第30章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

スピン1/2のビームAは，すべての粒子を $| ψ ⟩ = (| + ⟩ + i | - ⟩) / \sqrt{2}$ に準備したものです．ビームBは，半数を $| + ⟩$ ，半数を $| - ⟩$ に別々に準備して混ぜたものです． $| + ⟩, | - ⟩$ は $z$ 方向の基底であり， $y$ 方向の正の状態を $| +_{y} ⟩ = (| + ⟩ + i | - ⟩) / \sqrt{2}$ とします．

各ビームを $z$ 方向に分析したときの2出口の確率を求めよ．この測定だけで準備法を区別できるか．
$y$ 方向の正の出口の確率を求めよ．Aの2成分を両方とも $- 1$ 倍する場合と， $| - ⟩$ の成分だけを $- 1$ 倍する場合も比較せよ．

**［図：重ね合わせと混合の準備を2軸で分析する配置］**
Aは(|+⟩＋i|−⟩)/√2への重ね合わせの準備，Bは|+⟩と|−⟩を半数ずつ別々に準備した混合である．各ビームでzまたはyを分析軸に選ぶ．出口には状態名だけを示す．

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考え方
重ね合わせでは射影した振幅を足し，混合では各準備法の確率を割合で重み付けする．

Aでは $⟨ + | ψ ⟩ = 1 / \sqrt{2}$ ， $⟨ - | ψ ⟩ = i / \sqrt{2}$ なので両出口とも $1 / 2$ ．Bでも各準備の半数ずつが対応する出口へ行き，両方 $1 / 2$ である．この測定だけでは区別できない．
Aでは $⟨ +_{y} | ψ ⟩ = [1 + (- i) i] / 2 = 1$ より確率は1．Bでは ${| ⟨ +_{y} | + ⟩ |}^{2} = {| ⟨ +_{y} | - ⟩ |}^{2} = 1 / 2$ だから，平均も $1 / 2$ である．A全体を $- 1$ 倍すると射影振幅も $- 1$ 倍となり，確率は1のまま．第2成分だけを反転すると $⟨ +_{y} | ψ^{'} ⟩ = [1 + (- i) (- i)] / 2 = 0$ となる．直交する2出口の確率の和は常に1であり，全体の位相と相対位相の違いを確かめられる．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

経路 $| 1 ⟩, | 2 ⟩$ の直交する2本を持つ干渉計に，粒子を1個ずつ送ります．再結合直前の状態は

| ψ ⟩ = \frac{| 1 ⟩ | + ⟩ + e^{i ϕ} | 2 ⟩ | - ⟩}{\sqrt{2}}

です．スピン以外に経路の記録はありません．再結合器は，経路1を $(| D ⟩ + | E ⟩) / \sqrt{2}$ ，経路2を $(| D ⟩ - | E ⟩) / \sqrt{2}$ に変えます．各出口で $| +_{θ} ⟩ = \cos (θ / 2) | + ⟩ + \sin (θ / 2) | - ⟩$ と，これに直交する $| -_{θ} ⟩ = - \sin (θ / 2) | + ⟩ + \cos (θ / 2) | - ⟩$ を分析します． $0 \leq θ \leq π$ とします．

スピンを区別せずに数えた $P_{D}, P_{E}$ を求めよ．
$D$ かつ $+_{θ}$ の同時確率と， $+_{θ}$ の粒子だけを選んだときの $D$ の確率を求めよ．後者の最大値と最小値から，縞の鮮明度 $V = (P_{max} - P_{min}) / (P_{max} + P_{min})$ を求めよ．反対のスピンの組も合わせると縞が消える理由を述べよ．

**［図：経路のスピン情報と出口ごとの分析器］**
経路1に|+⟩，経路2に|−⟩が付いた干渉計を示す．第2経路に位相φを挿入し，再結合後のD，Eをそれぞれ角θのスピン分析器へ送る．

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考え方
同じ出口でも直交するスピンの確率は足す．スピンを別の基底で選別すると，各選別結果には両経路の振幅が寄与する．

$D$ の規格化前のスピン状態は $(| + ⟩ + e^{i ϕ} | - ⟩) / 2$ ， $E$ は $(| + ⟩ - e^{i ϕ} | - ⟩) / 2$ ．したがって $P_{D} = P_{E} = 1 / 4 + 1 / 4 = 1 / 2$ で，位相に依存しない．
$c = \cos (θ / 2), s = \sin (θ / 2)$ とおく．同時振幅は $(c + s e^{i ϕ}) / 2$ だから

P_{D, + θ} = \frac{1 + \sin θ \cos ϕ}{4}, P_{E, + θ} = \frac{1 - \sin θ \cos ϕ}{4}

となる．和から $P_{+ θ} = 1 / 2$ なので，条件付き確率は $P_{D ∣ + θ} = (1 + \sin θ \cos ϕ) / 2$ ．最大・最小は $(1 \pm \sin θ) / 2$ ，よって $V = \sin θ$ ．一方， $D, -_{θ}$ の振幅は $(- s + c e^{i ϕ}) / 2$ ，確率は $(1 - \sin θ \cos ϕ) / 4$ である．両スピンを足すと干渉項が相殺する． $θ = π / 2$ で選別した組の鮮明度は1になるが，全粒子の $P_{D} = 1 / 2$ は変わらず，確率保存と整合する．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

$| +_{x} ⟩ = (| + ⟩ + | - ⟩) / \sqrt{2}$ のビームを，エネルギー $E_{+} = - Δ / 2, E_{-} = Δ / 2$ の領域に入れます． $Δ$ は粒子ごとには一定ですが，ビーム内では未知の分布を持ちます．時間 $t_{1}$ の後に，測定も選別もせず， $X | + ⟩ = | - ⟩, X | - ⟩ = | + ⟩$ という瞬間的な操作を行います．同じ領域でさらに時間 $t_{2}$ を過ごしてから， $x$ 方向を分析します．

1粒子の最終状態と $P_{+ x}$ を求めよ．すべての粒子で $P_{+ x} = 1$ とする時間の条件を求めよ．
操作前と操作後の準位差がそれぞれ $Δ_{1}, Δ_{2}$ で， $t_{1} = t_{2} = τ$ の場合の $P_{+ x}$ を求めよ．2つの操作区間の間にエネルギーの共通の定数が変わるだけなら，結果は変わるか．

**［図：自由発展の間に行う交換操作］**
x方向の正の状態の準備，自由発展時間t₁，交換操作X，自由発展時間t₂，x方向の分析を時間順に示す．t₁とt₂の関係や最終状態は示さない．

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考え方
途中で基底を交換すると，初めに高いエネルギーを持った成分が後半では低いエネルギーを持つ．蓄積した相対位相を前後で比較する．

操作直前は $(e^{i Δ t_{1} / (2 ℏ)} | + ⟩ + e^{- i Δ t_{1} / (2 ℏ)} | - ⟩) / \sqrt{2}$ ．交換後にさらに発展させると

| ψ_{f} ⟩ = \frac{e^{i Δ (t_{2} - t_{1}) / (2 ℏ)} | + ⟩ + e^{- i Δ (t_{2} - t_{1}) / (2 ℏ)} | - ⟩}{\sqrt{2}}

だから， $P_{+ x} = \cos^{2} [Δ (t_{2} - t_{1}) / (2 ℏ)]$ ．未知の分布に対して確実に1とするには $t_{1} = t_{2}$ とする．このとき粒子間で準位差が異なっていても位相がそろう．

最終的な相対位相に関係する量は $Δ_{2} τ - Δ_{1} τ$ なので， $P_{+ x} = \cos^{2} [(Δ_{2} - Δ_{1}) τ / (2 ℏ)]$ ．共通エネルギーの変更は全体の位相しか変えず，確率は変わらない．理想的な交換操作の近似には，操作時間 $t_{p}$ に対して $| Δ_{j} | t_{p} / ℏ$ が十分小さいことが必要であり，準位差の時間変動まで常に打ち消せるわけではない．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

損失のないスピン分析装置の出口 $D$ を校正します．入力が $a | + ⟩ + b | - ⟩$ なら， $D$ への振幅は $X a + Y b$ です．装置は直交する2出口を持ち， ${| X |}^{2} + {| Y |}^{2} = 1$ とします．入力状態を変えて次の検出確率を得ました．誤差は無視します．

入力状態	$\| + ⟩$	$\| - ⟩$	$(\| + ⟩ + \| - ⟩) / \sqrt{2}$	$(\| + ⟩ + i \| - ⟩) / \sqrt{2}$
$P_{D}$	$0.360$	$0.640$	$0.788$	$0.116$

全体の位相を選んで $X$ を正の実数とし， $X, Y$ を復元せよ．第3列だけでは何が決まらないか．
必ず出口 $D$ に来る規格化した入力状態を求めよ．第1，2列の確率だけを使って「入力の $+, -$ を確率で混ぜる」模型を作ると，第3，4列を説明できるか．

**［図：4種類の試験入力と未知の分析装置］**
4種類の既知入力を切り替えて未知の分析装置へ送る．重ね合わせ入力の負の成分には×1または×iを与える．分析装置の2出口D，Eを示す．

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考え方
位相をそろえた2つの試験入力は，未知の振幅の積の実部と虚部を別々に測る．

最初の2列から $X = 0.600, | Y | = 0.800$ ． $z = X^{*} Y$ とおけば，第3列は $P_{D} = {| X + Y |}^{2} / 2 = 1 / 2 + Re z$ ，第4列は ${| X + i Y |}^{2} / 2 = 1 / 2 - Im z$ である．したがって $Re z = 0.288, Im z = 0.384$ ， $Y = z / X = 0.480 + 0.640 i$ ． $\sqrt{{0.480}^{2} + {0.640}^{2}} = 0.800$ と一致する．第3列だけでは虚部の符号が決まらず，互いに複素共役な2つの候補が残る．
$| χ ⟩ = X^{*} | + ⟩ + Y^{*} | - ⟩ = 0.600 | + ⟩ + (0.480 - 0.640 i) | - ⟩$ とすれば，振幅は $X X^{*} + Y Y^{*} = 1$ ，確率も1である．確率で混ぜる模型はどちらの試験入力にも $(0.360 + 0.640) / 2 = 0.500$ を予測し，表と合わない．復元には入力の相対位相が既知であることが必要であり，復元した状態の規格化も $0.360 + 0.640 = 1$ で確かめられる．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

直交する2状態 $| 1 ⟩, | 2 ⟩$ に対し，短い操作の行列を

U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})

とします． $| 1 ⟩$ に $U$ を作用させた後， $H = (\begin{matrix} - Δ / 2 & 0 \\ 0 & Δ / 2 \end{matrix})$ ， $Δ > 0$ のもとで時間 $T$ だけ発展させ，さらに $| 2 ⟩$ の振幅だけを $e^{i ϕ}$ 倍します．最後に同じ $U$ を作用させて状態を測ります．途中で記録は残しません．

最終的な $P_{1}, P_{2}$ を求め， $P_{2} = 1$ とする $ϕ$ の条件を述べよ．
(1)で $P_{2} = 1$ となる $ϕ$ に固定したまま，発展時間が $T + δ T$ にずれた場合， $1 - P_{2}$ の先頭の項を求めよ．最初の $U$ の直後に $1, 2$ の記録を残す場合には，位相を調整して $P_{2} = 1$ にできるか．

**［図：2回のUと自由発展と位相挿入］**
初期状態|1⟩にUを作用させ，時間Tの領域で発展させる．状態2の振幅に位相φを挿入し，同じUをもう一度作用させた後に1，2を測定する．

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考え方
2つの短い操作の間で相対位相を蓄積する．操作は行列の積，途中の自由発展は各エネルギーの位相で表す．

$a = Δ T / (2 ℏ)$ とおく．1回目の出力は $(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) / \sqrt{2}$ ，位相挿入後は $(\begin{matrix} e^{i a} \\ e^{i ϕ} e^{- i a} \end{matrix}) / \sqrt{2}$ ．最後の出力は $(\begin{matrix} e^{i a} - e^{i ϕ} e^{- i a} \\ e^{i a} + e^{i ϕ} e^{- i a} \end{matrix}) / 2$ である． $χ = ϕ - Δ T / ℏ$ とすれば， $P_{1} = (1 - \cos χ) / 2$ ， $P_{2} = (1 + \cos χ) / 2$ ． $ϕ = Δ T / ℏ + 2 π n$ ， $n$ は整数，とすれば $P_{2} = 1$ になる．
位相挿入を固定したまま時間がずれると $χ = - Δ δ T / ℏ$ になる． $\cos χ \approx 1 - χ^{2} / 2$ より $1 - P_{2} \approx {(Δ δ T / ℏ)}^{2} / 4$ ．記録が残る場合，最初の各状態の確率は $1 / 2$ ，そこから最後に2へ行く確率も $1 / 2$ なので， $P_{2} = 1 / 4 + 1 / 4 = 1 / 2$ である．位相では変えられない．小さな時間ずれの近似には $| Δ δ T | / ℏ$ が十分小さいことが必要で，厳密な式では $P_{1} + P_{2} = 1$ である．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

相互作用を無視した2電子を，左右の局在基底 $| L ⟩, | R ⟩$ で表す装置に入れます．軌道の行列は $H_{orb} = (\begin{matrix} E_{0} & - A \\ - A & E_{0} \end{matrix})$ ， $A > 0$ です．一様磁場 $B \geq 0$ は軌道に影響せず，スピン $| + ⟩, | - ⟩$ のエネルギーをそれぞれ $- m_{0} B, + m_{0} B$ だけ変えます． $m_{0} > 0$ は磁気モーメントの大きさです．各電子の完全な状態は，軌道とスピンの組で指定します．

4つの1電子状態のエネルギーを求め，2電子の基底状態の占有を $B$ によって場合分けせよ．切り替わる磁場も求めよ．
全エネルギー $U$ と全磁気モーメント $M = - \frac{d U}{d B}$ を求めよ．切り替わりの前後で，左側にある電子数の期待値は変わるか．

**［図：左右の局在状態と共通の磁場］**
左右の局在基底|L⟩，|R⟩の対角成分E₀と結合−Aを示す．共通の一様磁場Bを緑で示し，各局在基底で選べる2つのスピン状態を示す．電子の占有と固有準位の大小は描かない．

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考え方
軌道の固有状態を先に求め，スピンによるずれを加える．排他律は軌道とスピンを合わせた状態に適用する．

対称軌道 $| s ⟩ = (| L ⟩ + | R ⟩) / \sqrt{2}$ は $E_{0} - A$ ，反対称軌道 $| a ⟩ = (| L ⟩ - | R ⟩) / \sqrt{2}$ は $E_{0} + A$ である．スピンも含めたエネルギーは $E_{s, +} = E_{0} - A - m_{0} B$ ， $E_{s, -} = E_{0} - A + m_{0} B$ ， $E_{a, +} = E_{0} + A - m_{0} B$ ， $E_{a, -} = E_{0} + A + m_{0} B$ ．最も低い $s, +$ に1電子を入れる．第2電子は $E_{s, -} - E_{a, +} = 2 (m_{0} B - A)$ の符号から， $B < A / m_{0}$ では $s, -$ ， $B > A / m_{0}$ では $a, +$ に入る． $B_{c} = A / m_{0}$ で両配置が縮退する．
$B < B_{c}$ では $U = 2 E_{0} - 2 A, M = 0$ ． $B > B_{c}$ では $U = 2 E_{0} - 2 m_{0} B, M = 2 m_{0}$ ．境界でエネルギーは連続だが微分は一意でなく，縮退状態の準備によって磁気モーメントが変わる．どちらの軌道も左側の確率は $1 / 2$ なので，左側の電子数の期待値は両配置とも1である．同じ軌道に反対スピンを入れることは排他律に反しない． $B_{c}$ の次元は磁場であり，温度0で相互作用を無視した模型の結論である．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

2状態系を $H_{0} = (\begin{matrix} 0 & - A \\ - A & 0 \end{matrix})$ ， $A > 0$ の下の定常状態 $| s ⟩ = (| 1 ⟩ + | 2 ⟩) / \sqrt{2}$ に準備します．時刻0に外場を短時間で切り替えて $H_{1} = (\begin{matrix} δ & - A \\ - A & - δ \end{matrix})$ ， $δ > 0$ に変えます．切り替え直後の状態は $| s ⟩$ のままとし，その後は $H_{1}$ が一定です．平均エネルギーは $\overset{―}{E} = C^{*} H C$ とし，行ベクトルの $C^{*}$ は列ベクトル $C$ の複素共役を横に並べたものです．切り替え時の平均の仕事は，前後の平均エネルギーの差で定義します．

$D = \sqrt{A^{2} + δ^{2}}$ とおき，切り替え後のエネルギー測定で $- D, + D$ を得る確率を求めよ．
外場がする平均の仕事と，新しい最低エネルギーから測った平均の余剰エネルギーを求めよ． $δ / A$ が十分小さいとき，余剰エネルギーと上準位の確率を先頭の次数まで求めよ．

**［図：外場の切り替え前後と準備状態］**
切り替え前の対角成分0，0と切り替え後のδ，−δを並べる．結合はともに−Aである．切り替え直後も準備した|s⟩＝(|1⟩＋|2⟩)/√2のままであることを示す．

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考え方
急な切り替えは状態を保つが，定常状態の基底は変わる．測定確率は規格化と平均エネルギーから求められる．

行列式は $E^{2} - A^{2} - δ^{2}$ だから，新しいエネルギーは $\pm D$ ．初期列 $C = (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) / \sqrt{2}$ を代入すると $H_{1} C = (\begin{matrix} δ - A \\ - A - δ \end{matrix}) / \sqrt{2}$ ，したがって ${\overset{―}{E}}_{1} = - A$ である．測定確率を $p_{l}, p_{u}$ とすれば， $p_{l} + p_{u} = 1$ ， $- D p_{l} + D p_{u} = - A$ より

p_{l} = \frac{1 + A / D}{2}, p_{u} = \frac{1 - A / D}{2}

となる．一定の $H_{1}$ の下では各定常状態に位相が付くだけなので，このエネルギー測定の確率は以後も変わらない．

切り替え前のエネルギーも $- A$ なので，平均の仕事は0．ただし新しい最低エネルギーは $- D$ に下がり，余剰エネルギーは ${\overset{―}{E}}_{1} - (- D) = D - A = 2 D p_{u}$ である． $x = δ / A$ とおけば， $D = A \sqrt{1 + x^{2}} \approx A + δ^{2} / (2 A)$ ， $A / D \approx 1 - x^{2} / 2$ だから，余剰エネルギーは $δ^{2} / (2 A)$ ， $p_{u} \approx δ^{2} / (4 A^{2})$ ．近似条件は $1 ≫ δ / A$ であり，急な切り替えには切り替え時間 $t_{s}$ に対して $D t_{s} / ℏ$ も十分小さいことが必要である． $δ \to 0$ で余剰も上準位の確率も0に戻る．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

同じ $| 1 ⟩$ から出発する分子の半数は $H_{a} = (\begin{matrix} 0 & - [A + b] \\ - [A + b] & 0 \end{matrix})$ ，残りは $H_{b} = (\begin{matrix} 0 & - [A - b] \\ - [A - b] & 0 \end{matrix})$ に従います． $A > b > 0$ とし，所属する組は各分子で時間とともに変わりません．組の記録を読まずに，状態2で見つかる確率 $P_{2} (t)$ を全体で測ります．

各組の振幅を求め，全体の $P_{2} (t)$ を速い振動と遅い因子の積で表せ．振動の振幅が初めて消える時刻と，初めて元の大きさに戻る時刻を求めよ．
$A = 20 b$ とするとき，(1)の2つの時刻で $P_{2}$ を求めよ．最初の時刻以後，振動の振幅が永久に0になるという模型と区別する測定を提案せよ．

**［図：異なる一定環境を通る2集団］**
各分子を|1⟩に準備し，半数ずつを結合−(A＋b)，−(A−b)の一定環境へ送る．所属する環境は途中で変わらず，全体で共通の状態2の検出を行う．

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考え方
別々に準備された2集団には確率の平均を使う．各集団の中では2つの定常状態の位相が干渉する．

結合を $- G$ と書けば，方程式は $i ℏ \frac{d C_{1}}{d t} = - G C_{2}$ ， $i ℏ \frac{d C_{2}}{d t} = - G C_{1}$ ．初期条件 $C_{1} (0) = 1, C_{2} (0) = 0$ を満たす解は $C_{1} = \cos (G t / ℏ), C_{2} = i \sin (G t / ℏ)$ である． $G = A + b, A - b$ を代入し，2集団を平均すると

P_{2} = \frac{\sin^{2} [(A + b) t / ℏ] + \sin^{2} [(A - b) t / ℏ]}{2} = \frac{1 - \cos (2 A t / ℏ) \cos (2 b t / ℏ)}{2}

となる．速い振動の振幅の大きさは $| \cos (2 b t / ℏ) | / 2$ ．最初の消失は $t_{0} = π ℏ / (4 b)$ ，最初の復元は $t_{r} = π ℏ / (2 b)$ である．

$t_{0}$ では遅い因子が0なので $P_{2} = 1 / 2$ ． $t_{r}$ では遅い因子が $- 1$ ，速い因子が $\cos (20 π) = 1$ なので $P_{2} = 1$ である． $t_{r}$ 付近で計数の時間変化を調べ，振動の復元を確かめれば永久消失の模型を排除できる．所属の違いを読まないことは，各分子の時間発展が失われたことを意味しない． $b / A = 1 / 20$ が小さいので速い振動と包絡の区別ができるが，求めた確率の式自体はこの小ささを使わず， $b \to 0$ で単一の振動に戻る．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ の粒子を，位置エネルギー $K x^{2} / 2$ ， $K > 0$ の機械的な拘束で1次元に閉じ込めます．内部の2状態の行列は $H (x) = (\begin{matrix} α x & - A \\ - A & - α x \end{matrix})$ ， $A > 0, α > 0$ です．粒子は移動中も内部の下の定常状態に保たれると仮定します．位置 $x$ の全ポテンシャルは，機械的な位置エネルギーと内部の最低エネルギーの和とします．

全ポテンシャル $U (x)$ と力を求め， $x = 0$ の安定性が変わる $K_{c}$ を求めよ．
$K < K_{c}$ の安定な平衡位置を求めよ． $K > K_{c}$ における原点のまわりの小振動の角振動数を求め， $K = K_{c}$ でも復元力が残るか調べよ． $\sqrt{1 + z} = 1 + z / 2 - z^{2} / 8 + \dots$ を使ってよい．

**［図：拘束方向と位置依存の内部行列］**
機械的な拘束に沿うx軸と原点0を示す．位置xにある質量mの粒子の内部状態の対角成分αx，−αxと一定の結合−Aを示す．機械的な位置エネルギーはKx²/2である．

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考え方
行列の固有値を位置の関数として求める．全ポテンシャルの曲率で安定性を決め，曲率が0なら次の項を調べる．

行列式 $E^{2} - A^{2} - α^{2} x^{2} = 0$ より下のエネルギーは $- D (x)$ ， $D (x) = \sqrt{A^{2} + α^{2} x^{2}}$ ．したがって

U = \frac{K x^{2}}{2} - D (x), F = - \frac{d U}{d x} = - K x + \frac{α^{2} x}{D (x)}

である．原点の曲率は $\frac{d^{2} U}{d x^{2}} (0) = K - α^{2} / A$ だから， $K_{c} = α^{2} / A$ ． $K > K_{c}$ では安定， $K < K_{c}$ では不安定となる．

原点以外の停留点では $D = α^{2} / K$ なので， $x_{e} = \pm \sqrt{α^{2} / K^{2} - A^{2} / α^{2}}$ ．実数となる条件は $K < K_{c}$ である． $\frac{d^{2} U}{d x^{2}} = K - α^{2} / D + α^{4} x^{2} / D^{3}$ より，ここでは $\frac{d^{2} U}{d x^{2}} (x_{e}) = α^{4} x_{e}^{2} / D^{3} > 0$ ，よって安定． $K > K_{c}$ では $m \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = - (K - K_{c}) x$ と近似でき， $ω = \sqrt{(K - K_{c}) / m}$ ．一方，原点の近くで展開すると

U = - A + \frac{K - K_{c}}{2} x^{2} + \frac{α^{4}}{8 A^{3}} x^{4} + \dots

なので， $K = K_{c}$ では $F \approx - α^{4} x^{3} / (2 A^{3})$ という復元力が残る．展開には振幅 $a$ に対して $α a / A$ が十分小さいことが必要であり， $K > K_{c}$ の線形近似にはさらに $α^{4} a^{2} / [2 A^{3} (K - K_{c})]$ が十分小さいことが必要になる．内部状態を下の準位に保つ仮定には $ℏ α | \frac{d x}{d t} | / A^{2}$ が十分小さいことも必要で， $K_{c}$ はばね定数の次元を持つ．