- 無次元化が必要な理由とその方法について解説する．
- 数値計算の前は，無次元化をすることでパラメータのオーダー（桁数）を揃える事ができる．
数値計算などで，いきなり「無次元化」という概念が現れ，
- 必要性がわからない
- 具体的な手順がわからない
という理由から戸惑ってしまった人は多いのではないでしょうか．
やっていることは単なる変数変換です．いくつか具体例に触れれば理解することができるはずです．
無次元化の手順
物理量と次元
まずは，Wikipedia：量の次元 - Wikipediaを参考にちゃちゃっと次元の復習をしましょう．任意の物理量は，以下の次元の積で表される次元を持ちます．
| 基本量 | 長さ | 質量 | 時間 | 電流 | 温度 | 物質量 | 光度 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 次元 | $$\sf{L}$$ | $$\sf{M}$$ | $$\sf{T}$$ | $$\sf{I}$$ | $$\sf{\Theta}$$ | $$\sf{N}$$ | $$\sf{J}$$ |
以下では，ある物理量の次元は$[$物理量$]$で表すことにします．
基本量を組み合わせた次元を持つ物理量は，方程式から次元を求めることができます．例えば，力$F$の次元を求めるには運動方程式
\begin{align}
m\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} = F
\end{align}
を考えます．すると，$[m]=\sf{M}$と$[x]=\sf{L}$から
- $\left[\dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\right]=[x][t]^{-2}=\sf{L}\sf{T}^{-2}$
- $[F]=[m]\cdot \left[\dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\right]=\sf{M}\sf{L}\sf{T}^{-2}$
であることがわかります．
無次元化の方法
以下の操作を「無次元化」と呼びます．
具体的には，次の手順を踏めば良いことになります：
- 基本量の次元$(\sf{L,M,T,I,\Theta,N,J})$を持つ物理量$(l_0,m_0,t_0,i_0,\theta_0,n_0,j_0)$を持ってくる．
- 問題において定められている「定数」を使ってつくる．
- もちろん，理論に現れないものは必要ない．
- 全ての物理量を，上で持ってきた$(l_0,m_0,t_0,i_0,\theta_0,n_0,j_0)$を単位とするように変数変換する．
- つまり，物理量$X$の次元が$[X]=\sf{L}^a\sf{M}^b\sf{T}^c\sf{I}^d\sf{\Theta}^e\sf{N}^f\sf{J}^g$であるとき， \begin{align} \bar{X} = \frac{X}{l_0^a\, m_0^b\, t_0^c\, i_0^d\, \theta_0^e\, n_0^f\, j_0^g} \end{align} と変数変換する．
- この変数変換により，物理量$\{X_i\}_i$で表される理論は，無次元量$\{\bar{X}_i\}_i$だけで表すことができる．つまり，次元を持つ量$(l_0,m_0,t_0,i_0,\theta_0,n_0,j_0)$の現れない式にできる．
一般的に述べようとすると難しそうに見えてしまうかもしれません．次の具体例を見れば，簡単な操作であることがわかるでしょう．
無次元化の例
上の手順に従って具体的な問題で無次元化の操作をしてみましょう．簡単なことがわかるはずです！単振り子
この問題は，次の運動方程式を解くことに相当します．
\begin{align}
m\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2} \left(l\theta \right)= -mg\sin\theta
\end{align}
とりあえず，両辺に現れる$m$を消去すれば，
\begin{align}
l \frac{\mathrm{d}^2 \theta}{\mathrm{d}t^2} = -g\sin\theta
\end{align}
となります．
方程式に現れる物理量の次元は以下の通りです．これより，現れる次元は$\sf{L},\sf{T}$だけであることがわかりました．
| 既知の定数/関数 | 未知の定数/関数 | |||
| 物理量 | $l$ | $g$ | $t$ | $\theta$ |
| 次元 | $\sf{L}$ | $\sf{L}\sf{T}^{-2}$ | $\sf{T}$ | 無次元 |
次元$\sf{L},\sf{T}$を持つ物理量として一番簡単なものは，それぞれ
| 次元 | $\sf{L}$ | $\sf{T}$ |
| 単位とする物理量 | $l$ | $\sqrt{l/g}$ |
| 既知の定数/関数 | 未知の定数/関数 | |||
| 物理量 | $l$ | $g$ | $t$ | $\theta$ |
| 無次元化した物理量 | $\bar{l}=\dfrac{l}{l}=1$ | $\bar{g}=\dfrac{g}{l\left(\sqrt{l/g}\right)^{-2}}=1$ | $\bar{t}=\dfrac{t}{\sqrt{l/g}}=\sqrt{\dfrac{g}{l}}t$ | 無次元 |
\begin{align}
\left(\bar{l}l\right) \frac{g}{l}\frac{\mathrm{d}^2 \theta}{\mathrm{d}\bar{t}^2} = -\left(\bar{g}g\right)\sin\theta
\end{align}
となります$\left(\dfrac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d} \bar{t}}{\mathrm{d}t}\dfrac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d}\bar{t}}=\sqrt{\dfrac{g}{l}}\dfrac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d}\bar{t}}\right)$．
ここで，
- 次元を持つ量$l,g$を消去する（方程式の両辺の次元は等しいので，「必ず」両辺で同じ次数で現れることに注意！）
- $\bar{l}=\bar{g}=1$に注意する
ことで
が求められました．
Schrödinger方程式
1次元のSchrödinger方程式を考えましょう：\begin{align}
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2 \varphi}{\mathrm{d} x^2}(x) + V(x)\varphi(x) = E\varphi(x)
\end{align}
ポテンシャル$V(x)$を決定するパラメータを$a$とします（例えば，井戸型ポテンシャルであれば，井戸の幅など）．すると，各物理量とその次元は以下でまとめられます：
| 既知の定数/関数 | 未知の定数/関数 | ||||||
| 物理量 | $\hbar$ | $m$ | $a$ | $V(x)$ | $E$ | $x$ | $\varphi(x)$ |
| 次元 | $\sf{M}\sf{L}^2\sf{T}^{-1}$ | $\sf{M}$ | $\sf{L}$ | $\sf{M}\sf{L}^2\sf{T}^{-2}$ | $\sf{M}\sf{L}^2\sf{T}^{-2}$ | $\sf{L}$ | $\sf{L}^{-1/2}$ |
現れる次元は$\sf{M},\sf{L},\sf{T}$なので，それぞれの次元の単位として以下を選びます：
| 次元 | $\sf{M}$ | $\sf{L}$ | $\sf{T}$ |
| 単位とする物理量 | $m$ | $a$ | $ma^2/\hbar$ |
これらを単位として各物理量を無次元化すると，
| 既知の定数/関数 | ||||
| 物理量 | $\hbar$ | $m$ | $a$ | $V(x)$ |
| 無次元化した物理量 | \begin{align}\bar{\hbar}&=\dfrac{\hbar}{ma^2 \left(ma^2/\hbar \right)^{-1}}\\&=1\end{align} | \begin{align}\bar{m}&=\dfrac{m}{m}\\&=1\end{align} | \begin{align}\bar{a}&=\dfrac{a}{a}\\&=1\end{align} | \begin{align}\bar{V}(\bar{x})&=\dfrac{V(x)}{ma^2 \left(ma^2/\hbar \right)^{-2} }\\&=\frac{ma^2}{\hbar^2}V(a\bar{x})\end{align} |
| 未知の定数/関数 | |||
| 物理量 | $E$ | $x$ | $\varphi(x)$ |
| 無次元化した物理量 | \begin{align}\bar{E}&=\dfrac{E}{ma^2 \left(ma^2/\hbar \right)^{-2} }\\&=\frac{ma^2}{\hbar^2}E\end{align} | $\bar{x}=\dfrac{x}{a}$ | \begin{align}\bar{\varphi}(\bar{x})&=\dfrac{\varphi(x)}{a^{-1/2}}\\&=\sqrt{a}\varphi(a\bar{x})\end{align} |
これらの変数変換を行うと
\begin{align}
- \frac{\left(\bar{\hbar}\hbar\right)^2}{2\left(\bar{m}m\right)}
\cdot \frac{1}{a^2}\frac{\mathrm{d}^2 \left(\bar{\varphi}/\sqrt{a} \right)}{\mathrm{d} \bar{x}^2} (\bar{x})
+ \frac{\hbar^2 \bar{V}(\bar{x})}{ma^2} \frac{\bar{\varphi}(\bar{x}) }{\sqrt{a}}
= \frac{\hbar^2 \bar{E}}{ma^2} \frac{\bar{\varphi}(\bar{x}) }{\sqrt{a}}
\end{align}
繰り返しになりますが，この一連の操作で両辺から次元のある量を全て消去できるのは偶然ではありません．