少し復習を：一次元の数直線上を運動する質量 $m$ の粒子を考え、ポテンシャル $V(x)$ による力
$$-{d\over {dx}}V(x)=-V'(x)$$を受けているとする。従って、運動エネルギーと位置エネルギーの総和を $H$ で表せば
$$H={1\over {2m}}p^2+V(x)$$である。但し
$$p=mv\hskip 2mm(v は速度)$$は運動量を表す。
任意の状態ベクトル $\psi (x)$ を考え（但し $(\psi , \psi )=1$ とする）、
$$\psi (t, x)=e^{-it{\hat H}/{\hbar }}\psi (x)$$と置く。つまり $t=0$ で $\psi (x)$ の状態にあった粒子のその後の時刻 $t$ での状態が $\psi (t, x)$ である。この状態にある粒子の居場所を、何らかの方法によって測定する時、それが見いだされる位置の平均は
$$({\hat x}\psi (t, x), \psi (t, x))=\int _{-\infty }^{\infty }x\psi (t, x)\psi (t, x)^*dx$$で表される。この値を
$$\langle {\hat x}\rangle _t$$で表す。前回は $t$ を表示しなかったが、$t$ に陽に依存していることを忘れないために添える。
量子力学では、一般に確率的にしか現象の生起を予言できない。同じ $\psi (t, x)$ で表される状態に粒子があるとしても、観測のたびごとに見い出される位置は散らばることになる。平均位置 $\langle {\hat x}\rangle _t$ の周りに散らばるのだが、その分散は
$$\langle {\hat x}^2\rangle _t-{\langle {\hat x}\rangle _t}^2$$で表される。これを $\chi (t)$ と置く。
量子力学はミクロな世界での力学だと一般には言われているが、量子力学の教科書のどこを探しても、例えば『小さな粒子しか扱えません』というような記述はない。たとえ惑星であっても扱い得る理論構造をしている。ただ、そのような巨視的な粒子に対してはわれわれは普通ニュートン力学を使う。従って、そのような粒子、あるいは物体に対しては量子力学もニュートン力学も同じ結論を導くことが予想される。それを確かめようと言うのが前回の出発点であった。
つまり、量子力学による粒子の平均位置
$$\langle {\hat x}\rangle _t$$は、巨視的なスケールの粒子に対してはニュートンの運動法則に従って変化すると予想される。言い換えれば
\begin{equation} m{{d^2}\over {dt^2}}\langle {\hat x}\rangle _t=-V'(\langle {\hat x}\rangle _t) \label{eq:d2dt2heiki} \end{equation}が成り立つことが予想される。更に、分散 $\chi (t)$ が時間 $t$ が経過しても大きくはならないのであれば、すなわち、あたかもいつでも $\langle {\hat x}\rangle _t$ の位置で見い出されるとわれわれが認識するほどに、$\chi (t)$ が小さいのであれば、少なくとも位置と速度に関する限り、量子力学とニュートン力学は同じ結論を導くと考えてよい。
そこで、粒子がどの程度巨視的であれば、この二つの条件が成り立つかを見てみよう。前回は一般の $V(x)$ について考えたが、厳密な計算をして明確な結果を示す方が教育的だと思うので、今回は
$$V(x)=0, \hskip 2mm V(x)={k\over 2}x^2$$の二つのケースに限定しよう。前者は何の力も受けずに自由に運動する粒子の場合であり、後者は天井からバネで吊り下げられた錘の場合である。錘は鉛直方向に運動し、その位置をその方向に置かれた物差しで測る。まず、$V(x)=0$ の場合から取り掛かる：
$t=0$ における初期状態としては、10月24日の記事で扱った状態を少し一般化して（同じ記号を使って表すが）
$$\psi _G(x)=(2\pi \sigma ^2)^{-1/4}e^{ip_0x/{\hbar }-x^2/(4\sigma ^2)}$$を考える。$p_0$ は任意の実数である。この状態の確率密度は
$$\vert \psi _G(x)\vert ^2=(2\pi \sigma ^2)^{-1/2}e^{-x^2/(2\sigma ^2)}$$であって、これもやはり標準偏差 $\sigma $ の正規分布である。ガウス積分
$$\int _{-\infty }^{\infty }e^{i\lambda x-\alpha x^2}dx={\sqrt{\pi \over \alpha }}e^{-\lambda ^2/(4\alpha )}$$（$\lambda $ は任意の実数、$\alpha $ は実部が正の複素数）を使って計算すると
$$\langle {\hat x}\rangle _0=0, \hskip 2mm \langle {\hat p}\rangle _0=p_0$$ $$\Delta x={\sqrt {\langle {\hat x}^2\rangle _0-{\langle {\hat x}\rangle _0}^2}}=\sigma , \hskip 2mm \Delta p={\sqrt {\langle {\hat p}^2\rangle _0-{\langle {\hat p}\rangle _0}^2}}={{\hbar }\over {2\sigma }}$$であることがわかる。粒子が見い出される位置の平均は原点 $x=0$ であり、散らばりの標準偏差は $\sigma $ である。平均的な速度は $p_0/m$ であって、特に
\begin{equation} \Delta x\cdot \Delta p={{\hbar }\over 2} \label{eq:saisyou} \end{equation}を満たす、つまりハイゼンベルグの不確定性関係
$$\Delta x\cdot \Delta p\geq {{\hbar }\over 2}$$の等号を満たす状態である。その意味で $\psi _G(x)$ は「最小波束」と呼ばれる。運動量の揺らぎが、従って速度の揺らぎが、許される範囲の最小に抑えられた状態であり、最も穏やかな状態にいる粒子を表している。
$t=0$ で状態 $\psi _G(x)$ にあった粒子の、その後の時刻 $t$ における状態を $\psi _G(t, x)$ で表すなら
$$\psi _G(t, x)=e^{-it{\hat H}/{\hbar }}\psi _G(x)$$だが、24日の記事でと同様に（少し面倒になるだけで）この右辺が計算できて
\begin{eqnarray*} \psi _G(t, x)&=&(2\pi \sigma ^2)^{-1/4}{1\over {\sqrt {1+i{\hbar }t/(2m\sigma ^2)}}}e^{-itp_0^2/(2m{\hbar })+ip_0x/{\hbar }}\\ &&\hskip 5mm \times \exp\left[ {-{{(x-(p_0/m)t)^2}\over {4\sigma ^2}}{1\over {1+i{\hbar }t/(2m\sigma ^2)}}}\right] \end{eqnarray*}となる。
一見複雑に見えるが確率密度を求めてみると
\begin{eqnarray*} &&\vert \psi _G(t, x)\vert ^2=(2\pi \sigma ^2)^{-1/2}{1\over {\sqrt {1+({\hbar }t/(2m\sigma ^2))^2}}}\\ &&\hskip 5mm \times \exp\left[ {-{{(x-(p_0/m)t)^2}\over {2\sigma ^2}}{1\over {1+({\hbar }t/(2m\sigma ^2))^2}}}\right] \end{eqnarray*}であり、
$$\sigma _t=\sigma {\sqrt{1+\left( {{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\right) ^2}}$$と置けば
$$\vert \psi _G(t, x)\vert ^2=(2\pi \sigma _t^2)^{-1/2}e^{-{{\left( x-(p_0/m)t\right) ^2/(2\sigma _t^2)}}}$$と書ける。すなわちこの確率分布は標準偏差が $\sigma _t$ の正規分布である。
$$\langle {\hat x}\rangle _t={{p_0}\over m}t$$であり、粒子が見いだされる位置の平均は $p_0/m$ の速度でもって等速運動をしていることになる。従ってもちろん、ニュートンの運動方程式 (\ref{eq:d2dt2heiki}) を満たす。先に、粒子が何らかの意味で巨視的であることが必要だろうと予想したが、その必要はなく、平均位置は任意の粒子に対してニュートンの法則に従って運動することがわかった。
では分散
$$\chi (t)={\sigma _t}^2$$についてはどうだろうか。
$$\sigma _t=\sigma {\sqrt{1+\left( {{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\right) ^2}}$$は確かに $t$ の増加と共に限りなく大きくなる。 巨視的な粒子に対しては、いくら時間がたっても小さいままであろうと踏んでいたのだが、当てが外れた。これではニュートン力学との一致は望めない。
ただ、よくよく見ると、$\sigma _t$ の中で、質量 $m$ が分母に現れている。従って、$m$ が大きい場合 $\sigma _t$ の大きくなり方は鈍化する。よって非常に長い時間が経過しても、$\sigma _t$ が $\sigma $ とほとんど変わらない場合があるはずである。
非常に長い時間として宇宙創成以来現在までの $130$ 億年を考えてみよう。$\sigma _t$ が顕著に大きくなるまでにこの時間、あるいはそれ以上を要するのであれば、われわれにとって - 実質的には - $\sigma _t$ は小さいままだと言ってよい。この解釈には異論もあるだろうが、一応このまま進むことにする。
$$130 億年=13\times 10^9\times 365\times 24\times 60\times 60 秒=4.1\times 10^{17} s$$である。
$${{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\leq 1$$を条件とし、$t$ には $130$ 億年を、$\sigma $ には原子のサイズ
$$\sigma =10^{-10} m$$（この値に特に根拠があるわけではない。大き過ぎも小さ過ぎもしない適当な値と考えた）を代入してみると
$$m\geq 2.3\times 10^3 kg=2.3 トン$$を得る。つまり車とか大きな岩、あるいは惑星等については、その運動をわざわざ量子力学で論じてもニュートン力学で得られる結果と差異はないことになる。
では逆に、われわれが容易に経験し得る時間間隔、例えば $1$ 時間の内に、$\sigma _t$ がわれわれの感覚にかかる程度の大きさ、例えば $1m$ 程にもなってしまうような質量 $m$ は、どの程度小さなものだろうか。これを求めるために
$${{\hbar t}\over {2m\sigma ^2}}\geq 10^{10}$$を条件とし、$t$ には $1$ 時間を代入してみると（$\sigma $ はそのまま原子のサイズとして）、
$$m\leq 2.0\times 10^{-21} kg$$が得られる。すなわち、この程度以上に軽い粒子になると、それを観測する時、見い出される位置の散らばり方が目立って大きい。ニュートン力学は粒子の平均位置の予測には役立つが、個々の発見場所の予測には精度を欠く、あるいはまったく役に立たないことになる。ちなみに電子の質量 $m_e$、陽子の質量 $m_p$ はそれぞれ
$$m_e=9.1\times 10^{-31} kg, \hskip 2mm m_p=1.7\times 10^{-27} kg$$である。
では次に、天井からバネでつるした錘の運動を量子力学で考える。この時
$$V(x)={k\over 2}x^2$$であり、全エネルギーは
$$H={1\over {2m}}p^2+{k\over 2}x^2$$である。
この場合のニュートン力学で考える粒子の軌道 $x(t)$ についての運動方程式は
\begin{equation} m{{d^2}\over {dt^2}}x(t)=-kx(t)\label{eq:cyouwasindou} \end{equation}である。よって
$$\omega ^2={k\over m}$$によって $\omega $ を定めれば、
$$x(t)=C\cos \omega (t-t_0)$$となる。つまりこの錘は何らかの振幅 $C$ で、一秒間に $\omega /2\pi $ 回振動することになる。
まずシュレデインガー方程式
$$i{\hbar }{\partial \over {\partial t}}\psi (t, x)={\hat H}\psi (t, x)$$を考慮すると
$${d\over {dt}}\langle {\hat x}\rangle _t={1\over m}\langle {\hat p}\rangle _t, \hskip 2mm {d\over {dt}}\langle {\hat p}\rangle _t=-k\langle {\hat x}\rangle _t$$従って
$$m{{d^2}\over {dt^2}}\langle {\hat x}\rangle _t=-k\langle {\hat x}\rangle _t$$であり、これはニュートンの運動方程式 (\ref{eq:cyouwasindou}) に一致している。つまり錘が見いだされる位置の平均はニュートンの力の法則に従って運動する。錘の質量の大小には寄らない。
では分散 $\chi (t)$ はどうだろうか。その大きさを厳密に計算できる場合として $t=0$ での初期状態を、$V(x)=0$ の時と同様に
$$\psi (x)=(2\pi \sigma ^2)^{-1/4}e^{ip_0x/{\hbar }-x^2/(4\sigma ^2)}$$に選ぶ。
この $\psi (x)$ で計算してみると、計算は少し長くなるのだが、$V(x)=0$ の場合とほとんど同じ計算で
\begin{equation} \chi (t)={{\sigma ^2}\over 2}(1+\cos 2\omega t)+{{\hbar ^2}\over {8m^2\omega ^2\sigma ^2}}(1-\cos 2\omega t) \end{equation}が得られる。つまり分散は
$${{\sigma ^2}\over 2}+{{\hbar ^2}\over {8m^2\omega ^2\sigma ^2}}$$を中心とし、
$${{\sigma ^2}\over 2}-{{\hbar ^2}\over {8m^2\omega ^2\sigma ^2}}$$を振幅として、一秒間に $2\omega /2\pi $ 回振動する。
従って特に、時間の経過とともに分散が無限に大きくなるということはない。
$${{\hbar }\over {m\omega \sigma ^2}}\leq 1$$という条件を課し、普通の錘の振動を考えることとして
$$\omega =1 s^{-1}$$と置き、$\sigma $ は原子にサイズとすれば
$$1.1\times 10^{-14} kg\leq m$$が得られる。つまり、かなり軽い錘であっても、位置の分散は十分に抑えられ、いつまでたっても最初の分散 $\sigma ^2$ とさほど変わらないことになる。
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