Skip to content
Rikai

平成31年度 東大院 物理学専攻 博士 物理学 解答

Physics東大院試（物理学専攻）解答 ch.10810ResearchFree~17 min read2026-08-24
Raw

This content is not available in your language yet.

3時間で 3 問、全問必答の構成です。3 問とも同年度の修士課程 物理学の必答問題（第1〜3問）と同一で、量子力学・統計力学・力学の標準的な道具（生成消滅演算子と摂動論、転送行列、ラグランジアンと保存量）を最後まで走らせる体力を問います。第3問の後半は GW150914 を題材にした数値評価まで求められるため、桁と単位の管理が得点を分けます。

問題分野主題
第1問量子力学生成消滅演算子と四次非調和項の摂動、準古典極限
第2問統計力学1次元2状態スピン鎖の分配関数・転送行列・相関長
第3問解析力学・天体物理重力2体問題と連星ブラックホールのインスパイラル

第1問 調和振動子と四次非調和項

Section titled “第1問 調和振動子と四次非調和項”

設定

Section titled “設定”

1次元調和振動子

H0=12mp2+mω22x2H_0 = \frac{1}{2m}p^2 + \frac{m\omega^2}{2}x^2

を出発点とし、[x,p]=iℏ[x,p]=i\hbar のもとで生成消滅演算子

a=mω2ℏ(x+ipmω),a†=mω2ℏ(x−ipmω),N=a†aa = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad N = a^\dagger a

を導入します。後半では V=λx4V=\lambda x^4（λ>0\lambda>0）を加えた H=H0+VH=H_0+V を、摂動として、さらに摂動でない場合を準古典的に扱います。1次元束縛ポテンシャル系のハミルトニアンが対角化可能で縮退がないことは既知として使います。この問題は平成31年度 修士課程 物理学 第1問と同一です。

設問1

Section titled “設問1”

定義式から x+ipmωx+\dfrac{ip}{m\omega} と x−ipmωx-\dfrac{ip}{m\omega} の交換子を計算します。

[x+ipmω, x−ipmω]=−imω[x,p]+imω[p,x]=−imω(iℏ)+imω(−iℏ)=2ℏmω\left[x+\frac{ip}{m\omega},\,x-\frac{ip}{m\omega}\right] = -\frac{i}{m\omega}[x,p] + \frac{i}{m\omega}[p,x] = -\frac{i}{m\omega}(i\hbar) + \frac{i}{m\omega}(-i\hbar) = \frac{2\hbar}{m\omega}

前の因子 mω/(2ℏ)m\omega/(2\hbar) を掛けて

[a,a†]=1.[a,a^\dagger] = 1 .

これを使えば

[N,a]=[a†a, a]=a†[a,a]+[a†,a]a=−a,[N,a†]=a†[a,a†]+[a†,a†]a=a†.[N,a] = [a^\dagger a,\,a] = a^\dagger[a,a] + [a^\dagger,a]a = -a,\qquad [N,a^\dagger] = a^\dagger[a,a^\dagger] + [a^\dagger,a^\dagger]a = a^\dagger .

つぎに NN を x,px,p に戻します。

N=a†a=mω2ℏ(x−ipmω)(x+ipmω)=mω2ℏ(x2+p2m2ω2+imω[x,p])=1ℏω(p22m+mω22x2)−12N = a^\dagger a = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right)\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right) = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x^2+\frac{p^2}{m^2\omega^2}+\frac{i}{m\omega}[x,p]\right) = \frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}x^2\right)-\frac{1}{2}

したがって H0=ℏω(N+12)H_0 = \hbar\omega\left(N+\tfrac12\right) であり、答えは α=1\alpha=1、β=12\beta=\tfrac12 です。

設問2

Section titled “設問2”

NN の固有値を ν\nu、対応する規格化された固有状態を ∣ν⟩|\nu\rangle とします。

(i) 非負性は内積の正定値性から直接出ます。

ν=⟨ν∣N∣ν⟩=⟨ν∣a†a∣ν⟩=∥a∣ν⟩∥2≥0\nu = \langle\nu|N|\nu\rangle = \langle\nu|a^\dagger a|\nu\rangle = \bigl\lVert a|\nu\rangle \bigr\rVert^2 \ge 0

等号成立は a∣ν⟩=0a|\nu\rangle=0 のときに限ります。

(ii) [N,a]=−a[N,a]=-a より Na∣ν⟩=(aN−a)∣ν⟩=(ν−1)a∣ν⟩Na|\nu\rangle = (aN-a)|\nu\rangle = (\nu-1)a|\nu\rangle なので、a∣ν⟩a|\nu\rangle はゼロでなければ固有値 ν−1\nu-1 の固有状態です。これを繰り返すと ak∣ν⟩a^k|\nu\rangle はゼロでなければ固有値 ν−k\nu-k の固有状態で、そのノルムは

∥ak∣ν⟩∥2=ν(ν−1)⋯(ν−k+1)\bigl\lVert a^k|\nu\rangle \bigr\rVert^2 = \nu(\nu-1)\cdots(\nu-k+1)

となります（k=1k=1 が (i) の計算で、あとは ∥a ∣ν−k⟩∥2=ν−k\lVert a\,|\nu-k\rangle\rVert^2=\nu-k を使った帰納法です）。ここで ν\nu が非負整数でないと仮定し、ν\nu を超えない最大の整数を n0n_0 とします。k≤n0+1k\le n_0+1 のとき ν−k+1≥ν−n0>0\nu-k+1 \ge \nu-n_0 > 0 なので上の積の因子はすべて正、つまり an0+1∣ν⟩≠0a^{n_0+1}|\nu\rangle \neq 0 です。ところがこれは固有値 ν−n0−1\nu-n_0-1 の固有状態であり、−1<ν−n0−1<0-1<\nu-n_0-1<0 は (i) に反します。よって ν\nu は非負整数でなければなりません。逆に ν=n\nu=n が非負整数なら ∥an+1∣n⟩∥2=n(n−1)⋯1⋅0=0\lVert a^{n+1}|n\rangle\rVert^2 = n(n-1)\cdots 1\cdot 0 = 0 となって連鎖がちょうど止まり、矛盾は生じません。

設問3

Section titled “設問3”

NN の固有値は 0,1,2,…0,1,2,\dots に限られ、∥a†∣n⟩∥2=⟨n∣(N+1)∣n⟩=n+1>0\lVert a^\dagger|n\rangle\rVert^2 = \langle n|(N+1)|n\rangle = n+1 > 0 から a†a^\dagger を作用させれば固有値は 1 ずつ上がり続けます。したがって固有値の集合はちょうど {0,1,2,… }\{0,1,2,\dots\} で、縮退がないので低い順に番号を付ければ nn 番目の固有値が nn です。H0=ℏω(N+12)H_0=\hbar\omega(N+\tfrac12) より

En=ℏω(n+12).E_n = \hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right).

固有状態は a†∣n⟩a^\dagger|n\rangle のノルムが n+1\sqrt{n+1} であることから ∣n+1⟩=a†n+1∣n⟩|n+1\rangle = \dfrac{a^\dagger}{\sqrt{n+1}}|n\rangle（位相の自由度は規格化された固有状態の任意性として吸収します）。これを繰り返して

∣n⟩=1n!(a†)n∣0⟩(n≥1).|n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}}\left(a^\dagger\right)^n |0\rangle \qquad (n\ge 1).

設問4

Section titled “設問4”

(i) H=H0+VH=H_0+V の固有値問題を VV の次数で展開します。H0∣k⟩=Ek(0)∣k⟩H_0|k\rangle = E_k^{(0)}|k\rangle、Vkl=⟨k∣V∣l⟩V_{kl}=\langle k|V|l\rangle とし、摂動を受けた固有状態を ∣n⟩+∣n(1)⟩+⋯|n\rangle + |n^{(1)}\rangle + \cdots、固有値を En(0)+En(1)+⋯E_n^{(0)}+E_n^{(1)}+\cdots と書きます。位相と規格化の自由度を使って ⟨n∣n(1)⟩=0\langle n|n^{(1)}\rangle = 0 と取ります。1次の項を集めると

H0∣n(1)⟩+V∣n⟩=En(0)∣n(1)⟩+En(1)∣n⟩.H_0|n^{(1)}\rangle + V|n\rangle = E_n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}|n\rangle .

左から ⟨n∣\langle n| を掛けると ⟨n∣H0=En(0)⟨n∣\langle n|H_0 = E_n^{(0)}\langle n| より第1項が消えて

En(1)=Vnn.E_n^{(1)} = V_{nn}.

左から ⟨k∣\langle k|（k≠nk\ne n）を掛けると、∣n(1)⟩=∑k≠nck(1)∣k⟩|n^{(1)}\rangle = \sum_{k\ne n}c_k^{(1)}|k\rangle として

ck(1)=VknEn(0)−Ek(0).c_k^{(1)} = \frac{V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .

2次の項は

H0∣n(2)⟩+V∣n(1)⟩=En(0)∣n(2)⟩+En(1)∣n(1)⟩+En(2)∣n⟩H_0|n^{(2)}\rangle + V|n^{(1)}\rangle = E_n^{(0)}|n^{(2)}\rangle + E_n^{(1)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(2)}|n\rangle

で、左から ⟨n∣\langle n| を掛けて ⟨n∣n(1)⟩=0\langle n|n^{(1)}\rangle=0 を使うと En(2)=⟨n∣V∣n(1)⟩E_n^{(2)} = \langle n|V|n^{(1)}\rangle、すなわち

En(2)=∑k≠nVnkVknEn(0)−Ek(0)=∑k≠n∣Vnk∣2En(0)−Ek(0).E_n^{(2)} = \sum_{k\ne n}\frac{V_{nk}V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} = \sum_{k\ne n}\frac{\lvert V_{nk}\rvert^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .

縮退がないので分母はどこでも 0 になりません。

(ii) x=ℓ (a+a†)x = \ell\,(a+a^\dagger)、ℓ≡ℏ2mω\ell \equiv \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}} と書き、(a+a†)4∣0⟩(a+a^\dagger)^4|0\rangle を順に作用させます。

(a+a†)∣0⟩=∣1⟩,(a+a†)∣1⟩=∣0⟩+2 ∣2⟩,(a+a†)(∣0⟩+2 ∣2⟩)=3∣1⟩+6 ∣3⟩,(a+a†)(3∣1⟩+6 ∣3⟩)=3∣0⟩+62 ∣2⟩+26 ∣4⟩.\begin{aligned} (a+a^\dagger)|0\rangle &= |1\rangle,\\ (a+a^\dagger)|1\rangle &= |0\rangle + \sqrt{2}\,|2\rangle,\\ (a+a^\dagger)\left(|0\rangle+\sqrt{2}\,|2\rangle\right) &= 3|1\rangle + \sqrt{6}\,|3\rangle,\\ (a+a^\dagger)\left(3|1\rangle+\sqrt{6}\,|3\rangle\right) &= 3|0\rangle + 6\sqrt{2}\,|2\rangle + 2\sqrt{6}\,|4\rangle . \end{aligned}

よって x4∣0⟩=ℓ4(3∣0⟩+62 ∣2⟩+26 ∣4⟩)x^4|0\rangle = \ell^4\left(3|0\rangle+6\sqrt2\,|2\rangle+2\sqrt6\,|4\rangle\right) で、V=λx4V=\lambda x^4 の行列要素は

V00=3λℓ4,V20=62 λℓ4,V40=26 λℓ4,V_{00} = 3\lambda\ell^4,\qquad V_{20} = 6\sqrt{2}\,\lambda\ell^4,\qquad V_{40} = 2\sqrt{6}\,\lambda\ell^4,

それ以外の kk では Vk0=0V_{k0}=0 です（ℓ4=ℏ2/(4m2ω2)\ell^4 = \hbar^2/(4m^2\omega^2)）。x4x^4 が偶パリティなので奇数の kk が落ち、(a+a†)4(a+a^\dagger)^4 が生成演算子を 4 個までしか含まないので k≥5k\ge 5 も落ちます。V00=3λℓ4V_{00}=3\lambda\ell^4 は、幅 ⟨x2⟩0=ℓ2\langle x^2\rangle_0=\ell^2 のガウス分布に対する ⟨x4⟩=3⟨x2⟩2\langle x^4\rangle = 3\langle x^2\rangle^2 と一致します。

基底状態のエネルギーは E0(0)−Ek(0)=−kℏωE_0^{(0)}-E_k^{(0)} = -k\hbar\omega を使って

E0=ℏω2+3λℓ4+(62 λℓ4)2−2ℏω+(26 λℓ4)2−4ℏω+O(λ3)=ℏω2+3λℓ4−λ2ℓ8ℏω(722+244)+O(λ3)=ℏω2+3ℏ24m2ω2 λ−21ℏ38m4ω5 λ2+O(λ3).\begin{aligned} E_0 &= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4 + \frac{(6\sqrt2\,\lambda\ell^4)^2}{-2\hbar\omega} + \frac{(2\sqrt6\,\lambda\ell^4)^2}{-4\hbar\omega} + O(\lambda^3)\\ &= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4 - \frac{\lambda^2\ell^8}{\hbar\omega}\left(\frac{72}{2}+\frac{24}{4}\right) + O(\lambda^3)\\ &= \frac{\hbar\omega}{2} + \frac{3\hbar^2}{4m^2\omega^2}\,\lambda - \frac{21\hbar^3}{8m^4\omega^5}\,\lambda^2 + O(\lambda^3). \end{aligned}

答えは E0=ℏω2[1+32ℏλm2ω3−214(ℏλm2ω3)2+⋯ ]E_0 = \dfrac{\hbar\omega}{2}\left[1+\dfrac{3}{2}\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}-\dfrac{21}{4}\left(\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}\right)^2+\cdots\right] です。ℏλ/(m2ω3)=λℓ4/(ℏω)×4\hbar\lambda/(m^2\omega^3) = \lambda\ell^4/(\hbar\omega)\times 4 の形なので括弧の中は無次元で、展開は λℓ4≪ℏω\lambda\ell^4 \ll \hbar\omega、つまり非調和項の典型的な大きさが準位間隔よりずっと小さいときに有効です。

設問5

Section titled “設問5”

nn が大きいと転回点 x0x_0 も大きくなり、λx4\lambda x^4 と 12mω2x2\tfrac12 m\omega^2x^2 の比 2λx02/(mω2)2\lambda x_0^2/(m\omega^2) は発散するので、高い準位では四次項が支配します。ボーア・ゾンマーフェルト量子化

∮p dx=2∫−x0x02m(E−λx4) dx=2πℏ(n+12),x0=(Eλ)1/4\oint p\,dx = 2\int_{-x_0}^{x_0}\sqrt{2m\left(E-\lambda x^4\right)}\,dx = 2\pi\hbar\left(n+\frac{1}{2}\right), \qquad x_0=\left(\frac{E}{\lambda}\right)^{1/4}

において x=x0ux=x_0u と置くと

∮p dx=22mE x0∫−111−u4 du=c0m λ−1/4E3/4,c0=22∫−111−u4 du≃4.9\oint p\,dx = 2\sqrt{2mE}\,x_0\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du = c_0\sqrt{m}\,\lambda^{-1/4}E^{3/4},\qquad c_0 = 2\sqrt{2}\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du \simeq 4.9

となり、位相空間の面積は E3/4E^{3/4} に比例します。これを 2πℏn2\pi\hbar n と等置すると E3/4∝nE^{3/4}\propto n、すなわち

En∝n4/3(En∼ℏ4/3λ1/3m−2/3 n4/3).E_n \propto n^{4/3}\qquad\left(E_n \sim \hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3}\,n^{4/3}\right).

答えは nn の 4/34/3 乗です。一般に V∝∣x∣sV\propto |x|^s では同じ計算で En∝n2s/(s+2)E_n\propto n^{2s/(s+2)} となり、s=2s=2 で n1n^1（調和振動子）、s=4s=4 で n4/3n^{4/3}、s→∞s\to\infty で n2n^2（無限井戸）に一致します。ℏ4/3λ1/3m−2/3\hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3} の次元は、[λ]=J/m4[\lambda]=\mathrm{J/m^4} を代入すればエネルギーになることが確かめられます。

第2問 1次元2状態スピン鎖

Section titled “第2問 1次元2状態スピン鎖”

設定

Section titled “設定”

LL 個のスピン変数 Si\mathbf{S}_i が x^=(1,0,0)\hat x=(1,0,0) か y^=(0,1,0)\hat y=(0,1,0) の 2 値をとり、開いた鎖のエネルギーが

E(S1,…,SL)=−J∑i=1L−1Si⋅Si+1,J>0E(\mathbf{S}_1,\dots,\mathbf{S}_L) = -J\sum_{i=1}^{L-1}\mathbf{S}_i\cdot\mathbf{S}_{i+1},\qquad J>0

で与えられる古典系です。x^⋅x^=y^⋅y^=1\hat x\cdot\hat x=\hat y\cdot\hat y=1、x^⋅y^=0\hat x\cdot\hat y=0 なので、各ボンドは両端が同じ向きなら −J-J、直交していれば 00 を寄せるだけです。逆温度は β=1/(kBT)\beta=1/(k_\mathrm{B}T)、分配関数は ZL(β)Z_L(\beta) とします。この問題は平成31年度 修士課程 物理学 第2問と同一です。

設問1

Section titled “設問1”

L=2L=2 の配置は 4 通りです。

(x^,x^): E=−J,(y^,y^): E=−J,(x^,y^): E=0,(y^,x^): E=0.\begin{aligned} (\hat x,\hat x):&\ E=-J, & (\hat y,\hat y):&\ E=-J,\\ (\hat x,\hat y):&\ E=0, & (\hat y,\hat x):&\ E=0. \end{aligned}

したがって

Z2(β)=2eβJ+2=2(eβJ+1).Z_2(\beta) = 2e^{\beta J} + 2 = 2\left(e^{\beta J}+1\right).

設問2

Section titled “設問2”

L=3L=3 の配置は 8 通りで、エネルギーは隣接する平行ペアの個数で決まります。

(x^,x^,x^), (y^,y^,y^):E=−2J(x^,x^,y^), (y^,x^,x^), (x^,y^,y^), (y^,y^,x^):E=−J(x^,y^,x^), (y^,x^,y^):E=0\begin{aligned} (\hat x,\hat x,\hat x),\ (\hat y,\hat y,\hat y):&\quad E=-2J\\ (\hat x,\hat x,\hat y),\ (\hat y,\hat x,\hat x),\ (\hat x,\hat y,\hat y),\ (\hat y,\hat y,\hat x):&\quad E=-J\\ (\hat x,\hat y,\hat x),\ (\hat y,\hat x,\hat y):&\quad E=0 \end{aligned}

内訳は E=−2JE=-2J が 2 通り、E=−JE=-J が 4 通り、E=0E=0 が 2 通りです。よって

Z3(β)=2e2βJ+4eβJ+2=2(eβJ+1)2.Z_3(\beta) = 2e^{2\beta J} + 4e^{\beta J} + 2 = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^2 .

設問3

Section titled “設問3”

L−1L-1 個のスピンからなる鎖の各配置に、右端に SL\mathbf{S}_L を継ぎ足すことを考えます。追加されるボルツマン因子は SL=SL−1\mathbf{S}_L=\mathbf{S}_{L-1} なら eβJe^{\beta J}、そうでなければ 11 で、その和 eβJ+1e^{\beta J}+1 は SL−1\mathbf{S}_{L-1} の向きによらない定数です。したがって

ZL(β)=(eβJ+1)ZL−1(β)(L≥3)Z_L(\beta) = \left(e^{\beta J}+1\right)Z_{L-1}(\beta)\qquad (L\ge 3)

が成り立ち、Z2=2(eβJ+1)Z_2 = 2(e^{\beta J}+1) から

ZL(β)=2(eβJ+1)L−1.Z_L(\beta) = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^{L-1}.

L=2,3L=2,3 で設問1・2 の結果を再現します。この式は、L−1L-1 本のボンドがそれぞれ独立に「平行（重み eβJe^{\beta J}）か直交（重み 11）」を選び、さらに左端のスピンの向きに 2 通りの自由度がある、という数え方に対応します。

設問4

Section titled “設問4”
FL(β)=−1βln⁡ZL(β)=−1β[ln⁡2+(L−1)ln⁡(1+eβJ)].F_L(\beta) = -\frac{1}{\beta}\ln Z_L(\beta) = -\frac{1}{\beta}\left[\ln 2 + (L-1)\ln\left(1+e^{\beta J}\right)\right].

設問5

Section titled “設問5”

内部エネルギーは

UL=−∂∂βln⁡ZL=−(L−1)JeβJ1+eβJU_L = -\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_L = -(L-1)\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}}

なので、L→∞L\to\infty でスピン 1 個あたりは

u(β)=lim⁡L→∞ULL=−JeβJ1+eβJ=−J1+e−βJ.u(\beta) = \lim_{L\to\infty}\frac{U_L}{L} = -\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}} = -\frac{J}{1+e^{-\beta J}} .

高温極限 βJ→0\beta J\to 0 では u→−J/2u\to -J/2、低温極限 βJ→∞\beta J\to\infty では u→−Ju\to -J です。

出現確率との関係は次のように読めます。L→∞L\to\infty ではスピン 1 個あたりのボンド数が 1 に近づき、各ボンドは独立に、両端が平行である確率

p∥=eβJeβJ+1=11+e−βJp_\parallel = \frac{e^{\beta J}}{e^{\beta J}+1} = \frac{1}{1+e^{-\beta J}}

をもちます。平行なボンドのエネルギーは −J-J、直交なボンドは 00 なので u=−Jp∥u = -J p_\parallel です。高温極限では 1 本のボンドの 4 通りの配置がすべて等確率に現れ、そのうち 2 通りが平行なので p∥=1/2p_\parallel = 1/2、したがって u=−J/2u=-J/2 になります。低温極限ではボルツマン因子 eβJe^{\beta J} が効いて平行な配置しか現れず、p∥→1p_\parallel\to 1、つまり全スピンが揃った 2 つの基底状態（エネルギー −J(L−1)-J(L-1)）に確率が集中して u→−Ju\to -J となります。

設問6

Section titled “設問6”

S1=a^\mathbf{S}_1=\hat a に固定した和を L−1L-1 番目まで取ったあと、右端に SL=b^\mathbf{S}_L=\hat b を継ぎ足す操作を書き下します。ボンドの重みを w(c^,b^)=eβJw(\hat c,\hat b)=e^{\beta J}（c^=b^\hat c=\hat b）、w(c^,b^)=1w(\hat c,\hat b)=1（c^≠b^\hat c\ne\hat b）と書くと

ZL PL(a^,b^)=∑c^[ZL−1PL−1(a^,c^)]w(c^,b^)Z_L\,P_L(\hat a,\hat b) = \sum_{\hat c}\left[Z_{L-1}P_{L-1}(\hat a,\hat c)\right]w(\hat c,\hat b)

であり、設問3 の ZL−1/ZL=1/(eβJ+1)Z_{L-1}/Z_L = 1/(e^{\beta J}+1) を使えば式(2)の形になります。したがって

(Q(x^,x^)Q(x^,y^)Q(y^,x^)Q(y^,y^))=1eβJ+1(eβJ11eβJ),\begin{pmatrix} Q(\hat x,\hat x) & Q(\hat x,\hat y)\\ Q(\hat y,\hat x) & Q(\hat y,\hat y)\end{pmatrix} = \frac{1}{e^{\beta J}+1}\begin{pmatrix} e^{\beta J} & 1\\ 1 & e^{\beta J}\end{pmatrix},

すなわち Q(x^,x^)=Q(y^,y^)=eβJeβJ+1Q(\hat x,\hat x)=Q(\hat y,\hat y)=\dfrac{e^{\beta J}}{e^{\beta J}+1}、Q(x^,y^)=Q(y^,x^)=1eβJ+1Q(\hat x,\hat y)=Q(\hat y,\hat x)=\dfrac{1}{e^{\beta J}+1} です。各行の和が 1 になっており、Q(a^,b^)Q(\hat a,\hat b) は SL−1=a^\mathbf{S}_{L-1}=\hat a を与えたときに SL=b^\mathbf{S}_L=\hat b となる条件付き確率だと解釈できます。

設問7

Section titled “設問7”

設問6 の関係を繰り返すと、PL=P2 QL−2P_L = P_2\,Q^{L-2} です。L=2L=2 では設問1 から

P2=12(eβJ+1)(eβJ11eβJ)=12QP_2 = \frac{1}{2\left(e^{\beta J}+1\right)}\begin{pmatrix} e^{\beta J} & 1\\ 1 & e^{\beta J}\end{pmatrix} = \frac{1}{2}Q

なので PL=12QL−1P_L = \tfrac12 Q^{L-1} となります。QQ の固有値は固有ベクトル (1,1)(1,1) に対して 11、(1,−1)(1,-1) に対して

q≡eβJ−1eβJ+1=tanh⁡βJ2q \equiv \frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1} = \tanh\frac{\beta J}{2}

なので、対応する射影演算子を使って

QL−1=12(1+qL−11−qL−11−qL−11+qL−1),PL(x^,x^)=PL(y^,y^)=1+qL−14.Q^{L-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+q^{L-1} & 1-q^{L-1}\\ 1-q^{L-1} & 1+q^{L-1}\end{pmatrix}, \qquad P_L(\hat x,\hat x) = P_L(\hat y,\hat y) = \frac{1+q^{L-1}}{4}.

a^⋅b^\hat a\cdot\hat b は両者が同じ向きのときだけ 1 なので

⟨S1⋅SL⟩=PL(x^,x^)+PL(y^,y^)=12[1+(eβJ−1eβJ+1)L−1]=12+12tanh⁡L−1 ⁣βJ2.\langle \mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_L\rangle = P_L(\hat x,\hat x)+P_L(\hat y,\hat y) = \frac{1}{2}\left[1+\left(\frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1}\right)^{L-1}\right] = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\tanh^{L-1}\!\frac{\beta J}{2}.

L=2L=2 で eβJ/(eβJ+1)=p∥e^{\beta J}/(e^{\beta J}+1)=p_\parallel となり設問5 の結果と、β→0\beta\to 0 で 1/21/2（無相関）、β→∞\beta\to\infty で 11（完全に揃う）となり物理的な期待と一致します。

式(3)と比べれば A=B=12A=B=\tfrac12、かつ exp⁡(−1/ξ)=q\exp(-1/\xi)=q、すなわち

ξ=−1ln⁡tanh⁡(βJ/2)=1ln⁡coth⁡(βJ/2).\xi = -\frac{1}{\ln\tanh(\beta J/2)} = \frac{1}{\ln\coth(\beta J/2)} .

高温極限 βJ≪1\beta J\ll 1 では tanh⁡(βJ/2)≃βJ/2\tanh(\beta J/2)\simeq \beta J/2 なので

ξ≃1ln⁡(2/βJ),\xi \simeq \frac{1}{\ln\left(2/\beta J\right)} ,

これは 1 サイト分より短く、隣同士でしか相関が残らないことを表します。低温極限 βJ≫1\beta J\gg 1 では tanh⁡(βJ/2)=1−e−βJ1+e−βJ≃1−2e−βJ\tanh(\beta J/2) = \dfrac{1-e^{-\beta J}}{1+e^{-\beta J}} \simeq 1-2e^{-\beta J} より ln⁡tanh⁡(βJ/2)≃−2e−βJ\ln\tanh(\beta J/2)\simeq -2e^{-\beta J} なので

ξ≃12eβJ.\xi \simeq \frac{1}{2}e^{\beta J} .

相関長は T→0T\to 0 で指数関数的に発散します。1 本のボンドを反転させる励起エネルギーが JJ で、そのような「ドメイン壁」の平均間隔が ∼eβJ\sim e^{\beta J} になる、という描像です。有限温度では ξ\xi が有限なので、この 1 次元系には有限温度の秩序相がありません。

第3問 重力2体問題と連星ブラックホール

Section titled “第3問 重力2体問題と連星ブラックホール”

設定

Section titled “設定”

質量 m1,m2m_1,m_2 の 2 質点が相互の重力で束縛運動する系を、相対座標 r=r2−r1\mathbf{r}=\mathbf{r}_2-\mathbf{r}_1 の軌道面極座標 (r,φ)(r,\varphi) で記述します。M=m1+m2M=m_1+m_2、μ=m1m2/(m1+m2)\mu=m_1m_2/(m_1+m_2) として

L=12μ(drdt)2+12μr2(dφdt)2+GμMr\mathcal{L} = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 + \frac{G\mu M}{r}

が与えられています。後半では重力波放射によるエネルギー損失を、ニュートン力学の枠内で半径 a(t)a(t) の準円軌道の断熱的な縮みとして扱い、E=−GμM/(2a)E=-G\mu M/(2a) と放射率

LGW=32G45c5μ2M3a5L_{\mathrm{GW}} = \frac{32G^4}{5c^5}\frac{\mu^2M^3}{a^5}

を使います。μ,M\mu,M の時間変化は無視します。この問題は平成31年度 修士課程 物理学 第3問と同一です。

設問1

Section titled “設問1”

∂L∂r˙=μr˙\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial \dot r} = \mu\dot r、∂L∂r=μrφ˙2−GμMr2\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial r} = \mu r\dot\varphi^2 - \dfrac{G\mu M}{r^2} より

μd2rdt2=μr(dφdt)2−GμMr2.\mu\frac{d^2r}{dt^2} = \mu r\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r^2}.

φ\varphi は L\mathcal L に現れないので

ddt(μr2dφdt)=0.\frac{d}{dt}\left(\mu r^2\frac{d\varphi}{dt}\right) = 0 .

設問2

Section titled “設問2”

L\mathcal L が tt を陽に含まないので、エネルギーは E=r˙ ∂L/∂r˙+φ˙ ∂L/∂φ˙−LE=\dot r\,\partial\mathcal L/\partial\dot r + \dot\varphi\,\partial\mathcal L/\partial\dot\varphi - \mathcal L で与えられます。

E=12μ(drdt)2+12μr2(dφdt)2−GμMr,J=∂L∂φ˙=μr2dφdt.E = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r}, \qquad J = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \mu r^2\frac{d\varphi}{dt} .

設問3

Section titled “設問3”

JJ については、L\mathcal L が φ\varphi を含まないので

dJdt=ddt∂L∂φ˙=∂L∂φ=0.\frac{dJ}{dt} = \frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\varphi} = 0 .

EE については直接微分して運動方程式を代入します。

dEdt=μr˙r¨+μrr˙φ˙2+μr2φ˙φ¨+GμMr2r˙\frac{dE}{dt} = \mu\dot r\ddot r + \mu r\dot r\dot\varphi^2 + \mu r^2\dot\varphi\ddot\varphi + \frac{G\mu M}{r^2}\dot r

に、設問1 の μr¨=μrφ˙2−GμM/r2\mu\ddot r = \mu r\dot\varphi^2 - G\mu M/r^2 と、ddt(μr2φ˙)=0\dfrac{d}{dt}(\mu r^2\dot\varphi)=0 から従う μr2φ¨=−2μrr˙φ˙\mu r^2\ddot\varphi = -2\mu r\dot r\dot\varphi を入れると

dEdt=(μrr˙φ˙2−GμMr˙r2)+μrr˙φ˙2−2μrr˙φ˙2+GμMr˙r2=0.\frac{dE}{dt} = \left(\mu r\dot r\dot\varphi^2 - \frac{G\mu M\dot r}{r^2}\right) + \mu r\dot r\dot\varphi^2 - 2\mu r\dot r\dot\varphi^2 + \frac{G\mu M\dot r}{r^2} = 0 .

よって EE と JJ はいずれも運動の定数です。前者は L\mathcal L の時間並進対称性、後者は軌道面内の回転対称性に対応します。

設問4

Section titled “設問4”

E=−GμM2aE=-\dfrac{G\mu M}{2a} を時間で微分すると dEdt=GμM2a2dadt\dfrac{dE}{dt} = \dfrac{G\mu M}{2a^2}\dfrac{da}{dt} です。これを dE/dt=−LGWdE/dt=-L_{\mathrm{GW}} に代入して

GμM2a2dadt=−32G45c5μ2M3a5⟹dadt=−64G35c5μM2a3.\frac{G\mu M}{2a^2}\frac{da}{dt} = -\frac{32G^4}{5c^5}\frac{\mu^2M^3}{a^5} \quad\Longrightarrow\quad \frac{da}{dt} = -\frac{64G^3}{5c^5}\frac{\mu M^2}{a^3}.

右辺が負なので軌道は縮み続けます。a3a^3 が分母にあるため縮みは加速し、有限時間で a→0a\to 0 に達します。

設問5

Section titled “設問5”

dPdt=−A(PcP)5/3\dfrac{dP}{dt} = -A\left(\dfrac{P_\mathrm{c}}{P}\right)^{5/3} を変数分離して

P5/3 dP=−APc5/3 dt⟹38(P8/3−P08/3)=−APc5/3 t.P^{5/3}\,dP = -A P_\mathrm{c}^{5/3}\,dt \quad\Longrightarrow\quad \frac{3}{8}\left(P^{8/3}-P_0^{8/3}\right) = -AP_\mathrm{c}^{5/3}\,t .

P=0P=0 となる時刻が合体時刻なので

τGW=3 P08/38A Pc5/3=38APc(P0Pc)8/3.\tau_{\mathrm{GW}} = \frac{3\,P_0^{8/3}}{8A\,P_\mathrm{c}^{5/3}} = \frac{3}{8A}P_\mathrm{c}\left(\frac{P_0}{P_\mathrm{c}}\right)^{8/3}.

AA が無次元、PcP_\mathrm{c} が時間の次元なので右辺は時間の次元をもちます。

設問6

Section titled “設問6”

ケプラーの方程式 GMP2=4π2a3GMP^2=4\pi^2a^3 を微分すると 2GMP P˙=12π2a2a˙2GMP\,\dot P = 12\pi^2a^2\dot a、すなわち

dPdt=6π2a2GMPdadt.\frac{dP}{dt} = \frac{6\pi^2a^2}{GMP}\frac{da}{dt} .

設問4 の結果を入れると

dPdt=−6π2a2GMP⋅64G3μM25c5a3=−384π2G2μM5c5 P a,\frac{dP}{dt} = -\frac{6\pi^2a^2}{GMP}\cdot\frac{64G^3\mu M^2}{5c^5a^3} = -\frac{384\pi^2G^2\mu M}{5c^5\,P\,a},

さらに a=(GM4π2)1/3P2/3a = \left(\dfrac{GM}{4\pi^2}\right)^{1/3}P^{2/3} を代入して

dPdt=−384π2(4π2)1/35 G5/3μM2/3c5 P−5/3=−965(2π)8/3(Gμ3/5M2/5c3)5/3P−5/3.\frac{dP}{dt} = -\frac{384\pi^2\left(4\pi^2\right)^{1/3}}{5}\,\frac{G^{5/3}\mu M^{2/3}}{c^5}\,P^{-5/3} = -\frac{96}{5}(2\pi)^{8/3}\left(\frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3}\right)^{5/3}P^{-5/3}.

これが式(6)です。比較すれば

Pc=Gμ3/5M2/5c3,α=35,β=25,γ=−3,P_\mathrm{c} = \frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3},\qquad \alpha = \frac{3}{5},\quad \beta = \frac{2}{5},\quad \gamma = -3, A=384⋅22/3π8/35=965(2π)8/3≃2.6×103.A = \frac{384\cdot 2^{2/3}\pi^{8/3}}{5} = \frac{96}{5}(2\pi)^{8/3} \simeq 2.6\times 10^{3}.

PcP_\mathrm{c} の次元は、[G]=m3 kg−1 s−2[G]=\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}} から m3−3 kg−1+3/5+2/5 s−2+3=s\mathrm{m^{3-3}\,kg^{-1+3/5+2/5}\,s^{-2+3}}=\mathrm{s} となり時間で正しく、α+β=1\alpha+\beta=1 と γ=−3\gamma=-3 は次元解析だけからも決まります。μ3/5M2/5\mu^{3/5}M^{2/5} はチャープ質量と呼ばれる組み合わせで、重力波の周期変化から直接読み取れる質量はこれです。

設問7

Section titled “設問7”

設問5 の結果を PcP_\mathrm{c} について解きます。

Pc=(38AτGW)3/5P08/5P_\mathrm{c} = \left(\frac{3}{8A\tau_{\mathrm{GW}}}\right)^{3/5}P_0^{8/5}

等質量 mm の連星では M=2mM=2m、μ=m/2\mu=m/2 なので μ3/5M2/5=(m/2)3/5(2m)2/5=2−1/5m\mu^{3/5}M^{2/5} = (m/2)^{3/5}(2m)^{2/5}=2^{-1/5}m、したがって

Pc=Gm21/5c3⟹mM⊙=21/5 Pc c3GM⊙.P_\mathrm{c} = \frac{Gm}{2^{1/5}c^3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{m}{M_\odot} = 2^{1/5}\,P_\mathrm{c}\,\frac{c^3}{GM_\odot} .

数値を入れます。38AτGW=38×2500×0.15=1.0×10−3\dfrac{3}{8A\tau_{\mathrm{GW}}} = \dfrac{3}{8\times 2500\times 0.15} = 1.0\times 10^{-3} なのでその 3/53/5 乗は 10−1.810^{-1.8}、また P08/5=(6×10−2)8/5=6⋅63/5×10−3.2≃6×2.9×10−3.2=17.4×10−3.2P_0^{8/5} = (6\times 10^{-2})^{8/5} = 6\cdot 6^{3/5}\times 10^{-3.2} \simeq 6\times 2.9\times 10^{-3.2}=17.4\times 10^{-3.2} です。よって

Pc≃17.4×10−1.8−3.2=1.7×10−4 s.P_\mathrm{c} \simeq 17.4\times 10^{-1.8-3.2} = 1.7\times 10^{-4}\,\mathrm{s}.

2GM⊙/c3≈10−5 s2GM_\odot/c^3\approx 10^{-5}\,\mathrm{s} すなわち GM⊙/c3≈5×10−6 sGM_\odot/c^3 \approx 5\times 10^{-6}\,\mathrm{s} を使って

mM⊙≃1.1×1.74×10−45×10−6≃38.\frac{m}{M_\odot} \simeq \frac{1.1\times 1.74\times 10^{-4}}{5\times 10^{-6}} \simeq 38 .

答えは m≈4×101 M⊙m \approx 4\times 10^{1}\,M_\odot、太陽質量の 40 倍程度です。GW150914 の実際の推定値（約 30 から 36 太陽質量）と同じ桁に収まっています。

設問8

Section titled “設問8”

μ,M\mu,M を一定として、a0a_0 から amin⁡a_{\min} まで縮む間に系が失うエネルギー Erad=E(a0)−E(amin⁡)E_{\mathrm{rad}} = E(a_0)-E(a_{\min}) は

Erad=GμM2amin⁡−GμM2a0≃GμM2amin⁡E_{\mathrm{rad}} = \frac{G\mu M}{2a_{\min}} - \frac{G\mu M}{2a_0} \simeq \frac{G\mu M}{2a_{\min}}

です（a0≫amin⁡a_0\gg a_{\min} を使いました）。aa が amin⁡a_{\min} に達したあとは放射されないと仮定するので、これが放射された重力波の全エネルギーで、それが mm の約 1 割に相当する静止エネルギー 0.1 mc20.1\,mc^2 に等しいとします。等質量なので μM=m2⋅2m=m2\mu M = \dfrac{m}{2}\cdot 2m = m^2 で

Gm22amin⁡=mc210⟹amin⁡=5Gmc2.\frac{Gm^2}{2a_{\min}} = \frac{mc^2}{10} \quad\Longrightarrow\quad a_{\min} = \frac{5Gm}{c^2}.

これが求める関係式です。1 つのブラックホールのシュワルツシルト半径 rs=2Gm/c2r_\mathrm{s}=2Gm/c^2 を使えば amin⁡=2.5 rsa_{\min}=2.5\,r_\mathrm{s} で、2 つの地平面（合わせて 2rs2r_\mathrm{s}）がちょうど触れ合う直前のスケールになっており、ニュートン的な 2 質点描像が破綻する距離として妥当です。設問7 の m≈38M⊙m\approx 38M_\odot を入れると GM⊙/c2=c⋅(GM⊙/c3)≈1.5 kmGM_\odot/c^2 = c\cdot(GM_\odot/c^3)\approx 1.5\,\mathrm{km} より amin⁡≈5×38×1.5 km≈3×102 kma_{\min}\approx 5\times 38\times 1.5\,\mathrm{km} \approx 3\times 10^{2}\,\mathrm{km} です。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成31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。

Report an error in this article ・Operated by: Mugen Giken LLC ・Pricing ・Terms ・Legal notice

© 2026 夢現技研合同会社 ・Feeding the text to an LLM is welcome. Code samples are MIT licensed.