平成10年8月26日に4時間で実施された「物理学」の試験です。前半の3問は量子力学・統計力学・電磁気学の標準的な骨格を問い、後半には検出器の設計やノイズ対策、熱電対による温度測定といった実験系の設問、および生体高分子を題材にした静電遮蔽と沈降平衡が並びます。計算量そのものは重くありませんが、実験問題の配点比重が高く、装置の原理を自分の言葉で説明できるかが分かれ目になります。最終問題の陽電子消滅は、自由電子模型と特殊相対論の運動学を接続する構成になっています。
問題 分野 主題 第1問 量子力学 井戸型ポテンシャル中の2電子系とスピン依存相互作用 第2問 統計力学 3次元イジング模型の平均場近似と相転移 第3問 電磁気学 静電遮蔽、変位電流、電磁波、電磁ポテンシャル 第4問 原子核・実験技術 電磁波の帯域、100 keV 光子の検出とノイズ対策 第5問 電気回路・物性物理 熱電能と熱電対による精密温度測定 第6問 電磁気学・統計力学 Debye-Hückel 理論と生体分子の静電遮蔽 第7問 統計力学 沈降平衡による高分子の分子量決定 第8問 固体物理・素粒子 自由電子模型と陽電子消滅による Fermi 面測定
8問から4問を選択する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。
− a < x < a -a \lt x \lt a − a < x < a V = 0 V=0 V = 0 x = ± a x=\pm a x = ± a 2 a 2a 2 a i i i x i x_i x i s ⃗ i \vec{s}_i s i u ↑ ( i ) u_\uparrow(i) u ↑ ( i ) u ↓ ( i ) u_\downarrow(i) u ↓ ( i ) m m m
以下、スピン演算子は ℏ \hbar ℏ s ⃗ i ⋅ s ⃗ i = 3 / 4 \vec{s}_i\cdot\vec{s}_i = 3/4 s i ⋅ s i = 3/4 ℏ \hbar ℏ S ⃗ ⋅ S ⃗ \vec{S}\cdot\vec{S} S ⋅ S ℏ 2 \hbar^2 ℏ 2 f f f × \times ×
壁の内側で自由粒子、x = ± a x=\pm a x = ± a φ ( ± a ) = 0 \varphi(\pm a)=0 φ ( ± a ) = 0
φ n ( x ) = 1 a sin n π ( x + a ) 2 a , n = 1 , 2 , … \varphi_n(x) = \frac{1}{\sqrt{a}}\,\sin\frac{n\pi(x+a)}{2a},\qquad n=1,2,\dots φ n ( x ) = a 1 sin 2 a nπ ( x + a ) , n = 1 , 2 , … で、規格化は ∫ − a a ∣ φ n ∣ 2 d x = 1 \int_{-a}^{a}|\varphi_n|^2dx = 1 ∫ − a a ∣ φ n ∣ 2 d x = 1 k n = n π / 2 a k_n = n\pi/2a k n = nπ /2 a
E n = ℏ 2 k n 2 2 m = n 2 π 2 ℏ 2 8 m a 2 . E_n = \frac{\hbar^2k_n^2}{2m} = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}. E n = 2 m ℏ 2 k n 2 = 8 m a 2 n 2 π 2 ℏ 2 . 答えは E n = n 2 π 2 ℏ 2 / ( 8 m a 2 ) E_n = n^2\pi^2\hbar^2/(8ma^2) E n = n 2 π 2 ℏ 2 / ( 8 m a 2 ) L = 2 a L=2a L = 2 a n 2 π 2 ℏ 2 / 2 m L 2 n^2\pi^2\hbar^2/2mL^2 n 2 π 2 ℏ 2 /2 m L 2 φ n \varphi_n φ n n n n φ 1 = a − 1 / 2 cos ( π x / 2 a ) \varphi_1 = a^{-1/2}\cos(\pi x/2a) φ 1 = a − 1/2 cos ( π x /2 a ) φ 2 = − a − 1 / 2 sin ( π x / a ) \varphi_2 = -a^{-1/2}\sin(\pi x/a) φ 2 = − a − 1/2 sin ( π x / a ) φ 2 = a − 1 / 2 sin ( π x / a ) \varphi_2 = a^{-1/2}\sin(\pi x/a) φ 2 = a − 1/2 sin ( π x / a )
電子はフェルミ粒子なので、2個の電子の入れ替えに対して全波動関数は反対称でなければなりません。座標とスピンをまとめて書けば
Ψ ( x 1 , σ 1 ; x 2 , σ 2 ) = − Ψ ( x 2 , σ 2 ; x 1 , σ 1 ) \Psi(x_1,\sigma_1;x_2,\sigma_2) = -\,\Psi(x_2,\sigma_2;x_1,\sigma_1) Ψ ( x 1 , σ 1 ; x 2 , σ 2 ) = − Ψ ( x 2 , σ 2 ; x 1 , σ 1 ) という条件が課されます。空間部分とスピン部分が積に分離できる場合は、空間部分が対称ならスピン部分は反対称（1重項）、空間部分が反対称ならスピン部分は対称（3重項）でなければなりません。この条件の直接の帰結が Pauli の排他原理で、2個の電子が空間軌道もスピン向きも同じ1粒子状態を占めることはできません。実際、両者が同じ状態 λ \lambda λ
最低エネルギー状態は、2個の電子がともに n = 1 n=1 n = 1
E = 2 E 1 = π 2 ℏ 2 4 m a 2 . E = 2E_1 = \frac{\pi^2\hbar^2}{4ma^2}. E = 2 E 1 = 4 m a 2 π 2 ℏ 2 . 空間部分は φ 1 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) \varphi_1(x_1)\varphi_1(x_2) φ 1 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 )
Ψ 0 = φ 1 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ⋅ 1 2 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) − u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] . \Psi_0 = \varphi_1(x_1)\varphi_1(x_2)\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[u_\uparrow(1)u_\downarrow(2)-u_\downarrow(1)u_\uparrow(2)\bigr]. Ψ 0 = φ 1 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ⋅ 2 1 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) − u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] . 合成スピンについては、1重項は S = 0 S=0 S = 0
⟨ S ⃗ ⋅ S ⃗ ⟩ = S ( S + 1 ) = 0. \langle \vec{S}\cdot\vec{S}\rangle = S(S+1) = 0. ⟨ S ⋅ S ⟩ = S ( S + 1 ) = 0. 答えは 0 です。直接確認するには S ⃗ ⋅ S ⃗ = s ⃗ 1 2 + s ⃗ 2 2 + 2 s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 = 3 2 + 2 s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 \vec{S}\cdot\vec{S} = \vec{s}_1^2+\vec{s}_2^2+2\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2 = \tfrac32 + 2\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2 S ⋅ S = s 1 2 + s 2 2 + 2 s 1 ⋅ s 2 = 2 3 + 2 s 1 ⋅ s 2 ⟨ s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 ⟩ = − 3 / 4 \langle\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2\rangle = -3/4 ⟨ s 1 ⋅ s 2 ⟩ = − 3/4 3 2 − 3 2 = 0 \tfrac32-\tfrac32=0 2 3 − 2 3 = 0
2番目に低い配置は、1個が n = 1 n=1 n = 1 n = 2 n=2 n = 2 ϵ ≡ π 2 ℏ 2 / 8 m a 2 \epsilon \equiv \pi^2\hbar^2/8ma^2 ϵ ≡ π 2 ℏ 2 /8 m a 2 2 E 1 = 2 ϵ 2E_1 = 2\epsilon 2 E 1 = 2 ϵ E 1 + E 2 = 5 ϵ E_1+E_2 = 5\epsilon E 1 + E 2 = 5 ϵ 2 E 2 = 8 ϵ 2E_2 = 8\epsilon 2 E 2 = 8 ϵ E 1 + E 3 = 10 ϵ E_1+E_3 = 10\epsilon E 1 + E 3 = 10 ϵ
E = E 1 + E 2 = 5 π 2 ℏ 2 8 m a 2 . E = E_1+E_2 = \frac{5\pi^2\hbar^2}{8ma^2}. E = E 1 + E 2 = 8 m a 2 5 π 2 ℏ 2 . この固有値に属する状態は、空間部分の対称・反対称の2通りとスピンの組み合わせで決まり、全部で4つあります。空間反対称かつスピン3重項のものが3つ、
Ψ 1 , M = 1 2 [ φ 1 ( x 1 ) φ 2 ( x 2 ) − φ 2 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ] χ 1 , M , \Psi_{1,M} = \frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\varphi_1(x_1)\varphi_2(x_2)-\varphi_2(x_1)\varphi_1(x_2)\bigr]\chi_{1,M}, Ψ 1 , M = 2 1 [ φ 1 ( x 1 ) φ 2 ( x 2 ) − φ 2 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ] χ 1 , M , χ 1 , 1 = u ↑ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) , χ 1 , 0 = 1 2 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) + u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] , χ 1 , − 1 = u ↓ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) , \chi_{1,1}=u_\uparrow(1)u_\uparrow(2),\quad
\chi_{1,0}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[u_\uparrow(1)u_\downarrow(2)+u_\downarrow(1)u_\uparrow(2)\bigr],\quad
\chi_{1,-1}=u_\downarrow(1)u_\downarrow(2), χ 1 , 1 = u ↑ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) , χ 1 , 0 = 2 1 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) + u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] , χ 1 , − 1 = u ↓ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) , 空間対称かつスピン1重項のものが1つです。
Ψ 0 , 0 = 1 2 [ φ 1 ( x 1 ) φ 2 ( x 2 ) + φ 2 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ] ⋅ 1 2 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) − u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] . \Psi_{0,0} = \frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\varphi_1(x_1)\varphi_2(x_2)+\varphi_2(x_1)\varphi_1(x_2)\bigr]\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[u_\uparrow(1)u_\downarrow(2)-u_\downarrow(1)u_\uparrow(2)\bigr]. Ψ 0 , 0 = 2 1 [ φ 1 ( x 1 ) φ 2 ( x 2 ) + φ 2 ( x 1 ) φ 1 ( x 2 ) ] ⋅ 2 1 [ u ↑ ( 1 ) u ↓ ( 2 ) − u ↓ ( 1 ) u ↑ ( 2 ) ] . 答えは上の4状態で、相互作用がなければ4重に縮退しています。
f f f V = f ( s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 ) δ ( x 1 − x 2 ) V = f\,(\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2)\,\delta(x_1-x_2) V = f ( s 1 ⋅ s 2 ) δ ( x 1 − x 2 )
スピン部分は設問3 で見たように ⟨ s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 ⟩ = − 3 / 4 \langle\vec{s}_1\cdot\vec{s}_2\rangle = -3/4 ⟨ s 1 ⋅ s 2 ⟩ = − 3/4
⟨ δ ( x 1 − x 2 ) ⟩ = ∫ − a a d x 1 ∫ − a a d x 2 ∣ φ 1 ( x 1 ) ∣ 2 ∣ φ 1 ( x 2 ) ∣ 2 δ ( x 1 − x 2 ) = ∫ − a a ∣ φ 1 ( x ) ∣ 4 d x . \langle\delta(x_1-x_2)\rangle = \int_{-a}^{a}\!\!dx_1\int_{-a}^{a}\!\!dx_2\,
|\varphi_1(x_1)|^2|\varphi_1(x_2)|^2\delta(x_1-x_2)
= \int_{-a}^{a}|\varphi_1(x)|^4dx. ⟨ δ ( x 1 − x 2 )⟩ = ∫ − a a d x 1 ∫ − a a d x 2 ∣ φ 1 ( x 1 ) ∣ 2 ∣ φ 1 ( x 2 ) ∣ 2 δ ( x 1 − x 2 ) = ∫ − a a ∣ φ 1 ( x ) ∣ 4 d x . ∣ φ 1 ∣ 2 = a − 1 cos 2 ( π x / 2 a ) |\varphi_1|^2 = a^{-1}\cos^2(\pi x/2a) ∣ φ 1 ∣ 2 = a − 1 cos 2 ( π x /2 a ) u = π x / 2 a u=\pi x/2a u = π x /2 a
∫ − a a cos 4 ( π x / 2 a ) a 2 d x = 1 a 2 ⋅ 2 a π ∫ − π / 2 π / 2 cos 4 u d u = 2 π a ⋅ 3 π 8 = 3 4 a . \int_{-a}^{a}\frac{\cos^4(\pi x/2a)}{a^2}dx = \frac{1}{a^2}\cdot\frac{2a}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4u\,du
= \frac{2}{\pi a}\cdot\frac{3\pi}{8} = \frac{3}{4a}. ∫ − a a a 2 cos 4 ( π x /2 a ) d x = a 2 1 ⋅ π 2 a ∫ − π /2 π /2 cos 4 u d u = π a 2 ⋅ 8 3 π = 4 a 3 . したがってエネルギー固有値の変化は
Δ E = f ( − 3 4 ) ⋅ 3 4 a = − 9 f 16 a . \Delta E = f\left(-\frac{3}{4}\right)\cdot\frac{3}{4a} = -\frac{9f}{16a}. Δ E = f ( − 4 3 ) ⋅ 4 a 3 = − 16 a 9 f . 答えは Δ E = − 9 f / 16 a \Delta E = -9f/16a Δ E = − 9 f /16 a f > 0 f\gt 0 f > 0 9 f / 16 a 9f/16a 9 f /16 a f f f × \times × f / a f/a f / a s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 < 0 \vec{s}_1\cdot\vec{s}_2 \lt 0 s 1 ⋅ s 2 < 0 f f f
答えは「まったく混ざらない」です。理由は二つあり、独立に効いています。
第一に、V V V s ⃗ 1 ⋅ s ⃗ 2 = 1 2 ( S ⃗ 2 − 3 2 ) \vec{s}_1\cdot\vec{s}_2 = \tfrac12(\vec{S}^2-\tfrac32) s 1 ⋅ s 2 = 2 1 ( S 2 − 2 3 ) S ⃗ 2 \vec{S}^2 S 2 S z S_z S z V V V S = 0 S=0 S = 0 S = 1 S=1 S = 1
第二に、井戸は x → − x x\to -x x → − x P : ( x 1 , x 2 ) → ( − x 1 , − x 2 ) P:(x_1,x_2)\to(-x_1,-x_2) P : ( x 1 , x 2 ) → ( − x 1 , − x 2 ) δ ( x 1 − x 2 ) \delta(x_1-x_2) δ ( x 1 − x 2 ) P P P V V V φ 1 \varphi_1 φ 1 + 1 +1 + 1 φ 1 \varphi_1 φ 1 φ 2 \varphi_2 φ 2 − 1 -1 − 1
⟨ Ψ 0 , 0 ∣ V ∣ Ψ 0 ⟩ = f ( − 3 4 ) 2 ∫ − a a φ 1 ( x ) 3 φ 2 ( x ) d x = 0 \langle \Psi_{0,0}|V|\Psi_0\rangle = f\left(-\frac{3}{4}\right)\sqrt{2}\int_{-a}^{a}\varphi_1(x)^3\varphi_2(x)\,dx = 0 ⟨ Ψ 0 , 0 ∣ V ∣ Ψ 0 ⟩ = f ( − 4 3 ) 2 ∫ − a a φ 1 ( x ) 3 φ 2 ( x ) d x = 0 で、被積分関数が奇関数なので確かに消えます。この結論は摂動の次数によらず、V V V
参考までに、設問4 の4重縮退は V V V x 1 = x 2 x_1=x_2 x 1 = x 2 ⟨ δ ( x 1 − x 2 ) ⟩ = 0 \langle\delta(x_1-x_2)\rangle=0 ⟨ δ ( x 1 − x 2 )⟩ = 0 ⟨ δ ( x 1 − x 2 ) ⟩ = 2 ∫ φ 1 2 φ 2 2 d x = 1 / a \langle\delta(x_1-x_2)\rangle = 2\int\varphi_1^2\varphi_2^2dx = 1/a ⟨ δ ( x 1 − x 2 )⟩ = 2 ∫ φ 1 2 φ 2 2 d x = 1/ a Δ E = − 3 f / 4 a \Delta E = -3f/4a Δ E = − 3 f /4 a φ 1 \varphi_1 φ 1 φ 3 \varphi_3 φ 3 ∫ φ 1 3 φ 3 d x = − 1 / 4 a ≠ 0 \int\varphi_1^3\varphi_3\,dx = -1/4a \neq 0 ∫ φ 1 3 φ 3 d x = − 1/4 a = 0
3次元単純立方格子の各格子点 i i i σ i = ± 1 \sigma_i=\pm1 σ i = ± 1 − J σ i σ j -J\sigma_i\sigma_j − J σ i σ j J > 0 J\gt0 J > 0 − h σ i -h\sigma_i − h σ i
H = − J ∑ ( i , j ) σ i σ j − h ∑ i σ i . H = -J\sum_{(i,j)}\sigma_i\sigma_j - h\sum_i\sigma_i . H = − J ( i , j ) ∑ σ i σ j − h i ∑ σ i . h h h z = 6 z=6 z = 6 N N N
問題冊子では設問2 の最後の小問も (c) と印字されています。ここでは区別のため (c’) と呼びます。
T → 0 T\to0 T → 0 σ i σ j = + 1 \sigma_i\sigma_j=+1 σ i σ j = + 1 h > 0 h\gt0 h > 0 + 1 +1 + 1 h < 0 h\lt0 h < 0 − 1 -1 − 1 h = 0 h=0 h = 0 + 1 +1 + 1 − 1 -1 − 1
T → ∞ T\to\infty T → ∞ H / k B T → 0 H/k_BT\to0 H / k B T → 0 ± 1 \pm1 ± 1 ⟨ σ i ⟩ = 0 \langle\sigma_i\rangle=0 ⟨ σ i ⟩ = 0 ⟨ σ i σ j ⟩ = δ i j \langle\sigma_i\sigma_j\rangle=\delta_{ij} ⟨ σ i σ j ⟩ = δ ij
エントロピーは S = k B ln W S = k_B\ln W S = k B ln W W W W
T → 0 T\to0 T → 0 h ≠ 0 h\neq0 h = 0 W = 1 W=1 W = 1 h = 0 h=0 h = 0 W = 2 W=2 W = 2
S N → k B ln W N → 0 ( N → ∞ ) . \frac{S}{N} \to \frac{k_B\ln W}{N} \to 0 \qquad (N\to\infty). N S → N k B ln W → 0 ( N → ∞ ) . 答えは 0 です。これは Nernst の定理（熱力学第3法則）と整合しています。
T → ∞ T\to\infty T → ∞ 2 N 2^N 2 N W = 2 N W=2^N W = 2 N
S N = k B ln 2 ≃ 0.693 k B . \frac{S}{N} = k_B\ln 2 \simeq 0.693\,k_B . N S = k B ln 2 ≃ 0.693 k B . 答えは k B ln 2 k_B\ln2 k B ln 2
平衡状態は自由エネルギー F = E − T S F = E - TS F = E − T S E E E − z J / 2 = − 3 J -zJ/2 = -3J − z J /2 = − 3 J S S S k B ln 2 k_B\ln2 k B ln 2 T T T
T → 0 T\to0 T → 0 − T S -TS − T S F ≃ E F\simeq E F ≃ E F F F F F F − 3 J − ∣ h ∣ -3J-|h| − 3 J − ∣ h ∣ F F F 0 − T k B ln 2 0 - Tk_B\ln2 0 − T k B ln 2 k B T ≪ J k_BT \ll J k B T ≪ J
T → ∞ T\to\infty T → ∞ − T S -TS − T S F F F 3 J ∼ k B T ln 2 3J \sim k_BT\ln2 3 J ∼ k B T ln 2 k B T c = 6 J k_BT_c = 6J k B T c = 6 J
原点のモーメント σ 0 \sigma_0 σ 0 z = 6 z=6 z = 6 σ 0 \sigma_0 σ 0
H ( σ 0 ) = − J σ 0 ∑ j = 1 z σ j − h σ 0 . H(\sigma_0) = -J\sigma_0\sum_{j=1}^{z}\sigma_j - h\sigma_0 . H ( σ 0 ) = − J σ 0 j = 1 ∑ z σ j − h σ 0 . 最近接のモーメントを定数 m m m
H ( σ 0 ) = − ( z J m + h ) σ 0 ≡ − h e f f σ 0 , h e f f = 6 J m + h . H(\sigma_0) = -(zJm+h)\,\sigma_0 \equiv -h_{\rm eff}\,\sigma_0,
\qquad h_{\rm eff} = 6Jm+h . H ( σ 0 ) = − ( z J m + h ) σ 0 ≡ − h eff σ 0 , h eff = 6 J m + h . σ 0 \sigma_0 σ 0 ± 1 \pm1 ± 1 Z = 2 cosh ( β h e f f ) Z = 2\cosh(\beta h_{\rm eff}) Z = 2 cosh ( β h eff ) β = 1 / k B T \beta=1/k_BT β = 1/ k B T
⟨ σ 0 ⟩ = e β h e f f − e − β h e f f e β h e f f + e − β h e f f = tanh ( 6 J m + h k B T ) . \langle\sigma_0\rangle = \frac{e^{\beta h_{\rm eff}}-e^{-\beta h_{\rm eff}}}{e^{\beta h_{\rm eff}}+e^{-\beta h_{\rm eff}}}
= \tanh\!\left(\frac{6Jm+h}{k_BT}\right). ⟨ σ 0 ⟩ = e β h eff + e − β h eff e β h eff − e − β h eff = tanh ( k B T 6 J m + h ) . 答えは ⟨ σ 0 ⟩ = tanh [ ( 6 J m + h ) / k B T ] \langle\sigma_0\rangle = \tanh[(6Jm+h)/k_BT] ⟨ σ 0 ⟩ = tanh [( 6 J m + h ) / k B T ] h e f f h_{\rm eff} h eff
原点は他の格子点と等価なので、自己無撞着性の要求 ⟨ σ 0 ⟩ = m \langle\sigma_0\rangle=m ⟨ σ 0 ⟩ = m
m = tanh ( 6 J m + h k B T ) . m = \tanh\!\left(\frac{6Jm+h}{k_BT}\right). m = tanh ( k B T 6 J m + h ) . これが m m m h h h m m m
h = 0 h=0 h = 0 m = tanh ( 6 J m / k B T ) m = \tanh(6Jm/k_BT) m = tanh ( 6 J m / k B T ) m = 0 m=0 m = 0 T T T m ≠ 0 m\neq0 m = 0 y = 6 J m / k B T y = 6Jm/k_BT y = 6 J m / k B T m = 0 m=0 m = 0 6 J / k B T 6J/k_BT 6 J / k B T
T < T c ≡ 6 J k B T \lt T_c \equiv \frac{6J}{k_B} T < T c ≡ k B 6 J のとき ± m \pm m ± m T ≥ T c T\ge T_c T ≥ T c m = 0 m=0 m = 0
T → 0 T\to0 T → 0 tanh \tanh tanh m → 1 m\to1 m → 1 m ≃ 1 − 2 e − 2 T c / T m \simeq 1-2e^{-2T_c/T} m ≃ 1 − 2 e − 2 T c / T T → T c − T\to T_c^- T → T c − tanh y ≃ y − y 3 / 3 \tanh y \simeq y - y^3/3 tanh y ≃ y − y 3 /3
m 2 ≃ 3 T 2 ( T c − T ) T c 3 → T → T c 3 ( 1 − T T c ) , m^2 \simeq 3\,\frac{T^2(T_c-T)}{T_c^3} \;\xrightarrow[T\to T_c]{}\; 3\left(1-\frac{T}{T_c}\right), m 2 ≃ 3 T c 3 T 2 ( T c − T ) T → T c 3 ( 1 − T c T ) , すなわち m ∝ ( T c − T ) 1 / 2 m \propto (T_c-T)^{1/2} m ∝ ( T c − T ) 1/2 T c T_c T c m m m
以上をまとめると、グラフは次の形になります。T = 0 T=0 T = 0 m = 1 m=1 m = 1 T / T c = 0.5 T/T_c=0.5 T / T c = 0.5 m = 0.96 m=0.96 m = 0.96 T c T_c T c T c T_c T c T ≥ T c T\ge T_c T ≥ T c m ≡ 0 m\equiv0 m ≡ 0 − m -m − m
1 0 m Tc T 非自明解が現れる境界は、m = 0 m=0 m = 0 m ≃ ( 6 J / k B T ) m m \simeq (6J/k_BT)m m ≃ ( 6 J / k B T ) m m ≠ 0 m\neq0 m = 0
6 J k B T c = 1 ⟹ T c = 6 J k B = z J k B . \frac{6J}{k_BT_c}=1 \quad\Longrightarrow\quad T_c = \frac{6J}{k_B} = \frac{zJ}{k_B}. k B T c 6 J = 1 ⟹ T c = k B 6 J = k B z J . 答えは T c = 6 J / k B T_c = 6J/k_B T c = 6 J / k B m m m T c T_c T c ( T c − T ) 1 / 2 (T_c-T)^{1/2} ( T c − T ) 1/2 T c T_c T c m ( T ) m(T) m ( T )
次元は J / k B J/k_B J / k B k B T c ≃ 4.51 J k_BT_c \simeq 4.51J k B T c ≃ 4.51 J m m m σ j \sigma_j σ j β = 1 / 2 \beta=1/2 β = 1/2 β ≃ 0.326 \beta\simeq0.326 β ≃ 0.326
真空中の Maxwell 方程式
∇ ⋅ E ⃗ = ρ ϵ 0 , ∇ ⋅ B ⃗ = 0 , ∇ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t , 1 ϵ 0 μ 0 ∇ × B ⃗ = j ⃗ ϵ 0 + ∂ E ⃗ ∂ t \nabla\cdot\vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0},\qquad
\nabla\cdot\vec{B} = 0,\qquad
\nabla\times\vec{E} = -\frac{\partial\vec{B}}{\partial t},\qquad
\frac{1}{\epsilon_0\mu_0}\nabla\times\vec{B} = \frac{\vec{j}}{\epsilon_0}+\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} ∇ ⋅ E = ϵ 0 ρ , ∇ ⋅ B = 0 , ∇ × E = − ∂ t ∂ B , ϵ 0 μ 0 1 ∇ × B = ϵ 0 j + ∂ t ∂ E をそれぞれ (1)(2)(3)(4) と呼びます。(4) は両辺に ϵ 0 \epsilon_0 ϵ 0 μ 0 − 1 ∇ × B ⃗ = j ⃗ + ϵ 0 ∂ E ⃗ / ∂ t \mu_0^{-1}\nabla\times\vec{B} = \vec{j}+\epsilon_0\,\partial\vec{E}/\partial t μ 0 − 1 ∇ × B = j + ϵ 0 ∂ E / ∂ t
導体が静電平衡にあるとき、導体内部では E ⃗ = 0 \vec{E}=0 E = 0 E ⃗ ≠ 0 \vec{E}\neq0 E = 0 i ⃗ = σ E ⃗ \vec{i}=\sigma\vec{E} i = σ E ∇ × E ⃗ = 0 \nabla\times\vec{E}=0 ∇ × E = 0 E ⃗ = − ∇ ϕ \vec{E} = -\nabla\phi E = − ∇ ϕ E ⃗ = 0 \vec{E}=0 E = 0 ϕ 0 \phi_0 ϕ 0
中空の空間を Ω \Omega Ω ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω Ω \Omega Ω
∇ 2 ϕ = − ρ ϵ 0 = 0 ( Ω の内部 ) . \nabla^2\phi = -\frac{\rho}{\epsilon_0} = 0 \qquad (\Omega \text{ の内部}). ∇ 2 ϕ = − ϵ 0 ρ = 0 ( Ω の内部 ) . 境界条件は ϕ ∣ ∂ Ω = ϕ 0 \phi|_{\partial\Omega} = \phi_0 ϕ ∣ ∂ Ω = ϕ 0 ∇ ⋅ ( ϕ ∇ ϕ ) = ∣ ∇ ϕ ∣ 2 + ϕ ∇ 2 ϕ \nabla\cdot(\phi\nabla\phi) = |\nabla\phi|^2+\phi\nabla^2\phi ∇ ⋅ ( ϕ ∇ ϕ ) = ∣∇ ϕ ∣ 2 + ϕ ∇ 2 ϕ Ω \Omega Ω
∫ Ω ∣ ∇ ϕ ∣ 2 d V = ∮ ∂ Ω ϕ ∇ ϕ ⋅ d S ⃗ − ∫ Ω ϕ ∇ 2 ϕ d V = ϕ 0 ∮ ∂ Ω ∇ ϕ ⋅ d S ⃗ = − ϕ 0 ∮ ∂ Ω E ⃗ ⋅ d S ⃗ . \int_\Omega|\nabla\phi|^2dV
= \oint_{\partial\Omega}\phi\,\nabla\phi\cdot d\vec{S} - \int_\Omega\phi\,\nabla^2\phi\,dV
= \phi_0\oint_{\partial\Omega}\nabla\phi\cdot d\vec{S}
= -\phi_0\oint_{\partial\Omega}\vec{E}\cdot d\vec{S}. ∫ Ω ∣∇ ϕ ∣ 2 d V = ∮ ∂ Ω ϕ ∇ ϕ ⋅ d S − ∫ Ω ϕ ∇ 2 ϕ d V = ϕ 0 ∮ ∂ Ω ∇ ϕ ⋅ d S = − ϕ 0 ∮ ∂ Ω E ⋅ d S . 最後の面積分は、(1) の積分形（Gauss の法則）により ∂ Ω \partial\Omega ∂ Ω Q i n Q_{\rm in} Q in Q i n = 0 Q_{\rm in}=0 Q in = 0
∫ Ω ∣ ∇ ϕ ∣ 2 d V = 0. \int_\Omega|\nabla\phi|^2dV = 0 . ∫ Ω ∣∇ ϕ ∣ 2 d V = 0. 被積分関数は非負なので、Ω \Omega Ω ∇ ϕ = 0 \nabla\phi=0 ∇ ϕ = 0 E ⃗ = 0 \vec{E}=0 E = 0
同じことを言葉で述べると次のようになります。導体内に中空を包む閉曲面をとると、そこでは E ⃗ = 0 \vec{E}=0 E = 0
なお、この結論は導体が静電平衡にあること（E ⃗ = 0 \vec{E}=0 E = 0 ∂ B ⃗ / ∂ t = 0 \partial\vec{B}/\partial t=0 ∂ B / ∂ t = 0
半径 R 1 R_1 R 1 R 2 R_2 R 2 R 1 > R 2 R_1\gt R_2 R 1 > R 2
外球に小さな穴を開け、外から操作できる導線（スイッチ）で内球と外球を一時的に電気的につないでおきます。この状態で外球に高電圧 V V V Q Q Q 1 / r 2 1/r^2 1/ r 2
測定量は内球に残った電荷 q q q q q q F ∝ r − ( 2 + δ ) F\propto r^{-(2+\delta)} F ∝ r − ( 2 + δ ) δ \delta δ V V V δ \delta δ R 1 R_1 R 1 R 2 R_2 R 2
別のやり方として、内球に既知の電荷 Q Q Q − Q -Q − Q
定常電流に対する Ampère の法則は、閉曲線 C C C S S S
∮ C B ⃗ μ 0 ⋅ d l ⃗ = I = ∫ S j ⃗ ⋅ d S ⃗ \oint_C\frac{\vec{B}}{\mu_0}\cdot d\vec{l} = I = \int_S\vec{j}\cdot d\vec{S} ∮ C μ 0 B ⋅ d l = I = ∫ S j ⋅ d S です。Stokes の定理より微分形は μ 0 − 1 ∇ × B ⃗ = j ⃗ \mu_0^{-1}\nabla\times\vec{B} = \vec{j} μ 0 − 1 ∇ × B = j
この式の両辺の発散をとると、左辺は恒等的に 0 なので ∇ ⋅ j ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{j}=0 ∇ ⋅ j = 0
∇ ⋅ j ⃗ + ∂ ρ ∂ t = 0 \nabla\cdot\vec{j} + \frac{\partial\rho}{\partial t} = 0 ∇ ⋅ j + ∂ t ∂ ρ = 0 であり、非定常電流では ∂ ρ / ∂ t ≠ 0 \partial\rho/\partial t\neq0 ∂ ρ / ∂ t = 0 ∇ ⋅ j ⃗ ≠ 0 \nabla\cdot\vec{j}\neq0 ∇ ⋅ j = 0 I ≠ 0 I\neq0 I = 0 I = 0 I=0 I = 0
そこで右辺に補正項 j ⃗ d \vec{j}_d j d μ 0 − 1 ∇ × B ⃗ = j ⃗ + j ⃗ d \mu_0^{-1}\nabla\times\vec{B} = \vec{j}+\vec{j}_d μ 0 − 1 ∇ × B = j + j d
∇ ⋅ j ⃗ d = − ∇ ⋅ j ⃗ = ∂ ρ ∂ t = ∂ ∂ t ( ϵ 0 ∇ ⋅ E ⃗ ) = ∇ ⋅ ( ϵ 0 ∂ E ⃗ ∂ t ) . \nabla\cdot\vec{j}_d = -\nabla\cdot\vec{j} = \frac{\partial\rho}{\partial t}
= \frac{\partial}{\partial t}\bigl(\epsilon_0\nabla\cdot\vec{E}\bigr)
= \nabla\cdot\left(\epsilon_0\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}\right). ∇ ⋅ j d = − ∇ ⋅ j = ∂ t ∂ ρ = ∂ t ∂ ( ϵ 0 ∇ ⋅ E ) = ∇ ⋅ ( ϵ 0 ∂ t ∂ E ) . 最も簡単な（発散のない項を付け加える自由度を使わない）選択は
j ⃗ d = ϵ 0 ∂ E ⃗ ∂ t \vec{j}_d = \epsilon_0\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} j d = ϵ 0 ∂ t ∂ E で、これが変位電流です。結果として
1 μ 0 ∇ × B ⃗ = j ⃗ + ϵ 0 ∂ E ⃗ ∂ t ⟺ 1 ϵ 0 μ 0 ∇ × B ⃗ = j ⃗ ϵ 0 + ∂ E ⃗ ∂ t \frac{1}{\mu_0}\nabla\times\vec{B} = \vec{j}+\epsilon_0\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}
\quad\Longleftrightarrow\quad
\frac{1}{\epsilon_0\mu_0}\nabla\times\vec{B} = \frac{\vec{j}}{\epsilon_0}+\frac{\partial\vec{E}}{\partial t} μ 0 1 ∇ × B = j + ϵ 0 ∂ t ∂ E ⟺ ϵ 0 μ 0 1 ∇ × B = ϵ 0 j + ∂ t ∂ E となり、式 (4) が得られます。積分形では ∮ C μ 0 − 1 B ⃗ ⋅ d l ⃗ = I + ϵ 0 d Φ E / d t \oint_C\mu_0^{-1}\vec{B}\cdot d\vec{l} = I + \epsilon_0\,d\Phi_E/dt ∮ C μ 0 − 1 B ⋅ d l = I + ϵ 0 d Φ E / d t
局所的に電流密度 j ⃗ \vec{j} j j ⃗ \vec{j} j B ⃗ \vec{B} B B ⃗ \vec{B} B ∂ B ⃗ / ∂ t ≠ 0 \partial\vec{B}/\partial t\neq0 ∂ B / ∂ t = 0 B ⃗ \vec{B} B E ⃗ \vec{E} E j ⃗ \vec{j} j E ⃗ \vec{E} E B ⃗ \vec{B} B B ⃗ \vec{B} B E ⃗ \vec{E} E
こうして電場と磁場が互いを誘導し合いながら、源から外向きに広がる殻となって伝わっていきます。これが電磁波の放射です。源のあった場所は殻が通り過ぎたあとには場のない状態に戻り、放出されたエネルギーは戻ってきません。伝わる速さは設問2(c) で示すように c = 1 / ϵ 0 μ 0 c=1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0} c = 1/ ϵ 0 μ 0 E ⃗ \vec{E} E B ⃗ \vec{B} B r 2 r^2 r 2 1 / r 1/r 1/ r
ρ = 0 \rho=0 ρ = 0 j ⃗ = 0 \vec{j}=0 j = 0 ∇ × ( ∇ × E ⃗ ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ⃗ ) − ∇ 2 E ⃗ \nabla\times(\nabla\times\vec{E}) = \nabla(\nabla\cdot\vec{E})-\nabla^2\vec{E} ∇ × ( ∇ × E ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ) − ∇ 2 E ∇ ⋅ E ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{E}=0 ∇ ⋅ E = 0
− ∇ 2 E ⃗ = − ∂ ∂ t ( ∇ × B ⃗ ) = − ϵ 0 μ 0 ∂ 2 E ⃗ ∂ t 2 , -\nabla^2\vec{E} = -\frac{\partial}{\partial t}\bigl(\nabla\times\vec{B}\bigr)
= -\epsilon_0\mu_0\frac{\partial^2\vec{E}}{\partial t^2}, − ∇ 2 E = − ∂ t ∂ ( ∇ × B ) = − ϵ 0 μ 0 ∂ t 2 ∂ 2 E , ここで2番目の等号で (4) の ∇ × B ⃗ = ϵ 0 μ 0 ∂ E ⃗ / ∂ t \nabla\times\vec{B} = \epsilon_0\mu_0\,\partial\vec{E}/\partial t ∇ × B = ϵ 0 μ 0 ∂ E / ∂ t
( ∇ 2 − ϵ 0 μ 0 ∂ 2 ∂ t 2 ) E ⃗ = 0. \left(\nabla^2-\epsilon_0\mu_0\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\vec{E} = 0 . ( ∇ 2 − ϵ 0 μ 0 ∂ t 2 ∂ 2 ) E = 0. (4) の回転をとって同様に計算すれば B ⃗ \vec{B} B E ⃗ = E ⃗ 0 exp [ i ( k ⃗ ⋅ r ⃗ − ω t ) ] \vec{E} = \vec{E}_0\exp[i(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)] E = E 0 exp [ i ( k ⋅ r − ω t )] − k 2 + ϵ 0 μ 0 ω 2 = 0 -k^2+\epsilon_0\mu_0\omega^2 = 0 − k 2 + ϵ 0 μ 0 ω 2 = 0 ω = k / ϵ 0 μ 0 \omega = k/\sqrt{\epsilon_0\mu_0} ω = k / ϵ 0 μ 0
c = ω k = 1 ϵ 0 μ 0 . c = \frac{\omega}{k} = \frac{1}{\sqrt{\epsilon_0\mu_0}} . c = k ω = ϵ 0 μ 0 1 . 答えは c = 1 / ϵ 0 μ 0 c=1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0} c = 1/ ϵ 0 μ 0 ϵ 0 = 8.85 × 10 − 12 F / m \epsilon_0=8.85\times10^{-12}\,\mathrm{F/m} ϵ 0 = 8.85 × 1 0 − 12 F/m μ 0 = 4 π × 10 − 7 H / m \mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{H/m} μ 0 = 4 π × 1 0 − 7 H/m 3.00 × 10 8 m / s 3.00\times10^{8}\,\mathrm{m/s} 3.00 × 1 0 8 m/s ∇ ⋅ E ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 k ⃗ ⋅ E ⃗ 0 = 0 \vec{k}\cdot\vec{E}_0=0 k ⋅ E 0 = 0 B ⃗ 0 = ( k ⃗ × E ⃗ 0 ) / ω \vec{B}_0 = (\vec{k}\times\vec{E}_0)/\omega B 0 = ( k × E 0 ) / ω ∣ B ⃗ 0 ∣ = ∣ E ⃗ 0 ∣ / c |\vec{B}_0| = |\vec{E}_0|/c ∣ B 0 ∣ = ∣ E 0 ∣/ c E ⃗ \vec{E} E B ⃗ \vec{B} B k ⃗ \vec{k} k
(2) は空間のどこでも ∇ ⋅ B ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 A ⃗ \vec{A} A z 0 z_0 z 0 x 0 x_0 x 0
A x ( r ⃗ ) = ∫ z 0 z B y ( x , y , z ′ ) d z ′ , A y ( r ⃗ ) = − ∫ z 0 z B x ( x , y , z ′ ) d z ′ + ∫ x 0 x B z ( x ′ , y , z 0 ) d x ′ , A z = 0 A_x(\vec{r}) = \int_{z_0}^{z}B_y(x,y,z')dz',\qquad
A_y(\vec{r}) = -\int_{z_0}^{z}B_x(x,y,z')dz' + \int_{x_0}^{x}B_z(x',y,z_0)dx',\qquad
A_z = 0 A x ( r ) = ∫ z 0 z B y ( x , y , z ′ ) d z ′ , A y ( r ) = − ∫ z 0 z B x ( x , y , z ′ ) d z ′ + ∫ x 0 x B z ( x ′ , y , z 0 ) d x ′ , A z = 0 と置くと、
( ∇ × A ⃗ ) x = − ∂ A y ∂ z = B x , ( ∇ × A ⃗ ) y = ∂ A x ∂ z = B y , (\nabla\times\vec{A})_x = -\frac{\partial A_y}{\partial z} = B_x,\qquad
(\nabla\times\vec{A})_y = \frac{\partial A_x}{\partial z} = B_y, ( ∇ × A ) x = − ∂ z ∂ A y = B x , ( ∇ × A ) y = ∂ z ∂ A x = B y , ( ∇ × A ⃗ ) z = ∂ A y ∂ x − ∂ A x ∂ y = − ∫ z 0 z ( ∂ B x ∂ x + ∂ B y ∂ y ) d z ′ + B z ( x , y , z 0 ) = ∫ z 0 z ∂ B z ∂ z ′ d z ′ + B z ( x , y , z 0 ) = B z , (\nabla\times\vec{A})_z = \frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}
= -\int_{z_0}^{z}\!\left(\frac{\partial B_x}{\partial x}+\frac{\partial B_y}{\partial y}\right)dz' + B_z(x,y,z_0)
= \int_{z_0}^{z}\frac{\partial B_z}{\partial z'}dz' + B_z(x,y,z_0) = B_z , ( ∇ × A ) z = ∂ x ∂ A y − ∂ y ∂ A x = − ∫ z 0 z ( ∂ x ∂ B x + ∂ y ∂ B y ) d z ′ + B z ( x , y , z 0 ) = ∫ z 0 z ∂ z ′ ∂ B z d z ′ + B z ( x , y , z 0 ) = B z , 最後の変形で ∇ ⋅ B ⃗ = 0 \nabla\cdot\vec{B}=0 ∇ ⋅ B = 0 B ⃗ = ∇ × A ⃗ \vec{B}=\nabla\times\vec{A} B = ∇ × A A ⃗ \vec{A} A B ⃗ \vec{B} B A ⃗ ( r ⃗ ) = 1 4 π ∇ × ∫ B ⃗ ( r ⃗ ′ ) ∣ r ⃗ − r ⃗ ′ ∣ d 3 r ′ \vec{A}(\vec{r}) = \dfrac{1}{4\pi}\nabla\times\displaystyle\int\frac{\vec{B}(\vec{r}\,')}{|\vec{r}-\vec{r}\,'|}d^3r' A ( r ) = 4 π 1 ∇ × ∫ ∣ r − r ′ ∣ B ( r ′ ) d 3 r ′
これを (3) に代入すると
∇ × E ⃗ = − ∂ ∂ t ( ∇ × A ⃗ ) = − ∇ × ∂ A ⃗ ∂ t ⟹ ∇ × ( E ⃗ + ∂ A ⃗ ∂ t ) = 0. \nabla\times\vec{E} = -\frac{\partial}{\partial t}\bigl(\nabla\times\vec{A}\bigr)
= -\nabla\times\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}
\quad\Longrightarrow\quad
\nabla\times\left(\vec{E}+\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}\right) = 0 . ∇ × E = − ∂ t ∂ ( ∇ × A ) = − ∇ × ∂ t ∂ A ⟹ ∇ × ( E + ∂ t ∂ A ) = 0. 回転が消えるベクトル場は（単連結な領域で）スカラー場の勾配として書けるので、そのスカラー場を − ϕ -\phi − ϕ
E ⃗ + ∂ A ⃗ ∂ t = − ∇ ϕ ⟹ E ⃗ = − ∇ ϕ − ∂ A ⃗ ∂ t . \vec{E}+\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} = -\nabla\phi
\quad\Longrightarrow\quad
\vec{E} = -\nabla\phi-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t}. E + ∂ t ∂ A = − ∇ ϕ ⟹ E = − ∇ ϕ − ∂ t ∂ A . これで示せました。ϕ \phi ϕ A ⃗ \vec{A} A χ \chi χ
A ⃗ → A ⃗ + ∇ χ , ϕ → ϕ − ∂ χ ∂ t \vec{A}\to\vec{A}+\nabla\chi,\qquad \phi\to\phi-\frac{\partial\chi}{\partial t} A → A + ∇ χ , ϕ → ϕ − ∂ t ∂ χ と変えても B ⃗ \vec{B} B E ⃗ \vec{E} E ϕ \phi ϕ A ⃗ \vec{A} A
プランク定数を h = 4 × 10 − 15 e V ⋅ s h=4\times10^{-15}\,\mathrm{eV\cdot s} h = 4 × 1 0 − 15 eV ⋅ s c = 3 × 10 8 m / s c=3\times10^8\,\mathrm{m/s} c = 3 × 1 0 8 m/s ν λ = c \nu\lambda=c ν λ = c E = h ν E=h\nu E = h ν 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz 500 n m 500\,\mathrm{nm} 500 nm 100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV
A について、ν = 8 × 10 7 H z \nu = 8\times10^{7}\,\mathrm{Hz} ν = 8 × 1 0 7 Hz
λ = c ν = 3 × 10 8 8 × 10 7 = 3.75 m , E = h ν = 4 × 10 − 15 × 8 × 10 7 = 3.2 × 10 − 7 e V . \lambda = \frac{c}{\nu} = \frac{3\times10^{8}}{8\times10^{7}} = 3.75\,\mathrm{m},\qquad
E = h\nu = 4\times10^{-15}\times8\times10^{7} = 3.2\times10^{-7}\,\mathrm{eV}. λ = ν c = 8 × 1 0 7 3 × 1 0 8 = 3.75 m , E = h ν = 4 × 1 0 − 15 × 8 × 1 0 7 = 3.2 × 1 0 − 7 eV . B について、λ = 5 × 10 − 7 m \lambda = 5\times10^{-7}\,\mathrm{m} λ = 5 × 1 0 − 7 m
ν = c λ = 6.0 × 10 14 H z , E = h ν = 4 × 10 − 15 × 6.0 × 10 14 = 2.4 e V . \nu = \frac{c}{\lambda} = 6.0\times10^{14}\,\mathrm{Hz},\qquad
E = h\nu = 4\times10^{-15}\times6.0\times10^{14} = 2.4\,\mathrm{eV}. ν = λ c = 6.0 × 1 0 14 Hz , E = h ν = 4 × 1 0 − 15 × 6.0 × 1 0 14 = 2.4 eV . C について、E = 1 × 10 5 e V E = 1\times10^{5}\,\mathrm{eV} E = 1 × 1 0 5 eV
ν = E h = 10 5 4 × 10 − 15 = 2.5 × 10 19 H z , λ = c ν = 1.2 × 10 − 11 m = 12 p m = 0.12 A ˚ . \nu = \frac{E}{h} = \frac{10^{5}}{4\times10^{-15}} = 2.5\times10^{19}\,\mathrm{Hz},\qquad
\lambda = \frac{c}{\nu} = 1.2\times10^{-11}\,\mathrm{m} = 12\,\mathrm{pm} = 0.12\,\text{Å}. ν = h E = 4 × 1 0 − 15 1 0 5 = 2.5 × 1 0 19 Hz , λ = ν c = 1.2 × 1 0 − 11 m = 12 pm = 0.12 A ˚ . 表は次のようになります。
波長 周波数 エネルギー 名称 A 3.75 m 3.75\,\mathrm{m} 3.75 m 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz 3.2 × 10 − 7 e V 3.2\times10^{-7}\,\mathrm{eV} 3.2 × 1 0 − 7 eV 電波（VHF、FM 放送帯） B 500 n m 500\,\mathrm{nm} 500 nm 6.0 × 10 14 H z 6.0\times10^{14}\,\mathrm{Hz} 6.0 × 1 0 14 Hz 2.4 e V 2.4\,\mathrm{eV} 2.4 eV 可視光（緑色） C 1.2 × 10 − 11 m 1.2\times10^{-11}\,\mathrm{m} 1.2 × 1 0 − 11 m 2.5 × 10 19 H z 2.5\times10^{19}\,\mathrm{Hz} 2.5 × 1 0 19 Hz 100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV 硬X線（原子核起源なら低エネルギーγ線）
B のエネルギーが室温の熱エネルギー k B T ≃ 0.025 e V k_BT\simeq0.025\,\mathrm{eV} k B T ≃ 0.025 eV 1 1 1
原子の外殻電子（価電子）の準位間遷移による自然放出を挙げます。基本過程は次の通りです。放電やヒーターによる衝突、あるいは光吸収によって原子の価電子が励起準位 E 2 E_2 E 2 10 − 8 s 10^{-8}\,\mathrm{s} 1 0 − 8 s E 1 E_1 E 1 h ν = E 2 − E 1 h\nu = E_2-E_1 h ν = E 2 − E 1 13.6 e V 13.6\,\mathrm{eV} 13.6 eV 2.4 e V 2.4\,\mathrm{eV} 2.4 eV 500 n m 500\,\mathrm{nm} 500 nm 589 n m 589\,\mathrm{nm} 589 nm 3 p → 3 s 3p\to3s 3 p → 3 s
同じ帯域を出す別の機構としては、半導体のバンド間発光（禁制帯幅 2.4 e V 2.4\,\mathrm{eV} 2.4 eV h ν ≃ E g h\nu\simeq E_g h ν ≃ E g T ∼ 6000 K T\sim6000\,\mathrm{K} T ∼ 6000 K λ max T ≃ 2.9 × 10 − 3 m ⋅ K \lambda_{\max}T\simeq2.9\times10^{-3}\,\mathrm{m\cdot K} λ m a x T ≃ 2.9 × 1 0 − 3 m ⋅ K λ max ≃ 500 n m \lambda_{\max}\simeq500\,\mathrm{nm} λ m a x ≃ 500 nm
100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV
実験全体の構成は、線源、コリメータ、検出器、前置増幅器、整形増幅器、波高分析器（ADC と多重波高分析器）、計算機の順に接続した1本の系列になります。線源と検出器のあいだに鉛のコリメータを置いて検出器の有感体積の中心だけに光子を入れ、検出器のまわりは鉛（内側に銅の裏張り）で囲んで自然放射能・宇宙線・室内の散乱線によるバックグラウンドを落とします。微弱線源なので、統計を稼ぐには長時間測定になり、バックグラウンドを下げることが分解能と同じくらい重要になります。エネルギー校正には、既知のエネルギーの標準線源（241 A m ^{241}\mathrm{Am} 241 Am 59.5 k e V 59.5\,\mathrm{keV} 59.5 keV 57 C o ^{57}\mathrm{Co} 57 Co 122 k e V 122\,\mathrm{keV} 122 keV 133 B a ^{133}\mathrm{Ba} 133 Ba 81 k e V 81\,\mathrm{keV} 81 keV
中心となる検出器は、逆バイアスをかけた高純度ゲルマニウム半導体検出器（HPGe）が最適です。原理は次の通りです。入射光子は空乏層の中で光電吸収され（100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV
N = E ε , ε ≃ 2.96 e V ( Ge の1対あたり平均エネルギー ) N = \frac{E}{\varepsilon},\qquad \varepsilon \simeq 2.96\,\mathrm{eV}\ (\text{Ge の1対あたり平均エネルギー}) N = ε E , ε ≃ 2.96 eV ( Ge の 1 対あたり平均エネルギー ) で、E = 100 k e V E=100\,\mathrm{keV} E = 100 keV N ≃ 3.4 × 10 4 N\simeq3.4\times10^4 N ≃ 3.4 × 1 0 4 N N N E E E Q = N e Q=Ne Q = N e E E E
分解能の見積りも書いておきます。電子・正孔対の生成数のゆらぎは Fano 因子 F ≃ 0.13 F\simeq0.13 F ≃ 0.13 F N \sqrt{FN} F N
Δ E F W H M = 2.35 F ε E = 2.35 0.13 × 2.96 e V × 10 5 e V ≃ 0.46 k e V , \Delta E_{\rm FWHM} = 2.35\sqrt{F\varepsilon E} = 2.35\sqrt{0.13\times2.96\,\mathrm{eV}\times10^{5}\,\mathrm{eV}} \simeq 0.46\,\mathrm{keV}, Δ E FWHM = 2.35 F εE = 2.35 0.13 × 2.96 eV × 1 0 5 eV ≃ 0.46 keV , すなわち 0.5 % 0.5\,\% 0.5 % 100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV 10 % 10\,\% 10 % 100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV
80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz 3.75 m 3.75\,\mathrm{m} 3.75 m
第一の方法は指向性アンテナによる方向探知です。スペクトラムアナライザ（なければ広帯域オシロスコープ）に八木アンテナやループアンテナをつなぎ、80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz
第二の方法は強度マッピングです。同軸ケーブルの芯線を数十 cm 出しただけの棒アンテナ、または小さな磁界ループプローブをスペクトラムアナライザにつなぎ、80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz
第三の方法は周波数と時間構造からの推定です。周波数カウンタやスペクトラムアナライザで中心周波数と線幅を精密に測り、連続波かパルス列か、変調がかかっているかを見ます。76 76 76 90 M H z 90\,\mathrm{MHz} 90 MHz 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz 1.88 T 1.88\,\mathrm{T} 1.88 T
第四の方法は電源を順に落とす相関法です。ノイズレベルを連続記録しながら、分電盤のブレーカーや各装置の電源を1つずつ切り、レベルが落ちる瞬間と対応づけます。装置を止められない場合でも、動作モードを切り替えたときのノイズ変化を見れば十分な手がかりになります。
第五に、ノイズが空間を伝わってきているのか電源線や信号線を伝導してきているのかを切り分けます。クランプ式の電流プローブ（高周波用 CT）で各ケーブルの 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz
源を止められない場合の対策は、遮蔽・濾波・接地・距離の4点に整理できます。
遮蔽（シールド）は最も効果的です。検出器、前置増幅器、信号ケーブルを導体の箱で完全に囲みます。導体中では高周波電磁場が表皮効果で指数関数的に減衰し、表皮深さは
δ = 2 ω μ 0 σ \delta = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu_0\sigma}} δ = ω μ 0 σ 2 です。銅（σ = 5.8 × 10 7 S / m \sigma=5.8\times10^{7}\,\mathrm{S/m} σ = 5.8 × 1 0 7 S/m 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz δ ≃ 7 μ m \delta\simeq7\,\mu\mathrm{m} δ ≃ 7 μ m 0.1 m m 0.1\,\mathrm{mm} 0.1 mm 3.75 m 3.75\,\mathrm{m} 3.75 m
濾波（フィルタ）は周波数の分離を使います。検出器の信号は整形後で μ s \mu\mathrm{s} μ s 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz 80 M H z 80\,\mathrm{MHz} 80 MHz
接地では、シールドを1点接地にしてグランドループを作らないようにします。ループがあるとそれ自体がアンテナになり、遮蔽の効果を打ち消します。信号は同軸またはシールド付きツイストペアで送り、可能なら差動伝送にしてコモンモードノイズを除去します。検出器の直後で十分に増幅して信号対雑音比を上げておくと、下流での混入の相対的な影響が小さくなります。
距離と配置も有効です。実験系を源からできるだけ離し、あいだに金属の壁や既存の装置を置きます。さらに、源がパルス的に動作している場合は、その動作タイミングを論理信号として受け取り、その期間だけデータ取得にゲート（アンチコインシデンス）をかけて事象を捨てれば、ノイズの混入した事象を系統的に除けます。
線源は 100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV μ s \mu\mathrm{s} μ s 0.5 % 0.5\,\% 0.5 % 500 m V / d i v 500\,\mathrm{mV/div} 500 mV/div 1 μ s / d i v 1\,\mu\mathrm{s/div} 1 μ s/div 500 m V / d i v 500\,\mathrm{mV/div} 500 mV/div
0 Vp 2 4 6 t 実際に観測されている図では、立ち下がりの時刻はトリガでおおよそ揃っているのに、波高が 0.2 V 0.2\,\mathrm{V} 0.2 V 1 V 1\,\mathrm{V} 1 V
第一に、検出器内での電荷収集が不完全な場合です。バイアス電圧が不足して空乏層が全体に広がっていないと、電界の弱い領域で電荷が捕獲されたり収集が遅れたりし、整形時定数の内側に電荷が集まりきらないぶんだけ波高が減ります（バリスティックデフィシット）。相互作用の位置によって収集時間が変わるので、波高とピーク時刻の両方が事象ごとにばらつきます。対策は、規定のバイアス電圧まで上げて完全空乏化を確認すること、整形時定数を電荷収集時間より十分長くとること、検出器の温度（Ge なら液体窒素の残量）を確認することです。
第二に、光子が検出器で全エネルギーを落としていない場合です。コンプトン散乱でエネルギーの一部だけを落として散乱光子が逃げると、連続的に低い波高が生じます。検出器が薄い、入射位置が端やデッドレイヤに近い、周囲の物質で散乱してから入っている、といった状況で顕著になります。対策は、十分に厚い検出器を使い、コリメータで有感体積の中心だけに入射させ、線源と検出器のあいだの散乱体を除き、周囲を遮蔽し、必要なら反同時計数で不完全吸収事象を落とすことです。
第三に、パイルアップとベースライン変動です。計数率が高いと前の事象の尾の上に次の事象が乗って波高が変わります。整形増幅器のポールゼロ調整が不適切でアンダーシュートが残っている場合も同じ効果になります。対策は、ポールゼロ調整、ベースライン復元回路の使用、パイルアップ除去回路の導入、線源強度や不要なバックグラウンドの低減です。
第四に、検出器や前置増幅器そのものの雑音です。漏れ電流の増加、冷却不足、コネクタや高圧ケーブルの接触不良、振動によるマイクロフォニック雑音、接地の不良などがベースラインを揺らし、波高のばらつきに直結します。対策は、冷却と真空の確認、配線の固定と短縮、コネクタの清掃と締結、1点接地の徹底です。
第五に、伝送系の問題です。同軸ケーブルの終端が整合していないと反射やリンギングで波形が歪みます。50 Ω 50\,\Omega 50 Ω − 200 m V -200\,\mathrm{mV} − 200 mV
第六に、そもそもシンチレータと光電子増倍管を使っている場合は、100 k e V 100\,\mathrm{keV} 100 keV 1 / N p e 1/\sqrt{N_{\rm pe}} 1/ N pe
なお、精密なエネルギー測定を波形の目視で行うのは適切ではありません。整形増幅器と波高分析器を通してヒストグラムを取り、ピークの半値全幅で分解能を評価するのが正しい手順です。
金属中の電流密度は、電場による項と温度勾配による項の和で
i ⃗ = σ E ⃗ + κ σ g r a d T \vec{i} = \sigma\vec{E} + \kappa\sigma\,\mathrm{grad}\,T i = σ E + κσ grad T と書けます。σ \sigma σ κ \kappa κ P 1 P_1 P 1 P 2 P_2 P 2 Q Q Q Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2
1種類の金属の導線を両端が開いた状態（開回路）に保つと、定常状態では電流が流れないので i ⃗ = 0 \vec{i}=0 i = 0
0 = σ E ⃗ + κ σ ∇ T ⟹ E ⃗ = − κ ∇ T . 0 = \sigma\vec{E}+\kappa\sigma\,\nabla T
\quad\Longrightarrow\quad
\vec{E} = -\kappa\,\nabla T . 0 = σ E + κσ ∇ T ⟹ E = − κ ∇ T . 静電場なので E ⃗ = − ∇ V \vec{E}=-\nabla V E = − ∇ V
∇ V = κ ∇ T ⟹ V = κ T + const . \nabla V = \kappa\,\nabla T
\quad\Longrightarrow\quad
V = \kappa T + \text{const}. ∇ V = κ ∇ T ⟹ V = κ T + const . したがって両端の電位差は
Δ V = κ Δ T , \Delta V = \kappa\,\Delta T, Δ V = κ Δ T , ここで Δ V = V ( 高温端 ) − V ( 低温端 ) \Delta V = V(\text{高温端})-V(\text{低温端}) Δ V = V ( 高温端 ) − V ( 低温端 ) Δ T = T ( 高温端 ) − T ( 低温端 ) \Delta T = T(\text{高温端})-T(\text{低温端}) Δ T = T ( 高温端 ) − T ( 低温端 )
答えは Δ V = κ Δ T \Delta V = \kappa\Delta T Δ V = κ Δ T κ \kappa κ μ V / K \mathrm{\mu V/K} μ V/K
定性的な理由は次の通りです。高温端の電子は運動エネルギーが大きく、速度分布の裾が広がっています。そのため高温端から低温端へ向かって拡散する電子の流れが、逆向きの流れより多くなり、電子は正味で高温側から低温側へ流れます（i ⃗ t h = κ σ g r a d T \vec{i}_{\rm th} = \kappa\sigma\,\mathrm{grad}\,T i th = κσ grad T − ∇ T -\nabla T − ∇ T i ⃗ = 0 \vec{i}=0 i = 0 Δ V = κ Δ T \Delta V = \kappa\Delta T Δ V = κ Δ T
閉回路では静電場が保存力であることから ∮ E ⃗ ⋅ d l ⃗ = 0 \oint\vec{E}\cdot d\vec{l}=0 ∮ E ⋅ d l = 0 E ⃗ = i ⃗ / σ − κ ∇ T \vec{E} = \vec{i}/\sigma - \kappa\nabla T E = i / σ − κ ∇ T
∮ i ⃗ σ ⋅ d l ⃗ = ∮ κ ∇ T ⋅ d l ⃗ . \oint\frac{\vec{i}}{\sigma}\cdot d\vec{l} = \oint \kappa\,\nabla T\cdot d\vec{l}. ∮ σ i ⋅ d l = ∮ κ ∇ T ⋅ d l . 左辺は Ohm の法則そのもので、回路を流れる電流 I I I R t o t R_{\rm tot} R tot I R t o t I R_{\rm tot} I R tot P 1 P_1 P 1 P 2 P_2 P 2 P 2 P_2 P 2 P 1 P_1 P 1
∮ κ ∇ T ⋅ d l ⃗ = κ M ( T 2 − T 1 ) + κ N ( T 1 − T 2 ) = ( κ M − κ N ) ( T 2 − T 1 ) . \oint\kappa\,\nabla T\cdot d\vec{l}
= \kappa_M\bigl(T_2-T_1\bigr) + \kappa_N\bigl(T_1-T_2\bigr)
= \bigl(\kappa_M-\kappa_N\bigr)\bigl(T_2-T_1\bigr). ∮ κ ∇ T ⋅ d l = κ M ( T 2 − T 1 ) + κ N ( T 1 − T 2 ) = ( κ M − κ N ) ( T 2 − T 1 ) . したがって
I = ( κ M − κ N ) ( T 2 − T 1 ) R t o t . I = \frac{(\kappa_M-\kappa_N)(T_2-T_1)}{R_{\rm tot}} . I = R tot ( κ M − κ N ) ( T 2 − T 1 ) . κ M ≠ κ N \kappa_M\neq\kappa_N κ M = κ N T 1 ≠ T 2 T_1\neq T_2 T 1 = T 2 I ≠ 0 I\neq0 I = 0 κ \kappa κ ∮ κ ∇ T ⋅ d l ⃗ \oint\kappa\nabla T\cdot d\vec{l} ∮ κ ∇ T ⋅ d l κ \kappa κ ∮ κ ∇ T ⋅ d l ⃗ = κ ∮ ∇ T ⋅ d l ⃗ = 0 \oint\kappa\nabla T\cdot d\vec{l} = \kappa\oint\nabla T\cdot d\vec{l}=0 ∮ κ ∇ T ⋅ d l = κ ∮ ∇ T ⋅ d l = 0 T T T
物理的には次のように言えます。2本の枝はそれぞれ「両端の電位差が κ Δ T \kappa\Delta T κ Δ T κ \kappa κ
原理は零位法（ゼロ位法）です。図1 の点 Q Q Q Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 I I I R I RI R I
第一に、G に電流が流れないということは熱電対の枝にも電流が流れないということなので、熱電対の導線と接合部の抵抗による電圧降下が存在せず、Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2
E t h = ( κ M − κ N ) Δ T E_{\rm th} = (\kappa_M-\kappa_N)\,\Delta T E th = ( κ M − κ N ) Δ T に等しくなります。第二に、図2 の側では G の枝に電流が流れないので、Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 V Q 1 − V Q 2 = R I V_{Q_1}-V_{Q_2} = RI V Q 1 − V Q 2 = R I
E t h = R I . E_{\rm th} = R\,I . E th = R I . R R R I I I Δ T = T 試料 − T P 2 \Delta T = T_{\text{試料}} - T_{P_2} Δ T = T 試料 − T P 2
利点は次の点にあります。まず、平衡点で熱電対に電流が流れないので、熱電対の導線抵抗、接合部の接触抵抗、リード線の抵抗、検流計の内部抵抗が測定値に一切入りません。電圧計を直接つないで読む方法ではこれらが分流・電圧降下として誤差になりますが、零位法ではその心配がありません。次に、電流を流さないのでジュール熱やペルチェ熱で接合部の温度を乱すことがなく、測ろうとしている温度そのものを変えてしまう問題を避けられます。さらに、測定の精度が既知の標準抵抗 R と電流計 A の精度だけで決まり、検流計は目盛の正確さを要求されず零点を検出する感度だけあればよい、という構成になります。R を大きくとるのは、R の枝にある配線抵抗や接触抵抗（未知で変動しやすい）の寄与を相対的に無視できるようにし、同時に平衡電流を小さくして電池の消耗と R の自己発熱を抑えるためです。熱電対そのものの利点も付け加えれば、接合部を細く小さく作れるので測定点が局所的で熱容量が小さく、応答が速いことが挙げられます。
熱電対が測るのは2つの接合部の温度差だけなので、絶対温度を得るには基準接点 P 2 P_2 P 2
概念図としては、系を三つの部分に分けて直列につなぎます。左に試料と、それに熱的に密着させた測定接点 P 1 P_1 P 1 P 2 P_2 P 2 0 ∘ C = 273.15 K 0\,^\circ\mathrm{C} = 273.15\,\mathrm{K} 0 ∘ C = 273.15 K P 2 P_2 P 2 m K \mathrm{mK} mK P 2 P_2 P 2 Q Q Q Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 E t h E_{\rm th} E th Δ T \Delta T Δ T
T 試料 = 273.15 K + Δ T T_{\text{試料}} = 273.15\,\mathrm{K} + \Delta T T 試料 = 273.15 K + Δ T が絶対温度です。
要点は三つあります。基準接点の温度を熱力学温度目盛上で既知の固定点（氷点、あるいは液体窒素の沸点や水の三重点）に固定すること、Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2 P 2 P_2 P 2
測定した試料温度の正しさを左右する要因を列挙します。
基準接点に関するもの。P 2 P_2 P 2 P 2 P_2 P 2
試料と測定接点の熱的結合に関するもの。P 1 P_1 P 1 P 1 P_1 P 1
熱電対そのものに関するもの。校正曲線（熱起電力と温度差の関係）の精度と、κ \kappa κ Q 1 Q_1 Q 1 Q 2 Q_2 Q 2
電気計測系に関するもの。標準抵抗 R の値の正確さと温度係数、電流計 A の校正・線形性・内部抵抗、検流計の感度不足やゼロ点のドリフト（真の平衡からずれたまま読んでしまう）。リード線の絶縁不良や漏れ電流（高温部では絶縁抵抗が下がる）。電磁ノイズ、グランドループ、接触起電力による直流オフセット。
原理的なもの。平衡が完全でなく微小電流が残ると、ジュール熱とペルチェ熱で接合部温度が乱される。
電解質溶液中の静電ポテンシャル ϕ ( r ) \phi(r) ϕ ( r )
∇ 2 ϕ ( r ) = − 1 ϵ ∑ i n i Z i q exp [ − Z i q ϕ ( r ) k T ] \nabla^2\phi(r) = -\frac{1}{\epsilon}\sum_i n_iZ_iq\,\exp\!\left[-\frac{Z_iq\phi(r)}{kT}\right] ∇ 2 ϕ ( r ) = − ϵ 1 i ∑ n i Z i q exp [ − k T Z i q ϕ ( r ) ] を (1) とします。ϵ \epsilon ϵ q q q k k k T T T n i n_i n i Z i Z_i Z i i i i ∇ 2 ϕ = κ 2 ϕ \nabla^2\phi = \kappa^2\phi ∇ 2 ϕ = κ 2 ϕ κ 2 ≡ ( q 2 / ϵ k T ) ∑ i n i Z i 2 \kappa^2 \equiv (q^2/\epsilon kT)\sum_i n_iZ_i^2 κ 2 ≡ ( q 2 / ϵ k T ) ∑ i n i Z i 2
空欄に入るのは「水の比誘電率が約 80 と大きいこと」です。より詳しく言えば、水分子が大きな永久双極子モーメントをもち、イオンの作る電場の中で配向分極（および電子分極）して逆向きの分極電荷を作るため、実効的な電場とポテンシャルが真空中の 1 / ε r 1/\varepsilon_r 1/ ε r ε r ≃ 80 \varepsilon_r\simeq80 ε r ≃ 80 3 3 3 460 k J / m o l 460\,\mathrm{kJ/mol} 460 kJ/mol 1 / 80 1/80 1/80 5.8 k J / m o l 5.8\,\mathrm{kJ/mol} 5.8 kJ/mol R T ≃ 2.5 k J / m o l RT\simeq2.5\,\mathrm{kJ/mol} R T ≃ 2.5 kJ/mol
出発点は二つです。
第一に、溶媒を誘電率 ϵ \epsilon ϵ ρ \rho ρ
∇ 2 ϕ ( r ⃗ ) = − ρ ( r ⃗ ) ϵ \nabla^2\phi(\vec r) = -\frac{\rho(\vec r)}{\epsilon} ∇ 2 ϕ ( r ) = − ϵ ρ ( r ) を満たします。
第二に、可動イオンが温度 T T T i i i r ⃗ \vec r r Z i q ϕ ( r ⃗ ) Z_iq\phi(\vec r) Z i q ϕ ( r )
n i ( r ⃗ ) = n i exp [ − Z i q ϕ ( r ⃗ ) k T ] , n_i(\vec r) = n_i\exp\!\left[-\frac{Z_iq\phi(\vec r)}{kT}\right], n i ( r ) = n i exp [ − k T Z i q ϕ ( r ) ] , ここで n i n_i n i ϕ = 0 \phi=0 ϕ = 0
ρ ( r ⃗ ) = ∑ i Z i q n i ( r ⃗ ) = ∑ i n i Z i q exp [ − Z i q ϕ ( r ⃗ ) k T ] . \rho(\vec r) = \sum_i Z_iq\,n_i(\vec r) = \sum_i n_iZ_iq\exp\!\left[-\frac{Z_iq\phi(\vec r)}{kT}\right]. ρ ( r ) = i ∑ Z i q n i ( r ) = i ∑ n i Z i q exp [ − k T Z i q ϕ ( r ) ] . これを Poisson 方程式に代入すれば (1) が得られます。
使った近似を明示しておきます。第一に平均場近似です。各イオンは他のすべてのイオンが作る平均のポテンシャル ϕ \phi ϕ ϕ \phi ϕ ∑ i n i Z i = 0 \sum_i n_iZ_i = 0 ∑ i n i Z i = 0 ϕ \phi ϕ
静電エネルギーが熱エネルギーより十分小さい、すなわち ∣ Z i q ϕ ∣ ≪ k T |Z_iq\phi|\ll kT ∣ Z i q ϕ ∣ ≪ k T
exp [ − Z i q ϕ k T ] ≃ 1 − Z i q ϕ k T . \exp\!\left[-\frac{Z_iq\phi}{kT}\right] \simeq 1-\frac{Z_iq\phi}{kT}. exp [ − k T Z i q ϕ ] ≃ 1 − k T Z i q ϕ . これを (1) に代入すると
∇ 2 ϕ ≃ − 1 ϵ ∑ i n i Z i q + q 2 ϵ k T ( ∑ i n i Z i 2 ) ϕ . \nabla^2\phi \simeq -\frac{1}{\epsilon}\sum_i n_iZ_iq
+\frac{q^2}{\epsilon kT}\left(\sum_i n_iZ_i^2\right)\phi . ∇ 2 ϕ ≃ − ϵ 1 i ∑ n i Z i q + ϵ k T q 2 ( i ∑ n i Z i 2 ) ϕ . 第1項はバルクでの電気的中性条件 ∑ i n i Z i = 0 \sum_i n_iZ_i = 0 ∑ i n i Z i = 0 ϕ = 0 \phi=0 ϕ = 0 ∇ 2 ϕ ≠ 0 \nabla^2\phi\neq0 ∇ 2 ϕ = 0
∇ 2 ϕ ( r ) = κ 2 ϕ ( r ) , κ 2 = q 2 ϵ k T ∑ i n i Z i 2 \nabla^2\phi(r) = \kappa^2\phi(r),\qquad
\kappa^2 = \frac{q^2}{\epsilon kT}\sum_i n_iZ_i^2 ∇ 2 ϕ ( r ) = κ 2 ϕ ( r ) , κ 2 = ϵ k T q 2 i ∑ n i Z i 2 という線形微分方程式になります。これで示せました。κ 2 \kappa^2 κ 2 − 2 ^{-2} − 2 κ − 1 \kappa^{-1} κ − 1
原点に電荷数 Z 0 Z_0 Z 0 ∇ 2 ϕ = r − 1 d 2 ( r ϕ ) / d r 2 \nabla^2\phi = r^{-1}\,d^2(r\phi)/dr^2 ∇ 2 ϕ = r − 1 d 2 ( r ϕ ) / d r 2 u ( r ) ≡ r ϕ ( r ) u(r)\equiv r\phi(r) u ( r ) ≡ r ϕ ( r )
d 2 u d r 2 = κ 2 u ⟹ u = A e − κ r + B e + κ r . \frac{d^2u}{dr^2} = \kappa^2 u
\quad\Longrightarrow\quad
u = A e^{-\kappa r}+Be^{+\kappa r}. d r 2 d 2 u = κ 2 u ⟹ u = A e − κ r + B e + κ r . 遠方で ϕ → 0 \phi\to0 ϕ → 0 B = 0 B=0 B = 0
ϕ ( r ) = A e − κ r r . \phi(r) = A\,\frac{e^{-\kappa r}}{r}. ϕ ( r ) = A r e − κ r . A A A r → 0 r\to0 r → 0 r r r
ϕ ( r ) ⟶ Z 0 q 4 π ϵ r ( r → 0 ) ⟹ A = Z 0 q 4 π ϵ . \phi(r)\ \longrightarrow\ \frac{Z_0q}{4\pi\epsilon r}\qquad (r\to0)
\quad\Longrightarrow\quad
A = \frac{Z_0q}{4\pi\epsilon}. ϕ ( r ) ⟶ 4 π ϵr Z 0 q ( r → 0 ) ⟹ A = 4 π ϵ Z 0 q . したがって
ϕ ( r ) = Z 0 q 4 π ϵ r e − κ r \phi(r) = \frac{Z_0q}{4\pi\epsilon r}\,e^{-\kappa r} ϕ ( r ) = 4 π ϵr Z 0 q e − κ r が答えです。遮蔽された Coulomb ポテンシャル（湯川型）で、κ − 1 \kappa^{-1} κ − 1
イオン濃度をゼロに近づけると ∑ i n i Z i 2 → 0 \sum_i n_iZ_i^2\to0 ∑ i n i Z i 2 → 0 κ → 0 \kappa\to0 κ → 0
ϕ ( r ) ⟶ ϕ 0 ( r ) = Z 0 q 4 π ϵ r \phi(r)\ \longrightarrow\ \phi_0(r) = \frac{Z_0q}{4\pi\epsilon r} ϕ ( r ) ⟶ ϕ 0 ( r ) = 4 π ϵr Z 0 q です。すなわち遮蔽のない、誘電率 ϵ \epsilon ϵ ε r ≃ 80 \varepsilon_r\simeq80 ε r ≃ 80
ϕ ( r ) / ϕ 0 ( r ) = e − κ r \phi(r)/\phi_0(r) = e^{-\kappa r} ϕ ( r ) / ϕ 0 ( r ) = e − κ r 1 / e 1/e 1/ e κ r = 1 \kappa r = 1 κ r = 1
r = 1 κ ≡ λ D r = \frac{1}{\kappa} \equiv \lambda_D r = κ 1 ≡ λ D のときです。イオン強度 I = 1 2 ∑ i n i Z i 2 I = \frac12\sum_i n_iZ_i^2 I = 2 1 ∑ i n i Z i 2 ∑ i n i Z i 2 = 2 I \sum_i n_iZ_i^2 = 2I ∑ i n i Z i 2 = 2 I
λ D = 1 κ = ϵ k T 2 I q 2 . \lambda_D = \frac{1}{\kappa} = \sqrt{\frac{\epsilon kT}{2Iq^2}} . λ D = κ 1 = 2 I q 2 ϵ k T . 数値を入れます。T = 25 ∘ C = 298 K T = 25\,^\circ\mathrm{C} = 298\,\mathrm{K} T = 25 ∘ C = 298 K I = 8.4 × 10 25 m − 3 I = 8.4\times10^{25}\,\mathrm{m^{-3}} I = 8.4 × 1 0 25 m − 3 ϵ = 7.0 × 10 − 10 F m − 1 \epsilon = 7.0\times10^{-10}\,\mathrm{F\,m^{-1}} ϵ = 7.0 × 1 0 − 10 F m − 1 q = 1.6 × 10 − 19 C q = 1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C} q = 1.6 × 1 0 − 19 C k = 1.38 × 10 − 23 J K − 1 k = 1.38\times10^{-23}\,\mathrm{J\,K^{-1}} k = 1.38 × 1 0 − 23 J K − 1
ϵ k T = 7.0 × 10 − 10 × 1.38 × 10 − 23 × 298 = 2.88 × 10 − 30 , \epsilon kT = 7.0\times10^{-10}\times1.38\times10^{-23}\times298 = 2.88\times10^{-30}, ϵ k T = 7.0 × 1 0 − 10 × 1.38 × 1 0 − 23 × 298 = 2.88 × 1 0 − 30 , 2 I q 2 = 1.68 × 10 26 × ( 1.6 × 10 − 19 ) 2 = 4.30 × 10 − 12 , 2Iq^2 = 1.68\times10^{26}\times(1.6\times10^{-19})^2 = 4.30\times10^{-12}, 2 I q 2 = 1.68 × 1 0 26 × ( 1.6 × 1 0 − 19 ) 2 = 4.30 × 1 0 − 12 , λ D = 2.88 × 10 − 30 4.30 × 10 − 12 = 6.69 × 10 − 19 = 8.2 × 10 − 10 m . \lambda_D = \sqrt{\frac{2.88\times10^{-30}}{4.30\times10^{-12}}} = \sqrt{6.69\times10^{-19}} = 8.2\times10^{-10}\,\mathrm{m}. λ D = 4.30 × 1 0 − 12 2.88 × 1 0 − 30 = 6.69 × 1 0 − 19 = 8.2 × 1 0 − 10 m . 答えは λ D ≃ 8.2 × 10 − 10 m = 0.82 n m = 8.2 \lambda_D \simeq 8.2\times10^{-10}\,\mathrm{m} = 0.82\,\mathrm{nm} = 8.2 λ D ≃ 8.2 × 1 0 − 10 m = 0.82 nm = 8.2 ( F m − 1 ⋅ J ) / ( m − 3 C 2 ) = m 2 \mathrm{(F\,m^{-1}\cdot J)/(m^{-3}C^2)} = \mathrm{m^2} ( F m − 1 ⋅ J ) / ( m − 3 C 2 ) = m 2 0.14 m o l / L 0.14\,\mathrm{mol/L} 0.14 mol/L I I I 0.14 × 6.02 × 10 23 × 10 3 m − 3 = 8.4 × 10 25 m − 3 0.14\times6.02\times10^{23}\times10^{3}\,\mathrm{m^{-3}} = 8.4\times10^{25}\,\mathrm{m^{-3}} 0.14 × 6.02 × 1 0 23 × 1 0 3 m − 3 = 8.4 × 1 0 25 m − 3 1 n m 1\,\mathrm{nm} 1 nm
イオン強度を下げると、DNA の熱融解温度は下がると期待されます。
理由は次の通りです。λ D ∝ I − 1 / 2 \lambda_D \propto I^{-1/2} λ D ∝ I − 1/2 10 10 10 T m T_m T m
大きさを見積もっておきます。10 10 10
U = q 2 4 π ϵ r e − r / λ D , r = 10 A ˚ U = \frac{q^2}{4\pi\epsilon r}e^{-r/\lambda_D},\qquad r = 10\ \text{Å} U = 4 π ϵr q 2 e − r / λ D , r = 10 A ˚ で、遮蔽がなければ U = 2.9 × 10 − 21 J = 0.71 k T U = 2.9\times10^{-21}\,\mathrm{J} = 0.71\,kT U = 2.9 × 1 0 − 21 J = 0.71 k T λ D = 8.2 \lambda_D = 8.2 λ D = 8.2 e − 1.22 e^{-1.22} e − 1.22 0.21 k T 0.21\,kT 0.21 k T 1 / 100 1/100 1/100 λ D = 82 \lambda_D = 82 λ D = 82 0.63 k T 0.63\,kT 0.63 k T 0.4 k T 0.4\,kT 0.4 k T T m T_m T m T m T_m T m 16 16 16 18 ∘ C 18\,^\circ\mathrm{C} 18 ∘ C
Debye-Hückel 理論は、点電荷、平均場、線形化、一様な誘電率という近似の上に立っており、電荷をもたない部分の相互作用をまったく含みません。生体分子の立体構造安定性には、次のような要因が大きく寄与します。二つ以上挙げよという設問なので、主要な三つを述べます。
第一に水素結合です。N-H や O-H の水素が電気的に陰性な N、O の孤立電子対に配位する方向性の強い相互作用で、1本あたりのエネルギーは数 kJ/mol から 20 k J / m o l 20\,\mathrm{kJ/mol} 20 kJ/mol N - H \mathrm{N\text{-}H} N - H C = O \mathrm{C{=}O} C = O α \alpha α β \beta β
第二に疎水性相互作用（疎水効果）です。非極性の側鎖や塩基は水に露出していると周囲の水分子の水素結合網を制約し、水側のエントロピーを下げます。したがって非極性基が集まって水から隔離されるほうが全体の自由エネルギーが低くなります。駆動力が主にエントロピー的（− T Δ S -T\Delta S − T Δ S π \pi π
第三に van der Waals（London 分散）力と立体的な詰め込み、およびそれと競合するコンフォメーションエントロピーです。折り畳まれた内部では原子が隙間なく詰まり、多数の原子対からの分散力が積み上がります。一方、折り畳みは主鎖と側鎖の回転自由度を失わせるので配置エントロピーの損失が大きく、天然構造と変性構造の自由エネルギー差は分子全体でも 20 20 20 60 k J / m o l 60\,\mathrm{kJ/mol} 60 kJ/mol
このほか、ジスルフィド結合による共有結合的な架橋、金属イオンや補因子の配位、特異的な塩橋、そして Debye-Hückel を超えるイオンの効果（表面電位が大きい場合の線形化の破れ、イオンの有限の大きさ、リン酸基まわりへの対イオン凝縮、M g 2 + \mathrm{Mg^{2+}} M g 2 +
試験管の溶媒の上に高分子の稀薄溶液を薄く積層し、鉛直下向きに一定で強い実効重力加速度 g g g x x x V V V ρ \rho ρ M M M N A N_A N A β \beta β D D D m 1 = M / N A m_1 = M/N_A m 1 = M / N A m 1 V = M V / N A m_1V = MV/N_A m 1 V = M V / N A
高分子1個に働く力は、下向きの重力 m 1 g m_1g m 1 g ρ ( m 1 V ) g \rho\,(m_1V)\,g ρ ( m 1 V ) g − β x ˙ -\beta\dot x − β x ˙
M N A d 2 x d t 2 = M N A g − ρ M V N A g − β d x d t = M g N A ( 1 − ρ V ) − β d x d t . \frac{M}{N_A}\frac{d^2x}{dt^2}
= \frac{M}{N_A}g - \rho\frac{MV}{N_A}g - \beta\frac{dx}{dt}
= \frac{Mg}{N_A}\bigl(1-\rho V\bigr) - \beta\frac{dx}{dt}. N A M d t 2 d 2 x = N A M g − ρ N A M V g − β d t d x = N A M g ( 1 − ρ V ) − β d t d x . これが運動方程式です。ρ V \rho V ρ V × \times × ρ V < 1 \rho V \lt 1 ρ V < 1
粘性抵抗が大きいので加速度の項はすぐに無視できるようになり、d 2 x / d t 2 = 0 d^2x/dt^2 = 0 d 2 x / d t 2 = 0
0 = M g N A ( 1 − ρ V ) − β s ⟹ s = M g ( 1 − ρ V ) N A β . 0 = \frac{Mg}{N_A}(1-\rho V) - \beta s
\quad\Longrightarrow\quad
s = \frac{Mg\,(1-\rho V)}{N_A\beta}. 0 = N A M g ( 1 − ρ V ) − β s ⟹ s = N A β M g ( 1 − ρ V ) . 答えは s = M g ( 1 − ρ V ) / ( N A β ) s = Mg(1-\rho V)/(N_A\beta) s = M g ( 1 − ρ V ) / ( N A β ) τ = m 1 / β = M / ( N A β ) \tau = m_1/\beta = M/(N_A\beta) τ = m 1 / β = M / ( N A β )
液面から x x x C C C s s s s C sC s C − D ∂ C / ∂ x -D\,\partial C/\partial x − D ∂ C / ∂ x
j ( x , t ) = s C ( x , t ) − D ∂ C ( x , t ) ∂ x . j(x,t) = s\,C(x,t) - D\,\frac{\partial C(x,t)}{\partial x}. j ( x , t ) = s C ( x , t ) − D ∂ x ∂ C ( x , t ) . これが答えです。次元は（数密度）× \times × = = =
高分子は生成も消滅もしないので、厚さ d x dx d x j ( x , t ) j(x,t) j ( x , t ) j ( x + d x , t ) j(x+dx,t) j ( x + d x , t )
∂ C ∂ t = − ∂ j ∂ x . \frac{\partial C}{\partial t} = -\frac{\partial j}{\partial x}. ∂ t ∂ C = − ∂ x ∂ j . これが答えです。
設問2(a) の j j j s s s D D D
∂ C ∂ t = − ∂ ∂ x ( s C − D ∂ C ∂ x ) = − s ∂ C ∂ x + D ∂ 2 C ∂ x 2 . \frac{\partial C}{\partial t}
= -\frac{\partial}{\partial x}\left(sC - D\frac{\partial C}{\partial x}\right)
= -s\frac{\partial C}{\partial x} + D\frac{\partial^2C}{\partial x^2}. ∂ t ∂ C = − ∂ x ∂ ( s C − D ∂ x ∂ C ) = − s ∂ x ∂ C + D ∂ x 2 ∂ 2 C . これが沈降現象を記述する方程式（沈降を含む拡散方程式、移流拡散方程式）です。s = 0 s=0 s = 0 D = 0 D=0 D = 0 s s s
試験管は底で閉じており、液面から上へも高分子は出られないので、両端で流れが 0（j = 0 j=0 j = 0
はじめは濃度が上部に偏っているので、沈降によって高分子は底へ運ばれます。底に溜まると下向きに増える濃度勾配ができ、拡散はその勾配を均そうとして上向きの流れを作ります。沈降流は s C sC s C − D ∂ C / ∂ x -D\,\partial C/\partial x − D ∂ C / ∂ x j ( x ) = 0 j(x)=0 j ( x ) = 0 ∂ C / ∂ t = − ∂ j / ∂ x = 0 \partial C/\partial t = -\partial j/\partial x = 0 ∂ C / ∂ t = − ∂ j / ∂ x = 0
安定性も明らかです。ある場所で沈降が勝って余分に溜まれば勾配が急になって拡散の逆流が増え、逆に溜まりすぎが解消されれば勾配が緩んで沈降が勝ちます。負のフィードバックが働くので、系はこの分布に単調に近づいて留まります。熱力学的に言えば、この定常状態は実効重力場の中での熱平衡状態そのもので、外から仕事を加えない閉じた系は最終的にそこへ緩和します（設問2(e) で見るように、濃度分布は実効ポテンシャル中の Boltzmann 分布になります）。
定常状態では全域で j = 0 j=0 j = 0
s C = D d C d x ⟹ d ln C d x = s D ⟹ C ( x ) = C ( 0 ) e s x / D . sC = D\frac{dC}{dx}
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{d\ln C}{dx} = \frac{s}{D}
\quad\Longrightarrow\quad
C(x) = C(0)\,e^{sx/D}. s C = D d x d C ⟹ d x d ln C = D s ⟹ C ( x ) = C ( 0 ) e s x / D . したがって x = x 1 x=x_1 x = x 1 x = x 2 x=x_2 x = x 2
C 1 C 2 = e s ( x 1 − x 2 ) / D ⟹ s D = 1 x 1 − x 2 ln C 1 C 2 . \frac{C_1}{C_2} = e^{s(x_1-x_2)/D}
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{s}{D} = \frac{1}{x_1-x_2}\ln\frac{C_1}{C_2}. C 2 C 1 = e s ( x 1 − x 2 ) / D ⟹ D s = x 1 − x 2 1 ln C 2 C 1 . x 1 x_1 x 1 x 2 x_2 x 2 C 1 / C 2 C_1/C_2 C 1 / C 2 s s s D D D s / D s/D s / D x 2 > x 1 x_2\gt x_1 x 2 > x 1 C 2 > C 1 C_2\gt C_1 C 2 > C 1 s > 0 s\gt0 s > 0
設問1(b) の s s s D = k B T / β D=k_BT/\beta D = k B T / β
s D = M g ( 1 − ρ V ) N A β ⋅ β k B T = M g ( 1 − ρ V ) N A k B T = M g ( 1 − ρ V ) R T , \frac{s}{D} = \frac{Mg(1-\rho V)}{N_A\beta}\cdot\frac{\beta}{k_BT}
= \frac{Mg(1-\rho V)}{N_Ak_BT}
= \frac{Mg(1-\rho V)}{RT}, D s = N A β M g ( 1 − ρ V ) ⋅ k B T β = N A k B T M g ( 1 − ρ V ) = R T M g ( 1 − ρ V ) , ここで R = N A k B R = N_Ak_B R = N A k B β \beta β
M = R T g ( 1 − ρ V ) ⋅ s D = N A k B T g ( 1 − ρ V ) ⋅ 1 x 1 − x 2 ln C 1 C 2 . M = \frac{RT}{g(1-\rho V)}\cdot\frac{s}{D}
= \frac{N_Ak_BT}{g(1-\rho V)}\cdot\frac{1}{x_1-x_2}\ln\frac{C_1}{C_2}. M = g ( 1 − ρ V ) R T ⋅ D s = g ( 1 − ρ V ) N A k B T ⋅ x 1 − x 2 1 ln C 2 C 1 . 右辺に現れるのは T T T g g g ρ \rho ρ V V V x 1 x_1 x 1 x 2 x_2 x 2 C 1 / C 2 C_1/C_2 C 1 / C 2 M M M [ R T ] ⋅ [ 1 / m ] / [ m / s 2 ] = ( J / m o l ) s 2 / m 2 = k g / m o l [RT]\cdot[1/\mathrm{m}]/[\mathrm{m/s^2}] = \mathrm{(J/mol)\,s^2/m^2} = \mathrm{kg/mol} [ R T ] ⋅ [ 1/ m ] / [ m/ s 2 ] = ( J/mol ) s 2 / m 2 = kg/mol
この方法（沈降平衡法）の長所は、β \beta β C ∝ e s x / D = exp [ m 1 g ( 1 − ρ V ) x / k B T ] C\propto e^{sx/D} = \exp[m_1g(1-\rho V)x/k_BT] C ∝ e s x / D = exp [ m 1 g ( 1 − ρ V ) x / k B T ] m 1 g ( 1 − ρ V ) m_1g(1-\rho V) m 1 g ( 1 − ρ V )
金属中の価電子を自由電子模型で扱い、温度は十分低い（T ≪ T F T\ll T_F T ≪ T F ε F \varepsilon_F ε F n n n ε F \varepsilon_F ε F ℏ 2 / m e 2 = 0.529 \hbar^2/me^2 = 0.529 ℏ 2 / m e 2 = 0.529 m e 4 / ℏ 2 = 27.2 e V me^4/\hbar^2 = 27.2\,\mathrm{eV} m e 4 / ℏ 2 = 27.2 eV N A = 6.02 × 10 23 m o l − 1 N_A = 6.02\times10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}} N A = 6.02 × 1 0 23 mo l − 1
ε F \varepsilon_F ε F T = 0 T=0 T = 0 ε F \varepsilon_F ε F ε F \varepsilon_F ε F
体積 Ω \Omega Ω 2 π / L 2\pi/L 2 π / L k k k 2 Ω / ( 2 π ) 3 2\Omega/(2\pi)^3 2Ω/ ( 2 π ) 3 ε = ℏ 2 k 2 / 2 m \varepsilon = \hbar^2k^2/2m ε = ℏ 2 k 2 /2 m k F k_F k F N N N
N = 2 Ω ( 2 π ) 3 ⋅ 4 π 3 k F 3 = Ω k F 3 3 π 2 ⟹ n = N Ω = k F 3 3 π 2 , N = \frac{2\Omega}{(2\pi)^3}\cdot\frac{4\pi}{3}k_F^3 = \frac{\Omega k_F^3}{3\pi^2}
\quad\Longrightarrow\quad
n = \frac{N}{\Omega} = \frac{k_F^3}{3\pi^2}, N = ( 2 π ) 3 2Ω ⋅ 3 4 π k F 3 = 3 π 2 Ω k F 3 ⟹ n = Ω N = 3 π 2 k F 3 , すなわち k F = ( 3 π 2 n ) 1 / 3 k_F = (3\pi^2n)^{1/3} k F = ( 3 π 2 n ) 1/3
ε F = ℏ 2 k F 2 2 m = ℏ 2 2 m ( 3 π 2 n ) 2 / 3 . \varepsilon_F = \frac{\hbar^2k_F^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m}\bigl(3\pi^2n\bigr)^{2/3}. ε F = 2 m ℏ 2 k F 2 = 2 m ℏ 2 ( 3 π 2 n ) 2/3 . これが ε F \varepsilon_F ε F n n n n n n ε F \varepsilon_F ε F n 2 / 3 n^{2/3} n 2/3
Na は1価なので、電子密度は原子密度に等しいです。比重 0.97、平均原子量 23 より
n = 0.97 g c m − 3 23 g m o l − 1 × 6.02 × 10 23 m o l − 1 = 2.54 × 10 22 c m − 3 = 2.54 × 10 − 2 A ˚ − 3 . n = \frac{0.97\,\mathrm{g\,cm^{-3}}}{23\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}\times6.02\times10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}
= 2.54\times10^{22}\,\mathrm{cm^{-3}} = 2.54\times10^{-2}\,\text{Å}^{-3}. n = 23 g mo l − 1 0.97 g c m − 3 × 6.02 × 1 0 23 mo l − 1 = 2.54 × 1 0 22 c m − 3 = 2.54 × 1 0 − 2 A ˚ − 3 . よって
k F = ( 3 π 2 n ) 1 / 3 = ( 29.6 × 2.54 × 10 − 2 ) 1 / 3 A ˚ − 1 = ( 0.752 ) 1 / 3 A ˚ − 1 = 0.909 A ˚ − 1 . k_F = \bigl(3\pi^2n\bigr)^{1/3} = \bigl(29.6\times2.54\times10^{-2}\bigr)^{1/3}\text{Å}^{-1}
= (0.752)^{1/3}\,\text{Å}^{-1} = 0.909\ \text{Å}^{-1}. k F = ( 3 π 2 n ) 1/3 = ( 29.6 × 2.54 × 1 0 − 2 ) 1/3 A ˚ − 1 = ( 0.752 ) 1/3 A ˚ − 1 = 0.909 A ˚ − 1 . 与えられた数値から係数を作ります。ℏ 2 / m = ( ℏ 2 / m e 2 ) 2 × ( m e 4 / ℏ 2 ) \hbar^2/m = (\hbar^2/me^2)^2\times(me^4/\hbar^2) ℏ 2 / m = ( ℏ 2 / m e 2 ) 2 × ( m e 4 / ℏ 2 )
ℏ 2 2 m = ( 0.529 A ˚ ) 2 × 27.2 e V 2 = 3.81 e V ⋅ A ˚ 2 . \frac{\hbar^2}{2m} = \frac{(0.529\,\text{Å})^2\times27.2\,\mathrm{eV}}{2} = 3.81\ \mathrm{eV}\cdot\text{Å}^2 . 2 m ℏ 2 = 2 ( 0.529 A ˚ ) 2 × 27.2 eV = 3.81 eV ⋅ A ˚ 2 . したがって
ε F = 3.81 × ( 0.909 ) 2 = 3.1 e V . \varepsilon_F = 3.81\times(0.909)^2 = 3.1\ \mathrm{eV}. ε F = 3.81 × ( 0.909 ) 2 = 3.1 eV . 答えは ε F ≃ 3.1 e V \varepsilon_F \simeq 3.1\,\mathrm{eV} ε F ≃ 3.1 eV 3.24 e V 3.24\,\mathrm{eV} 3.24 eV T F = ε F / k B ≃ 3.7 × 10 4 K T_F = \varepsilon_F/k_B \simeq 3.7\times10^4\,\mathrm{K} T F = ε F / k B ≃ 3.7 × 1 0 4 K T F T_F T F v F = 2 ε F / m v_F = \sqrt{2\varepsilon_F/m} v F = 2 ε F / m v F / c = 2 × 3.1 / ( 5.11 × 10 5 ) = 3.5 × 10 − 3 v_F/c = \sqrt{2\times3.1/(5.11\times10^5)} = 3.5\times10^{-3} v F / c = 2 × 3.1/ ( 5.11 × 1 0 5 ) = 3.5 × 1 0 − 3 v F ≃ 1.1 × 10 6 m / s v_F\simeq1.1\times10^6\,\mathrm{m/s} v F ≃ 1.1 × 1 0 6 m/s
陽電子が金属中で運動エネルギーを失う主な機構を3つ挙げます。
第一に、伝導電子（価電子）との非弾性散乱です。陽電子は Coulomb 相互作用で電子を Fermi 面より上へ叩き上げ、電子・正孔対を作ってエネルギーを渡します。集団励起であるプラズモン（Na なら ℏ ω p ≃ 5.7 e V \hbar\omega_p\simeq5.7\,\mathrm{eV} ℏ ω p ≃ 5.7 eV
第二に、原子の内殻電子のイオン化と励起です。入射エネルギーが keV 以上あるうちは、内殻電子を叩き出す（あるいは束縛状態間を励起する）過程が大きな阻止能をもちます。これは荷電粒子の電子的阻止能そのもので、Bethe の式で記述される領域です。
第三に、格子振動（フォノン）の励起です。陽電子のエネルギーが ε F \varepsilon_F ε F k B T k_BT k B T
以上の連鎖により、陽電子は p s \mathrm{ps} ps
陽電子は静止、電子は速さ v v v p ⃗ = m v ⃗ \vec p = m\vec v p = m v v / c ≪ 1 v/c\ll1 v / c ≪ 1 γ ≃ 1 \gamma\simeq1 γ ≃ 1 E ≃ 2 m c 2 E\simeq2mc^2 E ≃ 2 m c 2
V = p c 2 E = m v c 2 2 m c 2 = v 2 , β c m = v 2 c V = \frac{pc^2}{E} = \frac{mvc^2}{2mc^2} = \frac{v}{2},
\qquad \beta_{\rm cm} = \frac{v}{2c} V = E p c 2 = 2 m c 2 m v c 2 = 2 v , β cm = 2 c v で動いています。重心系では2個の光子は正反対の向きに、それぞれエネルギー ≃ m c 2 \simeq mc^2 ≃ m c 2 n ^ \hat n n ^ n ^ \hat n n ^ θ \theta θ
重心系での光子の運動量成分を、重心系の運動方向を縦方向として（横、縦）= ( p ∗ sin θ , p ∗ cos θ ) =(p^*\sin\theta,\ p^*\cos\theta) = ( p ∗ sin θ , p ∗ cos θ ) E ∗ = p ∗ c E^*=p^*c E ∗ = p ∗ c
p ∥ = γ c m ( p ∗ cos θ + β c m p ∗ ) p_\parallel = \gamma_{\rm cm}\bigl(p^*\cos\theta+\beta_{\rm cm}p^*\bigr) p ∥ = γ cm ( p ∗ cos θ + β cm p ∗ ) となります。β c m \beta_{\rm cm} β cm γ c m ≃ 1 \gamma_{\rm cm}\simeq1 γ cm ≃ 1 ∝ ( sin θ , cos θ + β c m ) \propto(\sin\theta,\ \cos\theta+\beta_{\rm cm}) ∝ ( sin θ , cos θ + β cm ) − n ^ -\hat n − n ^ ∝ ( − sin θ , − cos θ + β c m ) \propto(-\sin\theta,\ -\cos\theta+\beta_{\rm cm}) ∝ ( − sin θ , − cos θ + β cm )
平面内の向きを重心系運動方向から測った角 α \alpha α
tan α 1 = sin θ cos θ + β c m ≃ tan θ − β c m sin θ cos 2 θ ⟹ α 1 = θ − β c m sin θ . \tan\alpha_1 = \frac{\sin\theta}{\cos\theta+\beta_{\rm cm}}
\simeq \tan\theta - \frac{\beta_{\rm cm}\sin\theta}{\cos^2\theta}
\quad\Longrightarrow\quad
\alpha_1 = \theta - \beta_{\rm cm}\sin\theta . tan α 1 = cos θ + β cm sin θ ≃ tan θ − cos 2 θ β cm sin θ ⟹ α 1 = θ − β cm sin θ . 光子2については、無摂動で α 2 = θ + π \alpha_2 = \theta+\pi α 2 = θ + π
tan α 2 = sin θ cos θ − β c m ⟹ α 2 = θ + π + β c m sin θ . \tan\alpha_2 = \frac{\sin\theta}{\cos\theta-\beta_{\rm cm}}
\quad\Longrightarrow\quad
\alpha_2 = \theta+\pi+\beta_{\rm cm}\sin\theta . tan α 2 = cos θ − β cm sin θ ⟹ α 2 = θ + π + β cm sin θ . 2個の光子のなす角は
α 2 − α 1 = π + 2 β c m sin θ \alpha_2-\alpha_1 = \pi + 2\beta_{\rm cm}\sin\theta α 2 − α 1 = π + 2 β cm sin θ なので、180 度からのずれは
Δ θ = 2 β c m sin θ = 2 ⋅ v 2 c sin θ = v c sin θ . \Delta\theta = 2\beta_{\rm cm}\sin\theta = 2\cdot\frac{v}{2c}\sin\theta = \frac{v}{c}\sin\theta . Δ θ = 2 β cm sin θ = 2 ⋅ 2 c v sin θ = c v sin θ . 答えは Δ θ = ( v / c ) sin θ \Delta\theta = (v/c)\sin\theta Δ θ = ( v / c ) sin θ v / c v/c v / c Δ θ \Delta\theta Δ θ
Δ θ = p ⊥ m c , p ⊥ = m v sin θ \Delta\theta = \frac{p_\perp}{mc},\qquad p_\perp = mv\sin\theta Δ θ = m c p ⊥ , p ⊥ = m v sin θ であり、同じ式になります。θ = π / 2 \theta=\pi/2 θ = π /2 Δ θ \Delta\theta Δ θ v / c v/c v / c θ = 0 \theta=0 θ = 0 Δ θ = 0 \Delta\theta=0 Δ θ = 0 v / c ≲ 10 − 2 v/c\lesssim10^{-2} v / c ≲ 1 0 − 2 10 − 4 10^{-4} 1 0 − 4
設問4 の結果を Δ θ = p ⊥ / ( m c ) \Delta\theta = p_\perp/(m c) Δ θ = p ⊥ / ( m c ) Δ θ \Delta\theta Δ θ p ⊥ p_\perp p ⊥ Δ θ \Delta\theta Δ θ
自由電子模型では、低温の価電子は半径 p F = ℏ k F p_F = \hbar k_F p F = ℏ k F p z p_z p z
N ( p z ) ∝ π ( p F 2 − p z 2 ) ( ∣ p z ∣ ≤ p F ) , N(p_z)\ \propto\ \pi\bigl(p_F^2-p_z^2\bigr) \qquad (|p_z|\le p_F), N ( p z ) ∝ π ( p F 2 − p z 2 ) ( ∣ p z ∣ ≤ p F ) , すなわち上に凸の放物線で、∣ p z ∣ = p F |p_z| = p_F ∣ p z ∣ = p F Δ θ ∝ p z \Delta\theta \propto p_z Δ θ ∝ p z
Δ θ max = p F m c = v F c \Delta\theta_{\max} = \frac{p_F}{mc} = \frac{v_F}{c} Δ θ m a x = m c p F = c v F という鋭いカットオフ（打ち切り角）をもちます。この打ち切り角を読み取れば p F p_F p F
ε F = p F 2 2 m = m c 2 2 ( Δ θ max ) 2 \varepsilon_F = \frac{p_F^2}{2m} = \frac{mc^2}{2}\bigl(\Delta\theta_{\max}\bigr)^2 ε F = 2 m p F 2 = 2 m c 2 ( Δ θ m a x ) 2 から Fermi エネルギーがわかります。Fermi 面より上に電子がいないという Pauli 原理の帰結が、角度分布の鋭い端という測定可能な形で現れることが、この方法の原理です。
数値で確認します。設問2 の Na では v F / c = 3.5 × 10 − 3 v_F/c = 3.5\times10^{-3} v F / c = 3.5 × 1 0 − 3 Δ θ max = 3.5 m r a d \Delta\theta_{\max} = 3.5\,\mathrm{mrad} Δ θ m a x = 3.5 mrad Δ θ max = 3.5 m r a d \Delta\theta_{\max} = 3.5\,\mathrm{mrad} Δ θ m a x = 3.5 mrad ε F = ( 5.11 × 10 5 e V / 2 ) × ( 3.5 × 10 − 3 ) 2 = 3.1 e V \varepsilon_F = (5.11\times10^5\,\mathrm{eV}/2)\times(3.5\times10^{-3})^2 = 3.1\,\mathrm{eV} ε F = ( 5.11 × 1 0 5 eV /2 ) × ( 3.5 × 1 0 − 3 ) 2 = 3.1 eV
理由は二つあります。
第一に、陽電子は正電荷なので原子核の Coulomb 場に反発され、核の近傍に近づけません。金属中で熱化した陽電子の波動関数はイオン殻の領域から押し出され、格子間の隙間に局在します。したがって核近傍に強く局在した内殻電子との波動関数の重なりが非常に小さく、内殻電子と消滅する確率が価電子の場合に比べてはるかに小さくなります。全消滅事象のうち内殻成分は数パーセント程度で、統計的に取り出しにくくなります。
第二に、内殻電子の運動量分布は非常に広く、しかも鋭い構造をもちません。束縛の強い内殻電子は不確定性関係から p ∼ ℏ / a c o r e p\sim\hbar/a_{\rm core} p ∼ ℏ/ a core 31 e V 31\,\mathrm{eV} 31 eV 2 p 2p 2 p p / m c ≃ 1.1 × 10 − 2 p/mc\simeq1.1\times10^{-2} p / m c ≃ 1.1 × 1 0 − 2 Δ θ ∼ 11 m r a d \Delta\theta\sim11\,\mathrm{mrad} Δ θ ∼ 11 mrad 3.5 m r a d 3.5\,\mathrm{mrad} 3.5 mrad
以上により、陽電子消滅の角度相関は価電子（Fermi 面）の測定には非常に有効ですが、内殻電子の情報を得る手段としては使いにくいことになります。内殻電子を調べるには、X 線光電子分光や X 線吸収のように内殻に直接働きかける手法を使います。
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成11年度 修士課程 入学試験問題 物理学。問題文は要約して引用しています。