第48章微視的状態と等重率の原理 — ミクロカノニカル分布

例題48.1　コイン4枚の微視的状態と巨視的状態

区別できるコイン$4$枚（$1$番〜$4$番）を同時に投げる．表の枚数 $n$（$n=0,1,2,3,4$）を巨視的状態とするとき，それぞれの巨視的状態に対応する微視的状態（表裏の並び方）の数を求めよ．また，全微視的状態の数と一致することを確かめよ．

解答　$4$枚のコインそれぞれについて表・裏の$2$通りがあり，コインは区別できるので，微視的状態（並び方）の総数は積の法則より $2^4=16$ 通りである．表がちょうど $n$ 枚である微視的状態の数は，$4$枚のうちどの$n$枚が表になるかを選ぶ場合の数，すなわち二項係数（大学数学 第13章 13.5の組合せ $_n\mathrm{C}_r$ のこと．本書では $\binom{4}{n}={}_4\mathrm{C}_n$ と書く）

$$ \binom{4}{n}=\frac{4!}{n!\,(4-n)!} $$

で与えられる．具体的に計算すると，

$$ \binom{4}{0}=1,\quad \binom{4}{1}=4,\quad \binom{4}{2}=6,\quad \binom{4}{3}=4,\quad \binom{4}{4}=1 $$

である．これらの和は，二項定理 $\displaystyle\sum_{n=0}^{4}\binom{4}{n}=(1+1)^4=2^4=16$ より，たしかに全微視的状態の数 $16$ と一致する．表2枚という巨視的状態（$n=2$）には，$1$-$2$，$1$-$3$，$1$-$4$，$2$-$3$，$2$-$4$，$3$-$4$ の$6$通りの微視的状態（どの$2$枚が表か）が対応しており，これは「表$0$枚」や「表$4$枚」（各$1$通りしかない）に比べて圧倒的に実現しやすい巨視的状態であることが分かる．

例題48.2　サイコロ2個の目の和 — 巨視的状態ごとの微視的状態の数

区別できるサイコロ2個（赤と青）を同時に振る．2個の目の和を巨視的状態，（赤の目，青の目）の組を微視的状態とするとき，和が $2,3,\dots,12$ のそれぞれに，何通りの微視的状態が対応するか．最も実現しやすい和はいくつか．

解答　赤の目 $a$ と青の目 $b$ は，それぞれ $1$〜$6$ の$6$通りなので，微視的状態の総数は積の法則より $6\times6=36$ 通りである．和が $s$ になる微視的状態は，$a+b=s$ を満たす $(a,b)$ の個数で，たとえば和が $7$ なら

$$ (1,6),\ (2,5),\ (3,4),\ (4,3),\ (5,2),\ (6,1) $$

の$6$通り，和が $2$ なら $(1,1)$ の$1$通りだけである．一般に，$s\le7$ なら $a=1,2,\dots,s-1$ の $s-1$ 通り，$s\ge7$ なら $13-s$ 通りとなる（$b=s-a$ が $1$〜$6$ に収まる $a$ の個数を数えた）．全部まとめると，次の表になる．

合計は $1+2+3+4+5+6+5+4+3+2+1=36$ で，全微視的状態の数と一致する．最も実現しやすい和は，対応する微視的状態が最も多い $s=7$（$6$通り）であり，36通りの微視的状態がどれも同じ割合で起こるなら，和が$7$になる確率は $6/36=1/6$，和が$2$や$12$になる確率は $1/36$ である．コイン4枚の例題48.1と同じく，「中ほどの巨視的状態に対応する微視的状態が多い」ことがここでも見える．

例題48.3　コイン100枚 — 表が50枚と表が100枚はどちらが起こりやすいか

区別できるコイン100枚を同時に投げる．(1) 全微視的状態の数，(2) 表がちょうど50枚（裏も50枚）になる微視的状態の数，(3) 表が100枚になる微視的状態の数を求め，(2)の割合と(3)の割合を比べよ．

解答　(1) 各コインに表・裏の$2$通りがあるので，全微視的状態の数は $2^{100}\approx1.27\times10^{30}$ である．(2) 100枚のうち，どの50枚が表になるかを選ぶ場合の数は

$$ \binom{100}{50}=\frac{100!}{50!\,50!}\approx1.01\times10^{29} $$

である．したがって，「表がちょうど50枚」の割合は

$$ \frac{\binom{100}{50}}{2^{100}}\approx\frac{1.01\times10^{29}}{1.27\times10^{30}}\approx0.080 $$

すなわち約 $8.0\%$ である．(3) 表が100枚になる並び方は「全部表」の$1$通りだけなので，割合は $1/2^{100}\approx7.9\times10^{-31}$ にすぎない．(2)と(3)の微視的状態の数の比は $1.01\times10^{29}$ 倍であり，「表50枚」のほうが $10^{29}$ 倍も起こりやすい．なお，ちょうど50枚の確率が約 $8\%$ にとどまるのは，$41$ 枚や $52$ 枚のような近くの巨視的状態にも確率が分散するためで，表の枚数が $40$〜$60$ 枚に収まる確率まで数えると約 $96\%$ になる．このように，$N$ を大きくすると，$N/2$ の近くの巨視的状態に微視的状態のほとんどが集中する（48.5節で，この集中がどれほど鋭くなるかを見る）．

例題48.4　調和振動子の位相空間の面積とセルの数

質量 $m$，角振動数 $\omega$ の1次元調和振動子（ハミルトニアン $H=\dfrac{p^2}{2m}+\dfrac12m\omega^2x^2$）について，(1) エネルギーが $E$ 以下の状態が $x$-$p$平面につくる領域の面積 $S(E)$ を求めよ．(2) $S(E)$ を $h$ で割った「セルの個数」を求め，量子力学が与えるエネルギー準位 $E_n=\left(n+\tfrac12\right)\hbar\omega$（$n=0,1,2,\dots$）のうち $E$ 以下のものの個数と比べよ．

解答　(1) $H\le E$ を変形すると，

$$ \frac{x^2}{2E/(m\omega^2)}+\frac{p^2}{2mE}\le1 $$

となり，これは $x$ 方向の半軸 $a=\sqrt{2E/(m\omega^2)}$，$p$ 方向の半軸 $b=\sqrt{2mE}$ の楕円の内部である．楕円の面積は $\pi ab$ なので，

$$ S(E)=\pi ab=\pi\sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}\cdot2mE}=\pi\sqrt{\frac{4E^2}{\omega^2}}=\frac{2\pi E}{\omega} $$

である（$\sqrt{4E^2/\omega^2}=2E/\omega$）．(2) $\hbar=h/(2\pi)$ より $h=2\pi\hbar$ なので，セルの個数は

$$ \frac{S(E)}{h}=\frac{2\pi E/\omega}{2\pi\hbar}=\frac{E}{\hbar\omega} $$

となる．一方，$E_n=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega\le E$ を満たす $n$ は $n\le E/(\hbar\omega)-\frac12$ なので，$E\gg\hbar\omega$ のとき，その個数はほぼ $E/(\hbar\omega)$ である．2つの数え方が一致する——つまり，位相空間の面積 $h$ ごとに量子状態が1つ，というセルの大きさ $h$ が，量子力学の準位の数え上げと合っている．

例題48.5　1分子の最小セルの見積り

質量 $m=6.6\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$（アルゴン原子1個程度）の分子について，位置のゆらぎが (a) $\Delta x=1.0\times10^{-10}\ \mathrm{m}$（原子の大きさ程度），(b) $\Delta x=0.10\ \mathrm{m}$（容器の大きさ程度）のとき，$\Delta x\,\Delta p\sim h$ から運動量のゆらぎ $\Delta p$ と，速度のゆらぎ $\Delta v=\Delta p/m$ を見積もれ．また，$3$次元の1分子の位相空間の最小セルの体積 $h^3$ を求めよ．

解答　$\Delta p\sim h/\Delta x$ に $h=6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$ を代入する．(a) $\Delta p\sim6.626\times10^{-34}/(1.0\times10^{-10})=6.6\times10^{-24}\ \mathrm{kg\,m/s}$，速度に直すと $\Delta v=\Delta p/m\sim6.6\times10^{-24}/(6.6\times10^{-26})=1.0\times10^{2}\ \mathrm{m/s}$ である．(b) $\Delta p\sim6.626\times10^{-34}/0.10=6.6\times10^{-33}\ \mathrm{kg\,m/s}$，$\Delta v\sim1.0\times10^{-7}\ \mathrm{m/s}$ となる．位置を細かく指定するほど運動量の指定はあらくなり，容器全体のように位置をあらく指定すると運動量はきわめて細かく区別できる．どちらの場合も，位相空間で1つの微視的状態が占めるセルの体積は，1方向あたり $\Delta x\,\Delta p\sim h$ で決まっているので，$3$次元の1分子では

$$ h^3=(6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s})^3\approx2.9\times10^{-100}\ \mathrm{J^3\,s^3} $$

と，とてつもなく小さい．だから，日常的な大きさの容器の中の気体では，区別できるセルの数が桁違いに多くなる（例題48.12で，$1$分子だけで $10^{30}$ 個ほどのセルがあることを確かめる）．

例題48.6　$1\ \mathrm{mol}$の気体の位相空間の次元

$1\ \mathrm{mol}$（$N=N_{\mathrm A}\approx6.02\times10^{23}$個）の単原子分子気体について，位相空間の次元 $6N$ を具体的な数値として書き下せ．また，位置だけ，運動量だけの次元もそれぞれ求めよ．

解答　分子1個あたり，位置3次元・運動量3次元の合計6次元の座標が必要なので，$N$個では位置が $3N$ 次元，運動量が $3N$ 次元，合計で位相空間の次元は

$$ 6N=6\times6.02\times10^{23}\approx3.6\times10^{24} $$

である．位置だけの空間（配置空間）の次元は $3N\approx1.8\times10^{24}$，運動量だけの空間の次元も同じく $3N\approx1.8\times10^{24}$ である．これがどれほど大きい数かを実感するために，1秒に1次元ずつ数えていくと仮定してみよう．$6N\approx3.6\times10^{24}$ 次元を数え終えるのに $3.6\times10^{24}\ \mathrm{s}$ かかり，1年を約 $3.16\times10^{7}\ \mathrm{s}$ とすると $3.6\times10^{24}/(3.16\times10^{7})\approx1.1\times10^{17}$ 年，これは宇宙の年齢（約138億年）の約 $8\times10^{6}$ 倍である．$1\ \mathrm{mol}$という日常的な量の気体でさえ，その位相空間はまったく直接には描けない超高次元の空間であることが分かる．

例題48.7　同種粒子2個の数え方 — $N!$の意味を確かめる

1次元の箱の中に，同じ種類の粒子が2個ある．位相空間（$x$-$p$平面）は面積 $h$ のセルに区切られており，セルはたくさんあるとする．(1) 2個の粒子が異なるセルA，Bに1個ずつ入っているとき，粒子が区別できると考えた場合と，区別できない（同種粒子である）と考えた場合とで，微視的状態の数がどう変わるか答えよ．(2) 2個の粒子がどちらも同じセルCに入っている場合はどうなるか論じよ．

解答　(1) 区別できる場合，「粒子1がセルA・粒子2がセルB」と「粒子1がセルB・粒子2がセルA」は異なる並べ方として数えられるので，微視的状態の数は $2!=2$ 通りである．区別できない場合，2個の粒子を入れ替えても物理的には同じ状態（「セルAとセルBに1個ずつ」という状況そのものは変わらない）なので，微視的状態の数は $1$ 通りである．たしかに，区別できる場合の数 $2$ を $N!=2!=2$ で割ると，区別できない場合の数 $1$ に一致する．

(2) 2個とも同じセルCにいる場合は，区別できる立場で数えても「粒子1も2もセルC」という並べ方は入れ替えても変化しないので最初から $1$ 通りしかなく，区別できない立場で数えても $1$ 通りである．この場合に $2!$ で割ってしまうと $1/2$ 通りという不合理な数になる．しかし，気体のように粒子の数 $N$ に対してセルの数が桁違いに多い状況では，2個以上の粒子が同じセルに入る配置は，異なるセルに入る配置に比べて無視できるほど少ない（例題48.12で見るように，$1$分子だけでもセルは $10^{30}$ 個ほどある）．だから，「区別できる場合の数を $N!$ で割る」という数え方は，よい近似になる．

$1/N!$ という因子が最終的にエントロピーの計算にどう影響するか（ギブスのパラドックス）は，第49章 49.7節で詳しく扱う．

例題48.8　サイコロによるエルゴード仮説の確認

公平な（歪みのない）サイコロを1個，$T=6000$回振り続けたときに出た目の平均（時間平均）と，公平なサイコロ$6000$個を1回だけ同時に振ったときに出ている目の平均（位相平均）は，理論的にはどちらも同じ値に近づくと期待される．その値を求めよ．また，乱数を使って両者をシミュレートし，一致することを確認せよ．

解答　目 $k=1,\dots,6$ が出る確率はどれも $P_k=1/6$ で等しいので，期待値（位相平均に対応する理論値）は式 \eqref{eq:48-phase-average} より

$$ \bar A_{\text{位相}}=\sum_{k=1}^{6}k\cdot\frac16=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac{21}{6}=3.5 $$

である．時間平均も，1回1回の試行が独立であれば，大数の法則（同じ試行を独立に繰り返すと，回数を増やすほど平均が期待値に近づくという事実．本書では結果だけを用いる）により，試行回数 $T\to\infty$ で同じ値 $3.5$ に収束する．乱数でシミュレートするPythonの例を示す（ライブラリ numpy を使う）．

import numpy as np
rng = np.random.default_rng(1)          # 乱数の種を固定（再現できるように）
T = 6000
time_avg  = rng.integers(1, 7, T).mean()   # 1個のサイコロを6000回振った目の平均
phase_avg = rng.integers(1, 7, T).mean()   # 6000個のサイコロを1回振った目の平均
print(time_avg, phase_avg)

実行結果の一例は 3.4931666666666668 3.5275 で，どちらも $3.5$ に近い値になる．目の分散は $\sigma^2=35/12$（標準偏差 $\sigma\approx1.71$）なので，$6000$個の平均のばらつきの目安は $\sigma/\sqrt{6000}\approx1.71/77.5\approx0.022$ であり，上の結果と $3.5$ との差（$0.007$，$0.028$）はこの程度の大きさに収まっている．なお，これは大数の法則による類推であり，力学系の軌道が位相空間を埋めつくすことの証明ではない．

例題48.9　2個の2準位粒子のミクロカノニカル分布

互いに独立した2個の粒子があり，それぞれ基底状態（エネルギー$0$）と励起状態（エネルギー$\varepsilon$）の2つの状態のどちらかをとれるとする（このような系を2準位系という．次節でより一般的に扱う）．この孤立した2粒子系の全エネルギーがちょうど $\varepsilon$（すなわち，2個のうち1個だけが励起状態にある）であるとき，(1) 対応する微視的状態をすべて具体的に書き出し，(2) 等重率の原理にしたがって，それぞれの微視的状態に割り当てられる確率を求めよ．

解答　粒子1・粒子2それぞれの状態を（粒子1の状態，粒子2の状態）の組で表すと，全エネルギーが$\varepsilon$になるのは，どちらか一方だけが励起状態にある場合なので，

$$ (\text{励起},\text{基底}),\qquad(\text{基底},\text{励起}) $$

の$2$通りの微視的状態がある（両方とも基底状態ならエネルギー$0$，両方とも励起状態ならエネルギー$2\varepsilon$になり，どちらも条件に合わない）．したがって $W=2$ であり，ミクロカノニカル分布（式 \eqref{eq:48-microcanonical}）より，それぞれの微視的状態が実現する確率は

$$ P_{(\text{励起},\text{基底})}=P_{(\text{基底},\text{励起})}=\frac1W=\frac12 $$

である．規格化条件 $\sum_iP_i=\frac12+\frac12=1$ も満たされている．ここでの $W=2$ は，エネルギーがちょうど $\varepsilon$ の微視的状態の数であり，エネルギーが離散的な系ではこれが殻の状態数 $W$ に当たる．

例題48.10　$N=4$のスピン系の状態数の表とミクロカノニカル分布

$N=4$個の2準位スピン系について，$n=0,1,2,3,4$ それぞれに対する状態数 $W(4,n)$ を求め，表にまとめよ．また，全エネルギーがちょうど $E=2\varepsilon$（$n=2$）に固定されている（孤立系である）とき，等重率の原理にしたがって，個々の微視的状態が実現する確率を求めよ．

解答　式 \eqref{eq:48-two-level-omega} より，

$n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
$W(4,n)$	$1$	$4$	$6$	$4$	$1$

である（これは例題48.1のコインの数え上げと，数学的にはまったく同じ計算である——コインの「表」をスピンの「励起状態」に読み替えただけになっている）．全エネルギーが $E=2\varepsilon$（$n=2$）に固定されているとき，対応する微視的状態は $W(4,2)=6$ 個あり，等重率の原理（法則48.2）より，そのそれぞれが確率

$$ P_i=\frac{1}{W(4,2)}=\frac16\qquad(i=1,\dots,6) $$

で実現する．これがこの孤立系のミクロカノニカル分布である．

例題48.11　アインシュタイン固体の状態数（小さな系での確認）

$N=3$個の振動子に，$q=2$個の量子を分配するアインシュタイン固体を考える．(1) 式 \eqref{eq:48-einstein-omega} を用いて状態数を求めよ．(2) すべての分配 $(n_1,n_2,n_3)$（$n_1+n_2+n_3=2$）を具体的に書き出し，(1)の結果と一致することを確かめよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:48-einstein-omega} に $N=3,q=2$ を代入すると，

$$ W_{\text{Einstein}}(3,2)=\frac{(2+3-1)!}{2!\,(3-1)!}=\frac{4!}{2!\,2!}=\frac{24}{2\times2}=6 $$

である．(2) $n_1+n_2+n_3=2$（各 $n_i\ge0$ の整数）を満たす組をすべて書き出すと，

$$ (2,0,0),\ (0,2,0),\ (0,0,2),\ (1,1,0),\ (1,0,1),\ (0,1,1) $$

の$6$通りであり，たしかに(1)の結果 $W_{\text{Einstein}}(3,2)=6$ と一致する．

例題48.12　分子1個の位相空間体積 — $n=3$次元球への帰着

体積$V$の箱の中に，質量$m$の分子が$1$個だけ（$N=1$）閉じ込められているとする．式 \eqref{eq:48-idealgas-omega} を$N=1$として計算し，見慣れた$3$次元球（普通の球）の体積の公式に一致することを確認せよ．また，具体的に $V=1.0\times10^{-2}\ \mathrm{m^3}$，$m=6.6\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$（アルゴン原子1個程度の質量），$E=6.0\times10^{-21}\ \mathrm{J}$（$\tfrac32k_{\mathrm{B}}T$ に $T\approx290\ \mathrm{K}$ を代入した，常温程度の熱エネルギー）のとき，$\Omega(E)$（無次元の数）を数値で求めよ．

解答　$N=1$のとき，$N!=1!=1$，$3N=3$ であり，$\Gamma(3/2)=\frac12\sqrt\pi$（大学数学 第32章 32.2で導いた公式）とガンマ関数の漸化式 $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ より，$\Gamma\!\left(\frac{3N}{2}+1\right)=\Gamma\!\left(\frac52\right)=\frac32\Gamma\!\left(\frac32\right)=\frac32\times\frac12\sqrt\pi=\frac34\sqrt\pi$ となる．これを式 \eqref{eq:48-idealgas-omega} に代入すると，

$$ \Omega(E)=\frac{V}{h^3}\cdot\frac{\pi^{3/2}}{\frac34\pi^{1/2}}(2mE)^{3/2}=\frac{V}{h^3}\cdot\frac43\pi^{\frac32-\frac12}(2mE)^{3/2}=\frac{V}{h^3}\cdot\frac43\pi\left(\sqrt{2mE}\right)^3 $$

となる．これは，運動量空間での積分がちょうど「半径 $\sqrt{2mE}$ の普通の球の体積 $\frac43\pi R^3$」そのものであることを示しており，$n$次元球の公式（$n=3$の場合）が高校でもおなじみの球の体積公式に正しく一致していることが確認できる．数値を代入すると，$2mE=2\times6.6\times10^{-26}\times6.0\times10^{-21}=7.92\times10^{-46}\ \mathrm{kg^2m^2/s^2}$，$\sqrt{2mE}\approx2.81\times10^{-23}\ \mathrm{kg\,m/s}$ であり，

$$ \Omega(E)\approx\frac{1.0\times10^{-2}}{(6.626\times10^{-34})^3}\times\frac43\pi\times(2.81\times10^{-23})^3\approx3.2\times10^{30} $$

という値になる．次元も確かめておこう．$\mathrm{J}=\mathrm{kg\,m^2/s^2}$ より，$V(2mE)^{3/2}/h^3$ の単位は

$$ \frac{\mathrm{m^3}\,\bigl(\mathrm{kg}\cdot\mathrm{kg\,m^2/s^2}\bigr)^{3/2}}{(\mathrm{kg\,m^2/s})^3}=\frac{\mathrm{m^3}\cdot\mathrm{kg^3\,m^3\,s^{-3}}}{\mathrm{kg^3\,m^6\,s^{-3}}}=1 $$

となり，たしかに無次元である．別の見方からも確かめられる．1方向の長さ $L=V^{1/3}\approx0.215\ \mathrm{m}$，運動量の範囲 $\pm\sqrt{2mE}$ とすると，$1$方向あたりのセルの数は $2L\sqrt{2mE}/h\approx1.8\times10^{10}$ であり，3方向で $(1.8\times10^{10})^3\approx6.1\times10^{30}$ となる．運動量空間で立方体の代わりに球を使うと体積の比が $\pi/6$ になるので $6.1\times10^{30}\times\pi/6\approx3.2\times10^{30}$ で，上の結果と一致する．分子がたった$1$個の「気体」でさえ，プランク定数 $h$ があまりに小さい（$h^3\approx2.9\times10^{-100}\ \mathrm{J^3\,s^3}$）ために，同じエネルギー以下に対応する微視的状態はすでに$10^{30}$通りという天文学的な数になることが分かる．$N$個に増えれば，この数はさらに $E^{3N/2}$ 乗のオーダーで増大していく．

例題48.13　エネルギー殻の状態数 $W$ の見積り

質量 $m=6.6\times10^{-26}\ \mathrm{kg}$ の単原子分子 $N=10$ 個が体積 $V=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m^3}$ の箱に入っている．エネルギー $E=6.2\times10^{-20}\ \mathrm{J}$（$\frac32Nk_{\mathrm{B}}T$ に $T\approx300\ \mathrm{K}$ を代入した値），エネルギー殻の幅 $\Delta E/E=10^{-20}$ とするとき，(1) $W/\Omega(E)$ を求めよ．(2) $\ln\Omega(E)$ と $\ln W$ を求め，比べよ．

解答　(1) 式 \eqref{eq:48-W-ideal} より $W/\Omega(E)=\dfrac{3N}{2}\dfrac{\Delta E}{E}=15\times10^{-20}=1.5\times10^{-19}$ である．(2) 式 \eqref{eq:48-idealgas-omega} の対数をとると，

$$ \ln\Omega=N\ln V-\ln N!-3N\ln h+\frac{3N}{2}\ln\pi-\ln\Gamma\!\left(\frac{3N}{2}+1\right)+\frac{3N}{2}\ln(2mE) $$

となる．$N=10$ なので $\Gamma(16)=15!$ であり，$2mE=2\times6.6\times10^{-26}\times6.2\times10^{-20}=8.18\times10^{-45}$ を使って各項を求めると，

$$ \begin{aligned} N\ln V&=10\ln(1.0\times10^{-3})=-69.08,\qquad -\ln10!=-15.10,\\ -3N\ln h&=-30\ln(6.626\times10^{-34})=+2291.91,\qquad \tfrac{3N}{2}\ln\pi=15\ln\pi=+17.17,\\ -\ln15!&=-27.90,\qquad \tfrac{3N}{2}\ln(2mE)=15\ln(8.18\times10^{-45})=-1522.71 \end{aligned} $$

である．これらの和は $\ln\Omega\approx674.3$，すなわち $\Omega\approx e^{674.3}\approx10^{293}$ である．一方，$\ln W=\ln\Omega+\ln(1.5\times10^{-19})=674.3-43.3\approx631.0$ で，$W\approx10^{274}$ となる．$N=10$ という小さな系でも，殻の幅が $\Delta E/E=10^{-20}$ という極端に薄い殻の中に $10^{274}$ 個の微視的状態が入っており，$\ln W$ は $\ln\Omega$ と数パーセント（$43.3/674.3\approx6\%$）しか違わない．$N$ が大きくなるほど，この違いはさらに小さな割合になる．

演習48.1　エネルギーと位相空間体積の関係

図48.3（分子の速度ベクトルの模式図）と図48.1（調和振動子の位相空間の楕円）は，どちらも「エネルギーが大きい状態ほど，対応する微視的状態（あるいは位相空間の体積）が多い（大きい）」という同じ性質を表している．この性質を，公式48.3（単原子分子理想気体の $\Omega(E)\propto E^{3N/2}$）を使って，定量的な言葉で説明せよ．

ヒント：$\Omega(E)$ を$E$で微分するか，$E$を$2$倍にしたときに$\Omega(E)$が何倍になるかを計算してみるとよい．

→ 解答

演習48.2　時間平均の定義になぜ$1/T$が必要か

物理量の時間平均の正しい定義式を，式 \eqref{eq:48-time-average}にならって書け．また，この式から$1/T$を取り除いてしまうと，$A(t)$がある定数$A_0$である（時間によらず一定の値をとる，最も単純な）場合に，どのような不都合が起こるか，具体的に計算して示せ．

ヒント：$A(t)=A_0$（定数）のとき，$\int_0^TA_0\,\dd t$ を実際に計算し，$T\to\infty$ でどうなるか調べよ．

→ 解答

演習48.3　$N=3$個の粒子で$N!$の意味を確かめる

3個の同種粒子が，互いに異なる3つのセルA，B，Cに，1個ずつ入っている状況を考える．(1) 3個の粒子が互いに区別できると仮定した場合，何通りの「並べ方」（どの粒子がどのセルに入るか）があるか．(2) 3個の粒子が区別できない（同種粒子である）場合，何通りか．(3) (1)の答えを$3!$で割ると(2)の答えと一致することを確かめよ．

ヒント：(1)は，3個の粒子にA，B，Cのラベルを割り当てる場合の数（順列）を考えればよい．

→ 解答

演習48.4　エルゴード仮説が破れる系の例

48.3節末で述べたように，すべての孤立系がエルゴード的であるとは限らない．エルゴード仮説が（少なくとも良い近似としては）成り立たないと考えられる物理的な系を1つ取り上げ，その理由（軌道が位相空間のどの部分に制限されるか，あるいはどのような時間スケールの問題があるか）を説明せよ．

ヒント：本文で触れた可積分系（保存量が多い規則正しい運動）や，ガラスのようにエルゴード性が破れた系を参考にしてよい．

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演習48.5　エルゴード仮説と等重率の原理の関係

エルゴード仮説（法則48.1）と等重率の原理（法則48.2）は，どちらも統計力学の基本的な仮定だが，論理的には異なる主張である．両者がそれぞれ何を主張しているかを整理し，一方から他方がどのように動機づけられるか（本文48.4節の議論）を，自分の言葉で説明せよ．

ヒント：「時間平均＝位相平均」という主張と，「すべての微視的状態が等確率」という主張の違いに注目せよ．

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演習48.6　$N=6$の2準位系の状態数とミクロカノニカル分布

$N=6$個の独立な2準位系（各準位のエネルギー$0,\varepsilon$）について，(1) $n=0,1,\dots,6$それぞれに対する状態数 $W(6,n)$ を求めよ．(2) 全エネルギーがちょうど $E=3\varepsilon$（$n=3$）に固定されている孤立系について，個々の微視的状態が実現する確率を求めよ．

ヒント：公式48.1（式 \eqref{eq:48-two-level-omega}）を使え．

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演習48.7　アインシュタイン固体 $N=4$，$q=3$ の状態数

$N=4$ 個の振動子に $q=3$ 個のエネルギー量子を分配するアインシュタイン固体について，(1) 公式48.2を使って状態数を求めよ．(2) 分配 $(n_1,n_2,n_3,n_4)$ のパターン（順序を無視した量子の分け方）を分類して数え上げ，(1)と一致することを確かめよ．

ヒント：(2)は，量子3個の分け方が「$3$」「$2+1$」「$1+1+1$」の3パターンであることから，各パターンが何通りの分配に対応するかを考える．

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演習48.8　体積を2倍にしたときの状態数

単原子分子理想気体の状態数 $\Omega(E)$（公式48.3）について，$N,E$ を一定にして体積を $V$ から $2V$ にしたとき，$\Omega$ が何倍になるかを求めよ．$N=1$ の場合と $N=6.0\times10^{23}$ の場合について数値を答え，さらに，「$N$ 個の分子がすべて容器の左半分に集まる」確率を状態数の比から求めよ．

ヒント：$\Omega$ の $V$ への依存性は $V^N$ だけである（式 \eqref{eq:48-idealgas-omega}）．

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演習48.9　コイン100枚の割合をスターリングの公式で見積もる

例題48.3の $\binom{100}{50}/2^{100}\approx0.080$ を，スターリングの公式の精密版 $n!\approx\sqrt{2\pi n}\,n^ne^{-n}$（第47章 47.3）で見積もれ．一般に $\binom{2M}{M}/2^{2M}$ がどのような式になるかも示せ．

ヒント：$\binom{2M}{M}=(2M)!/(M!)^2$ の各階乗に精密版を代入する．

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