この章のまとめ

(1) $\langle n | \alpha \rangle =\mathrm{e}^{-\lvert \alpha\rvert ^2/2}\alpha^n/\sqrt{n!}$ より

$$\langle n | \hat\rho_{\mathrm B} | n' \rangle =\int\mathrm{d}^2\alpha\,\frac{\mathrm{e}^{-\lvert \alpha\rvert ^2/\bar n}}{\pi\bar n}\,\mathrm{e}^{-\lvert \alpha\rvert ^2}\frac{\alpha^n\alpha^{*n'}}{\sqrt{n!\,n'!}} .$$

$\alpha=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}$ と書くと $\varphi$ の積分で $n\neq n'$ の項は消え、$n=n'$ では

$$\frac{2\pi}{\pi\bar n\,n!}\int_0^\infty r^{2n+1}\mathrm{e}^{-r^2(1+1/\bar n)}\mathrm{d} r=\frac{1}{\bar n\,n!}\cdot\frac{n!}{(1+1/\bar n)^{n+1}}=\frac{\bar n^n}{(\bar n+1)^{n+1}} .$$

$\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}=\bar n/(\bar n+1)$、$1-\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}=1/(\bar n+1)$ なので、これは (A) の重み $p_n$ に等しい。2つの混合は同じ $\hat\rho$ である。

(2) 各成分 $\psi_n\mathrm{e}^{-\mathrm{i} E_nt/\hbar}$ は位置の部分が実数なので速度場は $0$、軌道は $X(t)=x_0$（止まったまま）。$x_0$ は $\lvert \psi_n\rvert ^2$ に従い、$\langle x^2 \rangle _n=\sigma_{\mathrm g}^2(2n+1)$ なので

$$\langle X(t)^2 \rangle =\sum_np_n\sigma_{\mathrm g}^2(2n+1)=\sigma_{\mathrm g}^2(1+2\bar n)=\sigma_{\mathrm g}^2\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}$$

（$\sum_n(1-q)q^n(2n+1)=(1+q)/(1-q)$、$q=\mathrm{e}^{-\beta\hbar\omega}$）。

(3) 成分 $| \alpha \rangle$ の軌道は (7.4.9) で、$x_0=X_{\mathrm c}(0)+\xi$（$\xi$ は平均 $0$・分散 $\sigma_{\mathrm g}^2$ のガウス分布で、$\alpha$ と独立）と書けば$X(t)=\xi+X_{\mathrm c}(t)$。$X_{\mathrm c}(t)=2\sigma_{\mathrm g}\operatorname{Re}(\alpha\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t})$ で、$P(\alpha)$ のもとで $\operatorname{Re}\alpha$ と $\operatorname{Im}\alpha$ は独立で分散 $\bar n/2$ のガウス分布に従うので、$\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}$ を掛けても分布は変わらず、$X_{\mathrm c}(t)$ の分散は $4\sigma_{\mathrm g}^2\cdot\bar n/2=2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2$。よって$\langle X(t)^2 \rangle =\sigma_{\mathrm g}^2+2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2=\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)$ で、(2) と同じく時刻によらない。どちらの混合でも位置の分布は熱平衡のガウス分布で、等変性が混合の各成分で成り立つことの帰結である。

(4) (A)：軌道が止まっているので $\langle X(0)X(t) \rangle _{\mathrm A}=\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)$（定数）。(B)：$X_{\mathrm c}(t)=X_{\mathrm c}(0)\cos\omega t+(P_{\mathrm c}(0)/m\omega)\sin\omega t$ で、$X_{\mathrm c}(0)$ と $P_{\mathrm c}(0)/(m\omega)$ は独立で分散がともに $2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2$ なので

$$\langle X(0)X(t) \rangle _{\mathrm B}=\langle \xi^2 \rangle +\langle X_{\mathrm c}(0)X_{\mathrm c}(t) \rangle =\sigma_{\mathrm g}^2\bigl(1+2\bar n\cos\omega t\bigr).$$

基準：$\hat x_{\mathrm H}(t)=\hat x\cos\omega t+(\hat p/m\omega)\sin\omega t$ と、熱平衡で $\langle \hat x\hat p+\hat p\hat x \rangle =0$ から$\operatorname{Re}\operatorname{Tr}(\hat\rho\,\hat x\,\hat x_{\mathrm H}(t))=\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)\cos\omega t$。$t=0$ では3つとも $\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)$ で一致するが、$t>0$ では互いに違う（$t=\pi/\omega$ で $\coth$、$1-2\bar n$、$-\coth$）。同じ $\hat\rho$ でもアンサンブルの選び方で軌道の相関が変わり、どちらも基準の2時刻の相関と一致しない。アンサンブルの違いは記録なしには観測できず（第4部第3章）、測らない軌道の相関は観測量でないので（例題 7.4.6）、どちらも同値性と矛盾しない。（モンテカルロで $\beta\hbar\omega=0.5$、$\omega t=1$ の (B) の相関を 40 万本の軌道から求め、式の値 $2.666\sigma_{\mathrm g}^2$ と $0.3\%$ で一致した。）

(5) $\hbar\to0$ で $\sigma_{\mathrm g}^2=\hbar/(2m\omega)\to0$、$\coth(\beta\hbar\omega/2)\approx2 k_{\mathrm B} T/(\hbar\omega)$ なので $\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)\to k_{\mathrm B} T/(m\omega^2)$、$2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2\to k_{\mathrm B} T/(m\omega^2)$。したがって(A) $\to k_{\mathrm B} T/(m\omega^2)$（定数）、(B) $\to( k_{\mathrm B} T/m\omega^2)\cos\omega t$、基準 $\to( k_{\mathrm B} T/m\omega^2)\cos\omega t$。古典の相関に近づくのは (B) と基準で、(A) は近づかない。固有状態の混合では、どれほど $\hbar$ が小さくても粒子は止まったままで、量子ポテンシャルの力が古典の力を打ち消し続ける（第7部第2章の定在波で、$Q$ が小さくならず局所平均だけが古典に近づく現象と同じ理由）。古典極限の軌道が出るのは、コヒーレント状態のように $\rho$ と $S$ が $\hbar$ によらず滑らかな成分に分けたときに限られる。