平成28年度 東大院 物理学専攻 博士 物理学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

2時間で3問、全問必答の試験です。第1問は時間依存磁場中のスピン1/2を題材に、断熱定理からBerry位相の幾何学的意味（立体角の半分）までを誘導つきで導かせます。第2問は古典理想気体のカノニカル計算からカルノー効率までの標準問題で、確実に完答したい問題です。第3問は直列につないだ2つのバネの連成振動から防振系の周波数特性へつなぐ問題で、最後の設問は初期条件から立ち上がる過渡応答のオーダー評価まで要求され、ここが本セットの山場です。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	時間依存磁場中のスピン1/2と Berry 位相
第2問	統計力学・熱力学	古典理想気体のカノニカル計算とカルノー機関
第3問	力学・解析力学	直列2バネの連成振動と防振系のモデル

第1問 時間依存磁場中のスピン1/2とBerry位相

設定

スピン1/2の系がハミルトニアン

$$H(t)=-\mu\vec{B}(t)\cdot\vec{\sigma},\qquad \vec{B}(t)=B_0\bigl(\sin\theta(t)\cos\phi(t),\ \sin\theta(t)\sin\phi(t),\ \cos\theta(t)\bigr)$$

に従います。$\mu$ は正の定数、$B_0$ は一定で、磁場の向きだけが極座標 $\theta(t),\phi(t)$ を通じて時間変化します。$\vec{\sigma}=(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z)$ はパウリ行列

$$\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad \sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad \sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$

です。磁場の向きをゆっくり変えたときに状態が獲得する位相を調べ、ダイナミカル位相を除いた部分（Berry 位相）が磁場の向きの描く閉曲線の囲む立体角の半分になることを示すのが主題です。

設問1

$\vec{B}(t_0)=(B_0,0,0)$ のとき $H(t_0)=-\mu B_0\sigma_x$ です。$\sigma_x$ の固有値は $\pm1$、固有ベクトルは $\frac{1}{\sqrt2}(1,\pm1)^{\mathrm T}$ なので、$H(t_0)$ の固有値と固有ベクトルは

$$-\mu B_0:\ \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\qquad +\mu B_0:\ \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$$

です。同様に $\vec{B}(t_0)=(0,B_0,0)$ のとき $H(t_0)=-\mu B_0\sigma_y$ で、$\sigma_y$ の固有値 $\pm1$ の固有ベクトルは $\frac{1}{\sqrt2}(1,\pm i)^{\mathrm T}$ ですから

$$-\mu B_0:\ \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix},\qquad +\mu B_0:\ \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}$$

です。いずれもスピンが磁場に平行な状態がエネルギー $-\mu B_0$ の基底状態になります。

設問2

磁場方向の単位ベクトルを $\hat n=(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)$ と書くと

$$\hat n\cdot\vec{\sigma}=\begin{pmatrix}\cos\theta & \sin\theta\, e^{-i\phi}\\ \sin\theta\, e^{i\phi} & -\cos\theta\end{pmatrix}$$

で、$H(t_0)=-\mu B_0\,\hat n\cdot\vec\sigma$ です。$\hat n\cdot\vec\sigma$ の固有値 $+1$ の状態が $H$ の固有値 $-\mu B_0$ に、固有値 $-1$ の状態が $+\mu B_0$ に対応します。$\theta=0$ で $\phi$ に依存しないという指定を満たす規格化された固有状態は

$$|\psi_-(t_0)\rangle=\begin{pmatrix}\cos\dfrac{\theta}{2}\\[2pt] e^{i\phi}\sin\dfrac{\theta}{2}\end{pmatrix},\qquad |\psi_+(t_0)\rangle=\begin{pmatrix}e^{-i\phi}\sin\dfrac{\theta}{2}\\[2pt] -\cos\dfrac{\theta}{2}\end{pmatrix}$$

です（$\theta,\phi$ は時刻 $t_0$ での値）。実際に $\hat n\cdot\vec\sigma$ を掛けると、$\cos\theta=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}$、$\sin\theta=2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}$ を使って固有値 $\pm1$ が確かめられます。$\theta=0$ ではそれぞれ $(1,0)^{\mathrm T}$、$(0,-1)^{\mathrm T}$ となり $\phi$ を含みません。また $\theta=\pi/2,\ \phi=0$ および $\phi=\pi/2$ とすると設問1の結果と（全体位相を除いて）一致します。

設問3

断熱定理の条件です。状態が瞬時固有状態 $|\psi_-(t)\rangle$ に追随するには、磁場の向きの変化によって誘起される $|\psi_+\rangle$ への遷移が無視できればよく、その条件は

$$\hbar\,\bigl\lvert\langle\psi_+(t)|\tfrac{d}{dt}|\psi_-(t)\rangle\bigr\rvert\ \ll\ 2\mu B_0$$

です。$\langle\psi_+|\frac{d}{dt}|\psi_-\rangle$ は磁場の向きが変わる角速度程度の量なので、条件は「磁場の向きの変化の角速度 $\omega_B$ が、2準位のエネルギー差 $2\mu B_0$ の定めるスピン歳差の角振動数より十分小さい」こと、すなわち

$$\hbar\omega_B\ll 2\mu B_0$$

と述べられます。言い換えると、向きが変化する時間スケール $\tau$ が $\hbar/(2\mu B_0)$ より十分長ければよい、ということです。

設問4

$|\Psi(t)\rangle$ はシュレーディンガー方程式

$$i\hbar\frac{d}{dt}|\Psi(t)\rangle=H(t)|\Psi(t)\rangle$$

を満たします。近似形 $|\Psi(t)\rangle\simeq e^{-ia(t)}|\psi_-(t)\rangle$ を代入すると、左辺は

$$i\hbar\Bigl(-i\dot a\, e^{-ia}|\psi_-\rangle+e^{-ia}\frac{d}{dt}|\psi_-\rangle\Bigr) =e^{-ia}\Bigl(\hbar\dot a\,|\psi_-\rangle+i\hbar\frac{d}{dt}|\psi_-\rangle\Bigr)$$

右辺は $H|\psi_-\rangle=-\mu B_0|\psi_-\rangle$ より $-\mu B_0 e^{-ia}|\psi_-\rangle$ です。左から $\langle\psi_-(t)|$ を掛け、規格化 $\langle\psi_-|\psi_-\rangle=1$ を使うと、$a(t)$ の満たす方程式

$$\hbar\,\dot a(t)=-\mu B_0-i\hbar\,\langle\psi_-(t)|\frac{d}{dt}|\psi_-(t)\rangle$$

を得ます。$\theta(t)=\theta_0$、$\phi(t)=\omega t$ のとき

$$|\psi_-(t)\rangle=\begin{pmatrix}\cos\dfrac{\theta_0}{2}\\[2pt] e^{i\omega t}\sin\dfrac{\theta_0}{2}\end{pmatrix},\qquad \langle\psi_-|\frac{d}{dt}|\psi_-\rangle=i\omega\sin^2\frac{\theta_0}{2}$$

なので

$$\dot a(t)=-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\omega\sin^2\frac{\theta_0}{2}$$

となります。初期条件 $|\Psi(0)\rangle=|\psi_-(0)\rangle$ は $a(0)=0$ を意味するので、解は

$$a(t)=\Bigl(-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\omega\sin^2\frac{\theta_0}{2}\Bigr)t$$

です。右辺第1項はエネルギー期待値による位相、第2項は幾何学的な補正で、どちらも実数なので規格化は保たれます。

設問5

設問4の結果から

$$\underline{a}(t)=a(t)+\frac{\mu B_0 t}{\hbar}=\omega t\sin^2\frac{\theta_0}{2}$$

なので、一周期 $T=2\pi/\omega$ では

$$\underline{a}(T)=2\pi\sin^2\frac{\theta_0}{2}=\pi(1-\cos\theta_0)$$

です。答えは $\underline{a}(T)=\pi(1-\cos\theta_0)$ で、$\omega$ に依存しない無次元の量になっています。$\theta_0\to0$（磁場が北極に固定）で $0$、$\theta_0=\pi/2$（赤道を一周）で $\pi$ となります。

設問6

一般の径路 $(\theta(t),\phi(t))$ でも設問4の方程式はそのまま成り立ちます。$|\psi_-\rangle$ の時間微分を $\theta$ 微分と $\phi$ 微分に分けると

$$\langle\psi_-|\partial_\theta|\psi_-\rangle =-\frac{1}{2}\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}+\frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=0,\qquad \langle\psi_-|\partial_\phi|\psi_-\rangle=i\sin^2\frac{\theta}{2}$$

なので

$$\dot a=-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\sin^2\frac{\theta}{2}\,\dot\phi$$

となり、閉じた径路 $C$ について

$$\underline{a}(T)=\int_0^T\sin^2\frac{\theta}{2}\,\dot\phi\,dt =\oint_C\sin^2\frac{\theta}{2}\,d\phi =\frac{1}{2}\oint_C(1-\cos\theta)\,d\phi$$

を得ます。これが囲む立体角の半分であることを示します。単位球面上のベクトル場

$$\vec{A}=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\,\hat e_\phi$$

を考えると、球面上の線素は $d\vec{l}=\hat e_\theta\,d\theta+\hat e_\phi\sin\theta\,d\phi$ なので $\oint_C\vec{A}\cdot d\vec{l}=\oint_C(1-\cos\theta)\,d\phi$ です。一方、この場の回転の動径成分は

$$(\nabla\times\vec{A})\cdot\hat e_r=\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\bigl(\sin\theta\,A_\phi\bigr) =\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(1-\cos\theta)=1$$

です。$\vec{A}$ は $\theta=0$（北極）で正則（$1-\cos\theta\sim\theta^2/2$ で $A_\phi\to0$）なので、北極側の閉曲線 $C$ にストークスの定理を適用でき、$C$ が囲む球面上の領域 $S$ について

$$\oint_C(1-\cos\theta)\,d\phi=\iint_S(\nabla\times\vec{A})\cdot\hat e_r\,dS=\iint_S dS=\Omega$$

となります。単位球面上の面積はそのまま立体角なので、$\Omega$ は曲線 $C$ で囲まれた立体角です。したがって

$$\underline{a}(T)=\frac{\Omega}{2}$$

であり、Berry 位相は径路の速さによらず、磁場の向きが描く閉曲線の囲む立体角だけで決まる幾何学的量です。設問5の場合は $C$ が $\theta=\theta_0$ の円で、囲む立体角は $\Omega=2\pi(1-\cos\theta_0)$ ですから、$\underline{a}(T)=\pi(1-\cos\theta_0)$ と一致します。

第2問 古典理想気体のカノニカル計算とカルノー機関

設定

一辺 $L$ の立方体容器（体積 $V=L^3$）に、互いに区別できない質量 $m$ の粒子 $N$ 個からなる理想気体を入れ、温度 $T$ の熱平衡状態を考えます。ハミルトニアンは

$$\mathcal{H}=\sum_{i=1}^{N}\frac{\boldsymbol{p}_i^{\,2}}{2m}$$

で、粒子密度 $N/V$ を有限に保って $N$ を十分大きく取ります。古典統計の範囲で、カノニカル集団による熱力学量の計算と、この気体を作業物質とする熱機関の効率を求めます。ガウス積分 $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\pi/a}$ と、大きな $N$ に対する $N!\simeq N^N e^{-N}$ を用います。

設問1

$\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$ とします。区別できない粒子の古典的分配関数は、位相空間の測度を $h^{3N}$ で無次元化して

$$Z=\frac{1}{N!\,h^{3N}}\int\prod_{i=1}^{N}d^3x_i\,d^3p_i\ e^{-\beta\mathcal{H}} =\frac{V^N}{N!\,h^{3N}}\Bigl(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\beta p^2/2m}dp\Bigr)^{3N} =\frac{V^N}{N!\,h^{3N}}\bigl(2\pi m k_{\mathrm B}T\bigr)^{3N/2}$$

です（$h$ は位相空間の細胞の大きさを与える定数で、以下の $E$、$P$ には現れません）。ガウス積分で $a=\beta/2m$ と置きました。内部エネルギーは

$$E=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z=\frac{3N}{2\beta}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T$$

です。ヘルムホルツ自由エネルギー $F=-k_{\mathrm B}T\ln Z$ から圧力は

$$P=-\frac{\partial F}{\partial V}=k_{\mathrm B}T\frac{\partial \ln Z}{\partial V}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V}$$

となります。答えは $E=\dfrac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T$（体積によらない）、$P=\dfrac{Nk_{\mathrm B}T}{V}$（理想気体の状態方程式）です。

設問2

$S=(E-F)/T=k_{\mathrm B}(\ln Z+\beta E)$ を使います。$N!\simeq N^N e^{-N}$ より $\ln N!\simeq N\ln N-N$ なので

$$\ln Z=N\ln V+\frac{3N}{2}\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}-N\ln N+N$$

であり、

$$S=k_{\mathrm B}\Bigl(\ln Z+\frac{3N}{2}\Bigr) =Nk_{\mathrm B}\Bigl[\ln\frac{V}{N}+\frac{3}{2}\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}+\frac{5}{2}\Bigr]$$

を得ます。示量性を確認します。粒子密度 $N/V$ を固定して $N\to\lambda N$、$V\to\lambda V$ とすると、角括弧の中は $V/N$ と $T$ だけの関数なので変わらず、$S\to\lambda S$ となります。すなわち $S$ は $N$ に比例する示量変数です。$1/N!$ の因子（ギブス補正）を落とすと角括弧内に $\ln V$ が残って示量性が破れる（ギブスのパラドックス）ことに注意します。

設問3

準静断熱過程では $S$ が一定です。設問2の $S$ で $N$ を固定すると、$S$ 一定は

$$VT^{3/2}=\text{const.}$$

を意味します。よって $V_1T_1^{3/2}=V_2T_2^{3/2}$ から終状態の温度は

$$T_2=T_1\Bigl(\frac{V_1}{V_2}\Bigr)^{2/3}$$

で、温度変化は $\Delta T=T_2-T_1=T_1\bigl[(V_1/V_2)^{2/3}-1\bigr]$ です（膨張 $V_2>V_1$ なら温度は下がります）。断熱過程では熱の出入りがないので、系が外界にした仕事 $W$ は内部エネルギーの減少分に等しく、

$$W=E(T_1)-E(T_2)=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}(T_1-T_2) =\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T_1\Bigl[1-\Bigl(\frac{V_1}{V_2}\Bigr)^{2/3}\Bigr]$$

です。なお終状態の圧力は $P_2=Nk_{\mathrm B}T_2/V_2=Nk_{\mathrm B}T_1V_1^{2/3}/V_2^{5/3}$ となります。

設問4

等温過程では状態方程式から

$$P_3=\frac{Nk_{\mathrm B}T_1}{V_3}$$

です。系が外界にした仕事は

$$W=\int_{V_1}^{V_3}P\,dV=Nk_{\mathrm B}T_1\int_{V_1}^{V_3}\frac{dV}{V} =Nk_{\mathrm B}T_1\ln\frac{V_3}{V_1}$$

です。等温過程では $E$ が一定なので、この仕事はそのまま熱源から吸収した熱に等しいことも確認できます（膨張なら吸熱、圧縮なら放熱）。

設問5

カルノーサイクルを構成します。状態 $\mathrm A\ (T_1,V_{\mathrm A})$ から出発し、

(i) 温度 $T_1$ の熱源に接して等温膨張 $\mathrm A\to\mathrm B$（$V_{\mathrm A}\to V_{\mathrm B}$）。吸収する熱は設問4より $Q_1=Nk_{\mathrm B}T_1\ln(V_{\mathrm B}/V_{\mathrm A})>0$。

(ii) 断熱膨張 $\mathrm B\to\mathrm C$ で温度を $T_1$ から $T_2$ に下げる。設問3より $V_{\mathrm B}T_1^{3/2}=V_{\mathrm C}T_2^{3/2}$。

(iii) 温度 $T_2$ の熱源に接して等温圧縮 $\mathrm C\to\mathrm D$。放出する熱は $Q_2=Nk_{\mathrm B}T_2\ln(V_{\mathrm C}/V_{\mathrm D})>0$。

(iv) 断熱圧縮 $\mathrm D\to\mathrm A$ で温度を $T_1$ に戻す。$V_{\mathrm D}T_2^{3/2}=V_{\mathrm A}T_1^{3/2}$。

2つの断熱条件の比を取ると

$$\frac{V_{\mathrm B}}{V_{\mathrm A}}=\frac{V_{\mathrm C}}{V_{\mathrm D}}$$

が従います。一周すると内部エネルギーは元に戻るので、系が外界にした正味の仕事は $W=Q_1-Q_2$ です。効率は

$$\eta=\frac{W}{Q_1}=1-\frac{Q_2}{Q_1} =1-\frac{T_2\ln(V_{\mathrm C}/V_{\mathrm D})}{T_1\ln(V_{\mathrm B}/V_{\mathrm A})} =1-\frac{T_2}{T_1}$$

となります。答えは $\eta=1-\dfrac{T_2}{T_1}$ で、$T_1>T_2$ より $0<\eta<1$ です。体積比によらず熱源の温度だけで決まる、可逆機関の最大効率です。

第3問 直列2バネの連成振動と防振系のモデル

設定

地表に一端を固定した自然長 $\ell$、バネ定数 $k$ のバネの上端に質量 $m$ の小球A、Aの上に同じバネをもう1本つけてその上端に質量 $m$ の小球Bを取りつけます（図では下から バネ・A・バネ・B の順）。運動は鉛直方向のみで摩擦はなく、地表を原点として鉛直上向きに $x$ 軸をとり、小球の座標を $x_{\mathrm A}$、$x_{\mathrm B}$、重力加速度を $g$ とします。後半では、Bを振動を発生する機械とみなし、Bに外力 $F\sin\Omega t$ が加わるとして、地表に伝わる力の周波数成分を調べます。$\omega_0\equiv\sqrt{k/m}$ です。

設問1

下のバネの伸びは $x_{\mathrm A}-\ell$、上のバネの伸びは $x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell$ です。ラグランジアンは

$$L=\frac{m}{2}\dot x_{\mathrm A}^2+\frac{m}{2}\dot x_{\mathrm B}^2 -\frac{k}{2}(x_{\mathrm A}-\ell)^2-\frac{k}{2}(x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell)^2 -mgx_{\mathrm A}-mgx_{\mathrm B}$$

です。

設問2

オイラー・ラグランジュ方程式 $\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot x_i}=\frac{\partial L}{\partial x_i}$ から運動方程式は

$$\begin{aligned} m\ddot x_{\mathrm A}&=-k(x_{\mathrm A}-\ell)+k(x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell)-mg\\ m\ddot x_{\mathrm B}&=-k(x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell)-mg \end{aligned}$$

です。平衡点では加速度が $0$ なので、第2式から $k(x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell)=-mg$（上のバネはBの重さ分だけ縮む）、これを第1式に入れて $k(x_{\mathrm A}-\ell)=-2mg$（下のバネは2個分の重さで縮む）となり、

$$x_{\mathrm A}^{(eq)}=\ell-\frac{2mg}{k},\qquad x_{\mathrm B}^{(eq)}=2\ell-\frac{3mg}{k}$$

です。下のバネが2球分、上のバネが1球分の重力を支えるという力のつり合いと一致します。

設問3

$X_{\mathrm A}\equiv x_{\mathrm A}-x_{\mathrm A}^{(eq)}$、$X_{\mathrm B}\equiv x_{\mathrm B}-x_{\mathrm B}^{(eq)}$ を設問2の運動方程式に代入すると、定数項（重力とバネの縮み）が相殺して

$$\begin{aligned} \ddot X_{\mathrm A}&=-2\omega_0^2X_{\mathrm A}+\omega_0^2X_{\mathrm B}\\ \ddot X_{\mathrm B}&=\omega_0^2X_{\mathrm A}-\omega_0^2X_{\mathrm B} \end{aligned}$$

を得ます。$X_{\mathrm A},X_{\mathrm B}\propto e^{-i\omega t}$ と置くと、固有値問題

$$\frac{\omega^2}{\omega_0^2}\begin{pmatrix}X_{\mathrm A}\\X_{\mathrm B}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}X_{\mathrm A}\\X_{\mathrm B}\end{pmatrix}$$

になります。$\lambda\equiv\omega^2/\omega_0^2$ の固有方程式は $(2-\lambda)(1-\lambda)-1=\lambda^2-3\lambda+1=0$ なので $\lambda=\dfrac{3\pm\sqrt5}{2}$ です。$\dfrac{3\pm\sqrt5}{2}=\Bigl(\dfrac{\sqrt5\pm1}{2}\Bigr)^2$ に注意すると、固有振動数は

$$\omega_\pm=\omega_0\sqrt{\frac{3\pm\sqrt5}{2}}=\frac{\sqrt5\pm1}{2}\,\omega_0$$

です。積 $\omega_+\omega_-=\omega_0^2$、和 $\omega_+^2+\omega_-^2=3\omega_0^2$ が固有方程式の係数と一致することで検算できます。

設問4

固有値 $\lambda_\pm=(3\pm\sqrt5)/2$ に属する固有ベクトルは、第1行 $(2-\lambda)X_{\mathrm A}=X_{\mathrm B}$ から

$$\frac{X_{\mathrm B}}{X_{\mathrm A}}\bigg|_{\pm}=2-\lambda_\pm=\frac{1\mp\sqrt5}{2}\equiv r_\pm$$

です。高振動数モード（$\omega_+$）では $r_+=(1-\sqrt5)/2<0$ でAとBが逆位相、低振動数モード（$\omega_-$）では $r_-=(1+\sqrt5)/2>0$ で同位相に振れます。一般解は任意定数 $C_\pm,\alpha_\pm$ を用いて

$$\begin{aligned} X_{\mathrm A}(t)&=C_+\cos(\omega_+t+\alpha_+)+C_-\cos(\omega_-t+\alpha_-)\\ X_{\mathrm B}(t)&=r_+C_+\cos(\omega_+t+\alpha_+)+r_-C_-\cos(\omega_-t+\alpha_-) \end{aligned}$$

と書けます。

設問5

運動方程式は

$$\ddot X_{\mathrm A}=-2\omega_0^2X_{\mathrm A}+\omega_0^2X_{\mathrm B},\qquad \ddot X_{\mathrm B}=\omega_0^2X_{\mathrm A}-\omega_0^2X_{\mathrm B}+\frac{F}{m}\sin\Omega t$$

になります。特解を $X_{\mathrm A}=A\sin\Omega t$、$X_{\mathrm B}=B\sin\Omega t$ と置くと

$$(2\omega_0^2-\Omega^2)A=\omega_0^2B,\qquad (\omega_0^2-\Omega^2)B-\omega_0^2A=\frac{F}{m}$$

で、これを解くと（$\Omega\neq\omega_\pm$ のとき）

$$A=\frac{\omega_0^2F}{mD},\qquad B=\frac{(2\omega_0^2-\Omega^2)F}{mD},\qquad D\equiv\Omega^4-3\omega_0^2\Omega^2+\omega_0^4=(\Omega^2-\omega_+^2)(\Omega^2-\omega_-^2)$$

です。分母 $D$ の因数分解は、$\omega_\pm^2/\omega_0^2$ が $\lambda^2-3\lambda+1=0$ の2根であることから従います。一般解は設問4の同次解にこの特解を加えた

$$\begin{aligned} X_{\mathrm A}(t)&=C_+\cos(\omega_+t+\alpha_+)+C_-\cos(\omega_-t+\alpha_-)+\frac{\omega_0^2F}{mD}\sin\Omega t\\ X_{\mathrm B}(t)&=r_+C_+\cos(\omega_+t+\alpha_+)+r_-C_-\cos(\omega_-t+\alpha_-)+\frac{(2\omega_0^2-\Omega^2)F}{mD}\sin\Omega t \end{aligned}$$

です（$C_\pm,\alpha_\pm$ は任意定数、$r_\pm=(1\mp\sqrt5)/2$）。

設問6

地表が受ける力の変動分は、下のバネの伸びの変動に比例し $\delta F_{\text{地表}}=kX_{\mathrm A}=m\omega_0^2X_{\mathrm A}$ です。したがって $X_{\mathrm A}(t)$ の各周波数成分の振幅を評価すればよいことになります。

初期条件は $X_{\mathrm A}(0)=X_{\mathrm B}(0)=0$、$\dot X_{\mathrm A}(0)=\dot X_{\mathrm B}(0)=0$ です。設問5の一般解を規準座標で書き直します。$X_{\mathrm A}=q_++q_-$、$X_{\mathrm B}=r_+q_++r_-q_-$ とすると、$q_\pm$ は角振動数 $\omega_\pm$ の単振動と特解成分の和です。変位の初期条件から余弦成分は消え、

$$X_{\mathrm A}(t)=b_+\sin\omega_+t+b_-\sin\omega_-t+A\sin\Omega t$$

の形になります。速度の初期条件は

$$b_+\omega_++b_-\omega_-=-\Omega A,\qquad r_+b_+\omega_++r_-b_-\omega_-=-\Omega B$$

を与え、$r_+-r_-=-\sqrt5$ を使って解くと

$$b_\pm=\pm\frac{\Omega(B-r_\mp A)}{\sqrt5\,\omega_\pm}$$

です。ここで $\Omega\gg\omega_0$ として各項のオーダーを見ます。$D\simeq\Omega^4$ なので

$$A\simeq\frac{\omega_0^2F}{m\Omega^4},\qquad B\simeq-\frac{F}{m\Omega^2}$$

であり、$\Omega A\simeq F\omega_0^2/(m\Omega^3)$ は $\Omega B\simeq-F/(m\Omega)$ より $(\omega_0/\Omega)^2$ だけ小さいので、最低次では

$$b_\pm\simeq\pm\frac{\Omega B}{\sqrt5\,\omega_\pm}=\mp\frac{F}{\sqrt5\,m\Omega\,\omega_\pm}$$

となります。$\omega_\pm$ は $\omega_0$ 程度なので、これが角振動数 $\omega_0$ 程度の低周波成分の振幅です。

地表に働く力の変動 $kX_{\mathrm A}$ の各成分の大きさは次のとおりです。角振動数 $\Omega$ の高周波成分は

$$k\lvert A\rvert\simeq m\omega_0^2\cdot\frac{\omega_0^2F}{m\Omega^4}=F\Bigl(\frac{\omega_0}{\Omega}\Bigr)^4$$

で $(\omega_0/\Omega)$ の4乗に比例します。角振動数 $\omega_\pm\sim\omega_0$ の低周波成分は

$$k\lvert b_\pm\rvert\simeq m\omega_0^2\cdot\frac{F}{\sqrt5\,m\Omega\,\omega_\pm} =\frac{2F}{\sqrt5\,(\sqrt5\pm1)}\cdot\frac{\omega_0}{\Omega}$$

で $(\omega_0/\Omega)$ の1乗に比例します。答えは、高周波（$\Omega$）成分が $(\omega_0/\Omega)^4$、低周波（$\omega_0$ 程度）成分が $(\omega_0/\Omega)^1$ に比例する、です。定常的な強制振動そのものは4乗で強く抑制されますが、始動時の過渡振動として励起される固有振動は1乗でしか小さくならず、減衰機構のないこのモデルでは始動後も残り続けます。防振設計で固有振動数を駆動周波数より十分低くとる理由と、過渡応答を減衰させるダンパーが要る理由がここに現れています。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成28年度 博士課程 入学試験問題 物理学。問題文は要約して引用しています。