平成31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。

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（隣り合うスピンの重みを並べた行列）、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（連星ブラックホールの合体による重力波の観測例）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（量子数が大きく古典的に近似できる極限）
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（互いに回りながら近づいていく段階）

第1問 調和振動子と四次非調和項

設定

1次元調和振動子

$$H_0 = \frac{1}{2m}p^2 + \frac{m\omega^2}{2}x^2$$

を出発点とし、$[x,p]=i\hbar$ のもとで生成消滅演算子

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

を導入します。後半では $V=\lambda x^4$（$\lambda>0$）を加えた $H=H_0+V$ 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

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

$$\left[x+\frac{ip}{m\omega},\,x-\frac{ip}{m\omega}\right] = -\frac{i}{m\omega}[x,p] + \frac{i}{m\omega}[p,x] = -\frac{i}{m\omega}(i\hbar) + \frac{i}{m\omega}(-i\hbar) = \frac{2\hbar}{m\omega}$$

前の因子 $m\omega/(2\hbar)$ を掛けて

$$[a,a^\dagger] = 1 .$$

これを使えば

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

つぎに $N$ を $x,p$ に戻します。

$$N = a^\dagger a = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right)\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right) = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x^2+\frac{p^2}{m^2\omega^2}+\frac{i}{m\omega}[x,p]\right) = \frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}x^2\right)-\frac{1}{2}$$

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

設問2

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

(i) 非負性は内積の正定値性から直接出ます。

$$\nu = \langle\nu|N|\nu\rangle = \langle\nu|a^\dagger a|\nu\rangle = \bigl\lVert a|\nu\rangle \bigr\rVert^2 \ge 0$$

等号成立は $a|\nu\rangle=0$ のときに限ります。

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

$$\bigl\lVert a^k|\nu\rangle \bigr\rVert^2 = \nu(\nu-1)\cdots(\nu-k+1)$$

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

$N$ の固有値は $0,1,2,\dots$ に限られ、$\lVert a^\dagger|n\rangle\rVert^2 = \langle n|(N+1)|n\rangle = n+1 > 0$ から $a^\dagger$ 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 $\{0,1,2,\dots\}$ で、縮退がないので低い順に番号を付ければ $n$ 番目の固有値が $n$ です。$H_0=\hbar\omega(N+\tfrac12)$ より

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

固有状態は $a^\dagger|n\rangle$ のノルムが $\sqrt{n+1}$ であることから $|n+1\rangle = \dfrac{a^\dagger}{\sqrt{n+1}}|n\rangle$（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

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

設問4

(i) $H=H_0+V$ の固有値問題を $V$ の次数で展開します。$H_0|k\rangle = E_k^{(0)}|k\rangle$、$V_{kl}=\langle k|V|l\rangle$ とし、摂動を受けた固有状態を $|n\rangle + |n^{(1)}\rangle + \cdots$、固有値を $E_n^{(0)}+E_n^{(1)}+\cdots$ と書きます。位相と規格化の自由度を使って $\langle n|n^{(1)}\rangle = 0$ と取ります（摂動後の状態の $|n\rangle$ 成分の大きさを 1 に決める約束で、補正 $|n^{(1)}\rangle$ には $|n\rangle$ 以外の成分だけを入れる、ということです）。1次の項を集めると

$$H_0|n^{(1)}\rangle + V|n\rangle = E_n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}|n\rangle .$$

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

$$E_n^{(1)} = V_{nn}.$$

左から $\langle k|$（$k\ne n$）を掛けると、$|n^{(1)}\rangle = \sum_{k\ne n}c_k^{(1)}|k\rangle$ として

$$c_k^{(1)} = \frac{V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .$$

2次の項は

$$H_0|n^{(2)}\rangle + V|n^{(1)}\rangle = E_n^{(0)}|n^{(2)}\rangle + E_n^{(1)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(2)}|n\rangle$$

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

$$E_n^{(2)} = \sum_{k\ne n}\frac{V_{nk}V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} = \sum_{k\ne n}\frac{\lvert V_{nk}\rvert^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .$$

縮退がないので分母はどこでも 0 になりません。

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

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

よって $x^4|0\rangle = \ell^4\left(3|0\rangle+6\sqrt2\,|2\rangle+2\sqrt6\,|4\rangle\right)$ で、$V=\lambda x^4$ の行列要素は

$$V_{00} = 3\lambda\ell^4,\qquad V_{20} = 6\sqrt{2}\,\lambda\ell^4,\qquad V_{40} = 2\sqrt{6}\,\lambda\ell^4,$$

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

基底状態のエネルギーは $E_0^{(0)}-E_k^{(0)} = -k\hbar\omega$ を使って

$$\begin{aligned} E_0 &= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4 + \frac{(6\sqrt2\,\lambda\ell^4)^2}{-2\hbar\omega} + \frac{(2\sqrt6\,\lambda\ell^4)^2}{-4\hbar\omega} + O(\lambda^3)\\ &= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4 - \frac{\lambda^2\ell^8}{\hbar\omega}\left(\frac{72}{2}+\frac{24}{4}\right) + O(\lambda^3)\\ &= \frac{\hbar\omega}{2} + \frac{3\hbar^2}{4m^2\omega^2}\,\lambda - \frac{21\hbar^3}{8m^4\omega^5}\,\lambda^2 + O(\lambda^3). \end{aligned}$$

答えは $E_0 = \dfrac{\hbar\omega}{2}\left[1+\dfrac{3}{2}\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}-\dfrac{21}{4}\left(\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}\right)^2+\cdots\right]$ です。$\hbar\lambda/(m^2\omega^3) = \lambda\ell^4/(\hbar\omega)\times 4$ の形なので括弧の中は無次元で、展開は $\lambda\ell^4 \ll \hbar\omega$、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

$n$ が大きいと転回点（運動エネルギーが 0 になる折り返しの位置） $x_0$ も大きくなり、$\lambda x^4$ と $\tfrac12 m\omega^2x^2$ の比 $2\lambda x_0^2/(m\omega^2)$ 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

$$\oint p\,dx = 2\int_{-x_0}^{x_0}\sqrt{2m\left(E-\lambda x^4\right)}\,dx = 2\pi\hbar\left(n+\frac{1}{2}\right), \qquad x_0=\left(\frac{E}{\lambda}\right)^{1/4}$$

において $x=x_0u$ と置くと

$$\oint p\,dx = 2\sqrt{2mE}\,x_0\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du = c_0\sqrt{m}\,\lambda^{-1/4}E^{3/4},\qquad c_0 = 2\sqrt{2}\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du \simeq 4.9$$

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

$$E_n \propto n^{4/3}\qquad\left(E_n \sim \hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3}\,n^{4/3}\right).$$

答えは $n$ の $4/3$ 乗です。一般に $V\propto |x|^s$ では同じ計算で $E_n\propto n^{2s/(s+2)}$ となり、$s=2$ で $n^1$（調和振動子）、$s=4$ で $n^{4/3}$、$s\to\infty$ で $n^2$（無限井戸）に一致します。$\hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3}$ の次元は、$[\lambda]=\mathrm{J/m^4}$ 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

設定

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

$$E(\mathbf{S}_1,\dots,\mathbf{S}_L) = -J\sum_{i=1}^{L-1}\mathbf{S}_i\cdot\mathbf{S}_{i+1},\qquad J>0$$

で与えられる古典系です。$\hat x\cdot\hat x=\hat y\cdot\hat y=1$、$\hat x\cdot\hat y=0$ なので、各ボンドは両端が同じ向きなら $-J$、直交していれば $0$ を寄せるだけです。逆温度は $\beta=1/(k_\mathrm{B}T)$、分配関数は $Z_L(\beta)$ 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

$L=2$ の配置は 4 通りです。

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

したがって

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

設問2

$L=3$ 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。

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

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

$$Z_3(\beta) = 2e^{2\beta J} + 4e^{\beta J} + 2 = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^2 .$$

設問3

$L-1$ 個のスピンからなる鎖の各配置に、右端に $\mathbf{S}_L$ 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 $\mathbf{S}_L=\mathbf{S}_{L-1}$ なら $e^{\beta J}$、そうでなければ $1$ で、その和 $e^{\beta J}+1$ は $\mathbf{S}_{L-1}$ の向きによらない定数です。したがって

$$Z_L(\beta) = \left(e^{\beta J}+1\right)Z_{L-1}(\beta)\qquad (L\ge 3)$$

が成り立ち、$Z_2 = 2(e^{\beta J}+1)$ から

$$Z_L(\beta) = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^{L-1}.$$

$L=2,3$ で設問1・2 の結果を再現します。この式は、$L-1$ 本のボンドがそれぞれ独立に「平行（重み $e^{\beta J}$）か直交（重み $1$）」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

$$F_L(\beta) = -\frac{1}{\beta}\ln Z_L(\beta) = -\frac{1}{\beta}\left[\ln 2 + (L-1)\ln\left(1+e^{\beta J}\right)\right].$$

設問5

内部エネルギーは

$$U_L = -\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_L = -(L-1)\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}}$$

なので、$L\to\infty$ でスピン 1 個あたりは

$$u(\beta) = \lim_{L\to\infty}\frac{U_L}{L} = -\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}} = -\frac{J}{1+e^{-\beta J}} .$$

高温極限 $\beta J\to 0$ では $u\to -J/2$、低温極限 $\beta J\to\infty$ では $u\to -J$ です。

出現確率との関係は次のように読めます。$L\to\infty$ 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

$$p_\parallel = \frac{e^{\beta J}}{e^{\beta J}+1} = \frac{1}{1+e^{-\beta J}}$$

をもちます。平行なボンドのエネルギーは $-J$、直交なボンドは $0$ なので $u = -J p_\parallel$ 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 $p_\parallel = 1/2$、したがって $u=-J/2$ になります。低温極限ではボルツマン因子 $e^{\beta J}$ が効いて平行な配置しか現れず、$p_\parallel\to 1$、つまり全スピンが揃った 2 つの基底状態（エネルギー $-J(L-1)$）に確率が集中して $u\to -J$ となります。

設問6

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

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

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

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

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

設問7

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

$$P_2 = \frac{1}{2\left(e^{\beta J}+1\right)}\begin{pmatrix} e^{\beta J} & 1\\ 1 & e^{\beta J}\end{pmatrix} = \frac{1}{2}Q$$

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

$$q \equiv \frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1} = \tanh\frac{\beta J}{2}$$

なので、対応する射影演算子を使って

$$Q^{L-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+q^{L-1} & 1-q^{L-1}\\ 1-q^{L-1} & 1+q^{L-1}\end{pmatrix}, \qquad P_L(\hat x,\hat x) = P_L(\hat y,\hat y) = \frac{1+q^{L-1}}{4}.$$

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

$$\langle \mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_L\rangle = P_L(\hat x,\hat x)+P_L(\hat y,\hat y) = \frac{1}{2}\left[1+\left(\frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1}\right)^{L-1}\right] = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\tanh^{L-1}\!\frac{\beta J}{2}.$$

$L=2$ で $e^{\beta J}/(e^{\beta J}+1)=p_\parallel$ となり設問5 の結果と、$\beta\to 0$ で $1/2$（無相関）、$\beta\to\infty$ で $1$（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 $A=B=\tfrac12$、かつ $\exp(-1/\xi)=q$、すなわち

$$\xi = -\frac{1}{\ln\tanh(\beta J/2)} = \frac{1}{\ln\coth(\beta J/2)} .$$

高温極限 $\beta J\ll 1$ では $\tanh(\beta J/2)\simeq \beta J/2$ なので

$$\xi \simeq \frac{1}{\ln\left(2/\beta J\right)} ,$$

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 $\beta J\gg 1$ では $\tanh(\beta J/2) = \dfrac{1-e^{-\beta J}}{1+e^{-\beta J}} \simeq 1-2e^{-\beta J}$ より $\ln\tanh(\beta J/2)\simeq -2e^{-\beta J}$ なので

$$\xi \simeq \frac{1}{2}e^{\beta J} .$$

相関長は $T\to 0$ 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 $J$ で、そのような「ドメイン壁」（スピンの向きが切り替わる境目）の平均間隔が $\sim e^{\beta J}$ になる、という描像です。有限温度では $\xi$ 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

設定

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

$$\mathcal{L} = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 + \frac{G\mu M}{r}$$

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 $a(t)$ の準円軌道の断熱的な縮みとして扱い、$E=-G\mu M/(2a)$ と放射率

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

を使います。$\mu,M$ 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

$\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial \dot r} = \mu\dot r$、$\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial r} = \mu r\dot\varphi^2 - \dfrac{G\mu M}{r^2}$ より

$$\mu\frac{d^2r}{dt^2} = \mu r\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r^2}.$$

$\varphi$ は $\mathcal L$ に現れないので

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

設問2

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

$$E = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r}, \qquad J = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \mu r^2\frac{d\varphi}{dt} .$$

設問3

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

$$\frac{dJ}{dt} = \frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\varphi} = 0 .$$

$E$ については直接微分して運動方程式を代入します。

$$\frac{dE}{dt} = \mu\dot r\ddot r + \mu r\dot r\dot\varphi^2 + \mu r^2\dot\varphi\ddot\varphi + \frac{G\mu M}{r^2}\dot r$$

に、設問1 の $\mu\ddot r = \mu r\dot\varphi^2 - G\mu M/r^2$ と、$\dfrac{d}{dt}(\mu r^2\dot\varphi)=0$ から従う $\mu r^2\ddot\varphi = -2\mu r\dot r\dot\varphi$ を入れると

$$\frac{dE}{dt} = \left(\mu r\dot r\dot\varphi^2 - \frac{G\mu M\dot r}{r^2}\right) + \mu r\dot r\dot\varphi^2 - 2\mu r\dot r\dot\varphi^2 + \frac{G\mu M\dot r}{r^2} = 0 .$$

よって $E$ と $J$ はいずれも運動の定数です。前者は $\mathcal L$ 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

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

$$\frac{G\mu M}{2a^2}\frac{da}{dt} = -\frac{32G^4}{5c^5}\frac{\mu^2M^3}{a^5} \quad\Longrightarrow\quad \frac{da}{dt} = -\frac{64G^3}{5c^5}\frac{\mu M^2}{a^3}.$$

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

設問5

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

$$P^{5/3}\,dP = -A P_\mathrm{c}^{5/3}\,dt \quad\Longrightarrow\quad \frac{3}{8}\left(P^{8/3}-P_0^{8/3}\right) = -AP_\mathrm{c}^{5/3}\,t .$$

$P=0$ となる時刻が合体時刻なので

$$\tau_{\mathrm{GW}} = \frac{3\,P_0^{8/3}}{8A\,P_\mathrm{c}^{5/3}} = \frac{3}{8A}P_\mathrm{c}\left(\frac{P_0}{P_\mathrm{c}}\right)^{8/3}.$$

$A$ が無次元、$P_\mathrm{c}$ 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

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

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

設問4 の結果を入れると

$$\frac{dP}{dt} = -\frac{6\pi^2a^2}{GMP}\cdot\frac{64G^3\mu M^2}{5c^5a^3} = -\frac{384\pi^2G^2\mu M}{5c^5\,P\,a},$$

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

$$\frac{dP}{dt} = -\frac{384\pi^2\left(4\pi^2\right)^{1/3}}{5}\,\frac{G^{5/3}\mu M^{2/3}}{c^5}\,P^{-5/3} = -\frac{96}{5}(2\pi)^{8/3}\left(\frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3}\right)^{5/3}P^{-5/3}.$$

これが式(6)です。比較すれば

$$P_\mathrm{c} = \frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3},\qquad \alpha = \frac{3}{5},\quad \beta = \frac{2}{5},\quad \gamma = -3,$$ $$A = \frac{384\cdot 2^{2/3}\pi^{8/3}}{5} = \frac{96}{5}(2\pi)^{8/3} \simeq 2.6\times 10^{3}.$$

$P_\mathrm{c}$ の次元は、$[G]=\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}$ から $\mathrm{m^{3-3}\,kg^{-1+3/5+2/5}\,s^{-2+3}}=\mathrm{s}$ となり時間で正しく、$\alpha+\beta=1$ と $\gamma=-3$ は次元解析だけからも決まります。$\mu^{3/5}M^{2/5}$ 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

設問5 の結果を $P_\mathrm{c}$ について解きます。

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

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

$$P_\mathrm{c} = \frac{Gm}{2^{1/5}c^3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{m}{M_\odot} = 2^{1/5}\,P_\mathrm{c}\,\frac{c^3}{GM_\odot} .$$

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

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

$2GM_\odot/c^3\approx 10^{-5}\,\mathrm{s}$ すなわち $GM_\odot/c^3 \approx 5\times 10^{-6}\,\mathrm{s}$ を使って

$$\frac{m}{M_\odot} \simeq \frac{1.1\times 1.74\times 10^{-4}}{5\times 10^{-6}} \simeq 38 .$$

答えは $m \approx 4\times 10^{1}\,M_\odot$、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

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

$$E_{\mathrm{rad}} = \frac{G\mu M}{2a_{\min}} - \frac{G\mu M}{2a_0} \simeq \frac{G\mu M}{2a_{\min}}$$

です（$a_0\gg a_{\min}$ を使いました）。$a$ が $a_{\min}$ 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 $m$ の約 1 割に相当する静止エネルギー $0.1\,mc^2$ に等しいとします。等質量なので $\mu M = \dfrac{m}{2}\cdot 2m = m^2$ で

$$\frac{Gm^2}{2a_{\min}} = \frac{mc^2}{10} \quad\Longrightarrow\quad a_{\min} = \frac{5Gm}{c^2}.$$

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 $r_\mathrm{s}=2Gm/c^2$ を使えば $a_{\min}=2.5\,r_\mathrm{s}$ で、2 つの地平面（合わせて $2r_\mathrm{s}$）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 $m\approx 38M_\odot$ を入れると $GM_\odot/c^2 = c\cdot(GM_\odot/c^3)\approx 1.5\,\mathrm{km}$ より $a_{\min}\approx 5\times 38\times 1.5\,\mathrm{km} \approx 3\times 10^{2}\,\mathrm{km}$ 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。