3 時間で 3 問、選択はなく全問必答です。3 問とも同年度の修士課程 物理学の必答問題（第1問から第3問）と同一で、量子力学・統計力学・電磁気学が 1 問ずつ並びます。どれも二状態系の期待値、ガウス積分、円筒座標の Maxwell 方程式という教科書的な入口から始まりますが、設問が進むと第1問は隠れた変数の理論（測定する前から結果が決まっているとする考え方）との矛盾、第2問は高温側のグランドカノニカル計算（粒子の出入りを許す熱浴での統計）とエントロピーの温度依存性、第3問は特性インピーダンス（電圧と電流の比）と群速度 という応用側に出ます。手が止まりやすいのは第1問設問8以降の確率の勘定、第2問設問8の熱力学的な組み立て、第3問設問1の完全導体の境界条件の使い方でしょう。
問題 分野 主題 第1問 量子力学 二状態系の測定とベルの不等式（Mermin 版） 第2問 統計力学・熱力学 古典理想気体と自由フェルミ粒子系 第3問 電磁気学・波動 同軸ケーブルの TEM モードとパルス伝搬
観測量は
σ z = ( 1 0 0 − 1 ) , σ x = ( 0 1 1 0 ) , σ ( θ ) = ( cos θ ) σ z + ( sin θ ) σ x \sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad
\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad
\sigma(\theta)=(\cos\theta)\,\sigma_z+(\sin\theta)\,\sigma_x σ z = ( 1 0 0 − 1 ) , σ x = ( 0 1 1 0 ) , σ ( θ ) = ( cos θ ) σ z + ( sin θ ) σ x で与えられ、状態ベクトルは ∣ ↑ ⟩ = ( 1 , 0 ) T |\uparrow\rangle=(1,0)^{T} ∣ ↑ ⟩ = ( 1 , 0 ) T ∣ ↓ ⟩ = ( 0 , 1 ) T |\downarrow\rangle=(0,1)^{T} ∣ ↓ ⟩ = ( 0 , 1 ) T σ ( θ ) \sigma(\theta) σ ( θ ) z z z x x x z z z θ \theta θ
まず固有値を確定させます。σ z σ x + σ x σ z = 0 \sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z=0 σ z σ x + σ x σ z = 0 σ z 2 = σ x 2 = I \sigma_z^2=\sigma_x^2=I σ z 2 = σ x 2 = I
σ ( θ ) 2 = cos 2 θ σ z 2 + sin 2 θ σ x 2 + cos θ sin θ ( σ z σ x + σ x σ z ) = I \sigma(\theta)^2=\cos^2\theta\,\sigma_z^2+\sin^2\theta\,\sigma_x^2+\cos\theta\sin\theta\,(\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z)=I σ ( θ ) 2 = cos 2 θ σ z 2 + sin 2 θ σ x 2 + cos θ sin θ ( σ z σ x + σ x σ z ) = I なので、σ ( θ ) \sigma(\theta) σ ( θ ) ± 1 \pm1 ± 1
∣ θ , + ⟩ = cos θ 2 ∣ ↑ ⟩ + sin θ 2 ∣ ↓ ⟩ , ∣ θ , − ⟩ = − sin θ 2 ∣ ↑ ⟩ + cos θ 2 ∣ ↓ ⟩ |\theta,+\rangle=\cos\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\sin\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle,\qquad
|\theta,-\rangle=-\sin\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\cos\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle ∣ θ , + ⟩ = cos 2 θ ∣ ↑ ⟩ + sin 2 θ ∣ ↓ ⟩ , ∣ θ , − ⟩ = − sin 2 θ ∣ ↑ ⟩ + cos 2 θ ∣ ↓ ⟩ が固有値 + 1 , − 1 +1,-1 + 1 , − 1 θ = 0 \theta=0 θ = 0 σ z \sigma_z σ z θ = π / 2 \theta=\pi/2 θ = π /2 σ x \sigma_x σ x
後半では二状態系 A , B A,B A , B
∣ Ψ ⟩ = 1 2 ( ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B − ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B ) |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B-|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B\Big) ∣Ψ ⟩ = 2 1 ( ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B − ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B ) です。この問題は令和2年度 修士課程 物理学 第1問と同一です。
∣ ↑ ⟩ |\uparrow\rangle ∣ ↑ ⟩ σ z \sigma_z σ z + 1 +1 + 1 σ z \sigma_z σ z ± 1 \pm1 ± 1 − 1 -1 − 1 ∣ ⟨ ↓ ∣ ↑ ⟩ ∣ 2 = 0 |\langle\downarrow|\uparrow\rangle|^2=0 ∣ ⟨ ↓ ∣ ↑ ⟩ ∣ 2 = 0
s z = + 1 s_z=+1 s z = + 1 だけをとります。期待値は ⟨ σ z ⟩ = ⟨ ↑ ∣ σ z ∣ ↑ ⟩ = + 1 \langle\sigma_z\rangle=\langle\uparrow|\sigma_z|\uparrow\rangle=+1 ⟨ σ z ⟩ = ⟨ ↑ ∣ σ z ∣ ↑ ⟩ = + 1
σ x \sigma_x σ x ∣ x , ± ⟩ = ( ∣ ↑ ⟩ ± ∣ ↓ ⟩ ) / 2 |x,\pm\rangle=(|\uparrow\rangle\pm|\downarrow\rangle)/\sqrt2 ∣ x , ± ⟩ = ( ∣ ↑ ⟩ ± ∣ ↓ ⟩) / 2 ∣ ↑ ⟩ = ( ∣ x , + ⟩ + ∣ x , − ⟩ ) / 2 |\uparrow\rangle=(|x,+\rangle+|x,-\rangle)/\sqrt2 ∣ ↑ ⟩ = ( ∣ x , + ⟩ + ∣ x , − ⟩) / 2
s x = + 1 ( 確率 1 / 2 ) , s x = − 1 ( 確率 1 / 2 ) s_x=+1\ (\text{確率}\ 1/2),\qquad s_x=-1\ (\text{確率}\ 1/2) s x = + 1 ( 確率 1/2 ) , s x = − 1 ( 確率 1/2 ) の 2 通りです。期待値は
⟨ σ x ⟩ = ⟨ ↑ ∣ σ x ∣ ↑ ⟩ = ( 1 0 ) ( 0 1 1 0 ) ( 1 0 ) = 0 \langle\sigma_x\rangle=\langle\uparrow|\sigma_x|\uparrow\rangle=(1\ \ 0)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=0 ⟨ σ x ⟩ = ⟨ ↑ ∣ σ x ∣ ↑ ⟩ = ( 1 0 ) ( 0 1 1 0 ) ( 1 0 ) = 0 です。答えは s x = ± 1 s_x=\pm1 s x = ± 1 0 0 0
設定で求めた固有ベクトルを使うと ⟨ θ , + ∣ ↑ ⟩ = cos ( θ / 2 ) \langle\theta,+|\uparrow\rangle=\cos(\theta/2) ⟨ θ , + ∣ ↑ ⟩ = cos ( θ /2 ) ⟨ θ , − ∣ ↑ ⟩ = − sin ( θ / 2 ) \langle\theta,-|\uparrow\rangle=-\sin(\theta/2) ⟨ θ , − ∣ ↑ ⟩ = − sin ( θ /2 )
s θ = + 1 ( 確率 cos 2 θ 2 ) , s θ = − 1 ( 確率 sin 2 θ 2 ) s_\theta=+1\ \left(\text{確率}\ \cos^2\frac{\theta}{2}\right),\qquad
s_\theta=-1\ \left(\text{確率}\ \sin^2\frac{\theta}{2}\right) s θ = + 1 ( 確率 cos 2 2 θ ) , s θ = − 1 ( 確率 sin 2 2 θ ) の 2 通りです。期待値は
⟨ σ ( θ ) ⟩ = cos 2 θ 2 − sin 2 θ 2 = cos θ \langle\sigma(\theta)\rangle=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}=\cos\theta ⟨ σ ( θ )⟩ = cos 2 2 θ − sin 2 2 θ = cos θ で、これは ⟨ ↑ ∣ σ ( θ ) ∣ ↑ ⟩ = cos θ \langle\uparrow|\sigma(\theta)|\uparrow\rangle=\cos\theta ⟨ ↑ ∣ σ ( θ ) ∣ ↑ ⟩ = cos θ θ = 0 \theta=0 θ = 0 1 1 1 θ = π / 2 \theta=\pi/2 θ = π /2 0 0 0
∣ Ψ ⟩ |\Psi\rangle ∣Ψ ⟩ ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B |\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B |\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B |\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B |\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B σ z A σ z B \sigma_z^A\sigma_z^B σ z A σ z B
( s z A , s z B ) = ( + 1 , − 1 ) または ( − 1 , + 1 ) (s_z^A,s_z^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1) ( s z A , s z B ) = ( + 1 , − 1 ) または ( − 1 , + 1 ) の 2 通りで、それぞれ確率 1 / 2 1/2 1/2 − 1 -1 − 1
⟨ s z A s z B ⟩ = − 1 \langle s_z^A s_z^B\rangle=-1 ⟨ s z A s z B ⟩ = − 1 です。演算子で書けば σ z A σ z B ∣ Ψ ⟩ = − ∣ Ψ ⟩ \sigma_z^A\sigma_z^B|\Psi\rangle=-|\Psi\rangle σ z A σ z B ∣Ψ ⟩ = − ∣Ψ ⟩ ∣ Ψ ⟩ |\Psi\rangle ∣Ψ ⟩ − 1 -1 − 1
σ x A σ x B \sigma_x^A\sigma_x^B σ x A σ x B ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B |\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B |\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B
σ x A σ x B ∣ Ψ ⟩ = 1 2 ( ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B − ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ) = − ∣ Ψ ⟩ \sigma_x^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B-|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B\Big)=-|\Psi\rangle σ x A σ x B ∣Ψ ⟩ = 2 1 ( ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B − ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ) = − ∣Ψ ⟩ となり、∣ Ψ ⟩ |\Psi\rangle ∣Ψ ⟩ σ x A σ x B \sigma_x^A\sigma_x^B σ x A σ x B − 1 -1 − 1 ∣ x , ± ⟩ |x,\pm\rangle ∣ x , ± ⟩
∣ Ψ ⟩ = − 1 2 ( ∣ x , + ⟩ A ∣ x , − ⟩ B − ∣ x , − ⟩ A ∣ x , + ⟩ B ) |\Psi\rangle=-\frac{1}{\sqrt2}\Big(|x,+\rangle_A|x,-\rangle_B-|x,-\rangle_A|x,+\rangle_B\Big) ∣Ψ ⟩ = − 2 1 ( ∣ x , + ⟩ A ∣ x , − ⟩ B − ∣ x , − ⟩ A ∣ x , + ⟩ B ) なので、取りうる組は
( s x A , s x B ) = ( + 1 , − 1 ) または ( − 1 , + 1 ) (s_x^A,s_x^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1) ( s x A , s x B ) = ( + 1 , − 1 ) または ( − 1 , + 1 ) の 2 通り（各確率 1 / 2 1/2 1/2 ⟨ s x A s x B ⟩ = − 1 \langle s_x^A s_x^B\rangle=-1 ⟨ s x A s x B ⟩ = − 1 z z z x x x
c = cos ( θ / 2 ) c=\cos(\theta/2) c = cos ( θ /2 ) s = sin ( θ / 2 ) s=\sin(\theta/2) s = sin ( θ /2 ) ∣ θ , ± ⟩ |\theta,\pm\rangle ∣ θ , ± ⟩ ∣ ↑ ⟩ = c ∣ θ , + ⟩ − s ∣ θ , − ⟩ |\uparrow\rangle=c|\theta,+\rangle-s|\theta,-\rangle ∣ ↑ ⟩ = c ∣ θ , + ⟩ − s ∣ θ , − ⟩ ∣ ↓ ⟩ = s ∣ θ , + ⟩ + c ∣ θ , − ⟩ |\downarrow\rangle=s|\theta,+\rangle+c|\theta,-\rangle ∣ ↓ ⟩ = s ∣ θ , + ⟩ + c ∣ θ , − ⟩ ∣ Ψ ⟩ |\Psi\rangle ∣Ψ ⟩
∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B = c s ∣ + + ⟩ + c 2 ∣ + − ⟩ − s 2 ∣ − + ⟩ − s c ∣ − − ⟩ , ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B = s c ∣ + + ⟩ − s 2 ∣ + − ⟩ + c 2 ∣ − + ⟩ − c s ∣ − − ⟩ \begin{aligned}
|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B&=cs\,|{+}{+}\rangle+c^2|{+}{-}\rangle-s^2|{-}{+}\rangle-sc\,|{-}{-}\rangle,\\
|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B&=sc\,|{+}{+}\rangle-s^2|{+}{-}\rangle+c^2|{-}{+}\rangle-cs\,|{-}{-}\rangle
\end{aligned} ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B = cs ∣ + + ⟩ + c 2 ∣ + − ⟩ − s 2 ∣ − + ⟩ − sc ∣ − − ⟩ , = sc ∣ + + ⟩ − s 2 ∣ + − ⟩ + c 2 ∣ − + ⟩ − cs ∣ − − ⟩ （∣ ± ± ⟩ |{\pm}{\pm}\rangle ∣ ± ± ⟩ ∣ θ , ± ⟩ A ∣ θ , ± ⟩ B |\theta,\pm\rangle_A|\theta,\pm\rangle_B ∣ θ , ± ⟩ A ∣ θ , ± ⟩ B ∣ + + ⟩ |{+}{+}\rangle ∣ + + ⟩ ∣ − − ⟩ |{-}{-}\rangle ∣ − − ⟩ c 2 + s 2 = 1 c^2+s^2=1 c 2 + s 2 = 1
∣ Ψ ⟩ = 1 2 ( ∣ θ , + ⟩ A ∣ θ , − ⟩ B − ∣ θ , − ⟩ A ∣ θ , + ⟩ B ) |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\theta,+\rangle_A|\theta,-\rangle_B-|\theta,-\rangle_A|\theta,+\rangle_B\Big) ∣Ψ ⟩ = 2 1 ( ∣ θ , + ⟩ A ∣ θ , − ⟩ B − ∣ θ , − ⟩ A ∣ θ , + ⟩ B ) です。θ \theta θ ∣ θ , + ⟩ A ∣ θ , + ⟩ B |\theta,+\rangle_A|\theta,+\rangle_B ∣ θ , + ⟩ A ∣ θ , + ⟩ B ∣ θ , − ⟩ A ∣ θ , − ⟩ B |\theta,-\rangle_A|\theta,-\rangle_B ∣ θ , − ⟩ A ∣ θ , − ⟩ B 0 0 0 ( s θ A , s θ B ) (s_\theta^A,s_\theta^B) ( s θ A , s θ B ) ( + 1 , − 1 ) (+1,-1) ( + 1 , − 1 ) ( − 1 , + 1 ) (-1,+1) ( − 1 , + 1 ) s θ A = − s θ B = ± 1 s_\theta^A=-s_\theta^B=\pm1 s θ A = − s θ B = ± 1
まず期待値を求めます。σ A ( θ ) σ B ( φ ) \sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi) σ A ( θ ) σ B ( φ ) σ z A σ x B ∣ Ψ ⟩ = ( ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B + ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ) / 2 \sigma_z^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=(|\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B+|\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B)/\sqrt2 σ z A σ x B ∣Ψ ⟩ = ( ∣ ↑ ⟩ A ∣ ↑ ⟩ B + ∣ ↓ ⟩ A ∣ ↓ ⟩ B ) / 2 ∣ Ψ ⟩ |\Psi\rangle ∣Ψ ⟩ ⟨ σ z A σ x B ⟩ = 0 \langle\sigma_z^A\sigma_x^B\rangle=0 ⟨ σ z A σ x B ⟩ = 0 ⟨ σ x A σ z B ⟩ = 0 \langle\sigma_x^A\sigma_z^B\rangle=0 ⟨ σ x A σ z B ⟩ = 0
⟨ σ A ( θ ) σ B ( φ ) ⟩ = − cos θ cos φ − sin θ sin φ = − cos ( θ − φ ) \langle\sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi)\rangle=-\cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi=-\cos(\theta-\varphi) ⟨ σ A ( θ ) σ B ( φ )⟩ = − cos θ cos φ − sin θ sin φ = − cos ( θ − φ ) となります。つまり ⟨ s θ A s φ B ⟩ = − cos ( θ − φ ) \langle s_\theta^A s_\varphi^B\rangle=-\cos(\theta-\varphi) ⟨ s θ A s φ B ⟩ = − cos ( θ − φ )
取りうる組を出すために、設問6 の表式で B B B φ \varphi φ α ≡ ( θ − φ ) / 2 \alpha\equiv(\theta-\varphi)/2 α ≡ ( θ − φ ) /2 ∣ θ , + ⟩ = cos α ∣ φ , + ⟩ + sin α ∣ φ , − ⟩ |\theta,+\rangle=\cos\alpha\,|\varphi,+\rangle+\sin\alpha\,|\varphi,-\rangle ∣ θ , + ⟩ = cos α ∣ φ , + ⟩ + sin α ∣ φ , − ⟩ ∣ θ , − ⟩ = − sin α ∣ φ , + ⟩ + cos α ∣ φ , − ⟩ |\theta,-\rangle=-\sin\alpha\,|\varphi,+\rangle+\cos\alpha\,|\varphi,-\rangle ∣ θ , − ⟩ = − sin α ∣ φ , + ⟩ + cos α ∣ φ , − ⟩
∣ Ψ ⟩ = 1 2 [ − sin α ∣ θ , + ⟩ A ∣ φ , + ⟩ B + cos α ∣ θ , + ⟩ A ∣ φ , − ⟩ B − cos α ∣ θ , − ⟩ A ∣ φ , + ⟩ B − sin α ∣ θ , − ⟩ A ∣ φ , − ⟩ B ] |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big[-\sin\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,+\rangle_B+\cos\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,-\rangle_B-\cos\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,+\rangle_B-\sin\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,-\rangle_B\Big] ∣Ψ ⟩ = 2 1 [ − sin α ∣ θ , + ⟩ A ∣ φ , + ⟩ B + cos α ∣ θ , + ⟩ A ∣ φ , − ⟩ B − cos α ∣ θ , − ⟩ A ∣ φ , + ⟩ B − sin α ∣ θ , − ⟩ A ∣ φ , − ⟩ B ] です。よって θ − φ \theta-\varphi θ − φ 0 0 0 π \pi π m o d 2 π \bmod\ 2\pi mod 2 π
( s θ A , s φ B ) = ( + 1 , + 1 ) , ( + 1 , − 1 ) , ( − 1 , + 1 ) , ( − 1 , − 1 ) (s_\theta^A,s_\varphi^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1) ( s θ A , s φ B ) = ( + 1 , + 1 ) , ( + 1 , − 1 ) , ( − 1 , + 1 ) , ( − 1 , − 1 ) がすべて起こり、確率は同符号が各 1 2 sin 2 α \tfrac12\sin^2\alpha 2 1 sin 2 α 1 2 cos 2 α \tfrac12\cos^2\alpha 2 1 cos 2 α
sin 2 α − cos 2 α = − cos 2 α = − cos ( θ − φ ) \sin^2\alpha-\cos^2\alpha=-\cos2\alpha=-\cos(\theta-\varphi) sin 2 α − cos 2 α = − cos 2 α = − cos ( θ − φ ) で、上の演算子計算と一致します。θ = φ \theta=\varphi θ = φ sin α = 0 \sin\alpha=0 sin α = 0 0 0 0 θ − φ = π \theta-\varphi=\pi θ − φ = π cos α = 0 \cos\alpha=0 cos α = 0 0 0 0 ( + 1 , + 1 ) (+1,+1) ( + 1 , + 1 ) ( − 1 , − 1 ) (-1,-1) ( − 1 , − 1 ) 1 / 2 1/2 1/2 + 1 +1 + 1
θ , φ \theta,\varphi θ , φ { 0 ∘ , 120 ∘ , 240 ∘ } \{0^\circ,120^\circ,240^\circ\} { 0 ∘ , 12 0 ∘ , 24 0 ∘ } 1 / 3 1/3 1/3 θ = φ \theta=\varphi θ = φ θ ≠ φ \theta\neq\varphi θ = φ
( s A , s B ) = ( + 1 , + 1 ) , ( + 1 , − 1 ) , ( − 1 , + 1 ) , ( − 1 , − 1 ) (s^A,s^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1) ( s A , s B ) = ( + 1 , + 1 ) , ( + 1 , − 1 ) , ( − 1 , + 1 ) , ( − 1 , − 1 ) の 4 通りです。
期待値は設問7 の結果を 9 通りについて平均すればよく、θ − φ \theta-\varphi θ − φ 0 ∘ , 120 ∘ , 240 ∘ 0^\circ,120^\circ,240^\circ 0 ∘ , 12 0 ∘ , 24 0 ∘
⟨ s A s B ⟩ = − 1 9 ∑ θ ∑ φ cos ( θ − φ ) = − 1 9 [ 3 cos 0 ∘ + 3 cos 120 ∘ + 3 cos 240 ∘ ] = − 1 9 [ 3 − 3 2 − 3 2 ] = 0 \langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}\cos(\theta-\varphi)
=-\frac{1}{9}\Big[3\cos0^\circ+3\cos120^\circ+3\cos240^\circ\Big]
=-\frac{1}{9}\left[3-\frac32-\frac32\right]=0 ⟨ s A s B ⟩ = − 9 1 θ ∑ φ ∑ cos ( θ − φ ) = − 9 1 [ 3 cos 0 ∘ + 3 cos 12 0 ∘ + 3 cos 24 0 ∘ ] = − 9 1 [ 3 − 2 3 − 2 3 ] = 0 です。見通しよく言えば、cos ( θ − φ ) = n ( θ ) ⋅ n ( φ ) \cos(\theta-\varphi)=\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi) cos ( θ − φ ) = n ( θ ) ⋅ n ( φ ) n ( θ ) = ( sin θ , cos θ ) \boldsymbol{n}(\theta)=(\sin\theta,\cos\theta) n ( θ ) = ( sin θ , cos θ )
∑ θ ∑ φ n ( θ ) ⋅ n ( φ ) = ( ∑ θ n ( θ ) ) ⋅ ( ∑ φ n ( φ ) ) = 0 \sum_{\theta}\sum_{\varphi}\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi)=\Big(\sum_\theta\boldsymbol{n}(\theta)\Big)\cdot\Big(\sum_\varphi\boldsymbol{n}(\varphi)\Big)=0 θ ∑ φ ∑ n ( θ ) ⋅ n ( φ ) = ( θ ∑ n ( θ ) ) ⋅ ( φ ∑ n ( φ ) ) = 0 となります。120 ∘ 120^\circ 12 0 ∘ ⟨ s A s B ⟩ = 0 \langle s^As^B\rangle=0 ⟨ s A s B ⟩ = 0
仮説のもとでは、各回の実験の前から ( s 0 ∘ A , s 120 ∘ A , s 240 ∘ A ) (s_{0^\circ}^A,s_{120^\circ}^A,s_{240^\circ}^A) ( s 0 ∘ A , s 12 0 ∘ A , s 24 0 ∘ A ) B B B s φ B = − s φ A s_\varphi^B=-s_\varphi^A s φ B = − s φ A A , B A,B A , B Σ ≡ s 0 ∘ A + s 120 ∘ A + s 240 ∘ A \Sigma\equiv s_{0^\circ}^A+s_{120^\circ}^A+s_{240^\circ}^A Σ ≡ s 0 ∘ A + s 12 0 ∘ A + s 24 0 ∘ A
⟨ s A s B ⟩ = 1 9 ∑ θ ∑ φ s θ A ( − s φ A ) = − 1 9 ( ∑ θ s θ A ) ( ∑ φ s φ A ) = − Σ 2 9 \langle s^As^B\rangle=\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}s_\theta^A\left(-s_\varphi^A\right)
=-\frac{1}{9}\Big(\sum_\theta s_\theta^A\Big)\Big(\sum_\varphi s_\varphi^A\Big)=-\frac{\Sigma^2}{9} ⟨ s A s B ⟩ = 9 1 θ ∑ φ ∑ s θ A ( − s φ A ) = − 9 1 ( θ ∑ s θ A ) ( φ ∑ s φ A ) = − 9 Σ 2 が成り立ちます。以下これを使います。
(i) ( + 1 , + 1 , + 1 ) (+1,+1,+1) ( + 1 , + 1 , + 1 ) Σ = 3 \Sigma=3 Σ = 3 ⟨ s A s B ⟩ = − 9 / 9 = − 1 \langle s^As^B\rangle=-9/9=-1 ⟨ s A s B ⟩ = − 9/9 = − 1 A A A s A = + 1 s^A=+1 s A = + 1 B B B s B = − 1 s^B=-1 s B = − 1 − 1 -1 − 1
(ii) ( + 1 , + 1 , − 1 ) (+1,+1,-1) ( + 1 , + 1 , − 1 ) Σ = 1 \Sigma=1 Σ = 1 ⟨ s A s B ⟩ = − 1 / 9 \langle s^As^B\rangle=-1/9 ⟨ s A s B ⟩ = − 1/9 ⟨ s A ⟩ = 1 / 3 \langle s^A\rangle=1/3 ⟨ s A ⟩ = 1/3 ⟨ s B ⟩ = − 1 / 3 \langle s^B\rangle=-1/3 ⟨ s B ⟩ = − 1/3 − 1 / 9 -1/9 − 1/9
(iii) Σ \Sigma Σ ± 1 \pm1 ± 1 Σ ≠ 0 \Sigma\neq0 Σ = 0 Σ 2 ≥ 1 \Sigma^2\ge1 Σ 2 ≥ 1
⟨ s A s B ⟩ = − Σ 2 9 ≤ − 1 9 < 0 \langle s^As^B\rangle=-\frac{\Sigma^2}{9}\le-\frac{1}{9}<0 ⟨ s A s B ⟩ = − 9 Σ 2 ≤ − 9 1 < 0 です。8 通りの配位 c c c p c p_c p c ∑ c p c = 1 \sum_c p_c=1 ∑ c p c = 1
⟨ s A s B ⟩ = − 1 9 ∑ c p c Σ c 2 ≤ − 1 9 < 0 \langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_c p_c\,\Sigma_c^{\,2}\le-\frac{1}{9}<0 ⟨ s A s B ⟩ = − 9 1 c ∑ p c Σ c 2 ≤ − 9 1 < 0 となり、負であることが示されました。値の範囲は − 1 ≤ ⟨ s A s B ⟩ ≤ − 1 / 9 -1\le\langle s^As^B\rangle\le-1/9 − 1 ≤ ⟨ s A s B ⟩ ≤ − 1/9 0 0 0
質量 m m m N N N V V V T T T 分配関数 は
Z = 1 h 3 N N ! ∫ ⋯ ∫ d p 1 x ⋯ d p N z d x 1 ⋯ d z N e − β H , H = ∑ i = 1 N p i 2 2 m Z=\frac{1}{h^{3N}N!}\int\!\cdots\!\int dp_{1x}\cdots dp_{Nz}\,dx_1\cdots dz_N\ e^{-\beta H},
\qquad H=\sum_{i=1}^{N}\frac{p_i^2}{2m} Z = h 3 N N ! 1 ∫ ⋯ ∫ d p 1 x ⋯ d p N z d x 1 ⋯ d z N e − β H , H = i = 1 ∑ N 2 m p i 2 で与えられます。β = 1 / ( k B T ) \beta=1/(k_{\mathrm B}T) β = 1/ ( k B T ) h = 2 π ℏ h=2\pi\hbar h = 2 π ℏ 化学ポテンシャル μ \mu μ L L L V = L 3 V=L^3 V = L 3 ε k = ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) \varepsilon_k=\hbar^2k^2/(2m) ε k = ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) d U = d ′ Q − P d V + μ d N dU=d'Q-PdV+\mu dN d U = d ′ Q − P d V + μ d N d ′ Q = T d S d'Q=TdS d ′ Q = T d S F = U − T S F=U-TS F = U − T S
以下、熱的ド・ブロイ波長
λ ≡ h 2 π m k B T \lambda\equiv\frac{h}{\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T}} λ ≡ 2 π m k B T h を導入すると式が短くなるので、これを使います。
位置積分は各粒子について V V V a = β / ( 2 m ) a=\beta/(2m) a = β / ( 2 m )
∫ − ∞ ∞ e − β p 2 / ( 2 m ) d p = 2 π m β = 2 π m k B T \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\beta p^2/(2m)}dp=\sqrt{\frac{2\pi m}{\beta}}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T} ∫ − ∞ ∞ e − β p 2 / ( 2 m ) d p = β 2 π m = 2 π m k B T となります。運動量成分は 3 N 3N 3 N
Z ( T , V , N ) = 1 h 3 N N ! V N ( 2 π m k B T ) 3 N / 2 = 1 N ! ( V λ 3 ) N Z(T,V,N)=\frac{1}{h^{3N}N!}V^N\left(2\pi mk_{\mathrm B}T\right)^{3N/2}
=\frac{1}{N!}\left(\frac{V}{\lambda^3}\right)^{N} Z ( T , V , N ) = h 3 N N ! 1 V N ( 2 π m k B T ) 3 N /2 = N ! 1 ( λ 3 V ) N です。ヘルムホルツの自由エネルギーは ln N ! ≈ N ln N − N \ln N!\approx N\ln N-N ln N ! ≈ N ln N − N
F = − k B T ln Z = − N k B T [ ln V N λ 3 + 1 ] F=-k_{\mathrm B}T\ln Z=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right] F = − k B T ln Z = − N k B T [ ln N λ 3 V + 1 ] となり、λ \lambda λ V V V
P = − ( ∂ F ∂ V ) T , N = N k B T V P=-\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V} P = − ( ∂ V ∂ F ) T , N = V N k B T です。答えは Z = ( V / λ 3 ) N / N ! Z=(V/\lambda^3)^N/N! Z = ( V / λ 3 ) N / N ! P = N k B T / V P=Nk_{\mathrm B}T/V P = N k B T / V
満たされなくなるのは示量性（相加性）です。1 / N ! 1/N! 1/ N !
F 誤 = − N k B T ln V λ 3 F_{\text{誤}}=-Nk_{\mathrm B}T\ln\frac{V}{\lambda^3} F 誤 = − N k B T ln λ 3 V となります。自由エネルギーは示量変数について 1 次の同次関数、すなわち F ( T , α V , α N ) = α F ( T , V , N ) F(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F(T,V,N) F ( T , α V , α N ) = α F ( T , V , N )
F 誤 ( T , α V , α N ) = α F 誤 ( T , V , N ) − α N k B T ln α F_{\text{誤}}(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F_{\text{誤}}(T,V,N)-\alpha Nk_{\mathrm B}T\ln\alpha F 誤 ( T , α V , α N ) = α F 誤 ( T , V , N ) − α N k B T ln α となって余分な項が残ります。原因は N ln V N\ln V N ln V ln ( V / N ) \ln(V/N) ln ( V / N ) 1 / N ! 1/N! 1/ N ! ln ( V / N λ 3 ) \ln(V/N\lambda^3) ln ( V / N λ 3 )
設問1 の F F F T T T ln ( V / N λ 3 ) = ln ( V / N ) + 3 2 ln ( 2 π m k B T / h 2 ) \ln(V/N\lambda^3)=\ln(V/N)+\tfrac32\ln(2\pi mk_{\mathrm B}T/h^2) ln ( V / N λ 3 ) = ln ( V / N ) + 2 3 ln ( 2 π m k B T / h 2 )
S = − ( ∂ F ∂ T ) V , N = N k B [ ln V N λ 3 + 1 ] + N k B T ⋅ 3 2 T S=-\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_{V,N}
=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\cdot\frac{3}{2T} S = − ( ∂ T ∂ F ) V , N = N k B [ ln N λ 3 V + 1 ] + N k B T ⋅ 2 T 3 となり、
S ( T , V , N ) = N k B [ ln V N λ 3 + 5 2 ] = N k B [ ln V N + 3 2 ln 2 π m k B T h 2 + 5 2 ] S(T,V,N)=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right]
=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}+\frac52\right] S ( T , V , N ) = N k B [ ln N λ 3 V + 2 5 ] = N k B [ ln N V + 2 3 ln h 2 2 π m k B T + 2 5 ] です。これはザッカー・テトロードの式です。
T → 0 T\to0 T → 0 λ ∝ T − 1 / 2 → ∞ \lambda\propto T^{-1/2}\to\infty λ ∝ T − 1/2 → ∞ V / ( N λ 3 ) → 0 V/(N\lambda^3)\to0 V / ( N λ 3 ) → 0 ln \ln ln S → − ∞ S\to-\infty S → − ∞ S → 0 S\to0 S → 0 λ \lambda λ ( V / N ) 1 / 3 (V/N)^{1/3} ( V / N ) 1/3
内部エネルギーは
U = F + T S = − N k B T [ ln V N λ 3 + 1 ] + N k B T [ ln V N λ 3 + 5 2 ] = 3 2 N k B T U=F+TS=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right]=\frac32Nk_{\mathrm B}T U = F + T S = − N k B T [ ln N λ 3 V + 1 ] + N k B T [ ln N λ 3 V + 2 5 ] = 2 3 N k B T なので
C V ( T , V , N ) = ( ∂ U ∂ T ) V , N = 3 2 N k B C_V(T,V,N)=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{V,N}=\frac32Nk_{\mathrm B} C V ( T , V , N ) = ( ∂ T ∂ U ) V , N = 2 3 N k B です。C V = T ( ∂ S / ∂ T ) V = T ⋅ 3 2 N k B / T C_V=T(\partial S/\partial T)_V=T\cdot\tfrac32Nk_{\mathrm B}/T C V = T ( ∂ S / ∂ T ) V = T ⋅ 2 3 N k B / T 1 2 k B \tfrac12k_{\mathrm B} 2 1 k B T T T V V V
一辺 L L L 平面波 e i k ⋅ r e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}} e i k ⋅ r e i k x L = 1 e^{ik_xL}=1 e i k x L = 1
k x = 2 π n x L , k y = 2 π n y L , k z = 2 π n z L , n x , n y , n z ∈ Z k_x=\frac{2\pi n_x}{L},\quad k_y=\frac{2\pi n_y}{L},\quad k_z=\frac{2\pi n_z}{L},
\qquad n_x,n_y,n_z\in\mathbb{Z} k x = L 2 π n x , k y = L 2 π n y , k z = L 2 π n z , n x , n y , n z ∈ Z です。n n n 0 0 0 k k k ( 2 π / L ) 3 = ( 2 π ) 3 / V (2\pi/L)^3=(2\pi)^3/V ( 2 π / L ) 3 = ( 2 π ) 3 / V
グランドカノニカル分布では Ξ = ∑ 状態 e − β ( E − μ N ) \Xi=\sum_{\text{状態}}e^{-\beta(E-\mu N)} Ξ = ∑ 状態 e − β ( E − μ N ) μ \mu μ
N ‾ = 1 Ξ ∑ 状態 N e − β ( E − μ N ) = 1 β ( ∂ ln Ξ ∂ μ ) T , V \overline{N}=\frac{1}{\Xi}\sum_{\text{状態}}N\,e^{-\beta(E-\mu N)}
=\frac{1}{\beta}\left(\frac{\partial\ln\Xi}{\partial\mu}\right)_{T,V} N = Ξ 1 状態 ∑ N e − β ( E − μ N ) = β 1 ( ∂ μ ∂ ln Ξ ) T , V 与えられた大分配関数の対数は ln Ξ = ∑ k ln ( 1 + e − β ( ε k − μ ) ) \ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right) ln Ξ = ∑ k ln ( 1 + e − β ( ε k − μ ) )
N ‾ = 1 β ∑ k β e − β ( ε k − μ ) 1 + e − β ( ε k − μ ) = ∑ k 1 e β ( ε k − μ ) + 1 = ∑ k f ( ε k ) \overline{N}=\frac{1}{\beta}\sum_k\frac{\beta e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}}{1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}}
=\sum_k\frac{1}{e^{\beta(\varepsilon_k-\mu)}+1}=\sum_kf(\varepsilon_k) N = β 1 k ∑ 1 + e − β ( ε k − μ ) β e − β ( ε k − μ ) = k ∑ e β ( ε k − μ ) + 1 1 = k ∑ f ( ε k ) となります。示されました。各項は波数 k k k ⟨ n k ⟩ \langle n_k\rangle ⟨ n k ⟩ 0 ≤ f ≤ 1 0\le f\le1 0 ≤ f ≤ 1
L L L k k k ( 2 π ) 3 / V (2\pi)^3/V ( 2 π ) 3 / V
∑ k ⟶ V ( 2 π ) 3 ∫ d 3 k \sum_k\ \longrightarrow\ \frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k k ∑ ⟶ ( 2 π ) 3 V ∫ d 3 k です。高温近似 f ≈ e − β ( ε k − μ ) f\approx e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)} f ≈ e − β ( ε k − μ )
N = e β μ V ( 2 π ) 3 ∫ d 3 k e − β ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) = e β μ V ( 2 π ) 3 ( 2 π m k B T ℏ 2 ) 3 / 2 N=e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)}
=e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\left(\frac{2\pi m k_{\mathrm B}T}{\hbar^2}\right)^{3/2} N = e β μ ( 2 π ) 3 V ∫ d 3 k e − β ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) = e β μ ( 2 π ) 3 V ( ℏ 2 2 π m k B T ) 3/2 となります。ガウス積分は各成分について ∫ d k x e − β ℏ 2 k x 2 / ( 2 m ) = 2 π m k B T / ℏ 2 \int dk_x\,e^{-\beta\hbar^2k_x^2/(2m)}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T/\hbar^2} ∫ d k x e − β ℏ 2 k x 2 / ( 2 m ) = 2 π m k B T / ℏ 2 ( 2 π ) 3 (2\pi)^3 ( 2 π ) 3
N = V ( m k B T 2 π ℏ 2 ) 3 / 2 e β μ = V λ 3 e β μ N=V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2}e^{\beta\mu}=\frac{V}{\lambda^3}e^{\beta\mu} N = V ( 2 π ℏ 2 m k B T ) 3/2 e β μ = λ 3 V e β μ です。したがって
μ = k B T ln N λ 3 V = k B T ln [ N V ( 2 π ℏ 2 m k B T ) 3 / 2 ] \mu=k_{\mathrm B}T\ln\frac{N\lambda^3}{V}
=k_{\mathrm B}T\ln\left[\frac{N}{V}\left(\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}T}\right)^{3/2}\right] μ = k B T ln V N λ 3 = k B T ln [ V N ( m k B T 2 π ℏ 2 ) 3/2 ] が答えです。高温では N λ 3 / V ≪ 1 N\lambda^3/V\ll1 N λ 3 / V ≪ 1 μ < 0 \mu<0 μ < 0 ∣ μ ∣ ≫ k B T |\mu|\gg k_{\mathrm B}T ∣ μ ∣ ≫ k B T
同じ温度領域では e − β ( ε k − μ ) ≤ e β μ ≪ 1 e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\le e^{\beta\mu}\ll1 e − β ( ε k − μ ) ≤ e β μ ≪ 1 ln ( 1 + x ) ≈ x \ln(1+x)\approx x ln ( 1 + x ) ≈ x
ln Ξ = ∑ k ln ( 1 + e − β ( ε k − μ ) ) ≈ ∑ k e − β ( ε k − μ ) = N \ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right)\approx\sum_ke^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}=N ln Ξ = k ∑ ln ( 1 + e − β ( ε k − μ ) ) ≈ k ∑ e − β ( ε k − μ ) = N です。グランドポテンシャル は J = − k B T ln Ξ = − N k B T J=-k_{\mathrm B}T\ln\Xi=-Nk_{\mathrm B}T J = − k B T ln Ξ = − N k B T P V = N k B T PV=Nk_{\mathrm B}T P V = N k B T
内部エネルギーは同じ近似で
U = ∑ k ε k f ( ε k ) ≈ e β μ V ( 2 π ) 3 ∫ d 3 k ℏ 2 k 2 2 m e − β ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) = 3 2 N k B T U=\sum_k\varepsilon_kf(\varepsilon_k)\approx e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ \frac{\hbar^2k^2}{2m}e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)}=\frac32Nk_{\mathrm B}T U = k ∑ ε k f ( ε k ) ≈ e β μ ( 2 π ) 3 V ∫ d 3 k 2 m ℏ 2 k 2 e − β ℏ 2 k 2 / ( 2 m ) = 2 3 N k B T となります（ガウス積分の比 ∫ k 2 e − a k 2 d 3 k / ∫ e − a k 2 d 3 k = 3 / ( 2 a ) \int k^2e^{-ak^2}d^3k\big/\int e^{-ak^2}d^3k=3/(2a) ∫ k 2 e − a k 2 d 3 k / ∫ e − a k 2 d 3 k = 3/ ( 2 a ) J = U − T S − μ N J=U-TS-\mu N J = U − T S − μ N S S S
S = U − μ N − J T = 3 2 N k B T − μ N + N k B T T = − μ T N + 5 2 N k B S=\frac{U-\mu N-J}{T}=\frac{\tfrac32Nk_{\mathrm B}T-\mu N+Nk_{\mathrm B}T}{T}
=-\frac{\mu}{T}N+\frac52Nk_{\mathrm B} S = T U − μ N − J = T 2 3 N k B T − μ N + N k B T = − T μ N + 2 5 N k B です。ここで − μ / T = ∣ μ ∣ / T ≫ k B -\mu/T=|\mu|/T\gg k_{\mathrm B} − μ / T = ∣ μ ∣/ T ≫ k B ∣ μ ∣ ≫ k B T |\mu|\gg k_{\mathrm B}T ∣ μ ∣ ≫ k B T
S ≈ − μ T N S\approx-\frac{\mu}{T}N S ≈ − T μ N が示されました。設問3・設問7 と突き合わせると − μ N / T = N k B ln ( V / N λ 3 ) -\mu N/T=Nk_{\mathrm B}\ln\left(V/N\lambda^3\right) − μ N / T = N k B ln ( V / N λ 3 ) 5 2 N k B \tfrac52Nk_{\mathrm B} 2 5 N k B ∣ μ ∣ / ( k B T ) ≫ 1 |\mu|/(k_{\mathrm B}T)\gg1 ∣ μ ∣/ ( k B T ) ≫ 1
低温側は C V = γ T C_V=\gamma T C V = γ T
S ( T ) = ∫ 0 T C V ( T ′ ) T ′ d T ′ = ∫ 0 T γ d T ′ = γ T S(T)=\int_0^T\frac{C_V(T')}{T'}dT'=\int_0^T\gamma\,dT'=\gamma T S ( T ) = ∫ 0 T T ′ C V ( T ′ ) d T ′ = ∫ 0 T γ d T ′ = γ T です。積分定数は第三法則 S ( 0 ) = 0 S(0)=0 S ( 0 ) = 0
S ≈ − μ T N = N k B [ ln V N + 3 2 ln 2 π m k B T h 2 ] S\approx-\frac{\mu}{T}N=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}\right] S ≈ − T μ N = N k B [ ln N V + 2 3 ln h 2 2 π m k B T ] で、3 2 N k B ln T \tfrac32Nk_{\mathrm B}\ln T 2 3 N k B ln T T F T_{\mathrm F} T F λ ( T F ) ∼ ( V / N ) 1 / 3 \lambda(T_{\mathrm F})\sim(V/N)^{1/3} λ ( T F ) ∼ ( V / N ) 1/3 γ T F ∼ N k B \gamma T_{\mathrm F}\sim Nk_{\mathrm B} γ T F ∼ N k B
グラフの特徴を書き出すと次のようになります。横軸を T T T S S S ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) T ≪ T F T\ll T_{\mathrm F} T ≪ T F γ \gamma γ S = γ T S=\gamma T S = γ T T ∼ T F T\sim T_{\mathrm F} T ∼ T F S ∼ N k B S\sim Nk_{\mathrm B} S ∼ N k B T ≫ T F T\gg T_{\mathrm F} T ≫ T F d 2 S / d T 2 < 0 d^2S/dT^2<0 d 2 S / d T 2 < 0 T → ∞ T\to\infty T → ∞ 0 0 0
設問3 の古典的なエントロピー S 古典 = N k B [ ln ( V / N λ 3 ) + 5 2 ] S_{\text{古典}}=Nk_{\mathrm B}\left[\ln(V/N\lambda^3)+\tfrac52\right] S 古典 = N k B [ ln ( V / N λ 3 ) + 2 5 ] − μ N / T -\mu N/T − μ N / T 5 2 N k B \tfrac52Nk_{\mathrm B} 2 5 N k B 5 2 N k B \tfrac52Nk_{\mathrm B} 2 5 N k B S 古典 S_{\text{古典}} S 古典 V / ( N λ 3 ) = e − 5 / 2 V/(N\lambda^3)=e^{-5/2} V / ( N λ 3 ) = e − 5/2 T F T_{\mathrm F} T F S = 0 S=0 S = 0 T → 0 T\to0 T → 0 − ∞ -\infty − ∞ 0 0 0
S T 0 TF フェルミ粒子系 古典（設問3） 半径 a a a b b b ϵ \epsilon ϵ μ \mu μ z z z ( r , θ , z ) (r,\theta,z) ( r , θ , z )
考えるのは TEM モード、すなわち
E z = B z = 0 , ∂ ∂ θ ( すべての場 ) = 0 E_z=B_z=0,\qquad \frac{\partial}{\partial\theta}(\text{すべての場})=0 E z = B z = 0 , ∂ θ ∂ ( すべての場 ) = 0 を満たす軸対称な伝搬モードです。絶縁体中では
∇ × E = − ∂ B ∂ t , ∇ × B = μ ϵ ∂ E ∂ t , ∇ ⋅ B = 0 , ∇ ⋅ E = 0 \nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t},\quad
\nabla\times\boldsymbol{B}=\mu\epsilon\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t},\quad
\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0,\quad
\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ × E = − ∂ t ∂ B , ∇ × B = μ ϵ ∂ t ∂ E , ∇ ⋅ B = 0 , ∇ ⋅ E = 0 が成り立ち、円筒座標での発散と回転は問題文に与えられた表式を使います。最後の設問ではパルスの伝搬を考え、ϵ , μ \epsilon,\mu ϵ , μ
まず E θ E_\theta E θ z z z E z E_z E z θ \theta θ B z = 0 B_z=0 B z = 0
1 r [ ∂ ∂ r ( r E θ ) − ∂ E r ∂ θ ] = − ∂ B z ∂ t = 0 ⟹ ∂ ∂ r ( r E θ ) = 0 \frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)-\frac{\partial E_r}{\partial\theta}\right]=-\frac{\partial B_z}{\partial t}=0
\ \Longrightarrow\ \frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)=0 r 1 [ ∂ r ∂ ( r E θ ) − ∂ θ ∂ E r ] = − ∂ t ∂ B z = 0 ⟹ ∂ r ∂ ( r E θ ) = 0 となり、r E θ rE_\theta r E θ r r r r E θ = h ( z , t ) rE_\theta=h(z,t) r E θ = h ( z , t ) r = a r=a r = a E θ ( a , z , t ) = 0 E_\theta(a,z,t)=0 E θ ( a , z , t ) = 0 h ( z , t ) = 0 h(z,t)=0 h ( z , t ) = 0 a ≤ r ≤ b a\le r\le b a ≤ r ≤ b
E θ = 0 E_\theta=0 E θ = 0 が言えました。
次に B r B_r B r ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 B z = 0 B_z=0 B z = 0 ∂ θ = 0 \partial_\theta=0 ∂ θ = 0
1 r ∂ ∂ r ( r B r ) = 0 ⟹ r B r = g ( z , t ) \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r)=0
\ \Longrightarrow\ rB_r=g(z,t) r 1 ∂ r ∂ ( r B r ) = 0 ⟹ r B r = g ( z , t ) で、r B r rB_r r B r r r r r r r θ \theta θ
− ∂ E θ ∂ z = − ∂ B r ∂ t , ∂ B r ∂ z = μ ϵ ∂ E θ ∂ t -\frac{\partial E_\theta}{\partial z}=-\frac{\partial B_r}{\partial t},\qquad
\frac{\partial B_r}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_\theta}{\partial t} − ∂ z ∂ E θ = − ∂ t ∂ B r , ∂ z ∂ B r = μ ϵ ∂ t ∂ E θ を使うと、E θ = 0 E_\theta=0 E θ = 0 ∂ g / ∂ t = 0 \partial g/\partial t=0 ∂ g / ∂ t = 0 ∂ g / ∂ z = 0 \partial g/\partial z=0 ∂ g / ∂ z = 0 g g g B r = g / r B_r=g/r B r = g / r B r ( a ) = 0 B_r(a)=0 B r ( a ) = 0 g = 0 g=0 g = 0
B r = 0 B_r=0 B r = 0 です。g ≠ 0 g\neq0 g = 0 B r = g / r B_r=g/r B r = g / r r r r ℓ \ell ℓ 2 π ℓ g 2\pi\ell g 2 π ℓ g ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 B r = E θ = 0 B_r=E_\theta=0 B r = E θ = 0 E r E_r E r B θ B_\theta B θ
Faraday の法則の θ \theta θ r r r E z = B z = 0 E_z=B_z=0 E z = B z = 0 ∂ θ = 0 \partial_\theta=0 ∂ θ = 0
∂ E r ∂ z = − ∂ B θ ∂ t , − ∂ B θ ∂ z = μ ϵ ∂ E r ∂ t \frac{\partial E_r}{\partial z}=-\frac{\partial B_\theta}{\partial t},\qquad
-\frac{\partial B_\theta}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t} ∂ z ∂ E r = − ∂ t ∂ B θ , − ∂ z ∂ B θ = μ ϵ ∂ t ∂ E r です。前者を z z z B θ B_\theta B θ
∂ 2 E r ∂ z 2 = − ∂ ∂ t ∂ B θ ∂ z = − ∂ ∂ t ( − μ ϵ ∂ E r ∂ t ) = μ ϵ ∂ 2 E r ∂ t 2 \frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}=-\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_\theta}{\partial z}
=-\frac{\partial}{\partial t}\left(-\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t}\right)
=\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2} ∂ z 2 ∂ 2 E r = − ∂ t ∂ ∂ z ∂ B θ = − ∂ t ∂ ( − μ ϵ ∂ t ∂ E r ) = μ ϵ ∂ t 2 ∂ 2 E r したがって求める波動方程式は
∂ 2 E r ∂ z 2 − μ ϵ ∂ 2 E r ∂ t 2 = 0 \frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}-\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2}=0 ∂ z 2 ∂ 2 E r − μ ϵ ∂ t 2 ∂ 2 E r = 0 です。r r r ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 ∂ ( r E r ) / ∂ r = 0 \partial(rE_r)/\partial r=0 ∂ ( r E r ) / ∂ r = 0 E r = A ( z , t ) / r E_r=A(z,t)/r E r = A ( z , t ) / r r r r r r r
∂ 2 E r ∂ r 2 + 1 r ∂ E r ∂ r − E r r 2 = A ( 2 r 3 − 1 r 3 − 1 r 3 ) = 0 \frac{\partial^2E_r}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial E_r}{\partial r}-\frac{E_r}{r^2}
=A\left(\frac{2}{r^3}-\frac{1}{r^3}-\frac{1}{r^3}\right)=0 ∂ r 2 ∂ 2 E r + r 1 ∂ r ∂ E r − r 2 E r = A ( r 3 2 − r 3 1 − r 3 1 ) = 0 と恒等的に消え、上の 1 次元波動方程式と矛盾しません。
∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0
1 r d d r ( r E ( r ) ) = 0 ⟹ r E ( r ) = const \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\mathcal{E}(r)\right)=0
\ \Longrightarrow\ r\mathcal{E}(r)=\text{const} r 1 d r d ( r E ( r ) ) = 0 ⟹ r E ( r ) = const です。E ( a ) = E 0 \mathcal{E}(a)=E_0 E ( a ) = E 0
E ( r ) = E 0 a r ( a ≤ r ≤ b ) \mathcal{E}(r)=E_0\frac{a}{r}\qquad(a\le r\le b) E ( r ) = E 0 r a ( a ≤ r ≤ b ) が答えです。芯線に単位長さあたり Λ \Lambda Λ Λ / ( 2 π ϵ r ) \Lambda/(2\pi\epsilon r) Λ/ ( 2 π ϵr )
E r = E ( r ) e i k z − i ω t E_r=\mathcal{E}(r)e^{ikz-i\omega t} E r = E ( r ) e ik z − iω t − k 2 + μ ϵ ω 2 = 0 -k^2+\mu\epsilon\omega^2=0 − k 2 + μ ϵ ω 2 = 0 分散関係 は ω = k / μ ϵ \omega=k/\sqrt{\mu\epsilon} ω = k / μ ϵ
v p = ω k = 1 μ ϵ v_{\mathrm p}=\frac{\omega}{k}=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}} v p = k ω = μ ϵ 1 です。これは絶縁体中の光速そのもので、k k k ϵ , μ \epsilon,\mu ϵ , μ 1 / μ 0 ϵ 0 = c 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}=c 1/ μ 0 ϵ 0 = c
まず B θ B_\theta B θ E r E_r E r i k E = i ω B ik\mathcal{E}=i\omega\mathcal{B} ik E = iω B
B ( r ) = k ω E ( r ) = μ ϵ E 0 a r \mathcal{B}(r)=\frac{k}{\omega}\mathcal{E}(r)=\sqrt{\mu\epsilon}\,E_0\frac{a}{r} B ( r ) = ω k E ( r ) = μ ϵ E 0 r a です。実場は E 0 E_0 E 0 E r = ( E 0 a / r ) cos ( k z − ω t ) E_r=(E_0a/r)\cos(kz-\omega t) E r = ( E 0 a / r ) cos ( k z − ω t ) B θ = μ ϵ ( E 0 a / r ) cos ( k z − ω t ) B_\theta=\sqrt{\mu\epsilon}\,(E_0a/r)\cos(kz-\omega t) B θ = μ ϵ ( E 0 a / r ) cos ( k z − ω t ) e r × e θ = e z \boldsymbol{e}_r\times\boldsymbol{e}_\theta=\boldsymbol{e}_z e r × e θ = e z
S z = E r B θ μ = ϵ μ ( E 0 a r ) 2 cos 2 ( k z − ω t ) S_z=\frac{E_rB_\theta}{\mu}=\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\left(\frac{E_0a}{r}\right)^2\cos^2(kz-\omega t) S z = μ E r B θ = μ ϵ ( r E 0 a ) 2 cos 2 ( k z − ω t ) で、断面（a ≤ r ≤ b a\le r\le b a ≤ r ≤ b
P ( z , t ) = ∫ a b S z 2 π r d r = 2 π ϵ μ E 0 2 a 2 cos 2 ( k z − ω t ) ∫ a b d r r = 2 π ϵ μ E 0 2 a 2 ln b a cos 2 ( k z − ω t ) P(z,t)=\int_a^bS_z\,2\pi r\,dr
=2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\cos^2(kz-\omega t)\int_a^b\frac{dr}{r}
=2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a}\ \cos^2(kz-\omega t) P ( z , t ) = ∫ a b S z 2 π r d r = 2 π μ ϵ E 0 2 a 2 cos 2 ( k z − ω t ) ∫ a b r d r = 2 π μ ϵ E 0 2 a 2 ln a b cos 2 ( k z − ω t ) となります。時間平均をとれば
P ‾ = π ϵ μ E 0 2 a 2 ln b a \overline{P}=\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a} P = π μ ϵ E 0 2 a 2 ln a b です。μ / ϵ \sqrt{\mu/\epsilon} μ / ϵ Ω \Omega Ω a 2 E 0 2 ϵ / μ a^2E_0^2\sqrt{\epsilon/\mu} a 2 E 0 2 ϵ / μ m 2 × ( V / m ) 2 / Ω = W \mathrm{m^2}\times(\mathrm{V/m})^2/\Omega=\mathrm{W} m 2 × ( V/m ) 2 /Ω = W
TEM モードでは E θ = 0 E_\theta=0 E θ = 0 ∂ θ = 0 \partial_\theta=0 ∂ θ = 0 ( ∇ × E ) z = 0 (\nabla\times\boldsymbol{E})_z=0 ( ∇ × E ) z = 0
V ( z , t ) = ∫ a b E r d r = E 0 a e i k z − i ω t ∫ a b d r r = E 0 a ln b a e i k z − i ω t V(z,t)=\int_a^bE_r\,dr=E_0a\,e^{ikz-i\omega t}\int_a^b\frac{dr}{r}=E_0a\ln\frac{b}{a}\ e^{ikz-i\omega t} V ( z , t ) = ∫ a b E r d r = E 0 a e ik z − iω t ∫ a b r d r = E 0 a ln a b e ik z − iω t 実場で書けば
V ( z , t ) = E 0 a ln b a cos ( k z − ω t ) V(z,t)=E_0a\ln\frac{b}{a}\ \cos(kz-\omega t) V ( z , t ) = E 0 a ln a b cos ( k z − ω t ) です。E r > 0 E_r>0 E r > 0
芯線を流れる電流は Ampère–Maxwell の法則の積分形から求めます。半径 r r r a < r < b a<r<b a < r < b E z = 0 E_z=0 E z = 0
2 π r B θ = μ I ( z , t ) ⟹ I ( z , t ) = 2 π r μ μ ϵ E 0 a r e i k z − i ω t = 2 π a E 0 ϵ μ e i k z − i ω t 2\pi rB_\theta=\mu I(z,t)
\ \Longrightarrow\ I(z,t)=\frac{2\pi r}{\mu}\sqrt{\mu\epsilon}\,\frac{E_0a}{r}e^{ikz-i\omega t}
=2\pi aE_0\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\ e^{ikz-i\omega t} 2 π r B θ = μ I ( z , t ) ⟹ I ( z , t ) = μ 2 π r μ ϵ r E 0 a e ik z − iω t = 2 π a E 0 μ ϵ e ik z − iω t です。r r r
Z 0 = V ( z , t ) I ( z , t ) = E 0 a ln ( b / a ) 2 π a E 0 ϵ / μ = 1 2 π μ ϵ ln b a Z_0=\frac{V(z,t)}{I(z,t)}=\frac{E_0a\ln(b/a)}{2\pi aE_0\sqrt{\epsilon/\mu}}
=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\ln\frac{b}{a} Z 0 = I ( z , t ) V ( z , t ) = 2 π a E 0 ϵ / μ E 0 a ln ( b / a ) = 2 π 1 ϵ μ ln a b です。z , t z,t z , t V I VI V I
V I = 2 π a 2 E 0 2 ϵ μ ln b a cos 2 ( k z − ω t ) VI=2\pi a^2E_0^2\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\ln\frac{b}{a}\ \cos^2(kz-\omega t) V I = 2 π a 2 E 0 2 μ ϵ ln a b cos 2 ( k z − ω t ) で、設問5 で断面積分したポインティング流と完全に一致します。数値でも、μ 0 / ϵ 0 ≈ 377 Ω \sqrt{\mu_0/\epsilon_0}\approx377\,\Omega μ 0 / ϵ 0 ≈ 377 Ω Z 0 ≈ 60 ln ( b / a ) Ω / ϵ / ϵ 0 Z_0\approx60\ln(b/a)\,\Omega/\sqrt{\epsilon/\epsilon_0} Z 0 ≈ 60 ln ( b / a ) Ω/ ϵ / ϵ 0 2.25 2.25 2.25 b / a = 3.5 b/a=3.5 b / a = 3.5 50 Ω 50\,\Omega 50 Ω
ω 0 ≡ ω ( k 0 ) \omega_0\equiv\omega(k_0) ω 0 ≡ ω ( k 0 )
i k z − i ω ( k ) t = i k z − i ω 0 t − i A ( k − k 0 ) t = i k ( z − A t ) − i ( ω 0 − A k 0 ) t ikz-i\omega(k)t=ikz-i\omega_0t-iA(k-k_0)t=ik(z-At)-i(\omega_0-Ak_0)t ik z − iω ( k ) t = ik z − i ω 0 t − i A ( k − k 0 ) t = ik ( z − A t ) − i ( ω 0 − A k 0 ) t 第 2 項は k k k
V ( z , t ) = e − i ( ω 0 − A k 0 ) t ⋅ 1 2 π ∫ − ∞ ∞ v ( k ) e i k ( z − A t ) d k V(z,t)=e^{-i(\omega_0-Ak_0)t}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}v(k)e^{ik(z-At)}dk V ( z , t ) = e − i ( ω 0 − A k 0 ) t ⋅ 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ v ( k ) e ik ( z − A t ) d k ここで F ( ζ ) ≡ 1 2 π ∫ − ∞ ∞ v ( k ) e i k ζ d k F(\zeta)\equiv\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}v(k)e^{ik\zeta}dk F ( ζ ) ≡ 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ v ( k ) e ik ζ d k F ( ζ ) = V ( ζ , 0 ) F(\zeta)=V(\zeta,0) F ( ζ ) = V ( ζ , 0 )
V ( z , t ) = e − i ( ω 0 − A k 0 ) t F ( z − A t ) V(z,t)=e^{-i(\omega_0-Ak_0)t}F(z-At) V ( z , t ) = e − i ( ω 0 − A k 0 ) t F ( z − A t ) と書けます。前の因子は絶対値 1 の位相因子で、しかも z z z
∣ V ( z , t ) ∣ = ∣ F ( z − A t ) ∣ = ∣ V ( z − A t , 0 ) ∣ |V(z,t)|=|F(z-At)|=|V(z-At,\,0)| ∣ V ( z , t ) ∣ = ∣ F ( z − A t ) ∣ = ∣ V ( z − A t , 0 ) ∣ となり、振幅の波形は t = 0 t=0 t = 0 A A A A = d ω / d k ∣ k 0 A=d\omega/dk|_{k_0} A = d ω / d k ∣ k 0 位相速度 ω 0 / k 0 \omega_0/k_0 ω 0 / k 0 ∣ V ∣ |V| ∣ V ∣ ω ( k ) \omega(k) ω ( k ) v ( k ) v(k) v ( k ) k 0 k_0 k 0
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 令和2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。