量子ポテンシャルを無視する：何が小さければよいか

量子力学の様々な構成方法　第7部 第2章 §7.2.1　★★★ $\hbar\to0$ の意味を $\hbar/(pL)\to0$ という無次元の比として定め、$Q$ を無視したときの波動関数の誤差を Schrödinger 方程式の残差から評価する

前の章（第7部第1章）で、波動関数を極形式 $\psi=\sqrt\rho\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S/\hbar}$ に書くと、Schrödinger 方程式は確率の連続の式と、量子ポテンシャル $Q=-(\hbar^2/2m)\nabla^2\sqrt\rho/\sqrt\rho$ の付いた Hamilton–Jacobi 方程式（量子 HJ 方程式）の2本に分かれることを示した。2本のうち $\hbar$ を含むのは $Q$ だけなので、$Q$ を無視すれば古典力学の Hamilton–Jacobi 方程式が現れる。この章は、この「$Q$ を無視する」操作を古典極限の1つの見方として調べる。

部の型（出発点の要請 → 基本の対象 → 基準との同値 → 共通例題 → 得意な問題 → 限界）のうち、この章は「得意な問題」と「限界」の手前に当たり、流体の構成から古典力学へ戻る橋を受け持つ。古典極限の見方は、この巻にほかに2つある。第3部第4章（第3部第4章）は経路積分を停留位相で評価し、第5部第3章（第5部第3章）は Moyal 方程式の $\hbar$ 展開で Liouville 方程式を出す。流体の見方はこの2つと同じ所で成り立ち、同じ所で崩れる。それを式で並べることが、この章の目的である。

第1節で「$\hbar\to0$」が何を小さくすることなのかを無次元の比で言い直し、$Q$ を無視したときの誤差を評価する。第2節で $Q$ を無視した方程式が、運動量のそろった古典粒子の集団を表すことを、特性曲線と Hamilton 方程式の一致として示す。第3節は時間によらない流れで、これが WKB 近似の主要項と同じものであることを確かめる。第4節では極限が成り立たない2つの場合（粒子の軌道が交わる焦点と、束縛状態の定在波）を調べる。第5節が橋の節で、経路積分・位相空間・基準の言葉での古典極限とこの章の形を並べる。

Madelung の2本の式と、$\hbar$ の居場所

1粒子（質量 $m$、ポテンシャル $V(\bm{r})$）の Madelung の方程式は、前の章の結果をそのまま引くと

$$\frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot\Bigl(\rho\,\frac{\nabla S}{m}\Bigr)=0,\qquad \frac{\partial S}{\partial t}+\frac{\lvert \nabla S\rvert ^2}{2m}+V+Q=0,\qquad Q=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\nabla^2\sqrt\rho}{\sqrt\rho}\tag{7.2.1}$$

である（第7部第1章の命題「Madelung 方程式」）。$\hbar$ が現れるのは $Q$ の中だけで、しかも $\hbar^2$ として現れる。したがって $Q$ を無視した

$$\frac{\partial S}{\partial t}+\frac{\lvert \nabla S\rvert ^2}{2m}+V=0,\qquad \frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot\Bigl(\rho\,\frac{\nabla S}{m}\Bigr)=0\tag{7.2.2}$$

を「流体の古典極限」と呼ぶことにする。1本目は古典力学の Hamilton–Jacobi 方程式で、$S(\bm{r},t)$ は Hamilton の主関数である（解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第1部第13章）。2本目は連続の式のまま変わらない。

無次元の比で言い直す

$\hbar$ は自然定数なので、文字どおりに $0$ へ送ることはできない。意味を持つ量は、$\hbar$ をその系に固有の作用の大きさと比べた無次元の比である。密度 $\rho$ が目立って変わる長さを $L$、流れの運動量 $\lvert \nabla S\rvert$ の大きさを $p$ とすると、(7.2.1) の2本目の各項の大きさは

$$\frac{\lvert \nabla S\rvert ^2}{2m}\sim\frac{p^2}{m},\qquad \lvert Q\rvert \sim\frac{\hbar^2}{mL^2}$$

と見積もれる。$Q$ の分子の $\nabla^2\sqrt\rho$ は $\sqrt\rho/L^2$ 程度で、$\sqrt\rho$ で割ると $1/L^2$ だけが残るからである。比を取ると

$$\frac{\lvert Q\rvert }{p^2/m}\sim\Bigl(\frac{\hbar}{pL}\Bigr)^2=\Bigl(\frac{\lambda}{2\pi L}\Bigr)^2,\qquad \lambda=\frac{2\pi\hbar}{p}\tag{7.2.3}$$

となる。$\lambda$ は de Broglie 波長である。つまり「$\hbar\to0$」とは、$\rho$ と $S$ を $\hbar$ によらない滑らかな関数に固定したまま、de Broglie 波長が密度の変わる長さ $L$ に比べて短くなる極限のことである。

この言い直しには、見落とされやすい前提が1つ入っている。$\rho$ の形を固定して $\hbar$ だけを小さくするので、$\rho$ 自身が波長 $\lambda$ の長さで振動しているような状態（たとえば定在波）は、この極限の対象に入らない。そうした状態では $L\sim\lambda$ なので、(7.2.3) の比は $\hbar$ を小さくしても小さくならない。この場合は第4節で扱う。

$Q$ を無視した波動関数の誤差

$Q$ を無視した方程式 (7.2.2) の解 $(S,\rho)$ から波動関数の候補 $\psi_{\mathrm{cl}}=\sqrt\rho\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S/\hbar}$ を作ると、それは Schrödinger 方程式をどれだけ満たすか。前の章の命題の証明に出てきた恒等式を、$Q$ を左右に分けて書き直すと答えが出る。

証明

(7.2.4) は前の章で Schrödinger 方程式を実部と虚部に分けたときの計算そのもので、$\mathrm{e}^{-\mathrm{i} S/\hbar}$ を掛けた左辺を $\sqrt\rho$ と $S$ の微分で展開すると、実部が $-\sqrt\rho\,(\partial_tS+\lvert \nabla S\rvert ^2/2m+V+Q)$、虚部が $(\hbar/2\sqrt\rho)(\partial_t\rho+\nabla\cdot(\rho\nabla S/m))$ になる（検算で一般の $\rho,S,V$ について確かめた）。(7.2.2) が成り立てば、1つ目の括弧は $Q$ だけ、2つ目の括弧は $0$ になるので (7.2.5) が出る。

残差 $-Q\psi_{\mathrm{cl}}$ から、本物の解との差を見積もることができる。時刻 $0$ で $\psi(0)=\psi_{\mathrm{cl}}(0)$ とし、差を $e(t)=\psi(t)-\psi_{\mathrm{cl}}(t)$ と置く。本物の解は $\mathrm{i}\hbar\partial_t\psi=\hat H\psi$ を満たすので、(7.2.5) と引き算して$\mathrm{i}\hbar\,\dot e=\hat He+Q\psi_{\mathrm{cl}}$ である。$\hat H$ は自己共役なので $\langle e,\hat He\rangle$ は実数で、

$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} t}\lVert e\rVert ^2=2\operatorname{Re}\langle e,\dot e\rangle=\frac{2}{\hbar}\operatorname{Im}\langle e,\hat He+Q\psi_{\mathrm{cl}}\rangle=\frac{2}{\hbar}\operatorname{Im}\langle e,Q\psi_{\mathrm{cl}}\rangle\le\frac{2}{\hbar}\lVert e\rVert \,\lVert Q\psi_{\mathrm{cl}}\rVert$$

となる。両辺を $2\lVert e\rVert$ で割って積分すると

$$\lVert \psi(t)-\psi_{\mathrm{cl}}(t)\rVert \le\frac{1}{\hbar}\int_0^t\lVert Q\psi_{\mathrm{cl}}(s)\rVert \,\mathrm{d} s\tag{7.2.6}$$

が出る。$\rho$ と $S$ が $\hbar$ によらず滑らかなら $Q=\mathcal{O}(\hbar^2)$ なので、右辺は $\mathcal{O}(\hbar\,t)$ である。固定した時刻までなら、$\hbar/(pL)\to0$ で差は $0$ に近づく。ただしこの評価は、$t$ までの間ずっと $\rho$ が滑らかであることを前提にしている。第4節で見るように、古典の流れには有限の時刻で $\rho$ が発散する所（焦点）が現れることがあり、その近くで $\lVert Q\psi_{\mathrm{cl}}\rVert$ は $\hbar$ で抑えられなくなる。