=-\omega^2+\hbar^2/(4m^2\sigma^4)$、つまり $\ddot\sigma+\omega^2\sigma=\hbar^2/(4m^2\sigma^3)$ を得る。中心は古典の調和振動子と同じ運動をし、幅は中心の運動と切り離された別の方程式に従う。

(3) $\ddot\sigma=0$ と置くと $\omega^2\sigma^4=\hbar^2/(4m^2)$、$\sigma_{\mathrm g}=\sqrt{\hbar/(2m\omega)}$。$\sigma_{\mathrm g}^2=\ell^2/2$ で、これは $\lvert \psi_0\rvert ^2\propto\mathrm{e}^{-x^2/\ell^2}$ の標準偏差である。$X=0$ なら $v=0$ で、第5節の計算どおり $V+Q=\hbar\omega/2$ になる。

(4) $\int\rho\,mv^2/2\,\mathrm{d} x=\tfrac m2(\dot X^2+\dot\sigma^2)$（$\langle x-X \rangle =0$、$\langle (x-X)^2 \rangle =\sigma^2$）、$\int\rho V\mathrm{d} x=\tfrac{m\omega^2}{2}(X^2+\sigma^2)$、$\int\rho Q\,\mathrm{d} x=\hbar^2/(8m\sigma^2)$（(7.1.13)、$J=1/\sigma^2$）。合わせて

$$E=\frac m2\dot X^2+\frac{m\omega^2}{2}X^2+\frac m2\dot\sigma^2+\frac{m\omega^2}{2}\sigma^2+\frac{\hbar^2}{8m\sigma^2}.$$

これは位相 $S=m\dot X(x-X)+m(\dot\sigma/\sigma)(x-X)^2/2$ を持つ波動関数で $\langle \hat H \rangle$ を直接計算した値と一致する（検算）。時間微分は$m\dot X(\ddot X+\omega^2X)+m\dot\sigma\bigl(\ddot\sigma+\omega^2\sigma-\hbar^2/(4m^2\sigma^3)\bigr)$ で、(2) より $0$ である。最小値は、運動の項を $0$ にし、$\tfrac{m\omega^2}{2}\sigma^2+\tfrac{\hbar^2}{8m\sigma^2}$ を相加相乗平均で押さえて $\ge2\sqrt{\hbar^2\omega^2/16}=\hbar\omega/2$、等号は $\sigma=\sigma_{\mathrm g}$ のときである。零点エネルギーは、ポテンシャルのエネルギーと形のエネルギー（Fisher 情報の項）の兼ね合いの最小値として出る。

(5) (2) の $\sigma$ の方程式は、$q=\sigma^2$ と置くと線形になる。$\dot q=2\sigma\dot\sigma$、$\ddot q=2\dot\sigma^2+2\sigma\ddot\sigma$ で、(4) の幅の部分のエネルギー$\varepsilon=\tfrac m2\dot\sigma^2+\tfrac{m\omega^2}{2}\sigma^2+\tfrac{\hbar^2}{8m\sigma^2}$ が保存することを使うと $\ddot q=4\varepsilon/m-4\omega^2q$。これは $q$ が角振動数 $2\omega$ で振動することを表し、初期条件 $q(0)=4\sigma_{\mathrm g}^2$、$\dot q(0)=0$ から

$$\sigma(t)^2=\frac{\sigma_{\mathrm g}^2}{2}\Bigl[\Bigl(4+\frac14\Bigr)+\Bigl(4-\frac14\Bigr)\cos2\omega t\Bigr]$$

（$\varepsilon$ を代入すると定数項が合う）。最小値は $\cos2\omega t=-1$、つまり $t=\pi/(2\omega)$ で $\sigma^2=\sigma_{\mathrm g}^2/4$、$\sigma_{\min}=\sigma_{\mathrm g}/2$。幅は周期 $\pi/\omega$ で $2\sigma_{\mathrm g}$ と $\sigma_{\mathrm g}/2$ の間を往復する（スクイーズド状態の幅の振動）。エネルギーは $t=0$ の値$\tfrac{m\omega^2}{2}\cdot4\sigma_{\mathrm g}^2+\tfrac{\hbar^2}{8m\cdot4\sigma_{\mathrm g}^2}=\hbar\omega+\tfrac{\hbar\omega}{16}=\tfrac{17}{16}\hbar\omega$ である（数値の解とも一致を検算で確かめた）。

(6) $\omega=0$ で $\sigma$ の方程式は $\ddot\sigma=\hbar^2/(4m^2\sigma^3)$ となり、(7.1.18) そのものである。$\sigma(0)=\sigma_0$、$\dot\sigma(0)=0$ の解は(7.1.16) で、共通例題③の答えに戻る。$X$ の方程式 $m\ddot X=-m\omega^2X$ は、$X=\langle \hat x \rangle$ と読めば、Heisenberg 方程式$\dot{\hat x}=\hat p/m$、$\dot{\hat p}=-m\omega^2\hat x$ の期待値と同じである。流体の側では、第3節の運動量の保存則を積分して量子応力の項が消えることがこの一致の理由で、調和ポテンシャルでは $\langle V'(\hat x) \rangle =m\omega^2\langle \hat x \rangle$ が中心だけで決まるので、中心の運動が幅の運動と切り離される。