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（熱機関の効率 の上限）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
スピン1/2の系がハミルトニアン
H ( t ) = − μ B ⃗ ( t ) ⋅ σ ⃗ , B ⃗ ( t ) = B 0 ( sin θ ( t ) cos ϕ ( t ) , sin θ ( t ) sin ϕ ( t ) , cos θ ( t ) ) 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) H ( t ) = − μ B ( t ) ⋅ σ , B ( t ) = B 0 ( sin θ ( t ) cos ϕ ( t ) , sin θ ( t ) sin ϕ ( t ) , cos θ ( t ) ) に従います。μ \mu μ B 0 B_0 B 0 θ ( t ) , ϕ ( t ) \theta(t),\phi(t) θ ( t ) , ϕ ( t ) σ ⃗ = ( σ x , σ y , σ z ) \vec{\sigma}=(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z) σ = ( σ x , σ y , σ z )
σ x = ( 0 1 1 0 ) , σ y = ( 0 − i i 0 ) , σ z = ( 1 0 0 − 1 ) \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} σ x = ( 0 1 1 0 ) , σ y = ( 0 i − i 0 ) , σ z = ( 1 0 0 − 1 ) 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（エネルギーに応じて時間とともに進む通常の位相のこと）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。
B ⃗ ( t 0 ) = ( B 0 , 0 , 0 ) \vec{B}(t_0)=(B_0,0,0) B ( t 0 ) = ( B 0 , 0 , 0 ) H ( t 0 ) = − μ B 0 σ x H(t_0)=-\mu B_0\sigma_x H ( t 0 ) = − μ B 0 σ x σ x \sigma_x σ x ± 1 \pm1 ± 1 1 2 ( 1 , ± 1 ) T \frac{1}{\sqrt2}(1,\pm1)^{\mathrm T} 2 1 ( 1 , ± 1 ) T H ( t 0 ) H(t_0) H ( t 0 )
− μ B 0 : 1 2 ( 1 1 ) , + μ B 0 : 1 2 ( 1 − 1 ) -\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} − μ B 0 : 2 1 ( 1 1 ) , + μ B 0 : 2 1 ( 1 − 1 ) です。同様に B ⃗ ( t 0 ) = ( 0 , B 0 , 0 ) \vec{B}(t_0)=(0,B_0,0) B ( t 0 ) = ( 0 , B 0 , 0 ) H ( t 0 ) = − μ B 0 σ y H(t_0)=-\mu B_0\sigma_y H ( t 0 ) = − μ B 0 σ y σ y \sigma_y σ y ± 1 \pm1 ± 1 1 2 ( 1 , ± i ) T \frac{1}{\sqrt2}(1,\pm i)^{\mathrm T} 2 1 ( 1 , ± i ) T
− μ B 0 : 1 2 ( 1 i ) , + μ B 0 : 1 2 ( 1 − i ) -\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} − μ B 0 : 2 1 ( 1 i ) , + μ B 0 : 2 1 ( 1 − i ) です。いずれもスピンが磁場に平行な状態がエネルギー − μ B 0 -\mu B_0 − μ B 0
磁場方向の単位ベクトルを n ^ = ( sin θ cos ϕ , sin θ sin ϕ , cos θ ) \hat n=(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta) n ^ = ( sin θ cos ϕ , sin θ sin ϕ , cos θ )
n ^ ⋅ σ ⃗ = ( cos θ sin θ e − i ϕ sin θ e i ϕ − cos θ ) \hat n\cdot\vec{\sigma}=\begin{pmatrix}\cos\theta & \sin\theta\, e^{-i\phi}\\ \sin\theta\, e^{i\phi} & -\cos\theta\end{pmatrix} n ^ ⋅ σ = ( cos θ sin θ e i ϕ sin θ e − i ϕ − cos θ ) で、H ( t 0 ) = − μ B 0 n ^ ⋅ σ ⃗ H(t_0)=-\mu B_0\,\hat n\cdot\vec\sigma H ( t 0 ) = − μ B 0 n ^ ⋅ σ n ^ ⋅ σ ⃗ \hat n\cdot\vec\sigma n ^ ⋅ σ + 1 +1 + 1 H H H − μ B 0 -\mu B_0 − μ B 0 − 1 -1 − 1 + μ B 0 +\mu B_0 + μ B 0 θ = 0 \theta=0 θ = 0 ϕ \phi ϕ
∣ ψ − ( t 0 ) ⟩ = ( cos θ 2 e i ϕ sin θ 2 ) , ∣ ψ + ( t 0 ) ⟩ = ( e − i ϕ sin θ 2 − cos θ 2 ) |\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} ∣ ψ − ( t 0 )⟩ = cos 2 θ e i ϕ sin 2 θ , ∣ ψ + ( t 0 )⟩ = e − i ϕ sin 2 θ − cos 2 θ です（θ , ϕ \theta,\phi θ , ϕ t 0 t_0 t 0 n ^ ⋅ σ ⃗ \hat n\cdot\vec\sigma n ^ ⋅ σ cos θ = cos 2 θ 2 − sin 2 θ 2 \cos\theta=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2} cos θ = cos 2 2 θ − sin 2 2 θ sin θ = 2 sin θ 2 cos θ 2 \sin\theta=2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} sin θ = 2 sin 2 θ cos 2 θ ± 1 \pm1 ± 1 θ = 0 \theta=0 θ = 0 ( 1 , 0 ) T (1,0)^{\mathrm T} ( 1 , 0 ) T ( 0 , − 1 ) T (0,-1)^{\mathrm T} ( 0 , − 1 ) T ϕ \phi ϕ θ = π / 2 , ϕ = 0 \theta=\pi/2,\ \phi=0 θ = π /2 , ϕ = 0 ϕ = π / 2 \phi=\pi/2 ϕ = π /2
断熱定理の条件です。状態が瞬時固有状態（各時刻の磁場に対するハミルトニアンの固有状態のこと） ∣ ψ − ( t ) ⟩ |\psi_-(t)\rangle ∣ ψ − ( t )⟩ ∣ ψ + ⟩ |\psi_+\rangle ∣ ψ + ⟩
ℏ ∣ ⟨ ψ + ( t ) ∣ d d t ∣ ψ − ( t ) ⟩ ∣ ≪ 2 μ B 0 \hbar\,\bigl\lvert\langle\psi_+(t)|\tfrac{d}{dt}|\psi_-(t)\rangle\bigr\rvert\ \ll\ 2\mu B_0 ℏ ⟨ ψ + ( t ) ∣ d t d ∣ ψ − ( t )⟩ ≪ 2 μ B 0 です。⟨ ψ + ∣ d d t ∣ ψ − ⟩ \langle\psi_+|\frac{d}{dt}|\psi_-\rangle ⟨ ψ + ∣ d t d ∣ ψ − ⟩ ω B \omega_B ω B 2 μ B 0 2\mu B_0 2 μ B 0
ℏ ω B ≪ 2 μ B 0 \hbar\omega_B\ll 2\mu B_0 ℏ ω B ≪ 2 μ 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 τ \tau τ ℏ / ( 2 μ B 0 ) \hbar/(2\mu B_0) ℏ/ ( 2 μ B 0 )
∣ Ψ ( t ) ⟩ |\Psi(t)\rangle ∣Ψ ( t )⟩
i ℏ d d t ∣ Ψ ( t ) ⟩ = H ( t ) ∣ Ψ ( t ) ⟩ i\hbar\frac{d}{dt}|\Psi(t)\rangle=H(t)|\Psi(t)\rangle i ℏ d t d ∣Ψ ( t )⟩ = H ( t ) ∣Ψ ( t )⟩ を満たします。近似形 ∣ Ψ ( t ) ⟩ ≃ e − i a ( t ) ∣ ψ − ( t ) ⟩ |\Psi(t)\rangle\simeq e^{-ia(t)}|\psi_-(t)\rangle ∣Ψ ( t )⟩ ≃ e − ia ( t ) ∣ ψ − ( t )⟩
i ℏ ( − i a ˙ e − i a ∣ ψ − ⟩ + e − i a d d t ∣ ψ − ⟩ ) = e − i a ( ℏ a ˙ ∣ ψ − ⟩ + i ℏ d d t ∣ ψ − ⟩ ) 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) i ℏ ( − i a ˙ e − ia ∣ ψ − ⟩ + e − ia d t d ∣ ψ − ⟩ ) = e − ia ( ℏ a ˙ ∣ ψ − ⟩ + i ℏ d t d ∣ ψ − ⟩ ) 右辺は H ∣ ψ − ⟩ = − μ B 0 ∣ ψ − ⟩ H|\psi_-\rangle=-\mu B_0|\psi_-\rangle H ∣ ψ − ⟩ = − μ B 0 ∣ ψ − ⟩ − μ B 0 e − i a ∣ ψ − ⟩ -\mu B_0 e^{-ia}|\psi_-\rangle − μ B 0 e − ia ∣ ψ − ⟩ ⟨ ψ − ( t ) ∣ \langle\psi_-(t)| ⟨ ψ − ( t ) ∣ ⟨ ψ − ∣ ψ − ⟩ = 1 \langle\psi_-|\psi_-\rangle=1 ⟨ ψ − ∣ ψ − ⟩ = 1 a ( t ) a(t) a ( t )
ℏ a ˙ ( t ) = − μ B 0 − i ℏ ⟨ ψ − ( t ) ∣ d d t ∣ ψ − ( t ) ⟩ \hbar\,\dot a(t)=-\mu B_0-i\hbar\,\langle\psi_-(t)|\frac{d}{dt}|\psi_-(t)\rangle ℏ a ˙ ( t ) = − μ B 0 − i ℏ ⟨ ψ − ( t ) ∣ d t d ∣ ψ − ( t )⟩ を得ます。θ ( t ) = θ 0 \theta(t)=\theta_0 θ ( t ) = θ 0 ϕ ( t ) = ω t \phi(t)=\omega t ϕ ( t ) = ω t
∣ ψ − ( t ) ⟩ = ( cos θ 0 2 e i ω t sin θ 0 2 ) , ⟨ ψ − ∣ d d t ∣ ψ − ⟩ = i ω sin 2 θ 0 2 |\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} ∣ ψ − ( t )⟩ = cos 2 θ 0 e iω t sin 2 θ 0 , ⟨ ψ − ∣ d t d ∣ ψ − ⟩ = iω sin 2 2 θ 0 なので
a ˙ ( t ) = − μ B 0 ℏ + ω sin 2 θ 0 2 \dot a(t)=-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\omega\sin^2\frac{\theta_0}{2} a ˙ ( t ) = − ℏ μ B 0 + ω sin 2 2 θ 0 となります。初期条件 ∣ Ψ ( 0 ) ⟩ = ∣ ψ − ( 0 ) ⟩ |\Psi(0)\rangle=|\psi_-(0)\rangle ∣Ψ ( 0 )⟩ = ∣ ψ − ( 0 )⟩ a ( 0 ) = 0 a(0)=0 a ( 0 ) = 0
a ( t ) = ( − μ B 0 ℏ + ω sin 2 θ 0 2 ) t a(t)=\Bigl(-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\omega\sin^2\frac{\theta_0}{2}\Bigr)t a ( t ) = ( − ℏ μ B 0 + ω sin 2 2 θ 0 ) 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4の結果から
a ‾ ( t ) = a ( t ) + μ B 0 t ℏ = ω t sin 2 θ 0 2 \underline{a}(t)=a(t)+\frac{\mu B_0 t}{\hbar}=\omega t\sin^2\frac{\theta_0}{2} a ( t ) = a ( t ) + ℏ μ B 0 t = ω t sin 2 2 θ 0 なので、一周期 T = 2 π / ω T=2\pi/\omega T = 2 π / ω
a ‾ ( T ) = 2 π sin 2 θ 0 2 = π ( 1 − cos θ 0 ) \underline{a}(T)=2\pi\sin^2\frac{\theta_0}{2}=\pi(1-\cos\theta_0) a ( T ) = 2 π sin 2 2 θ 0 = π ( 1 − cos θ 0 ) です。答えは a ‾ ( T ) = π ( 1 − cos θ 0 ) \underline{a}(T)=\pi(1-\cos\theta_0) a ( T ) = π ( 1 − cos θ 0 ) ω \omega ω θ 0 → 0 \theta_0\to0 θ 0 → 0 0 0 0 θ 0 = π / 2 \theta_0=\pi/2 θ 0 = π /2 π \pi π
一般の径路 ( θ ( t ) , ϕ ( t ) ) (\theta(t),\phi(t)) ( θ ( t ) , ϕ ( t )) ∣ ψ − ⟩ |\psi_-\rangle ∣ ψ − ⟩ θ \theta θ ϕ \phi ϕ
⟨ ψ − ∣ ∂ θ ∣ ψ − ⟩ = − 1 2 cos θ 2 sin θ 2 + 1 2 sin θ 2 cos θ 2 = 0 , ⟨ ψ − ∣ ∂ ϕ ∣ ψ − ⟩ = i sin 2 θ 2 \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} ⟨ ψ − ∣ ∂ θ ∣ ψ − ⟩ = − 2 1 cos 2 θ sin 2 θ + 2 1 sin 2 θ cos 2 θ = 0 , ⟨ ψ − ∣ ∂ ϕ ∣ ψ − ⟩ = i sin 2 2 θ なので
a ˙ = − μ B 0 ℏ + sin 2 θ 2 ϕ ˙ \dot a=-\frac{\mu B_0}{\hbar}+\sin^2\frac{\theta}{2}\,\dot\phi a ˙ = − ℏ μ B 0 + sin 2 2 θ ϕ ˙ となり、閉じた径路 C C C
a ‾ ( T ) = ∫ 0 T sin 2 θ 2 ϕ ˙ d t = ∮ C sin 2 θ 2 d ϕ = 1 2 ∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ \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 a ( T ) = ∫ 0 T sin 2 2 θ ϕ ˙ d t = ∮ C sin 2 2 θ d ϕ = 2 1 ∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ 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
A ⃗ = 1 − cos θ sin θ e ^ ϕ \vec{A}=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\,\hat e_\phi A = sin θ 1 − cos θ e ^ ϕ を考えると、球面上の線素は d l ⃗ = e ^ θ d θ + e ^ ϕ sin θ d ϕ d\vec{l}=\hat e_\theta\,d\theta+\hat e_\phi\sin\theta\,d\phi d l = e ^ θ d θ + e ^ ϕ sin θ d ϕ ∮ C A ⃗ ⋅ d l ⃗ = ∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ \oint_C\vec{A}\cdot d\vec{l}=\oint_C(1-\cos\theta)\,d\phi ∮ C A ⋅ d l = ∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ
( ∇ × A ⃗ ) ⋅ e ^ r = 1 sin θ ∂ ∂ θ ( sin θ A ϕ ) = 1 sin θ ∂ ∂ θ ( 1 − cos θ ) = 1 (\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 ( ∇ × A ) ⋅ e ^ r = sin θ 1 ∂ θ ∂ ( sin θ A ϕ ) = sin θ 1 ∂ θ ∂ ( 1 − cos θ ) = 1 です。A ⃗ \vec{A} A θ = 0 \theta=0 θ = 0 1 − cos θ ∼ θ 2 / 2 1-\cos\theta\sim\theta^2/2 1 − cos θ ∼ θ 2 /2 A ϕ → 0 A_\phi\to0 A ϕ → 0 C C C C C C S S S
∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ = ∬ S ( ∇ × A ⃗ ) ⋅ e ^ r d S = ∬ S d S = Ω \oint_C(1-\cos\theta)\,d\phi=\iint_S(\nabla\times\vec{A})\cdot\hat e_r\,dS=\iint_S dS=\Omega ∮ C ( 1 − cos θ ) d ϕ = ∬ S ( ∇ × A ) ⋅ e ^ r d S = ∬ S d S = Ω となります。単位球面上の面積はそのまま立体角なので、Ω \Omega Ω C C C
a ‾ ( T ) = Ω 2 \underline{a}(T)=\frac{\Omega}{2} a ( T ) = 2 Ω 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 C C θ = θ 0 \theta=\theta_0 θ = θ 0 Ω = 2 π ( 1 − cos θ 0 ) \Omega=2\pi(1-\cos\theta_0) Ω = 2 π ( 1 − cos θ 0 ) a ‾ ( T ) = π ( 1 − cos θ 0 ) \underline{a}(T)=\pi(1-\cos\theta_0) a ( T ) = π ( 1 − cos θ 0 )
一辺 L L L V = L 3 V=L^3 V = L 3 m m m N N N T T T ハミルトニアン は
H = ∑ i = 1 N p i 2 2 m \mathcal{H}=\sum_{i=1}^{N}\frac{\boldsymbol{p}_i^{\,2}}{2m} H = i = 1 ∑ N 2 m p i 2 で、粒子密度 N / V N/V N / V N N N ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 d x = π / a \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\pi/a} ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 d x = π / a N N N N ! ≃ N N e − N N!\simeq N^N e^{-N} N ! ≃ N N e − N
β = 1 / ( k B T ) \beta=1/(k_{\mathrm B}T) β = 1/ ( k B T ) h 3 N h^{3N} h 3 N
Z = 1 N ! h 3 N ∫ ∏ i = 1 N d 3 x i d 3 p i e − β H = V N N ! h 3 N ( ∫ − ∞ ∞ e − β p 2 / 2 m d p ) 3 N = V N N ! h 3 N ( 2 π m k B T ) 3 N / 2 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} Z = N ! h 3 N 1 ∫ i = 1 ∏ N d 3 x i d 3 p i e − β H = N ! h 3 N V N ( ∫ − ∞ ∞ e − β p 2 /2 m d p ) 3 N = N ! h 3 N V N ( 2 π m k B T ) 3 N /2 です（h h h E E E P P P a = β / 2 m a=\beta/2m a = β /2 m
E = − ∂ ∂ β ln Z = 3 N 2 β = 3 2 N k B T E=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z=\frac{3N}{2\beta}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T E = − ∂ β ∂ ln Z = 2 β 3 N = 2 3 N k B T です。ヘルムホルツ自由エネルギー F = − k B T ln Z F=-k_{\mathrm B}T\ln Z F = − k B T ln Z
P = − ∂ F ∂ V = k B T ∂ ln Z ∂ V = N k B T V P=-\frac{\partial F}{\partial V}=k_{\mathrm B}T\frac{\partial \ln Z}{\partial V}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V} P = − ∂ V ∂ F = k B T ∂ V ∂ ln Z = V N k B T となります。答えは E = 3 2 N k B T E=\dfrac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T E = 2 3 N k B T P = N k B T V P=\dfrac{Nk_{\mathrm B}T}{V} P = V N k B T
S = ( E − F ) / T = k B ( ln Z + β E ) S=(E-F)/T=k_{\mathrm B}(\ln Z+\beta E) S = ( E − F ) / T = k B ( ln Z + β E ) N ! ≃ N N e − N N!\simeq N^N e^{-N} N ! ≃ N N e − N ln N ! ≃ N ln N − N \ln N!\simeq N\ln N-N ln N ! ≃ N ln N − N
ln Z = N ln V + 3 N 2 ln 2 π m k B T h 2 − N ln N + N \ln Z=N\ln V+\frac{3N}{2}\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}-N\ln N+N ln Z = N ln V + 2 3 N ln h 2 2 π m k B T − N ln N + N であり、
S = k B ( ln Z + 3 N 2 ) = N k B [ ln V N + 3 2 ln 2 π m k B T h 2 + 5 2 ] 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] S = k B ( ln Z + 2 3 N ) = N k B [ ln N V + 2 3 ln h 2 2 π m k B T + 2 5 ] を得ます。示量性を確認します。粒子密度 N / V N/V N / V N → λ N N\to\lambda N N → λ N V → λ V V\to\lambda V V → λV V / N V/N V / N T T T S → λ S S\to\lambda S S → λ S S S S N N N 1 / N ! 1/N! 1/ N ! ln V \ln V ln V
準静断熱過程では S S S S S S N N N S S S
V T 3 / 2 = const. VT^{3/2}=\text{const.} V T 3/2 = const. を意味します。よって V 1 T 1 3 / 2 = V 2 T 2 3 / 2 V_1T_1^{3/2}=V_2T_2^{3/2} V 1 T 1 3/2 = V 2 T 2 3/2
T 2 = T 1 ( V 1 V 2 ) 2 / 3 T_2=T_1\Bigl(\frac{V_1}{V_2}\Bigr)^{2/3} T 2 = T 1 ( V 2 V 1 ) 2/3 で、温度変化は Δ T = T 2 − T 1 = T 1 [ ( V 1 / V 2 ) 2 / 3 − 1 ] \Delta T=T_2-T_1=T_1\bigl[(V_1/V_2)^{2/3}-1\bigr] Δ T = T 2 − T 1 = T 1 [ ( V 1 / V 2 ) 2/3 − 1 ] V 2 > V 1 V_2>V_1 V 2 > V 1 W W W
W = E ( T 1 ) − E ( T 2 ) = 3 2 N k B ( T 1 − T 2 ) = 3 2 N k B T 1 [ 1 − ( V 1 V 2 ) 2 / 3 ] 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] W = E ( T 1 ) − E ( T 2 ) = 2 3 N k B ( T 1 − T 2 ) = 2 3 N k B T 1 [ 1 − ( V 2 V 1 ) 2/3 ] です。なお終状態の圧力は P 2 = N k B T 2 / V 2 = N k B T 1 V 1 2 / 3 / V 2 5 / 3 P_2=Nk_{\mathrm B}T_2/V_2=Nk_{\mathrm B}T_1V_1^{2/3}/V_2^{5/3} P 2 = N k B T 2 / V 2 = N k B T 1 V 1 2/3 / V 2 5/3
等温過程では状態方程式から
P 3 = N k B T 1 V 3 P_3=\frac{Nk_{\mathrm B}T_1}{V_3} P 3 = V 3 N k B T 1 です。系が外界にした仕事は
W = ∫ V 1 V 3 P d V = N k B T 1 ∫ V 1 V 3 d V V = N k B T 1 ln V 3 V 1 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} W = ∫ V 1 V 3 P d V = N k B T 1 ∫ V 1 V 3 V d V = N k B T 1 ln V 1 V 3 です。等温過程では E E E
カルノーサイクルを構成します。状態 A ( T 1 , V A ) \mathrm A\ (T_1,V_{\mathrm A}) A ( T 1 , V A )
(i) 温度 T 1 T_1 T 1 A → B \mathrm A\to\mathrm B A → B V A → V B V_{\mathrm A}\to V_{\mathrm B} V A → V B Q 1 = N k B T 1 ln ( V B / V A ) > 0 Q_1=Nk_{\mathrm B}T_1\ln(V_{\mathrm B}/V_{\mathrm A})>0 Q 1 = N k B T 1 ln ( V B / V A ) > 0
(ii) 断熱膨張 B → C \mathrm B\to\mathrm C B → C T 1 T_1 T 1 T 2 T_2 T 2 V B T 1 3 / 2 = V C T 2 3 / 2 V_{\mathrm B}T_1^{3/2}=V_{\mathrm C}T_2^{3/2} V B T 1 3/2 = V C T 2 3/2
(iii) 温度 T 2 T_2 T 2 C → D \mathrm C\to\mathrm D C → D Q 2 = N k B T 2 ln ( V C / V D ) > 0 Q_2=Nk_{\mathrm B}T_2\ln(V_{\mathrm C}/V_{\mathrm D})>0 Q 2 = N k B T 2 ln ( V C / V D ) > 0
(iv) 断熱圧縮 D → A \mathrm D\to\mathrm A D → A T 1 T_1 T 1 V D T 2 3 / 2 = V A T 1 3 / 2 V_{\mathrm D}T_2^{3/2}=V_{\mathrm A}T_1^{3/2} V D T 2 3/2 = V A T 1 3/2
2つの断熱条件の比を取ると
V B V A = V C V D \frac{V_{\mathrm B}}{V_{\mathrm A}}=\frac{V_{\mathrm C}}{V_{\mathrm D}} V A V B = V D V C 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 W=Q_1-Q_2 W = Q 1 − Q 2
η = W Q 1 = 1 − Q 2 Q 1 = 1 − T 2 ln ( V C / V D ) T 1 ln ( V B / V A ) = 1 − T 2 T 1 \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} η = Q 1 W = 1 − Q 1 Q 2 = 1 − T 1 ln ( V B / V A ) T 2 ln ( V C / V D ) = 1 − T 1 T 2 となります。答えは η = 1 − T 2 T 1 \eta=1-\dfrac{T_2}{T_1} η = 1 − T 1 T 2 T 1 > T 2 T_1>T_2 T 1 > T 2 0 < η < 1 0<\eta<1 0 < η < 1
地表に一端を固定した自然長 ℓ \ell ℓ k k k m m m m m m x x x x A x_{\mathrm A} x A x B x_{\mathrm B} x B g g g F sin Ω t F\sin\Omega t F sin Ω t ω 0 ≡ k / m \omega_0\equiv\sqrt{k/m} ω 0 ≡ k / m
下のバネの伸びは x A − ℓ x_{\mathrm A}-\ell x A − ℓ x B − x A − ℓ x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell x B − x A − ℓ
L = m 2 x ˙ A 2 + m 2 x ˙ B 2 − k 2 ( x A − ℓ ) 2 − k 2 ( x B − x A − ℓ ) 2 − m g x A − m g x B 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} L = 2 m x ˙ A 2 + 2 m x ˙ B 2 − 2 k ( x A − ℓ ) 2 − 2 k ( x B − x A − ℓ ) 2 − m g x A − m g x B です。
オイラー・ラグランジュ方程式 d d t ∂ L ∂ x ˙ i = ∂ L ∂ x i \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot x_i}=\frac{\partial L}{\partial x_i} d t d ∂ x ˙ i ∂ L = ∂ x i ∂ L
m x ¨ A = − k ( x A − ℓ ) + k ( x B − x A − ℓ ) − m g m x ¨ B = − k ( x B − x A − ℓ ) − m g \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} m x ¨ A m x ¨ B = − k ( x A − ℓ ) + k ( x B − x A − ℓ ) − m g = − k ( x B − x A − ℓ ) − m g です。平衡点では加速度が 0 0 0 k ( x B − x A − ℓ ) = − m g k(x_{\mathrm B}-x_{\mathrm A}-\ell)=-mg k ( x B − x A − ℓ ) = − m g k ( x A − ℓ ) = − 2 m g k(x_{\mathrm A}-\ell)=-2mg k ( x A − ℓ ) = − 2 m g
x A ( e q ) = ℓ − 2 m g k , x B ( e q ) = 2 ℓ − 3 m g k x_{\mathrm A}^{(eq)}=\ell-\frac{2mg}{k},\qquad
x_{\mathrm B}^{(eq)}=2\ell-\frac{3mg}{k} x A ( e q ) = ℓ − k 2 m g , x B ( e q ) = 2 ℓ − k 3 m g 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。
X A ≡ x A − x A ( e q ) X_{\mathrm A}\equiv x_{\mathrm A}-x_{\mathrm A}^{(eq)} X A ≡ x A − x A ( e q ) X B ≡ x B − x B ( e q ) X_{\mathrm B}\equiv x_{\mathrm B}-x_{\mathrm B}^{(eq)} X B ≡ x B − x B ( e q )
X ¨ A = − 2 ω 0 2 X A + ω 0 2 X B X ¨ B = ω 0 2 X A − ω 0 2 X B \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} X ¨ A X ¨ B = − 2 ω 0 2 X A + ω 0 2 X B = ω 0 2 X A − ω 0 2 X B を得ます。X A , X B ∝ e − i ω t X_{\mathrm A},X_{\mathrm B}\propto e^{-i\omega t} X A , X B ∝ e − iω t
ω 2 ω 0 2 ( X A X B ) = ( 2 − 1 − 1 1 ) ( X A X B ) \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} ω 0 2 ω 2 ( X A X B ) = ( 2 − 1 − 1 1 ) ( X A X B ) になります。λ ≡ ω 2 / ω 0 2 \lambda\equiv\omega^2/\omega_0^2 λ ≡ ω 2 / ω 0 2 ( 2 − λ ) ( 1 − λ ) − 1 = λ 2 − 3 λ + 1 = 0 (2-\lambda)(1-\lambda)-1=\lambda^2-3\lambda+1=0 ( 2 − λ ) ( 1 − λ ) − 1 = λ 2 − 3 λ + 1 = 0 λ = 3 ± 5 2 \lambda=\dfrac{3\pm\sqrt5}{2} λ = 2 3 ± 5 3 ± 5 2 = ( 5 ± 1 2 ) 2 \dfrac{3\pm\sqrt5}{2}=\Bigl(\dfrac{\sqrt5\pm1}{2}\Bigr)^2 2 3 ± 5 = ( 2 5 ± 1 ) 2
ω ± = ω 0 3 ± 5 2 = 5 ± 1 2 ω 0 \omega_\pm=\omega_0\sqrt{\frac{3\pm\sqrt5}{2}}=\frac{\sqrt5\pm1}{2}\,\omega_0 ω ± = ω 0 2 3 ± 5 = 2 5 ± 1 ω 0 です。積 ω + ω − = ω 0 2 \omega_+\omega_-=\omega_0^2 ω + ω − = ω 0 2 ω + 2 + ω − 2 = 3 ω 0 2 \omega_+^2+\omega_-^2=3\omega_0^2 ω + 2 + ω − 2 = 3 ω 0 2
固有値 λ ± = ( 3 ± 5 ) / 2 \lambda_\pm=(3\pm\sqrt5)/2 λ ± = ( 3 ± 5 ) /2 ( 2 − λ ) X A = X B (2-\lambda)X_{\mathrm A}=X_{\mathrm B} ( 2 − λ ) X A = X B
X B X A ∣ ± = 2 − λ ± = 1 ∓ 5 2 ≡ r ± \frac{X_{\mathrm B}}{X_{\mathrm A}}\bigg|_{\pm}=2-\lambda_\pm=\frac{1\mp\sqrt5}{2}\equiv r_\pm X A X B ± = 2 − λ ± = 2 1 ∓ 5 ≡ r ± です。高振動数モード（ω + \omega_+ ω + r + = ( 1 − 5 ) / 2 < 0 r_+=(1-\sqrt5)/2<0 r + = ( 1 − 5 ) /2 < 0 ω − \omega_- ω − r − = ( 1 + 5 ) / 2 > 0 r_-=(1+\sqrt5)/2>0 r − = ( 1 + 5 ) /2 > 0 C ± , α ± C_\pm,\alpha_\pm C ± , α ±
X A ( t ) = C + cos ( ω + t + α + ) + C − cos ( ω − t + α − ) X B ( t ) = r + C + cos ( ω + t + α + ) + r − C − cos ( ω − t + α − ) \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} X A ( t ) X B ( t ) = C + cos ( ω + t + α + ) + C − cos ( ω − t + α − ) = r + C + cos ( ω + t + α + ) + r − C − cos ( ω − t + α − ) と書けます。
運動方程式は
X ¨ A = − 2 ω 0 2 X A + ω 0 2 X B , X ¨ B = ω 0 2 X A − ω 0 2 X B + F m sin Ω t \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 X ¨ A = − 2 ω 0 2 X A + ω 0 2 X B , X ¨ B = ω 0 2 X A − ω 0 2 X B + m F sin Ω t になります。特解を X A = A sin Ω t X_{\mathrm A}=A\sin\Omega t X A = A sin Ω t X B = B sin Ω t X_{\mathrm B}=B\sin\Omega t X B = B sin Ω t
( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) A = ω 0 2 B , ( ω 0 2 − Ω 2 ) B − ω 0 2 A = F m (2\omega_0^2-\Omega^2)A=\omega_0^2B,\qquad
(\omega_0^2-\Omega^2)B-\omega_0^2A=\frac{F}{m} ( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) A = ω 0 2 B , ( ω 0 2 − Ω 2 ) B − ω 0 2 A = m F で、これを解くと（Ω ≠ ω ± \Omega\neq\omega_\pm Ω = ω ±
A = ω 0 2 F m D , B = ( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) F m D , D ≡ Ω 4 − 3 ω 0 2 Ω 2 + ω 0 4 = ( Ω 2 − ω + 2 ) ( Ω 2 − ω − 2 ) 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) A = m D ω 0 2 F , B = m D ( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) F , D ≡ Ω 4 − 3 ω 0 2 Ω 2 + ω 0 4 = ( Ω 2 − ω + 2 ) ( Ω 2 − ω − 2 ) です。分母 D D D ω ± 2 / ω 0 2 \omega_\pm^2/\omega_0^2 ω ± 2 / ω 0 2 λ 2 − 3 λ + 1 = 0 \lambda^2-3\lambda+1=0 λ 2 − 3 λ + 1 = 0
X A ( t ) = C + cos ( ω + t + α + ) + C − cos ( ω − t + α − ) + ω 0 2 F m D sin Ω t X B ( t ) = r + C + cos ( ω + t + α + ) + r − C − cos ( ω − t + α − ) + ( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) F m D sin Ω t \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} X A ( t ) X B ( t ) = C + cos ( ω + t + α + ) + C − cos ( ω − t + α − ) + m D ω 0 2 F sin Ω t = r + C + cos ( ω + t + α + ) + r − C − cos ( ω − t + α − ) + m D ( 2 ω 0 2 − Ω 2 ) F sin Ω t です（C ± , α ± C_\pm,\alpha_\pm C ± , α ± r ± = ( 1 ∓ 5 ) / 2 r_\pm=(1\mp\sqrt5)/2 r ± = ( 1 ∓ 5 ) /2
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 δ F 地表 = k X A = m ω 0 2 X A \delta F_{\text{地表}}=kX_{\mathrm A}=m\omega_0^2X_{\mathrm A} δ F 地表 = k X A = m ω 0 2 X A X A ( t ) X_{\mathrm A}(t) X A ( t )
初期条件は X A ( 0 ) = X B ( 0 ) = 0 X_{\mathrm A}(0)=X_{\mathrm B}(0)=0 X A ( 0 ) = X B ( 0 ) = 0 X ˙ A ( 0 ) = X ˙ B ( 0 ) = 0 \dot X_{\mathrm A}(0)=\dot X_{\mathrm B}(0)=0 X ˙ A ( 0 ) = X ˙ B ( 0 ) = 0 X A = q + + q − X_{\mathrm A}=q_++q_- X A = q + + q − X B = r + q + + r − q − X_{\mathrm B}=r_+q_++r_-q_- X B = r + q + + r − q − q ± q_\pm q ± ω ± \omega_\pm ω ±
X A ( t ) = b + sin ω + t + b − sin ω − t + A sin Ω t X_{\mathrm A}(t)=b_+\sin\omega_+t+b_-\sin\omega_-t+A\sin\Omega t X A ( t ) = b + sin ω + t + b − sin ω − t + A sin Ω t の形になります。速度の初期条件は
b + ω + + b − ω − = − Ω A , r + b + ω + + r − b − ω − = − Ω B b_+\omega_++b_-\omega_-=-\Omega A,\qquad
r_+b_+\omega_++r_-b_-\omega_-=-\Omega B b + ω + + b − ω − = − Ω A , r + b + ω + + r − b − ω − = − Ω B を与え、r + − r − = − 5 r_+-r_-=-\sqrt5 r + − r − = − 5
b ± = ± Ω ( B − r ∓ A ) 5 ω ± b_\pm=\pm\frac{\Omega(B-r_\mp A)}{\sqrt5\,\omega_\pm} b ± = ± 5 ω ± Ω ( B − r ∓ A ) です。ここで Ω ≫ ω 0 \Omega\gg\omega_0 Ω ≫ ω 0 D ≃ Ω 4 D\simeq\Omega^4 D ≃ Ω 4
A ≃ ω 0 2 F m Ω 4 , B ≃ − F m Ω 2 A\simeq\frac{\omega_0^2F}{m\Omega^4},\qquad
B\simeq-\frac{F}{m\Omega^2} A ≃ m Ω 4 ω 0 2 F , B ≃ − m Ω 2 F であり、Ω A ≃ F ω 0 2 / ( m Ω 3 ) \Omega A\simeq F\omega_0^2/(m\Omega^3) Ω A ≃ F ω 0 2 / ( m Ω 3 ) Ω B ≃ − F / ( m Ω ) \Omega B\simeq-F/(m\Omega) Ω B ≃ − F / ( m Ω ) ( ω 0 / Ω ) 2 (\omega_0/\Omega)^2 ( ω 0 /Ω ) 2
b ± ≃ ± Ω B 5 ω ± = ∓ F 5 m Ω ω ± b_\pm\simeq\pm\frac{\Omega B}{\sqrt5\,\omega_\pm}=\mp\frac{F}{\sqrt5\,m\Omega\,\omega_\pm} b ± ≃ ± 5 ω ± Ω B = ∓ 5 m Ω ω ± F となります。ω ± \omega_\pm ω ± ω 0 \omega_0 ω 0 ω 0 \omega_0 ω 0
地表に働く力の変動 k X A kX_{\mathrm A} k X A Ω \Omega Ω
k ∣ A ∣ ≃ m ω 0 2 ⋅ ω 0 2 F m Ω 4 = F ( ω 0 Ω ) 4 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 k ∣ A ∣ ≃ m ω 0 2 ⋅ m Ω 4 ω 0 2 F = F ( Ω ω 0 ) 4 で ( ω 0 / Ω ) (\omega_0/\Omega) ( ω 0 /Ω ) ω ± ∼ ω 0 \omega_\pm\sim\omega_0 ω ± ∼ ω 0
k ∣ b ± ∣ ≃ m ω 0 2 ⋅ F 5 m Ω ω ± = 2 F 5 ( 5 ± 1 ) ⋅ ω 0 Ω 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} k ∣ b ± ∣ ≃ m ω 0 2 ⋅ 5 m Ω ω ± F = 5 ( 5 ± 1 ) 2 F ⋅ Ω ω 0 で ( ω 0 / Ω ) (\omega_0/\Omega) ( ω 0 /Ω ) Ω \Omega Ω ( ω 0 / Ω ) 4 (\omega_0/\Omega)^4 ( ω 0 /Ω ) 4 ω 0 \omega_0 ω 0 ( ω 0 / Ω ) 1 (\omega_0/\Omega)^1 ( ω 0 /Ω ) 1
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。