この章のまとめ

(1) 平衡で各モードは $\langle \lvert c_n\rvert ^2 \rangle =\hbar/(m(\omega_n^2+\omega^2))$。$\langle x(\tau)^2 \rangle =(\beta\hbar)^{-1}\sum_n\langle \lvert c_n\rvert ^2 \rangle$（$\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega_n-\omega_{n'})\tau}$ の交差項は平均で $0$）なので

$$\langle x(\tau)^2 \rangle =\frac{1}{m\beta}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\omega_n^2+\omega^2}.$$

$\omega_n=2\pi n/(\beta\hbar)$、$a=\beta\hbar\omega/(2\pi)$ と置くと和は $(\beta\hbar/2\pi)^2\sum_n1/(n^2+a^2)$ で、公式 $\sum_n1/(n^2+a^2)=(\pi/a)\coth(\pi a)$ を使うと

$$\begin{aligned}\sum_n\frac{1}{\omega_n^2+\omega^2}&=\Bigl(\frac{\beta\hbar}{2\pi}\Bigr)^2\frac{2\pi^2}{\beta\hbar\omega}\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}=\frac{\beta\hbar}{2\omega}\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2},\\ \langle x^2 \rangle &=\frac{\hbar}{2m\omega}\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}=\sigma_{\mathrm g}^2\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}.\end{aligned}$$

Parisi–Wu の方法は熱平衡の答えを正しく出す。これは虚時間の経路積分が混合状態 $\mathrm{e}^{-\beta\hat H}$ をそのまま扱えるからで、実時間の道筋は何も主張していない。

(2) 定常分散は $\nu/\gamma$ なので $\gamma=\nu/(\sigma_{\mathrm g}^2\coth)=\omega\tanh(\beta\hbar\omega/2)$。$v=0$、$u=-\gamma x$ で $a=-uu'-\nu u''=-\gamma^2x$。$T>0$ では $\tanh<1$ で $\gamma<\omega$ なので $a\ne-\omega^2x$。命題 7.5.4 の具体例である。

(3) $\rho$ は分散 $s^2=\nu/\gamma$ のガウス分布で、$\tfrac m2\langle u^2 \rangle =\tfrac m2\gamma^2s^2=\tfrac{m\nu\gamma}{2}$、$\langle V \rangle =\tfrac{m\omega^2s^2}{2}=\tfrac{m\nu\omega^2}{2\gamma}$。$m\nu=\hbar/2$ なので

$$E=\frac{\hbar}{4}\Bigl(\gamma+\frac{\omega^2}{\gamma}\Bigr)=\frac{\hbar\omega}{4}\Bigl(\tanh\frac{\beta\hbar\omega}{2}+\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}\Bigr)=\frac{\hbar\omega}{2}\coth(\beta\hbar\omega)$$

（$\tanh x+\coth x=2\coth2x$）。熱平衡は $\hbar\omega(\bar n+\tfrac12)=\tfrac{\hbar\omega}{2}\coth(\beta\hbar\omega/2)$ で、$T>0$ では $\coth(\beta\hbar\omega)<\coth(\beta\hbar\omega/2)$ なので小さい。たとえば $\beta\hbar\omega=1$ で $0.657\hbar\omega$ と $1.082\hbar\omega$。位置の分布を合わせても、運動量の広がり（浸透速度）が足りない。

(4) $X=X_{\mathrm c}+\xi$ で、$P(\alpha)$ のもとで $X_{\mathrm c}=2\sigma_{\mathrm g}\operatorname{Re}\alpha$ の分散は $2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2$、$\xi$ の分散は $\sigma_{\mathrm g}^2$、独立なので和は $\sigma_{\mathrm g}^2(1+2\bar n)=\sigma_{\mathrm g}^2\coth(\beta\hbar\omega/2)$。成分のエネルギーは $v=P_{\mathrm c}/m$、$u=-\omega\xi$ から$E_\alpha=\frac{P_{\mathrm c}^2}{2m}+\frac m2\omega^2\sigma_{\mathrm g}^2+\frac{m\omega^2}{2}(X_{\mathrm c}^2+\sigma_{\mathrm g}^2)=\frac{P_{\mathrm c}^2}{2m}+\frac{m\omega^2X_{\mathrm c}^2}{2}+\frac{\hbar\omega}{2}=\hbar\omega\bigl(\lvert \alpha\rvert ^2+\tfrac12\bigr)$（$m\omega^2\sigma_{\mathrm g}^2=\hbar\omega/2$）。$\langle \lvert \alpha\rvert ^2 \rangle _P=\bar n$ なので平均は $\hbar\omega(\bar n+\tfrac12)$ で、熱平衡と一致する。1つの過程では合わなかった分布とエネルギーが、過程の混合では両方合う。

(5) $\hbar\to0$ で $\sigma_{\mathrm g}^2=\hbar/(2m\omega)\to0$ なので揺れ $\xi$ の幅は $0$ になり、道筋は $X=X_{\mathrm c}(t)$ の決定論的な古典の振動に近づく。振幅の分散は $2\bar n\sigma_{\mathrm g}^2\to(2 k_{\mathrm B} T/\hbar\omega)\cdot\hbar/(2m\omega)= k_{\mathrm B} T/(m\omega^2)$ で、$X_{\mathrm c}$ と $P_{\mathrm c}/(m\omega)$ は独立なガウス分布なので、$(X_{\mathrm c},P_{\mathrm c})$ の分布は $\exp[-(P_{\mathrm c}^2/2m+m\omega^2X_{\mathrm c}^2/2)/ k_{\mathrm B} T]$ に比例する Boltzmann 分布になる。(A) の固有状態の混合では、どれほど $\hbar$ が小さくても各成分は定常で節に区切られた過程のままで、古典の振動は現れない（第7部第4章の総合問題の Bohm の軌道と同じ結論）。