平成13年8月28日、12時30分から17時00分までの4時間30分の試験です。9問のうち前半4問（第1問から第4問）は量子力学・統計力学・電磁気学・解析力学の標準問題で、記号計算だけで完結します。後半は色合いが変わり、第5問は素粒子・原子核、第6問と第7問は真空技術と粒子測定という実験系、第8問はトンネル効果から Landauer 公式まで一直線に登る誘導問題、第9問は神経生理学と発生遺伝学です。難所は、第2問2で電荷が全要素に付いていることに気づいて張力が鎖に沿って変わる状況を扱う点、第5問3の2中性子終状態に Pauli 原理を正しく課す点、第8問2で1次元の状態密度と速度の積が E E E
問題 分野 主題 第1問 量子力学 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 第2問 統計力学 鎖状分子のエントロピー弾性と電場中の伸び 第3問 電磁気学・光学 誘電体境界の境界条件、Snell の法則、Brewster 角 第4問 解析力学 漏斗状円錐面上の質点と有効ポテンシャル 第5問 素粒子・原子核 パイ中間子の生成しきい値、2光子崩壊、パリティ決定 第6問 気体分子運動論・真空技術 分子数密度と電離生成率、電離真空計 第7問 素粒子測定 マグネティック・スペクトロメータの運動量分解能 第8問 量子力学・物性物理 箱形障壁のトンネル効果と1次元量子伝導 第9問 生物物理 神経細胞の膜電位と eyeless 遺伝子
9問から5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。
1次元調和振動子
H = 1 2 m p ^ 2 + m ω 2 2 x ^ 2 H=\frac{1}{2m}\hat{p}^2+\frac{m\omega^2}{2}\hat{x}^2 H = 2 m 1 p ^ 2 + 2 m ω 2 x ^ 2 を、正準交換関係 [ x ^ , p ^ ] = i ℏ [\hat{x},\hat{p}]=i\hbar [ x ^ , p ^ ] = i ℏ
a = m ω 2 ℏ x ^ + i 2 m ℏ ω p ^ , a † = m ω 2 ℏ x ^ − i 2 m ℏ ω p ^ a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p},
\qquad
a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} a = 2ℏ mω x ^ + 2 m ℏ ω i p ^ , a † = 2ℏ mω x ^ − 2 m ℏ ω i p ^ と定義されています。逆に解くと
x ^ = ℏ 2 m ω ( a + a † ) , p ^ = i m ℏ ω 2 ( a † − a ) \hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^\dagger),
\qquad
\hat{p}=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(a^\dagger-a) x ^ = 2 mω ℏ ( a + a † ) , p ^ = i 2 m ℏ ω ( a † − a ) です。設問3 で扱うコヒーレント状態は ∣ α ⟩ = exp ( α a † ) ∣ 0 ⟩ |\alpha\rangle=\exp(\alpha a^\dagger)|0\rangle ∣ α ⟩ = exp ( α a † ) ∣0 ⟩ ⟨ β ∗ ∣ = ⟨ 0 ∣ exp ( β ∗ a ) \langle\beta^\ast|=\langle 0|\exp(\beta^\ast a) ⟨ β ∗ ∣ = ⟨ 0∣ exp ( β ∗ a ) β = α \beta=\alpha β = α ∣ α ⟩ |\alpha\rangle ∣ α ⟩ ⟨ α ∗ ∣ ⋯ ∣ α ⟩ / ⟨ α ∗ ∣ α ⟩ \langle\alpha^\ast|\cdots|\alpha\rangle/\langle\alpha^\ast|\alpha\rangle ⟨ α ∗ ∣ ⋯ ∣ α ⟩ / ⟨ α ∗ ∣ α ⟩
まず交換関係を出します。λ ≡ m ω / 2 ℏ \lambda\equiv\sqrt{m\omega/2\hbar} λ ≡ mω /2ℏ ν ≡ 1 / 2 m ℏ ω \nu\equiv 1/\sqrt{2m\hbar\omega} ν ≡ 1/ 2 m ℏ ω a = λ x ^ + i ν p ^ a=\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p} a = λ x ^ + i ν p ^ a † = λ x ^ − i ν p ^ a^\dagger=\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p} a † = λ x ^ − i ν p ^
[ a , a † ] = [ λ x ^ + i ν p ^ , λ x ^ − i ν p ^ ] = − 2 i λ ν [ x ^ , p ^ ] = − 2 i λ ν ⋅ i ℏ = 2 ℏ λ ν = 1 [a,a^\dagger]=[\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p},\;\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p}]
=-2i\lambda\nu\,[\hat{x},\hat{p}]=-2i\lambda\nu\cdot i\hbar=2\hbar\lambda\nu=1 [ a , a † ] = [ λ x ^ + i ν p ^ , λ x ^ − i ν p ^ ] = − 2 iλ ν [ x ^ , p ^ ] = − 2 iλ ν ⋅ i ℏ = 2ℏ λ ν = 1 となります。λ ν = 1 / 2 ℏ \lambda\nu=1/2\hbar λ ν = 1/2ℏ
a † a = ( λ x ^ − i ν p ^ ) ( λ x ^ + i ν p ^ ) = λ 2 x ^ 2 + ν 2 p ^ 2 + i λ ν [ x ^ , p ^ ] = m ω 2 ℏ x ^ 2 + p ^ 2 2 m ℏ ω − 1 2 a^\dagger a=(\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p})(\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p})
=\lambda^2\hat{x}^2+\nu^2\hat{p}^2+i\lambda\nu[\hat{x},\hat{p}]
=\frac{m\omega}{2\hbar}\hat{x}^2+\frac{\hat{p}^2}{2m\hbar\omega}-\frac{1}{2} a † a = ( λ x ^ − i ν p ^ ) ( λ x ^ + i ν p ^ ) = λ 2 x ^ 2 + ν 2 p ^ 2 + iλ ν [ x ^ , p ^ ] = 2ℏ mω x ^ 2 + 2 m ℏ ω p ^ 2 − 2 1 であり、右辺の最初の2項は H / ℏ ω H/\hbar\omega H /ℏ ω
H = ℏ ω ( a † a + 1 2 ) H=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac{1}{2}\right) H = ℏ ω ( a † a + 2 1 ) が答えです。
物理的意味は次のとおりです。[ a , a † ] = 1 [a,a^\dagger]=1 [ a , a † ] = 1 [ H , a † ] = ℏ ω a † [H,a^\dagger]=\hbar\omega a^\dagger [ H , a † ] = ℏ ω a † [ H , a ] = − ℏ ω a [H,a]=-\hbar\omega a [ H , a ] = − ℏ ω a H H H E E E a † a^\dagger a † E + ℏ ω E+\hbar\omega E + ℏ ω a a a E − ℏ ω E-\hbar\omega E − ℏ ω a † a^\dagger a † ℏ ω \hbar\omega ℏ ω a a a N = a † a N=a^\dagger a N = a † a n = 0 , 1 , 2 , … n=0,1,2,\dots n = 0 , 1 , 2 , … E n = ℏ ω ( n + 1 / 2 ) E_n=\hbar\omega(n+1/2) E n = ℏ ω ( n + 1/2 ) n n n a ∣ 0 ⟩ = 0 a|0\rangle=0 a ∣0 ⟩ = 0 ℏ ω / 2 \hbar\omega/2 ℏ ω /2
座標表示では p ^ = − i ℏ d / d x \hat{p}=-i\hbar\,d/dx p ^ = − i ℏ d / d x a ∣ 0 ⟩ = 0 a|0\rangle=0 a ∣0 ⟩ = 0
[ m ω 2 ℏ x + i 2 m ℏ ω ( − i ℏ d d x ) ] ψ 0 ( x ) = 0 \left[\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\right]\psi_0(x)=0 [ 2ℏ mω x + 2 m ℏ ω i ( − i ℏ d x d ) ] ψ 0 ( x ) = 0 すなわち
ℏ 2 m ℏ ω d ψ 0 d x = − m ω 2 ℏ x ψ 0 ⟹ 1 ψ 0 d ψ 0 d x = − m ω ℏ x \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\frac{d\psi_0}{dx}=-\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x\,\psi_0
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{1}{\psi_0}\frac{d\psi_0}{dx}=-\frac{m\omega}{\hbar}x 2 m ℏ ω ℏ d x d ψ 0 = − 2ℏ mω x ψ 0 ⟹ ψ 0 1 d x d ψ 0 = − ℏ mω x です。積分して
ψ 0 ( x ) ∝ exp ( − m ω 2 ℏ x 2 ) \psi_0(x)\propto\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2\right) ψ 0 ( x ) ∝ exp ( − 2ℏ mω x 2 ) を得ます。Gauss 型で ∣ x ∣ → ∞ |x|\to\infty ∣ x ∣ → ∞ ℏ / m ω \sqrt{\hbar/m\omega} ℏ/ mω
第一励起状態は ∣ 1 ⟩ ∝ a † ∣ 0 ⟩ |1\rangle\propto a^\dagger|0\rangle ∣1 ⟩ ∝ a † ∣0 ⟩
ψ 1 ( x ) ∝ [ m ω 2 ℏ x − ℏ 2 m ℏ ω d d x ] ψ 0 ( x ) \psi_1(x)\propto\left[\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x-\frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\frac{d}{dx}\right]\psi_0(x) ψ 1 ( x ) ∝ [ 2ℏ mω x − 2 m ℏ ω ℏ d x d ] ψ 0 ( x ) です。d ψ 0 / d x = − ( m ω / ℏ ) x ψ 0 d\psi_0/dx=-(m\omega/\hbar)x\psi_0 d ψ 0 / d x = − ( mω /ℏ ) x ψ 0
ψ 1 ( x ) ∝ x exp ( − m ω 2 ℏ x 2 ) \psi_1(x)\propto x\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2\right) ψ 1 ( x ) ∝ x exp ( − 2ℏ mω x 2 ) が答えです。x = 0 x=0 x = 0 ψ 0 \psi_0 ψ 0
[ a , a † ] = 1 [a,a^\dagger]=1 [ a , a † ] = 1 [ a , ( a † ) n ] = n ( a † ) n − 1 [a,(a^\dagger)^n]=n(a^\dagger)^{n-1} [ a , ( a † ) n ] = n ( a † ) n − 1 n = 1 n=1 n = 1
[ a , ( a † ) n + 1 ] = [ a , ( a † ) n ] a † + ( a † ) n [ a , a † ] = n ( a † ) n + ( a † ) n = ( n + 1 ) ( a † ) n [a,(a^\dagger)^{n+1}]=[a,(a^\dagger)^n]a^\dagger+(a^\dagger)^n[a,a^\dagger]=n(a^\dagger)^n+(a^\dagger)^n=(n+1)(a^\dagger)^n [ a , ( a † ) n + 1 ] = [ a , ( a † ) n ] a † + ( a † ) n [ a , a † ] = n ( a † ) n + ( a † ) n = ( n + 1 ) ( a † ) n です。これを級数に代入すると
[ a , e α a † ] = ∑ n = 1 ∞ α n n ! n ( a † ) n − 1 = α e α a † [a,e^{\alpha a^\dagger}]=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n!}\,n(a^\dagger)^{n-1}=\alpha\,e^{\alpha a^\dagger} [ a , e α a † ] = n = 1 ∑ ∞ n ! α n n ( a † ) n − 1 = α e α a † が得られます。したがって
a ∣ α ⟩ = a e α a † ∣ 0 ⟩ = e α a † a ∣ 0 ⟩ + α e α a † ∣ 0 ⟩ = α ∣ α ⟩ a|\alpha\rangle=a\,e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=e^{\alpha a^\dagger}a|0\rangle+\alpha e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=\alpha|\alpha\rangle a ∣ α ⟩ = a e α a † ∣0 ⟩ = e α a † a ∣0 ⟩ + α e α a † ∣0 ⟩ = α ∣ α ⟩ となり、a ∣ 0 ⟩ = 0 a|0\rangle=0 a ∣0 ⟩ = 0 ∣ α ⟩ |\alpha\rangle ∣ α ⟩ a a a α \alpha α a a a
⟨ β ∗ ∣ = ⟨ 0 ∣ exp ( β ∗ a ) \langle\beta^\ast|=\langle 0|\exp(\beta^\ast a) ⟨ β ∗ ∣ = ⟨ 0∣ exp ( β ∗ a ) a n ∣ α ⟩ = α n ∣ α ⟩ a^n|\alpha\rangle=\alpha^n|\alpha\rangle a n ∣ α ⟩ = α n ∣ α ⟩
⟨ β ∗ ∣ α ⟩ = ∑ n = 0 ∞ ( β ∗ ) n n ! ⟨ 0 ∣ a n ∣ α ⟩ = ∑ n = 0 ∞ ( β ∗ α ) n n ! ⟨ 0 ∣ α ⟩ = e α β ∗ ⟨ 0 ∣ α ⟩ \langle\beta^\ast|\alpha\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta^\ast)^n}{n!}\langle 0|a^n|\alpha\rangle
=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta^\ast\alpha)^n}{n!}\,\langle 0|\alpha\rangle=e^{\alpha\beta^\ast}\langle 0|\alpha\rangle ⟨ β ∗ ∣ α ⟩ = n = 0 ∑ ∞ n ! ( β ∗ ) n ⟨ 0∣ a n ∣ α ⟩ = n = 0 ∑ ∞ n ! ( β ∗ α ) n ⟨ 0∣ α ⟩ = e α β ∗ ⟨ 0∣ α ⟩ ここで ⟨ 0 ∣ α ⟩ = ⟨ 0 ∣ e α a † ∣ 0 ⟩ = 1 \langle 0|\alpha\rangle=\langle 0|e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=1 ⟨ 0∣ α ⟩ = ⟨ 0∣ e α a † ∣0 ⟩ = 1 n ≥ 1 n\ge 1 n ≥ 1 ⟨ 0 ∣ ( a † ) n ∣ 0 ⟩ = 0 \langle 0|(a^\dagger)^n|0\rangle=0 ⟨ 0∣ ( a † ) n ∣0 ⟩ = 0
⟨ β ∗ ∣ α ⟩ = e α β ∗ \langle\beta^\ast|\alpha\rangle=e^{\alpha\beta^\ast} ⟨ β ∗ ∣ α ⟩ = e α β ∗ です。特に ⟨ α ∗ ∣ α ⟩ = e ∣ α ∣ 2 \langle\alpha^\ast|\alpha\rangle=e^{|\alpha|^2} ⟨ α ∗ ∣ α ⟩ = e ∣ α ∣ 2 ∣ α ⟩ |\alpha\rangle ∣ α ⟩
規格化された数状態を ∣ n ⟩ = ( a † ) n ∣ 0 ⟩ / n ! |n\rangle=(a^\dagger)^n|0\rangle/\sqrt{n!} ∣ n ⟩ = ( a † ) n ∣0 ⟩ / n !
∣ α ⟩ = ∑ n = 0 ∞ α n n ! ( a † ) n ∣ 0 ⟩ = ∑ n = 0 ∞ α n n ! ∣ n ⟩ |\alpha\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n!}(a^\dagger)^n|0\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle ∣ α ⟩ = n = 0 ∑ ∞ n ! α n ( a † ) n ∣0 ⟩ = n = 0 ∑ ∞ n ! α n ∣ n ⟩ です。規格化因子 ⟨ α ∗ ∣ α ⟩ = e ∣ α ∣ 2 \langle\alpha^\ast|\alpha\rangle=e^{|\alpha|^2} ⟨ α ∗ ∣ α ⟩ = e ∣ α ∣ 2 n n n
P n = ∣ α ∣ 2 n / n ! e ∣ α ∣ 2 = e − ∣ α ∣ 2 ∣ α ∣ 2 n n ! P_n=\frac{|\alpha|^{2n}/n!}{e^{|\alpha|^2}}=e^{-|\alpha|^2}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!} P n = e ∣ α ∣ 2 ∣ α ∣ 2 n / n ! = e − ∣ α ∣ 2 n ! ∣ α ∣ 2 n となります。平均 ∣ α ∣ 2 |\alpha|^2 ∣ α ∣ 2 ∑ n P n = 1 \sum_n P_n=1 ∑ n P n = 1 ⟨ N ⟩ = ∣ α ∣ 2 \langle N\rangle=|\alpha|^2 ⟨ N ⟩ = ∣ α ∣ 2 ∣ α ∣ 2 |\alpha|^2 ∣ α ∣ 2 Δ n = ∣ α ∣ = ⟨ N ⟩ \Delta n=|\alpha|=\sqrt{\langle N\rangle} Δ n = ∣ α ∣ = ⟨ N ⟩
x ^ = ℏ / 2 m ω ( a + a † ) \hat{x}=\sqrt{\hbar/2m\omega}\,(a+a^\dagger) x ^ = ℏ/2 mω ( a + a † ) a ∣ α ⟩ = α ∣ α ⟩ a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle a ∣ α ⟩ = α ∣ α ⟩ ⟨ α ∗ ∣ a † = α ∗ ⟨ α ∗ ∣ \langle\alpha^\ast|a^\dagger=\alpha^\ast\langle\alpha^\ast| ⟨ α ∗ ∣ a † = α ∗ ⟨ α ∗ ∣
⟨ x ^ ⟩ = ℏ 2 m ω ( α + α ∗ ) = 2 ℏ m ω R e α \langle\hat{x}\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(\alpha+\alpha^\ast)=\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\,\mathrm{Re}\,\alpha ⟨ x ^ ⟩ = 2 mω ℏ ( α + α ∗ ) = mω 2ℏ Re α です。2乗については、( a + a † ) 2 = a 2 + ( a † ) 2 + 2 a † a + 1 (a+a^\dagger)^2=a^2+(a^\dagger)^2+2a^\dagger a+1 ( a + a † ) 2 = a 2 + ( a † ) 2 + 2 a † a + 1 a a a a † a^\dagger a †
⟨ x ^ 2 ⟩ = ℏ 2 m ω ( α 2 + α ∗ 2 + 2 ∣ α ∣ 2 + 1 ) = ℏ 2 m ω [ ( α + α ∗ ) 2 + 1 ] \langle\hat{x}^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\alpha^2+\alpha^{\ast 2}+2|\alpha|^2+1\right)
=\frac{\hbar}{2m\omega}\left[(\alpha+\alpha^\ast)^2+1\right] ⟨ x ^ 2 ⟩ = 2 mω ℏ ( α 2 + α ∗ 2 + 2∣ α ∣ 2 + 1 ) = 2 mω ℏ [ ( α + α ∗ ) 2 + 1 ] となります。差を取ると α \alpha α
( Δ x ) 2 = ⟨ x ^ 2 ⟩ − ⟨ x ^ ⟩ 2 = ℏ 2 m ω (\Delta x)^2=\langle\hat{x}^2\rangle-\langle\hat{x}\rangle^2=\frac{\hbar}{2m\omega} ( Δ x ) 2 = ⟨ x ^ 2 ⟩ − ⟨ x ^ ⟩ 2 = 2 mω ℏ が答えです。ℏ / m ω \hbar/m\omega ℏ/ mω ( Δ x ) 2 (\Delta x)^2 ( Δ x ) 2
p ^ = i m ℏ ω / 2 ( a † − a ) \hat{p}=i\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(a^\dagger-a) p ^ = i m ℏ ω /2 ( a † − a )
⟨ p ^ ⟩ = i m ℏ ω 2 ( α ∗ − α ) = 2 m ℏ ω I m α \langle\hat{p}\rangle=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(\alpha^\ast-\alpha)=\sqrt{2m\hbar\omega}\;\mathrm{Im}\,\alpha ⟨ p ^ ⟩ = i 2 m ℏ ω ( α ∗ − α ) = 2 m ℏ ω Im α p ^ 2 = − m ℏ ω 2 [ a 2 + ( a † ) 2 − 2 a † a − 1 ] ⟹ ⟨ p ^ 2 ⟩ = − m ℏ ω 2 [ ( α − α ∗ ) 2 − 1 ] \hat{p}^2=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left[a^2+(a^\dagger)^2-2a^\dagger a-1\right]
\;\Longrightarrow\;
\langle\hat{p}^2\rangle=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left[(\alpha-\alpha^\ast)^2-1\right] p ^ 2 = − 2 m ℏ ω [ a 2 + ( a † ) 2 − 2 a † a − 1 ] ⟹ ⟨ p ^ 2 ⟩ = − 2 m ℏ ω [ ( α − α ∗ ) 2 − 1 ] ⟨ p ^ ⟩ 2 = − m ℏ ω 2 ( α − α ∗ ) 2 \langle\hat{p}\rangle^2=-\frac{m\hbar\omega}{2}(\alpha-\alpha^\ast)^2 ⟨ p ^ ⟩ 2 = − 2 m ℏ ω ( α − α ∗ ) 2
( Δ p ) 2 = m ℏ ω 2 (\Delta p)^2=\frac{m\hbar\omega}{2} ( Δ p ) 2 = 2 m ℏ ω です。m ℏ ω m\hbar\omega m ℏ ω
Δ x Δ p = ℏ 2 m ω ⋅ m ℏ ω 2 = ℏ 2 \Delta x\,\Delta p=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}}=\frac{\hbar}{2} Δ x Δ p = 2 mω ℏ ⋅ 2 m ℏ ω = 2 ℏ となり、不確定性関係 Δ x Δ p ≥ ℏ / 2 \Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2 Δ x Δ p ≥ ℏ/2 α \alpha α α = 0 \alpha=0 α = 0
長さ b b b N N N x x x i i i + x +x + x − x -x − x μ i = ± 1 \mu_i=\pm 1 μ i = ± 1 i i i
x i = b ∑ j = 1 i μ j , x N = b ∑ j = 1 N μ j x_i=b\sum_{j=1}^{i}\mu_j,\qquad x_N=b\sum_{j=1}^{N}\mu_j x i = b j = 1 ∑ i μ j , x N = b j = 1 ∑ N μ j です。各要素の先端には電荷 Q > 0 Q>0 Q > 0 + x +x + x E ≥ 0 E\ge 0 E ≥ 0 N N N
U = − Q E ∑ i = 1 N x i = − Q E b ∑ j = 1 N ( N + 1 − j ) μ j U=-QE\sum_{i=1}^{N}x_i=-QEb\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\,\mu_j U = − QE i = 1 ∑ N x i = − QE b j = 1 ∑ N ( N + 1 − j ) μ j となり、μ j \mu_j μ j N Q E NQE N QE N N N T T T L ≡ b N L\equiv bN L ≡ b N A ≡ b Q E / k B T A\equiv bQE/k_\mathrm{B}T A ≡ b QE / k B T
E = 0 E=0 E = 0 U = 0 U=0 U = 0 x N x_N x N + x +x + x N + N_+ N + − x -x − x N − N_- N − N + + N − = N N_++N_-=N N + + N − = N b ( N + − N − ) = x N b(N_+-N_-)=x_N b ( N + − N − ) = x N
N ± = N 2 ( 1 ± x N L ) N_\pm=\frac{N}{2}\left(1\pm\frac{x_N}{L}\right) N ± = 2 N ( 1 ± L x N ) です（N ± x N / b N\pm x_N/b N ± x N / b x N x_N x N N , x N / b ≫ 1 N,x_N/b\gg1 N , x N / b ≫ 1 W = N ! / ( N + ! N − ! ) W=N!/(N_+!\,N_-!) W = N ! / ( N + ! N − !)
S = k B ln W ≃ k B ( N ln N − N + ln N + − N − ln N − ) = − k B N [ 1 + x N / L 2 ln 1 + x N / L 2 + 1 − x N / L 2 ln 1 − x N / L 2 ] \begin{aligned}
S&=k_\mathrm{B}\ln W\simeq k_\mathrm{B}\left(N\ln N-N_+\ln N_+-N_-\ln N_-\right)\\
&=-k_\mathrm{B}N\left[\frac{1+x_N/L}{2}\ln\frac{1+x_N/L}{2}+\frac{1-x_N/L}{2}\ln\frac{1-x_N/L}{2}\right]
\end{aligned} S = k B ln W ≃ k B ( N ln N − N + ln N + − N − ln N − ) = − k B N [ 2 1 + x N / L ln 2 1 + x N / L + 2 1 − x N / L ln 2 1 − x N / L ] となります。ln 2 \ln 2 ln 2
S ( x N ) = k B N ln 2 − k B N 2 [ ( 1 + x N L ) ln ( 1 + x N L ) + ( 1 − x N L ) ln ( 1 − x N L ) ] S(x_N)=k_\mathrm{B}N\ln 2-\frac{k_\mathrm{B}N}{2}\left[\left(1+\frac{x_N}{L}\right)\ln\left(1+\frac{x_N}{L}\right)+\left(1-\frac{x_N}{L}\right)\ln\left(1-\frac{x_N}{L}\right)\right] S ( x N ) = k B N ln 2 − 2 k B N [ ( 1 + L x N ) ln ( 1 + L x N ) + ( 1 − L x N ) ln ( 1 − L x N ) ] が答えです。x N = 0 x_N=0 x N = 0 S = k B N ln 2 S=k_\mathrm{B}N\ln 2 S = k B N ln 2 2 N 2^N 2 N x N = ± L x_N=\pm L x N = ± L S = 0 S=0 S = 0 x N ≪ L x_N\ll L x N ≪ L ( x N / L ) 2 (x_N/L)^2 ( x N / L ) 2
S ≃ k B N ln 2 − k B x N 2 2 N b 2 S\simeq k_\mathrm{B}N\ln 2-\frac{k_\mathrm{B}x_N^2}{2Nb^2} S ≃ k B N ln 2 − 2 N b 2 k B x N 2 と放物線になります。
U = 0 U=0 U = 0 F = U − T S = − T S ( x N ) F=U-TS=-TS(x_N) F = U − T S = − T S ( x N ) x N x_N x N X X X d x N dx_N d x N X d x N X\,dx_N X d x N d F dF d F X = ( ∂ F / ∂ x N ) T = − T ( ∂ S / ∂ x N ) T X=(\partial F/\partial x_N)_T=-T(\partial S/\partial x_N)_T X = ( ∂ F / ∂ x N ) T = − T ( ∂ S / ∂ x N ) T S S S
∂ S ∂ x N = − k B 2 b ln 1 + x N / L 1 − x N / L \frac{\partial S}{\partial x_N}=-\frac{k_\mathrm{B}}{2b}\ln\frac{1+x_N/L}{1-x_N/L} ∂ x N ∂ S = − 2 b k B ln 1 − x N / L 1 + x N / L なので
X = k B T 2 b ln L + x N L − x N = k B T b a r t a n h x N N b X=\frac{k_\mathrm{B}T}{2b}\ln\frac{L+x_N}{L-x_N}
=\frac{k_\mathrm{B}T}{b}\,\mathrm{artanh}\frac{x_N}{Nb} X = 2 b k B T ln L − x N L + x N = b k B T artanh N b x N が答えです。x N > 0 x_N>0 x N > 0 X > 0 X>0 X > 0 x N → L x_N\to L x N → L X → ∞ X\to\infty X → ∞
N ≫ x N / b N\gg x_N/b N ≫ x N / b x N / L ≪ 1 x_N/L\ll 1 x N / L ≪ 1 ln 1 + u 1 − u ≃ 2 u \ln\frac{1+u}{1-u}\simeq 2u ln 1 − u 1 + u ≃ 2 u
X ≃ k B T b ⋅ x N N b = k B T N b 2 x N , すなわち x N ≃ N b 2 k B T X X\simeq\frac{k_\mathrm{B}T}{b}\cdot\frac{x_N}{Nb}=\frac{k_\mathrm{B}T}{Nb^2}\,x_N,
\qquad\text{すなわち}\qquad
x_N\simeq\frac{Nb^2}{k_\mathrm{B}T}\,X X ≃ b k B T ⋅ N b x N = N b 2 k B T x N , すなわち x N ≃ k B T N b 2 X です。伸び x N x_N x N X X X k = k B T / N b 2 k=k_\mathrm{B}T/Nb^2 k = k B T / N b 2 U U U k ∝ 1 / N k\propto 1/N k ∝ 1/ N
N N N A = b Q E / k B T A=bQE/k_\mathrm{B}T A = b QE / k B T
− U k B T = A ∑ j = 1 N ( N + 1 − j ) μ j -\frac{U}{k_\mathrm{B}T}=A\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\,\mu_j − k B T U = A j = 1 ∑ N ( N + 1 − j ) μ j です。μ j \mu_j μ j μ j = ± 1 \mu_j=\pm1 μ j = ± 1
Z N = ∑ { μ } exp [ A ∑ j = 1 N ( N + 1 − j ) μ j ] = ∏ j = 1 N 2 cosh [ ( N + 1 − j ) A ] = 2 N ∏ k = 1 N cosh ( k A ) Z_N=\sum_{\{\mu\}}\exp\left[A\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\mu_j\right]
=\prod_{j=1}^{N}2\cosh\bigl[(N+1-j)A\bigr]
=2^N\prod_{k=1}^{N}\cosh(kA) Z N = { μ } ∑ exp [ A j = 1 ∑ N ( N + 1 − j ) μ j ] = j = 1 ∏ N 2 cosh [ ( N + 1 − j ) A ] = 2 N k = 1 ∏ N cosh ( k A ) が答えです。k = N + 1 − j k=N+1-j k = N + 1 − j A → 0 A\to 0 A → 0 Z N → 2 N Z_N\to 2^N Z N → 2 N E = 0 E=0 E = 0
Z N Z_N Z N μ i \mu_i μ i
⟨ μ i ⟩ = ∑ μ i = ± 1 μ i e ( N + 1 − i ) A μ i ∑ μ i = ± 1 e ( N + 1 − i ) A μ i = tanh [ ( N + 1 − i ) A ] \langle\mu_i\rangle=\frac{\sum_{\mu_i=\pm1}\mu_i e^{(N+1-i)A\mu_i}}{\sum_{\mu_i=\pm1}e^{(N+1-i)A\mu_i}}
=\tanh\bigl[(N+1-i)A\bigr] ⟨ μ i ⟩ = ∑ μ i = ± 1 e ( N + 1 − i ) A μ i ∑ μ i = ± 1 μ i e ( N + 1 − i ) A μ i = tanh [ ( N + 1 − i ) A ] が答えです。⟨ μ i ⟩ \langle\mu_i\rangle ⟨ μ i ⟩ i i i i i i + x +x + x N + 1 − i N+1-i N + 1 − i A > 0 A>0 A > 0 ⟨ μ i ⟩ > 0 \langle\mu_i\rangle>0 ⟨ μ i ⟩ > 0 A → ∞ A\to\infty A → ∞ + 1 +1 + 1
設問2(b) を足し合わせます。
⟨ x N ⟩ = b ∑ i = 1 N ⟨ μ i ⟩ = b ∑ k = 1 N tanh ( k A ) \langle x_N\rangle=b\sum_{i=1}^{N}\langle\mu_i\rangle=b\sum_{k=1}^{N}\tanh(kA) ⟨ x N ⟩ = b i = 1 ∑ N ⟨ μ i ⟩ = b k = 1 ∑ N tanh ( k A ) N A ≪ 1 NA\ll1 N A ≪ 1 k ≤ N k\le N k ≤ N k A ≪ 1 kA\ll1 k A ≪ 1 tanh ( k A ) ≃ k A \tanh(kA)\simeq kA tanh ( k A ) ≃ k A
⟨ x N ⟩ ≃ b A ∑ k = 1 N k = N ( N + 1 ) 2 b A ≃ N 2 b 2 Q E 2 k B T \langle x_N\rangle\simeq bA\sum_{k=1}^{N}k=\frac{N(N+1)}{2}bA\simeq\frac{N^2b^2QE}{2k_\mathrm{B}T} ⟨ x N ⟩ ≃ b A k = 1 ∑ N k = 2 N ( N + 1 ) b A ≃ 2 k B T N 2 b 2 QE が答えです（最後で N ≫ 1 N\gg1 N ≫ 1 A = b Q E / k B T A=bQE/k_\mathrm{B}T A = b QE / k B T
設問1(c) との関連は次のとおりです。外力の総和 X t o t = N Q E X_\mathrm{tot}=NQE X tot = N QE
⟨ x N ⟩ ≃ N b 2 2 k B T ( N Q E ) = N b 2 2 k B T X t o t \langle x_N\rangle\simeq\frac{Nb^2}{2k_\mathrm{B}T}\,(NQE)=\frac{Nb^2}{2k_\mathrm{B}T}X_\mathrm{tot} ⟨ x N ⟩ ≃ 2 k B T N b 2 ( N QE ) = 2 k B T N b 2 X tot となり、伸びは外力の総和に比例します。つまり同じ Hooke 則が成り立ち、バネ定数も温度に比例し鎖長に反比例するという設問1(c) と同じ形です。違いは係数が正確に2倍（バネ定数が 2 k B T / N b 2 2k_\mathrm{B}T/Nb^2 2 k B T / N b 2 X X X j j j τ j = ( N + 1 − j ) Q E \tau_j=(N+1-j)QE τ j = ( N + 1 − j ) QE N Q E NQE N QE Q E QE QE b ⟨ μ j ⟩ ≃ b 2 τ j / k B T b\langle\mu_j\rangle\simeq b^2\tau_j/k_\mathrm{B}T b ⟨ μ j ⟩ ≃ b 2 τ j / k B T ∑ j τ j = N ( N + 1 ) Q E / 2 \sum_j\tau_j=N(N+1)QE/2 ∑ j τ j = N ( N + 1 ) QE /2
x < 0 x<0 x < 0 ϵ 0 , μ 0 \epsilon_0,\mu_0 ϵ 0 , μ 0 x > 0 x>0 x > 0 ϵ 1 > ϵ 0 \epsilon_1>\epsilon_0 ϵ 1 > ϵ 0 μ 0 \mu_0 μ 0 y z yz y z x = 0 x=0 x = 0 ω \omega ω 0 , 1 , 2 0,1,2 0 , 1 , 2 x y xy x y
n 0 = x ^ cos θ 0 + y ^ sin θ 0 , n 1 = x ^ cos θ 1 + y ^ sin θ 1 , n 2 = − x ^ cos θ 0 + y ^ sin θ 0 \boldsymbol{n}_0=\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_0,\quad
\boldsymbol{n}_1=\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_1+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_1,\quad
\boldsymbol{n}_2=-\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_0 n 0 = x ^ cos θ 0 + y ^ sin θ 0 , n 1 = x ^ cos θ 1 + y ^ sin θ 1 , n 2 = − x ^ cos θ 0 + y ^ sin θ 0 です。磁場はすべて z ^ \hat{\boldsymbol{z}} z ^ x y xy x y
∇ × E = − ∂ B / ∂ t \nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial\boldsymbol{B}/\partial t ∇ × E = − ∂ B / ∂ t C C C ℓ \ell ℓ x = ± δ / 2 x=\pm\delta/2 x = ± δ /2 t ^ \hat{\boldsymbol{t}} t ^ δ \delta δ
∮ C E ⋅ d l = − d d t ∫ S B ⋅ d S \oint_C\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}=-\frac{d}{dt}\int_S\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S} ∮ C E ⋅ d l = − d t d ∫ S B ⋅ d S 右辺の面積は ℓ δ \ell\delta ℓ δ B \boldsymbol{B} B δ → 0 \delta\to0 δ → 0 0 0 0 δ \delta δ E \boldsymbol{E} E 0 0 0
ℓ [ E ( − 0 ) ⋅ t ^ − E ( + 0 ) ⋅ t ^ ] = 0 \ell\left[\boldsymbol{E}(-0)\cdot\hat{\boldsymbol{t}}-\boldsymbol{E}(+0)\cdot\hat{\boldsymbol{t}}\right]=0 ℓ [ E ( − 0 ) ⋅ t ^ − E ( + 0 ) ⋅ t ^ ] = 0 です。t ^ \hat{\boldsymbol{t}} t ^ ℓ \ell ℓ E 0 + E 2 \boldsymbol{E}_0+\boldsymbol{E}_2 E 0 + E 2 E 1 \boldsymbol{E}_1 E 1
E 0 , t ( 0 , y , z , t ) + E 2 , t ( 0 , y , z , t ) = E 1 , t ( 0 , y , z , t ) E_{0,\mathrm{t}}(0,y,z,t)+E_{2,\mathrm{t}}(0,y,z,t)=E_{1,\mathrm{t}}(0,y,z,t) E 0 , t ( 0 , y , z , t ) + E 2 , t ( 0 , y , z , t ) = E 1 , t ( 0 , y , z , t ) すなわち (1) 式です。使った仮定は、B \boldsymbol{B} B
ϵ 0 ∇ ⋅ E = ρ \epsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E}=\rho ϵ 0 ∇ ⋅ E = ρ Δ S \Delta S Δ S δ \delta δ
ϵ 0 ∮ E ⋅ d S = ∫ ρ d V \epsilon_0\oint\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S}=\int\rho\,dV ϵ 0 ∮ E ⋅ d S = ∫ ρ d V で、δ → 0 \delta\to0 δ → 0 ϵ 0 [ E x ( + 0 ) − E x ( − 0 ) ] Δ S \epsilon_0\left[E_x(+0)-E_x(-0)\right]\Delta S ϵ 0 [ E x ( + 0 ) − E x ( − 0 ) ] Δ S σ Δ S \sigma\Delta S σ Δ S
σ = ϵ 0 [ E x ( + 0 ) − E x ( − 0 ) ] \sigma=\epsilon_0\left[E_x(+0)-E_x(-0)\right] σ = ϵ 0 [ E x ( + 0 ) − E x ( − 0 ) ] です。ここで E x ( + 0 ) = E 1 , x ( 0 , y , z , t ) E_x(+0)=E_{1,x}(0,y,z,t) E x ( + 0 ) = E 1 , x ( 0 , y , z , t ) E x ( − 0 ) = E 0 , x + E 2 , x E_x(-0)=E_{0,x}+E_{2,x} E x ( − 0 ) = E 0 , x + E 2 , x ϵ 0 E x ( − 0 ) = ϵ 1 E 1 , x \epsilon_0E_x(-0)=\epsilon_1E_{1,x} ϵ 0 E x ( − 0 ) = ϵ 1 E 1 , x
σ ( y , z , t ) = ( ϵ 0 − ϵ 1 ) E 1 , x ( 0 , y , z , t ) \sigma(y,z,t)=\left(\epsilon_0-\epsilon_1\right)E_{1,x}(0,y,z,t) σ ( y , z , t ) = ( ϵ 0 − ϵ 1 ) E 1 , x ( 0 , y , z , t ) が答えです。ϵ 1 > ϵ 0 \epsilon_1>\epsilon_0 ϵ 1 > ϵ 0 σ \sigma σ E 1 , x E_{1,x} E 1 , x P = ( ϵ 1 − ϵ 0 ) E 1 \boldsymbol{P}=(\epsilon_1-\epsilon_0)\boldsymbol{E}_1 P = ( ϵ 1 − ϵ 0 ) E 1 − x ^ -\hat{\boldsymbol{x}} − x ^ σ = P ⋅ ( − x ^ ) \sigma=\boldsymbol{P}\cdot(-\hat{\boldsymbol{x}}) σ = P ⋅ ( − x ^ )
真空中で ∇ ⋅ E = 0 \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 ∇ ⋅ E = 0 ∇ 2 E = ϵ 0 μ 0 ∂ 2 E / ∂ t 2 \nabla^2\boldsymbol{E}=\epsilon_0\mu_0\,\partial^2\boldsymbol{E}/\partial t^2 ∇ 2 E = ϵ 0 μ 0 ∂ 2 E / ∂ t 2 exp [ i ( k 0 n 0 ⋅ r − ω t ) ] \exp[i(k_0\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{r}-\omega t)] exp [ i ( k 0 n 0 ⋅ r − ω t )] − k 0 2 = − ϵ 0 μ 0 ω 2 -k_0^2=-\epsilon_0\mu_0\omega^2 − k 0 2 = − ϵ 0 μ 0 ω 2
k 0 = ω ϵ 0 μ 0 = ω c k_0=\omega\sqrt{\epsilon_0\mu_0}=\frac{\omega}{c} k 0 = ω ϵ 0 μ 0 = c ω が答えです。c = 1 / ϵ 0 μ 0 c=1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0} c = 1/ ϵ 0 μ 0 k 1 = ω ϵ 1 μ 0 k_1=\omega\sqrt{\epsilon_1\mu_0} k 1 = ω ϵ 1 μ 0
平面波では ∇ → i k 0 n 0 \nabla\to ik_0\boldsymbol{n}_0 ∇ → i k 0 n 0 ∂ t → − i ω \partial_t\to-i\omega ∂ t → − iω ∇ × ( B / μ 0 ) = ∂ ( ϵ 0 E ) / ∂ t \nabla\times(\boldsymbol{B}/\mu_0)=\partial(\epsilon_0\boldsymbol{E})/\partial t ∇ × ( B / μ 0 ) = ∂ ( ϵ 0 E ) / ∂ t
i k 0 μ 0 n 0 × ( z ^ B 0 ) = − i ω ϵ 0 E 0 ⟹ E 0 = − k 0 ϵ 0 μ 0 ω B 0 ( n 0 × z ^ ) \frac{i k_0}{\mu_0}\,\boldsymbol{n}_0\times\left(\hat{\boldsymbol{z}}B_0\right)=-i\omega\epsilon_0\boldsymbol{E}_0
\quad\Longrightarrow\quad
\boldsymbol{E}_0=-\frac{k_0}{\epsilon_0\mu_0\omega}B_0\,\left(\boldsymbol{n}_0\times\hat{\boldsymbol{z}}\right) μ 0 i k 0 n 0 × ( z ^ B 0 ) = − iω ϵ 0 E 0 ⟹ E 0 = − ϵ 0 μ 0 ω k 0 B 0 ( n 0 × z ^ ) となります。設問2(a) の ϵ 0 μ 0 = k 0 2 / ω 2 \epsilon_0\mu_0=k_0^2/\omega^2 ϵ 0 μ 0 = k 0 2 / ω 2
E 0 = ω k 0 B 0 ( z ^ × n 0 ) = ω B 0 k 0 ( − x ^ sin θ 0 + y ^ cos θ 0 ) \boldsymbol{E}_0=\frac{\omega}{k_0}B_0\left(\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_0\right)
=\frac{\omega B_0}{k_0}\left(-\hat{\boldsymbol{x}}\sin\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\cos\theta_0\right) E 0 = k 0 ω B 0 ( z ^ × n 0 ) = k 0 ω B 0 ( − x ^ sin θ 0 + y ^ cos θ 0 ) が答えです。大きさは ∣ E 0 ∣ = ω B 0 / k 0 = c B 0 |\boldsymbol{E}_0|=\omega B_0/k_0=cB_0 ∣ E 0 ∣ = ω B 0 / k 0 = c B 0 E E E B B B n 0 \boldsymbol{n}_0 n 0 z ^ \hat{\boldsymbol{z}} z ^ ( E 0 , B 0 , n 0 ) (\boldsymbol{E}_0,\boldsymbol{B}_0,\boldsymbol{n}_0) ( E 0 , B 0 , n 0 )
z ^ \hat{\boldsymbol{z}} z ^ x = 0 x=0 x = 0
B 0 e i ( k 0 y sin θ 0 − ω t ) + B 2 e i ( k 0 y sin θ 0 − ω t ) = B 1 e i ( k 1 y sin θ 1 − ω t ) B_0e^{i(k_0y\sin\theta_0-\omega t)}+B_2e^{i(k_0y\sin\theta_0-\omega t)}=B_1e^{i(k_1y\sin\theta_1-\omega t)} B 0 e i ( k 0 y s i n θ 0 − ω t ) + B 2 e i ( k 0 y s i n θ 0 − ω t ) = B 1 e i ( k 1 y s i n θ 1 − ω t ) を要求します（x = 0 x=0 x = 0 n 0 ⋅ r = n 2 ⋅ r = y sin θ 0 \boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{r}=\boldsymbol{n}_2\cdot\boldsymbol{r}=y\sin\theta_0 n 0 ⋅ r = n 2 ⋅ r = y sin θ 0 n 1 ⋅ r = y sin θ 1 \boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{r}=y\sin\theta_1 n 1 ⋅ r = y sin θ 1 y y y
k 0 sin θ 0 = k 1 sin θ 1 k_0\sin\theta_0=k_1\sin\theta_1 k 0 sin θ 0 = k 1 sin θ 1 です。k 0 = ω ϵ 0 μ 0 k_0=\omega\sqrt{\epsilon_0\mu_0} k 0 = ω ϵ 0 μ 0 k 1 = ω ϵ 1 μ 0 k_1=\omega\sqrt{\epsilon_1\mu_0} k 1 = ω ϵ 1 μ 0
ϵ 0 sin θ 0 = ϵ 1 sin θ 1 すなわち sin θ 0 sin θ 1 = ϵ 1 ϵ 0 = n 1 n 0 \sqrt{\epsilon_0}\,\sin\theta_0=\sqrt{\epsilon_1}\,\sin\theta_1
\qquad\text{すなわち}\qquad
\frac{\sin\theta_0}{\sin\theta_1}=\sqrt{\frac{\epsilon_1}{\epsilon_0}}=\frac{n_1}{n_0} ϵ 0 sin θ 0 = ϵ 1 sin θ 1 すなわち sin θ 1 sin θ 0 = ϵ 0 ϵ 1 = n 0 n 1 が答えです。Snell の法則で、n = ϵ / ϵ 0 n=\sqrt{\epsilon/\epsilon_0} n = ϵ / ϵ 0 ϵ 1 > ϵ 0 \epsilon_1>\epsilon_0 ϵ 1 > ϵ 0 θ 1 < θ 0 \theta_1<\theta_0 θ 1 < θ 0
B 0 + B 2 = B 1 B_0+B_2=B_1 B 0 + B 2 = B 1 は設問3(b) で使います。
設問2(b) と同じ手続きを3つの波それぞれに適用します。真空側では係数が ω / k 0 \omega/k_0 ω / k 0 ∇ × ( B / μ 0 ) = ∂ ( ϵ 1 E ) / ∂ t \nabla\times(\boldsymbol{B}/\mu_0)=\partial(\epsilon_1\boldsymbol{E})/\partial t ∇ × ( B / μ 0 ) = ∂ ( ϵ 1 E ) / ∂ t ϵ 1 μ 0 = k 1 2 / ω 2 \epsilon_1\mu_0=k_1^2/\omega^2 ϵ 1 μ 0 = k 1 2 / ω 2 ω / k 1 \omega/k_1 ω / k 1
E j = ω k j B j ( z ^ × n j ) \boldsymbol{E}_j=\frac{\omega}{k_j}B_j\left(\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_j\right) E j = k j ω B j ( z ^ × n j ) です（j = 0 , 2 j=0,2 j = 0 , 2 k j = k 0 k_j=k_0 k j = k 0 x y xy x y y y y z ^ × n 0 \hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_0 z ^ × n 0 z ^ × n 1 \hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_1 z ^ × n 1 z ^ × n 2 \hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_2 z ^ × n 2 y y y cos θ 0 \cos\theta_0 cos θ 0 cos θ 1 \cos\theta_1 cos θ 1 − cos θ 0 -\cos\theta_0 − cos θ 0
E 0 , y = ω B 0 k 0 cos θ 0 , E 2 , y = − ω B 2 k 0 cos θ 0 , E 1 , y = ω B 1 k 1 cos θ 1 E_{0,y}=\frac{\omega B_0}{k_0}\cos\theta_0,\qquad
E_{2,y}=-\frac{\omega B_2}{k_0}\cos\theta_0,\qquad
E_{1,y}=\frac{\omega B_1}{k_1}\cos\theta_1 E 0 , y = k 0 ω B 0 cos θ 0 , E 2 , y = − k 0 ω B 2 cos θ 0 , E 1 , y = k 1 ω B 1 cos θ 1 です。設問3(a) で位相因子はそろっているので、(1) 式は振幅の関係
cos θ 0 k 0 ( B 0 − B 2 ) = cos θ 1 k 1 B 1 \frac{\cos\theta_0}{k_0}\left(B_0-B_2\right)=\frac{\cos\theta_1}{k_1}B_1 k 0 cos θ 0 ( B 0 − B 2 ) = k 1 cos θ 1 B 1 になります。これと (3) 式から出る B 1 = B 0 + B 2 B_1=B_0+B_2 B 1 = B 0 + B 2
B 2 = k 1 cos θ 0 − k 0 cos θ 1 k 1 cos θ 0 + k 0 cos θ 1 B 0 , B 1 = 2 k 1 cos θ 0 k 1 cos θ 0 + k 0 cos θ 1 B 0 B_2=\frac{k_1\cos\theta_0-k_0\cos\theta_1}{k_1\cos\theta_0+k_0\cos\theta_1}\,B_0,
\qquad
B_1=\frac{2k_1\cos\theta_0}{k_1\cos\theta_0+k_0\cos\theta_1}\,B_0 B 2 = k 1 cos θ 0 + k 0 cos θ 1 k 1 cos θ 0 − k 0 cos θ 1 B 0 , B 1 = k 1 cos θ 0 + k 0 cos θ 1 2 k 1 cos θ 0 B 0 が答えです。p 偏光の Fresnel 係数です。検算として垂直入射 θ 0 = θ 1 = 0 \theta_0=\theta_1=0 θ 0 = θ 1 = 0 B 2 / B 0 = ( k 1 − k 0 ) / ( k 1 + k 0 ) B_2/B_0=(k_1-k_0)/(k_1+k_0) B 2 / B 0 = ( k 1 − k 0 ) / ( k 1 + k 0 ) B 1 / B 0 = 2 k 1 / ( k 1 + k 0 ) B_1/B_0=2k_1/(k_1+k_0) B 1 / B 0 = 2 k 1 / ( k 1 + k 0 ) B 1 = B 0 + B 2 B_1=B_0+B_2 B 1 = B 0 + B 2 E 2 , y / E 0 , y = − B 2 / B 0 = − ( n 1 − n 0 ) / ( n 1 + n 0 ) E_{2,y}/E_{0,y}=-B_2/B_0=-(n_1-n_0)/(n_1+n_0) E 2 , y / E 0 , y = − B 2 / B 0 = − ( n 1 − n 0 ) / ( n 1 + n 0 ) π \pi π
θ 0 + θ 1 = π / 2 \theta_0+\theta_1=\pi/2 θ 0 + θ 1 = π /2 θ 1 = π / 2 − θ 0 \theta_1=\pi/2-\theta_0 θ 1 = π /2 − θ 0 cos θ 1 = sin θ 0 \cos\theta_1=\sin\theta_0 cos θ 1 = sin θ 0 sin θ 1 = cos θ 0 \sin\theta_1=\cos\theta_0 sin θ 1 = cos θ 0 k 0 sin θ 0 = k 1 sin θ 1 k_0\sin\theta_0=k_1\sin\theta_1 k 0 sin θ 0 = k 1 sin θ 1 k 0 sin θ 0 = k 1 cos θ 0 k_0\sin\theta_0=k_1\cos\theta_0 k 0 sin θ 0 = k 1 cos θ 0
k 1 cos θ 0 − k 0 cos θ 1 = k 1 cos θ 0 − k 0 sin θ 0 = 0 k_1\cos\theta_0-k_0\cos\theta_1=k_1\cos\theta_0-k_0\sin\theta_0=0 k 1 cos θ 0 − k 0 cos θ 1 = k 1 cos θ 0 − k 0 sin θ 0 = 0 となり、B 2 = 0 B_2=0 B 2 = 0 B 1 = B 0 B_1=B_0 B 1 = B 0
tan θ 0 = ϵ 1 ϵ 0 \tan\theta_0=\sqrt{\frac{\epsilon_1}{\epsilon_0}} tan θ 0 = ϵ 0 ϵ 1 で決まります。いまは磁場が入射面に垂直、すなわち電場が入射面内にある p 偏光なので、この角度で反射が消えるのは p 偏光成分に限られます。自然光を Brewster 角で反射させると反射光は入射面に垂直な電場成分（s 偏光）だけになり、これが偏光板やレーザーの Brewster 窓の原理です。
物理的な理由も述べておきます。θ 0 + θ 1 = π / 2 \theta_0+\theta_1=\pi/2 θ 0 + θ 1 = π /2 n 1 ⋅ n 2 = − cos ( θ 0 + θ 1 ) = 0 \boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=-\cos(\theta_0+\theta_1)=0 n 1 ⋅ n 2 = − cos ( θ 0 + θ 1 ) = 0 E 1 \boldsymbol{E}_1 E 1 n 1 \boldsymbol{n}_1 n 1 n 2 \boldsymbol{n}_2 n 2
頂角 α \alpha α
β ≡ α 2 \beta\equiv\frac{\alpha}{2} β ≡ 2 α と書きます。頂点（円錐を延長したときの仮想的な頂点）を原点、鉛直上向きを z z z ( r , θ , z ) (r,\theta,z) ( r , θ , z )
r = z tan β ( z ≥ h ) r=z\tan\beta\qquad(z\ge h) r = z tan β ( z ≥ h ) と表されます。z = h z=h z = h m m m g g g ( z , θ ) (z,\theta) ( z , θ )
r = z tan β r=z\tan\beta r = z tan β r ˙ = z ˙ tan β \dot r=\dot z\tan\beta r ˙ = z ˙ tan β
v 2 = r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 + z ˙ 2 = z ˙ 2 ( 1 + tan 2 β ) + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 = z ˙ 2 cos 2 β + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 v^2=\dot r^2+r^2\dot\theta^2+\dot z^2=\dot z^2\left(1+\tan^2\beta\right)+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2
=\frac{\dot z^2}{\cos^2\beta}+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2 v 2 = r ˙ 2 + r 2 θ ˙ 2 + z ˙ 2 = z ˙ 2 ( 1 + tan 2 β ) + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 = cos 2 β z ˙ 2 + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 です。ポテンシャルは V = m g z V=mgz V = m g z
L = m 2 [ z ˙ 2 cos 2 ( α / 2 ) + z 2 tan 2 ( α / 2 ) θ ˙ 2 ] − m g z L=\frac{m}{2}\left[\frac{\dot z^2}{\cos^2(\alpha/2)}+z^2\tan^2(\alpha/2)\,\dot\theta^2\right]-mgz L = 2 m [ cos 2 ( α /2 ) z ˙ 2 + z 2 tan 2 ( α /2 ) θ ˙ 2 ] − m g z が答えです。α → π \alpha\to\pi α → π β → π / 2 \beta\to\pi/2 β → π /2 z ˙ \dot z z ˙ z z z
L L L θ \theta θ θ \theta θ
p θ = ∂ L ∂ θ ˙ = m z 2 tan 2 β θ ˙ = m r 2 θ ˙ ≡ ℓ p_\theta=\frac{\partial L}{\partial\dot\theta}=m z^2\tan^2\!\beta\;\dot\theta=m r^2\dot\theta\equiv\ell p θ = ∂ θ ˙ ∂ L = m z 2 tan 2 β θ ˙ = m r 2 θ ˙ ≡ ℓ が保存します。これは z z z z z z L L L
E = m 2 [ z ˙ 2 cos 2 β + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 ] + m g z \mathcal{E}=\frac{m}{2}\left[\frac{\dot z^2}{\cos^2\beta}+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2\right]+mgz E = 2 m [ cos 2 β z ˙ 2 + z 2 tan 2 β θ ˙ 2 ] + m g z も保存します。答えはこの2つ、z z z ℓ \ell ℓ E \mathcal{E} E ℓ \ell ℓ θ ˙ = ℓ / ( m z 2 tan 2 β ) \dot\theta=\ell/(mz^2\tan^2\beta) θ ˙ = ℓ / ( m z 2 tan 2 β )
E = m z ˙ 2 2 cos 2 β + V e f f ( z ) , V e f f ( z ) = ℓ 2 2 m tan 2 β ⋅ 1 z 2 + m g z \mathcal{E}=\frac{m\dot z^2}{2\cos^2\beta}+V_\mathrm{eff}(z),
\qquad
V_\mathrm{eff}(z)=\frac{\ell^2}{2m\tan^2\!\beta}\cdot\frac{1}{z^2}+mgz E = 2 cos 2 β m z ˙ 2 + V eff ( z ) , V eff ( z ) = 2 m tan 2 β ℓ 2 ⋅ z 2 1 + m g z という1自由度の問題に落ちます。ℓ ≠ 0 \ell\ne0 ℓ = 0 θ ˙ \dot\theta θ ˙
初期条件を入れます。高さ z = 2 h z=2h z = 2 h v 0 v_0 v 0 z ˙ = 0 \dot z=0 z ˙ = 0 θ ^ \hat{\boldsymbol{\theta}} θ ^ v 0 = r θ ˙ = 2 h tan β θ ˙ v_0=r\dot\theta=2h\tan\beta\,\dot\theta v 0 = r θ ˙ = 2 h tan β θ ˙
ℓ = m ( 2 h tan β ) 2 θ ˙ = 2 m h v 0 tan β , ℓ 2 2 m tan 2 β = 2 m h 2 v 0 2 \ell=m(2h\tan\beta)^2\dot\theta=2mhv_0\tan\beta,
\qquad
\frac{\ell^2}{2m\tan^2\!\beta}=2mh^2v_0^2 ℓ = m ( 2 h tan β ) 2 θ ˙ = 2 mh v 0 tan β , 2 m tan 2 β ℓ 2 = 2 m h 2 v 0 2 となり、有効ポテンシャルとエネルギーは
V e f f ( z ) = 2 m h 2 v 0 2 z 2 + m g z , E = V e f f ( 2 h ) = m v 0 2 2 + 2 m g h V_\mathrm{eff}(z)=\frac{2mh^2v_0^2}{z^2}+mgz,
\qquad
\mathcal{E}=V_\mathrm{eff}(2h)=\frac{mv_0^2}{2}+2mgh V eff ( z ) = z 2 2 m h 2 v 0 2 + m g z , E = V eff ( 2 h ) = 2 m v 0 2 + 2 m g h です。tan β \tan\beta tan β α \alpha α θ \theta θ 1 / cos 2 β 1/\cos^2\beta 1/ cos 2 β α \alpha α V e f f V_\mathrm{eff} V eff z → 0 z\to0 z → 0 + ∞ +\infty + ∞ z → ∞ z\to\infty z → ∞ + ∞ +\infty + ∞ V e f f ′ = 0 V'_\mathrm{eff}=0 V eff ′ = 0 z m i n = ( 4 h 2 v 0 2 / g ) 1 / 3 z_\mathrm{min}=(4h^2v_0^2/g)^{1/3} z min = ( 4 h 2 v 0 2 / g ) 1/3 z = 2 h z=2h z = 2 h z ˙ = 0 \dot z=0 z ˙ = 0 z z z V e f f ( z ) = E V_\mathrm{eff}(z)=\mathcal{E} V eff ( z ) = E z = 2 h z=2h z = 2 h
z ∗ = v 0 2 4 g + ( v 0 2 4 g ) 2 + h v 0 2 g z_\ast=\frac{v_0^2}{4g}+\sqrt{\left(\frac{v_0^2}{4g}\right)^2+\frac{hv_0^2}{g}} z ∗ = 4 g v 0 2 + ( 4 g v 0 2 ) 2 + g h v 0 2 が残る正の根です。以上から初速度による運動の違いは次のように分かれます。
v 0 = 2 g h v_0=\sqrt{2gh} v 0 = 2 g h V e f f ′ ( 2 h ) = − 4 m h 2 v 0 2 8 h 3 + m g = m ( g − v 0 2 2 h ) = 0 V'_\mathrm{eff}(2h)=-\frac{4mh^2v_0^2}{8h^3}+mg=m\left(g-\frac{v_0^2}{2h}\right)=0 V eff ′ ( 2 h ) = − 8 h 3 4 m h 2 v 0 2 + m g = m ( g − 2 h v 0 2 ) = 0 z = 2 h z=2h z = 2 h 2 h tan β 2h\tan\beta 2 h tan β z ∗ = 2 h z_\ast=2h z ∗ = 2 h v 2 = g z v^2=gz v 2 = g z z = 2 h z=2h z = 2 h
v 0 > 2 g h v_0>\sqrt{2gh} v 0 > 2 g h V e f f ′ ( 2 h ) < 0 V'_\mathrm{eff}(2h)<0 V eff ′ ( 2 h ) < 0 z ∗ > 2 h z_\ast>2h z ∗ > 2 h 2 h 2h 2 h z z z θ \theta θ 2 h ≤ z ≤ z ∗ 2h\le z\le z_\ast 2 h ≤ z ≤ z ∗
2 g h / 3 < v 0 < 2 g h \sqrt{2gh/3}<v_0<\sqrt{2gh} 2 g h /3 < v 0 < 2 g h V e f f ′ ( 2 h ) > 0 V'_\mathrm{eff}(2h)>0 V eff ′ ( 2 h ) > 0 z ∗ < 2 h z_\ast<2h z ∗ < 2 h h h h z ∗ ≤ z ≤ 2 h z_\ast\le z\le 2h z ∗ ≤ z ≤ 2 h E = V e f f ( h ) \mathcal{E}=V_\mathrm{eff}(h) E = V eff ( h ) v 0 2 2 + 2 g h = 2 v 0 2 + g h \frac{v_0^2}{2}+2gh=2v_0^2+gh 2 v 0 2 + 2 g h = 2 v 0 2 + g h v 0 2 = 2 g h / 3 v_0^2=2gh/3 v 0 2 = 2 g h /3 z ∗ = h z_\ast=h z ∗ = h
v 0 < 2 g h / 3 v_0<\sqrt{2gh/3} v 0 < 2 g h /3 E > V e f f ( h ) \mathcal{E}>V_\mathrm{eff}(h) E > V eff ( h ) z = h z=h z = h z ˙ ≠ 0 \dot z\ne0 z ˙ = 0 v 0 → 0 v_0\to0 v 0 → 0
なお、面から離れるかどうかも確かめておきます。面の内向き法線を n ^ = − r ^ cos β + z ^ sin β \hat{\boldsymbol{n}}=-\hat{\boldsymbol{r}}\cos\beta+\hat{\boldsymbol{z}}\sin\beta n ^ = − r ^ cos β + z ^ sin β z θ ˙ 2 sin β z\dot\theta^2\sin\beta z θ ˙ 2 sin β
N = m sin β ( g + z θ ˙ 2 ) > 0 N=m\sin\beta\left(g+z\dot\theta^2\right)>0 N = m sin β ( g + z θ ˙ 2 ) > 0 を与えます。垂直抗力は常に正なので、上のどの場合でも質点は（穴に達するまでは）面に張り付いたまま運動します。
パイ中間子について、生成反応のしきい値、π 0 → γ γ \pi^0\to\gamma\gamma π 0 → γ γ π − + d → n + n \pi^-+\mathrm{d}\to\mathrm{n}+\mathrm{n} π − + d → n + n m p c 2 = 940 M e V m_pc^2=940\,\mathrm{MeV} m p c 2 = 940 MeV m π c 2 = 135 M e V m_\pi c^2=135\,\mathrm{MeV} m π c 2 = 135 MeV π 0 \pi^0 π 0 π 0 \pi^0 π 0 m π c 2 / 2 m_\pi c^2/2 m π c 2 /2 m π c / 2 m_\pi c/2 m π c /2 π 0 \pi^0 π 0 E π E_\pi E π γ = E π / m π c 2 \gamma=E_\pi/m_\pi c^2 γ = E π / m π c 2 β = 1 − γ − 2 \beta=\sqrt{1-\gamma^{-2}} β = 1 − γ − 2
水素ターゲットなので反応は p + p → p + p + π 0 \mathrm{p}+\mathrm{p}\to\mathrm{p}+\mathrm{p}+\pi^0 p + p → p + p + π 0 2 m p + m π 2m_p+m_\pi 2 m p + m π E E E
s = ( E + m p c 2 ) 2 − ( p c ) 2 = 2 m p 2 c 4 + 2 E m p c 2 s=\left(E+m_pc^2\right)^2-\left(pc\right)^2=2m_p^2c^4+2Em_pc^2 s = ( E + m p c 2 ) 2 − ( p c ) 2 = 2 m p 2 c 4 + 2 E m p c 2 （( p c ) 2 = E 2 − m p 2 c 4 (pc)^2=E^2-m_p^2c^4 ( p c ) 2 = E 2 − m p 2 c 4 s = ( 2 m p + m π ) 2 c 4 s=(2m_p+m_\pi)^2c^4 s = ( 2 m p + m π ) 2 c 4
E = ( 2 m p + m π ) 2 c 2 − 2 m p 2 c 2 2 m p E=\frac{\left(2m_p+m_\pi\right)^2c^2-2m_p^2c^2}{2m_p} E = 2 m p ( 2 m p + m π ) 2 c 2 − 2 m p 2 c 2 です。運動エネルギー T = E − m p c 2 T=E-m_pc^2 T = E − m p c 2 ( 2 m p + m π ) 2 − 4 m p 2 = m π ( 4 m p + m π ) (2m_p+m_\pi)^2-4m_p^2=m_\pi(4m_p+m_\pi) ( 2 m p + m π ) 2 − 4 m p 2 = m π ( 4 m p + m π )
T t h = m π c 2 ( 2 + m π 2 m p ) T_\mathrm{th}=m_\pi c^2\left(2+\frac{m_\pi}{2m_p}\right) T th = m π c 2 ( 2 + 2 m p m π ) が答えです。数値を入れると
T t h = 135 × ( 2 + 135 1880 ) = 135 × 2.072 = 2.80 × 10 2 M e V T_\mathrm{th}=135\times\left(2+\frac{135}{1880}\right)=135\times2.072=2.80\times10^{2}\,\mathrm{MeV} T th = 135 × ( 2 + 1880 135 ) = 135 × 2.072 = 2.80 × 1 0 2 MeV すなわち約 280 M e V 280\,\mathrm{MeV} 280 MeV 2 m π c 2 = 270 M e V 2m_\pi c^2=270\,\mathrm{MeV} 2 m π c 2 = 270 MeV 10 M e V 10\,\mathrm{MeV} 10 MeV m π ≪ m p m_\pi\ll m_p m π ≪ m p T t h → 2 m π c 2 T_\mathrm{th}\to 2m_\pi c^2 T th → 2 m π c 2
静止系で光子のエネルギーは E ∗ = m π c 2 / 2 E^\ast=m_\pi c^2/2 E ∗ = m π c 2 /2 p ∗ = m π c / 2 p^\ast=m_\pi c/2 p ∗ = m π c /2 π 0 \pi^0 π 0 θ ∗ \theta^\ast θ ∗
E γ = γ ( E ∗ + β c p ∗ cos θ ∗ ) = γ m π c 2 2 ( 1 + β cos θ ∗ ) = E π 2 ( 1 + β cos θ ∗ ) E_\gamma=\gamma\left(E^\ast+\beta c\,p^\ast\cos\theta^\ast\right)
=\gamma\,\frac{m_\pi c^2}{2}\left(1+\beta\cos\theta^\ast\right)
=\frac{E_\pi}{2}\left(1+\beta\cos\theta^\ast\right) E γ = γ ( E ∗ + β c p ∗ cos θ ∗ ) = γ 2 m π c 2 ( 1 + β cos θ ∗ ) = 2 E π ( 1 + β cos θ ∗ ) が答えです（γ m π c 2 = E π \gamma m_\pi c^2=E_\pi γ m π c 2 = E π cos θ ∗ \cos\theta^\ast cos θ ∗ E π E_\pi E π
分布については、静止系で等方的とは単位立体角あたりの崩壊確率が一定、すなわち d Ω ∗ = 2 π d cos θ ∗ d\Omega^\ast=2\pi\,d\cos\theta^\ast d Ω ∗ = 2 π d cos θ ∗ cos θ ∗ \cos\theta^\ast cos θ ∗ E γ E_\gamma E γ cos θ ∗ \cos\theta^\ast cos θ ∗
d N d E γ = d N d cos θ ∗ ∣ d cos θ ∗ d E γ ∣ = const × 2 β E π = const \frac{dN}{dE_\gamma}=\frac{dN}{d\cos\theta^\ast}\left|\frac{d\cos\theta^\ast}{dE_\gamma}\right|
=\text{const}\times\frac{2}{\beta E_\pi}=\text{const} d E γ d N = d cos θ ∗ d N d E γ d cos θ ∗ = const × β E π 2 = const となり、E γ E_\gamma E γ
E π 2 ( 1 − β ) ≤ E γ ≤ E π 2 ( 1 + β ) \frac{E_\pi}{2}\left(1-\beta\right)\le E_\gamma\le\frac{E_\pi}{2}\left(1+\beta\right) 2 E π ( 1 − β ) ≤ E γ ≤ 2 E π ( 1 + β ) の範囲で一様です。高エネルギーでは β → 1 \beta\to1 β → 1 0 0 0 E π E_\pi E π E π / 2 E_\pi/2 E π /2
不変量を使うのが最短です。2光子の4元運動量の和が π 0 \pi^0 π 0
m π 2 c 4 = 2 E 1 E 2 ( 1 − cos ψ ) = 4 E 1 E 2 sin 2 ψ 2 ⟹ sin ψ 2 = m π c 2 2 E 1 E 2 m_\pi^2c^4=2E_1E_2\left(1-\cos\psi\right)=4E_1E_2\sin^2\frac{\psi}{2}
\quad\Longrightarrow\quad
\sin\frac{\psi}{2}=\frac{m_\pi c^2}{2\sqrt{E_1E_2}} m π 2 c 4 = 2 E 1 E 2 ( 1 − cos ψ ) = 4 E 1 E 2 sin 2 2 ψ ⟹ sin 2 ψ = 2 E 1 E 2 m π c 2 です（ψ \psi ψ E 1 + E 2 = E π E_1+E_2=E_\pi E 1 + E 2 = E π E 1 E 2 E_1E_2 E 1 E 2 E 1 = E 2 = E π / 2 E_1=E_2=E_\pi/2 E 1 = E 2 = E π /2 ψ \psi ψ
sin ψ m i n 2 = m π c 2 E π = 1 γ \sin\frac{\psi_\mathrm{min}}{2}=\frac{m_\pi c^2}{E_\pi}=\frac{1}{\gamma} sin 2 ψ min = E π m π c 2 = γ 1 です。E π = 30 G e V E_\pi=30\,\mathrm{GeV} E π = 30 GeV m π c 2 / E π = 135 / 30000 = 4.5 × 10 − 3 m_\pi c^2/E_\pi=135/30000=4.5\times10^{-3} m π c 2 / E π = 135/30000 = 4.5 × 1 0 − 3
ψ m i n ≃ 2 m π c 2 E π = 9.0 × 10 − 3 r a d = 9.0 m r a d = 0.52 ∘ \psi_\mathrm{min}\simeq\frac{2m_\pi c^2}{E_\pi}=9.0\times10^{-3}\,\mathrm{rad}=9.0\,\mathrm{mrad}=0.52^\circ ψ min ≃ E π 2 m π c 2 = 9.0 × 1 0 − 3 rad = 9.0 mrad = 0.5 2 ∘ が答えです。等分崩壊とは静止系で θ ∗ = π / 2 \theta^\ast=\pi/2 θ ∗ = π /2 m π c / 2 m_\pi c/2 m π c /2 γ β m π c / 2 \gamma\beta m_\pi c/2 γ β m π c /2 tan ( ψ m i n / 2 ) = 1 / γ β \tan(\psi_\mathrm{min}/2)=1/\gamma\beta tan ( ψ min /2 ) = 1/ γ β
設問2(b) の関係を x ≡ E 1 / E π x\equiv E_1/E_\pi x ≡ E 1 / E π E 1 E 2 = E π 2 x ( 1 − x ) E_1E_2=E_\pi^2x(1-x) E 1 E 2 = E π 2 x ( 1 − x )
sin ψ 2 = m π c 2 2 E π x ( 1 − x ) \sin\frac{\psi}{2}=\frac{m_\pi c^2}{2E_\pi\sqrt{x(1-x)}} sin 2 ψ = 2 E π x ( 1 − x ) m π c 2 です。設問2(a) より x x x ψ \psi ψ x = 1 / 2 x=1/2 x = 1/2 x = 1 / 2 x=1/2 x = 1/2 ψ \psi ψ x x x x = ( 1 + β cos θ ∗ ) / 2 x=(1+\beta\cos\theta^\ast)/2 x = ( 1 + β cos θ ∗ ) /2 u = cos θ ∗ u=\cos\theta^\ast u = cos θ ∗ β ≃ 1 \beta\simeq1 β ≃ 1 γ ≫ 1 \gamma\gg1 γ ≫ 1
ψ ≃ 2 γ 1 − u 2 = 2 γ sin θ ∗ = ψ m i n sin θ ∗ \psi\simeq\frac{2}{\gamma\sqrt{1-u^2}}=\frac{2}{\gamma\sin\theta^\ast}=\frac{\psi_\mathrm{min}}{\sin\theta^\ast} ψ ≃ γ 1 − u 2 2 = γ sin θ ∗ 2 = sin θ ∗ ψ min となり、u = 0 u=0 u = 0 ψ − ψ m i n ≃ ψ m i n u 2 / 2 \psi-\psi_\mathrm{min}\simeq\psi_\mathrm{min}u^2/2 ψ − ψ min ≃ ψ min u 2 /2 ψ \psi ψ u u u
d N d ψ = d N d u ∣ d u d ψ ∣ ∝ 1 ψ − ψ m i n \frac{dN}{d\psi}=\frac{dN}{du}\left|\frac{du}{d\psi}\right|\propto\frac{1}{\sqrt{\psi-\psi_\mathrm{min}}} d ψ d N = d u d N d ψ d u ∝ ψ − ψ min 1 となり、最小値の直上で発散します（積分は有限なので確率としては問題ありません）。u u u ψ m i n \psi_\mathrm{min} ψ min ∣ u ∣ ≤ 1 / 2 |u|\le1/2 ∣ u ∣ ≤ 1/2 ψ ≤ ψ m i n / 1 − 1 / 4 = 1.15 ψ m i n \psi\le\psi_\mathrm{min}/\sqrt{1-1/4}=1.15\,\psi_\mathrm{min} ψ ≤ ψ min / 1 − 1/4 = 1.15 ψ min ψ \psi ψ sin θ ∗ → 0 \sin\theta^\ast\to0 sin θ ∗ → 0
π − \pi^- π − 1 s 1s 1 s π − \pi^- π − ℓ = 0 \ell=0 ℓ = 0 π − \pi^- π − 0 0 0 3 S 1 ^3S_1 3 S 1 1 1 1
J = 1 J=1 J = 1 です。パリティは、π − \pi^- π − P π P_\pi P π ( − 1 ) ℓ (-1)^\ell ( − 1 ) ℓ 3 S 1 ^3S_1 3 S 1 L d = 0 L_d=0 L d = 0 P p P n ( − 1 ) 0 = P p P n P_pP_n(-1)^{0}=P_pP_n P p P n ( − 1 ) 0 = P p P n P p P n = P p 2 = + 1 P_pP_n=P_p^2=+1 P p P n = P p 2 = + 1
P i = P π ⋅ ( + 1 ) ⋅ ( − 1 ) 0 = P π P_\mathrm{i}=P_\pi\cdot(+1)\cdot(-1)^0=P_\pi P i = P π ⋅ ( + 1 ) ⋅ ( − 1 ) 0 = P π すなわち始状態は J P = 1 P π J^P=1^{P_\pi} J P = 1 P π
2個の中性子は同種のスピン 1 / 2 1/2 1/2 S S S ( − 1 ) S + 1 (-1)^{S+1} ( − 1 ) S + 1 S = 1 S=1 S = 1 S = 0 S=0 S = 0 r → − r \boldsymbol{r}\to-\boldsymbol{r} r → − r ( − 1 ) L (-1)^L ( − 1 ) L
( − 1 ) L ⋅ ( − 1 ) S + 1 = − 1 ⟺ L + S = 偶数 (-1)^L\cdot(-1)^{S+1}=-1
\qquad\Longleftrightarrow\qquad
L+S=\text{偶数} ( − 1 ) L ⋅ ( − 1 ) S + 1 = − 1 ⟺ L + S = 偶数 が要求されます。つまり全スピンと軌道角運動量は、S = 0 S=0 S = 0 L L L S = 1 S=1 S = 1 L L L 1 S 0 ^1S_0 1 S 0 3 P 0 , 1 , 2 ^3P_{0,1,2} 3 P 0 , 1 , 2 1 D 2 ^1D_2 1 D 2 3 F 2 , 3 , 4 ^3F_{2,3,4} 3 F 2 , 3 , 4 3 S 1 ^3S_1 3 S 1 1 P 1 ^1P_1 1 P 1
全角運動量の保存から終状態も J = 1 J=1 J = 1 S = 0 S=0 S = 0 L L L J = L J=L J = L J J J J = 1 J=1 J = 1 S = 1 S=1 S = 1 L L L J = L − 1 , L , L + 1 J=L-1,L,L+1 J = L − 1 , L , L + 1 L = 1 L=1 L = 1 J = 0 , 1 , 2 J=0,1,2 J = 0 , 1 , 2 J = 1 J=1 J = 1 L = 3 L=3 L = 3 J = 2 , 3 , 4 J=2,3,4 J = 2 , 3 , 4 L ≥ 5 L\ge5 L ≥ 5 J = 1 J=1 J = 1
( S , L ) = ( 1 , 1 ) すなわち 3 P 1 (S,L)=(1,1)\quad\text{すなわち}\quad {}^3P_1 ( S , L ) = ( 1 , 1 ) すなわち 3 P 1 の1つだけです。
終状態 3 P 1 ^3P_1 3 P 1 P n 2 = + 1 P_n^2=+1 P n 2 = + 1 ( − 1 ) L = ( − 1 ) 1 (-1)^L=(-1)^1 ( − 1 ) L = ( − 1 ) 1 − 1 -1 − 1 P π P_\pi P π
P π = − 1 P_\pi=-1 P π = − 1 すなわち π − \pi^- π − 0 0 0 π \pi π π − + d → n + n \pi^-+\mathrm{d}\to\mathrm{n}+\mathrm{n} π − + d → n + n P π = + 1 P_\pi=+1 P π = + 1 1 + 1^+ 1 + J = 1 J=1 J = 1 3 P 1 ^3P_1 3 P 1
前半は数値計算です。理想気体とみなせる気体が圧力 1.0 × 10 − 5 P a 1.0\times10^{-5}\,\mathrm{Pa} 1.0 × 1 0 − 5 Pa 0 ∘ C 0\,^\circ\mathrm{C} 0 ∘ C 0 ∘ C 0\,^\circ\mathrm{C} 0 ∘ C = 1.0 × 10 5 P a =1.0\times10^{5}\,\mathrm{Pa} = 1.0 × 1 0 5 Pa 22 L 22\,\mathrm{L} 22 L 6.0 × 10 23 6.0\times10^{23} 6.0 × 1 0 23 + 150 V +150\,\mathrm{V} + 150 V − 20 V -20\,\mathrm{V} − 20 V
標準状態の数密度は 6.0 × 10 23 / ( 2.2 × 10 4 c m 3 ) = 2.7 × 10 19 c m − 3 6.0\times10^{23}/(2.2\times10^{4}\,\mathrm{cm^3})=2.7\times10^{19}\,\mathrm{cm^{-3}} 6.0 × 1 0 23 / ( 2.2 × 1 0 4 c m 3 ) = 2.7 × 1 0 19 c m − 3 1.0 × 10 − 5 / 1.0 × 10 5 = 10 − 10 1.0\times10^{-5}/1.0\times10^{5}=10^{-10} 1.0 × 1 0 − 5 /1.0 × 1 0 5 = 1 0 − 10
n = 2.7 × 10 19 × 10 − 10 = 2.7 × 10 9 c m − 3 n=2.7\times10^{19}\times10^{-10}=2.7\times10^{9}\,\mathrm{cm^{-3}} n = 2.7 × 1 0 19 × 1 0 − 10 = 2.7 × 1 0 9 c m − 3 です。したがって 1.0 c m 3 1.0\,\mathrm{cm^3} 1.0 c m 3 2.7 × 10 9 2.7\times10^{9} 2.7 × 1 0 9
電子の流束（単位面積・単位時間あたりの個数）は電流密度を素電荷で割って
Γ = j e = 1.0 × 10 − 3 A / c m 2 1.6 × 10 − 19 C = 6.3 × 10 15 c m − 2 s − 1 \Gamma=\frac{j}{e}=\frac{1.0\times10^{-3}\,\mathrm{A/cm^2}}{1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C}}=6.3\times10^{15}\,\mathrm{cm^{-2}s^{-1}} Γ = e j = 1.6 × 1 0 − 19 C 1.0 × 1 0 − 3 A/c m 2 = 6.3 × 1 0 15 c m − 2 s − 1 です。電子1個が距離 d x dx d x n σ d x n\sigma\,dx nσ d x
d N i o n d V d t = Γ n σ = 6.3 × 10 15 × ( 2.7 × 10 9 × 3.0 × 10 − 16 ) \frac{dN_\mathrm{ion}}{dV\,dt}=\Gamma\,n\sigma
=6.3\times10^{15}\times\left(2.7\times10^{9}\times3.0\times10^{-16}\right) d V d t d N ion = Γ nσ = 6.3 × 1 0 15 × ( 2.7 × 1 0 9 × 3.0 × 1 0 − 16 ) となります。n σ = 8.2 × 10 − 7 c m − 1 n\sigma=8.2\times10^{-7}\,\mathrm{cm^{-1}} nσ = 8.2 × 1 0 − 7 c m − 1 1.2 × 10 6 c m 1.2\times10^{6}\,\mathrm{cm} 1.2 × 1 0 6 cm
d N i o n d V d t = 5.1 × 10 9 c m − 3 s − 1 \frac{dN_\mathrm{ion}}{dV\,dt}=5.1\times10^{9}\,\mathrm{cm^{-3}s^{-1}} d V d t d N ion = 5.1 × 1 0 9 c m − 3 s − 1 が答えです。m − 3 s − 1 \mathrm{m^{-3}s^{-1}} m − 3 s − 1 5.1 × 10 15 5.1\times10^{15} 5.1 × 1 0 15 1.0 c m 1.0\,\mathrm{cm} 1.0 cm n σ L = 8.2 × 10 − 7 ≪ 1 n\sigma L=8.2\times10^{-7}\ll1 nσ L = 8.2 × 1 0 − 7 ≪ 1 1.0 c m 2 1.0\,\mathrm{cm^2} 1.0 c m 2 1.0 c m 1.0\,\mathrm{cm} 1.0 cm 5.1 × 10 9 5.1\times10^{9} 5.1 × 1 0 9
動作原理は次のとおりです。フィラメントを通電加熱して熱電子を放出させます。グリッドはフィラメントに対して + 150 V +150\,\mathrm{V} + 150 V 150 e V 150\,\mathrm{eV} 150 eV − 20 V -20\,\mathrm{V} − 20 V
電子の放出電流を I e I_e I e n n n σ \sigma σ ℓ \ell ℓ I i ≃ I e n σ ℓ I_i\simeq I_e\,n\sigma\ell I i ≃ I e nσ ℓ I i = S I e P I_i=S\,I_e\,P I i = S I e P S S S
イオン電流は I i = S I e P I_i=S I_e P I i = S I e P S S S 150 e V 150\,\mathrm{eV} 150 eV 24.6 e V 24.6\,\mathrm{eV} 24.6 eV 12.1 e V 12.1\,\mathrm{eV} 12.1 eV < < < < < < < < < < < < 0.1 0.1 0.1 2.4 n A 2.4\,\mathrm{nA} 2.4 nA
発生する電流は光電流です。グリッドに衝突した電子が制動放射と特性X線として軟X線を発生し、それがコレクターに当たって光電効果で光電子をたたき出します。光電子がコレクターから飛び出すことはコレクターから負電荷が出ていくことなので、外部回路には正イオンが流れ込んだのと同じ向きの電流が流れます。電流計はこれをイオン電流と区別できないため、実際の圧力に依存しない一定のバックグラウンドとして残り、測定できる下限圧力を決めます（X線限界）。
減らすには、コレクターを工夫します。具体的には、コレクターを板状ではなく細い線（細いワイヤ）にして、グリッドから見た立体角、すなわちX線を受け止める面積を小さくします。光電流は照射面積にほぼ比例して減る一方、正イオンは電場によって細線に向かって集束されるので捕集効率はほとんど落ちません。結果として信号対バックグラウンド比が大きく改善し、より高い真空度まで測れるようになります。これがグリッドを円筒にしてその中心軸に細線コレクターを置いた Bayard–Alpert 型電離真空計の考え方です。
ロータリーポンプで到達できる真空度は 10 2 10^{2} 1 0 2 10 − 1 P a 10^{-1}\,\mathrm{Pa} 1 0 − 1 Pa
この圧力域で使える真空計の例としてピラニ真空計（熱伝導真空計）を挙げます。動作原理は、細い金属線に電流を流して加熱し、その線が気体へ熱を逃がす量が圧力に依存することを利用するものです。気体の熱伝導による熱の逃げ方は、平均自由行程が容器の寸法と同程度かそれより長い低圧領域では分子の数密度に比例するので、圧力が下がるほど線は冷えにくくなって温度が上がり、金属の抵抗が変化します。この抵抗変化を Wheatstone ブリッジで検出し、あらかじめ校正した関係から圧力に換算します。上限は 10 3 P a 10^{3}\,\mathrm{Pa} 1 0 3 Pa 10 − 1 P a 10^{-1}\,\mathrm{Pa} 1 0 − 1 Pa
同じ圧力域で使えるものとして、熱電対真空計（線の温度を熱電対で直接測る同型の計器）、隔膜（キャパシタンス）真空計（薄膜の変位を静電容量で読む、気体種に依存しない絶対測定）、McLeod 真空計（水銀で既知体積の気体を圧縮し Boyle の法則から圧力を求める）も挙げられます。
電荷 e e e p [ G e V / c ] p\,[\mathrm{GeV}/c] p [ GeV / c ] B [ T ] B\,[\mathrm{T}] B [ T ]
R = p 0.3 B [ m ] R=\frac{p}{0.3B}\quad[\mathrm{m}] R = 0.3 B p [ m ] に従います。この式は単位を含んだ数値式なので、以下も p p p G e V / c \mathrm{GeV}/c GeV / c B B B L L L x x x y y y y y y x x x σ \sigma σ L ≪ R L\ll R L ≪ R S S S δ p / p \delta p/p δ p / p
運動量を測るとは、実際には軌跡の曲がり具合を測ることです。直線からのずれの目に見える量がサジッタで、後の設問で見るように S ≃ L 2 / 2 R = 0.15 B L 2 / p S\simeq L^2/2R=0.15BL^2/p S ≃ L 2 /2 R = 0.15 B L 2 / p S S S σ \sigma σ
δ p p = δ S S ∝ σ p B L 2 \frac{\delta p}{p}=\frac{\delta S}{S}\propto\frac{\sigma\,p}{BL^2} p δ p = S δ S ∝ B L 2 σ p という形になり、3つの要請がそのまま読めます。磁場を強くすれば同じ運動量でも半径が小さくなり曲がりが大きく出るので、測るべき量 S S S S S S L 2 L^2 L 2 S S S δ S \delta S δ S
運動量については、小さいほうが分解能が高くなります。運動量が小さい粒子は半径が小さく大きく曲がるのでサジッタが大きく、σ \sigma σ δ p / p \delta p/p δ p / p p p p S = δ S S=\delta S S = δ S
円の中心が検出器2の面上にあるので幾何は上下対称です。中心を原点にとると、検出器1と3の面は中心から y y y ∓ L \mp L ∓ L x x x R 2 − L 2 \sqrt{R^2-L^2} R 2 − L 2 x x x R R R x = R 2 − L 2 x=\sqrt{R^2-L^2} x = R 2 − L 2
S = R − R 2 − L 2 = R ( 1 − 1 − L 2 R 2 ) ≃ L 2 2 R S=R-\sqrt{R^2-L^2}=R\left(1-\sqrt{1-\frac{L^2}{R^2}}\right)\simeq\frac{L^2}{2R} S = R − R 2 − L 2 = R ( 1 − 1 − R 2 L 2 ) ≃ 2 R L 2 です（L ≪ R L\ll R L ≪ R R = p / 0.3 B R=p/0.3B R = p /0.3 B
S ≃ 0.3 B L 2 2 p = 0.15 B L 2 p S\simeq\frac{0.3BL^2}{2p}=\frac{0.15\,BL^2}{p} S ≃ 2 p 0.3 B L 2 = p 0.15 B L 2 が答えです。L L L B B B p p p G e V / c \mathrm{GeV}/c GeV / c S S S
p = 0.15 B L 2 / S p=0.15BL^2/S p = 0.15 B L 2 / S S S S ∣ d p / d S ∣ = 0.15 B L 2 / S 2 = p 2 / ( 0.15 B L 2 ) |dp/dS|=0.15BL^2/S^2=p^2/(0.15BL^2) ∣ d p / d S ∣ = 0.15 B L 2 / S 2 = p 2 / ( 0.15 B L 2 )
δ p = p 2 0.15 B L 2 δ S \delta p=\frac{p^2}{0.15\,BL^2}\,\delta S δ p = 0.15 B L 2 p 2 δ S が答えです。同じ δ S \delta S δ S p 2 p^2 p 2
サジッタは3点の測定値から
S = x 2 − x 1 + x 3 2 S=x_2-\frac{x_1+x_3}{2} S = x 2 − 2 x 1 + x 3 として求まります（符号は曲がる向きで決まるので大きさだけを問題にします）。3つの測定誤差は独立で各々の標準偏差が σ \sigma σ
δ S = σ 2 + ( σ 2 ) 2 + ( σ 2 ) 2 = 3 2 σ ≃ 1.22 σ \delta S=\sqrt{\sigma^2+\left(\frac{\sigma}{2}\right)^2+\left(\frac{\sigma}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{3}{2}}\,\sigma\simeq1.22\,\sigma δ S = σ 2 + ( 2 σ ) 2 + ( 2 σ ) 2 = 2 3 σ ≃ 1.22 σ が答えです。中央の1点の重みが大きいので、単純に σ \sigma σ σ \sigma σ
設問2(b) と設問2(c) を合わせると
δ p p = p δ S 0.15 B L 2 = 3 / 2 0.15 ⋅ σ p B L 2 ≃ 8.2 σ p B L 2 \frac{\delta p}{p}=\frac{p\,\delta S}{0.15\,BL^2}=\frac{\sqrt{3/2}}{0.15}\cdot\frac{\sigma p}{BL^2}\simeq8.2\,\frac{\sigma p}{BL^2} p δ p = 0.15 B L 2 p δ S = 0.15 3/2 ⋅ B L 2 σ p ≃ 8.2 B L 2 σ p が答えです（σ \sigma σ L L L B B B p p p G e V / c \mathrm{GeV}/c GeV / c B B B L 2 L^2 L 2 σ \sigma σ p p p σ = 100 μ m \sigma=100\,\mu\mathrm{m} σ = 100 μ m L = 1 m L=1\,\mathrm{m} L = 1 m B = 1 T B=1\,\mathrm{T} B = 1 T p = 10 G e V / c p=10\,\mathrm{GeV}/c p = 10 GeV / c δ p / p ≃ 8 × 10 − 3 \delta p/p\simeq8\times10^{-3} δ p / p ≃ 8 × 1 0 − 3 1 % 1\,\% 1 %
上の議論は理想化されていて、実際の設計では次のような点を考えなければなりません。
第一に多重散乱です。粒子は検出器の物質や飛程中の気体で Coulomb 多重散乱を受け、軌跡そのものが折れ曲がります。この効果による見かけのサジッタは運動量に反比例して大きくなるため、δ p / p \delta p/p δ p / p X 0 X_0 X 0 X X X δ p / p ∼ X / X 0 / B L \delta p/p\sim\sqrt{X/X_0}/BL δ p / p ∼ X / X 0 / B L
第二に系統誤差です。検出器の位置合わせ（アライメント）がずれていると、たとえば中央の検出器が Δ \Delta Δ B B B ∫ B d l \int B\,dl ∫ B d l
第三に測定点の数と配置です。3点では自由度がなく、測定の妥当性を検証できません。検出器を増やして軌跡全体をフィットすれば分解能は測定点数のおよそ平方根で改善し、同時に誤ったヒットの排除、検出効率の測定、アライメントの自己較正が可能になります。
第四に受容量との兼ね合いです。L L L B B B
第五に、粒子が厳密に x x x y y y z z z z z z
幅 L L L U 0 U_0 U 0 0 ≤ x ≤ L 0\le x\le L 0 ≤ x ≤ L I \mathrm{I} I x < 0 x<0 x < 0 I I \mathrm{II} II 0 ≤ x ≤ L 0\le x\le L 0 ≤ x ≤ L I I I \mathrm{III} III x > L x>L x > L m m m E E E 0 < E < U 0 0<E<U_0 0 < E < U 0 e i k x e^{ikx} e ik x ℏ 2 k 2 / 2 m = E \hbar^2k^2/2m=E ℏ 2 k 2 /2 m = E k > 0 k>0 k > 0
κ = 2 m ( U 0 − E ) ℏ \kappa=\frac{\sqrt{2m(U_0-E)}}{\hbar} κ = ℏ 2 m ( U 0 − E ) と置きます。第8問2 では電子を詰めた場合の伝導を考え、全電子密度（単位長さあたり）を N N N h h h ℏ = h / 2 π \hbar=h/2\pi ℏ = h /2 π
各領域で Schrödinger 方程式は定数係数の2階常微分方程式なので、指数関数の重ね合わせで書けます。領域 I \mathrm{I} I I I \mathrm{II} II E < U 0 E<U_0 E < U 0 I I I \mathrm{III} III
ϕ I ( x ) = e i k x + B e − i k x ϕ I I ( x ) = C e κ x + D e − κ x ϕ I I I ( x ) = F e i k x \begin{aligned}
\phi_\mathrm{I}(x)&=e^{ikx}+Be^{-ikx}\\
\phi_\mathrm{II}(x)&=Ce^{\kappa x}+De^{-\kappa x}\\
\phi_\mathrm{III}(x)&=Fe^{ikx}
\end{aligned} ϕ I ( x ) ϕ II ( x ) ϕ III ( x ) = e ik x + B e − ik x = C e κ x + D e − κ x = F e ik x が答えです。入射波の振幅は 1 1 1 I I \mathrm{II} II ϕ ′ ′ = κ 2 ϕ \phi''=\kappa^2\phi ϕ ′′ = κ 2 ϕ cosh κ x \cosh\kappa x cosh κ x sinh κ x \sinh\kappa x sinh κ x L L L e κ x e^{\kappa x} e κ x I I I \mathrm{III} III e − i k x e^{-ikx} e − ik x
ポテンシャルの跳びは有限なので、ϕ ′ ′ = 2 m ℏ 2 ( V − E ) ϕ \phi''=\frac{2m}{\hbar^2}(V-E)\phi ϕ ′′ = ℏ 2 2 m ( V − E ) ϕ ϕ \phi ϕ ϕ ′ \phi' ϕ ′ ϕ ′ \phi' ϕ ′ ϕ ′ ′ \phi'' ϕ ′′ x = 0 x=0 x = 0 x = L x=L x = L
ϕ I ( 0 ) = ϕ I I ( 0 ) , ϕ I ′ ( 0 ) = ϕ I I ′ ( 0 ) ϕ I I ( L ) = ϕ I I I ( L ) , ϕ I I ′ ( L ) = ϕ I I I ′ ( L ) \begin{aligned}
&\phi_\mathrm{I}(0)=\phi_\mathrm{II}(0),\qquad \phi_\mathrm{I}'(0)=\phi_\mathrm{II}'(0)\\
&\phi_\mathrm{II}(L)=\phi_\mathrm{III}(L),\qquad \phi_\mathrm{II}'(L)=\phi_\mathrm{III}'(L)
\end{aligned} ϕ I ( 0 ) = ϕ II ( 0 ) , ϕ I ′ ( 0 ) = ϕ II ′ ( 0 ) ϕ II ( L ) = ϕ III ( L ) , ϕ II ′ ( L ) = ϕ III ′ ( L ) の4つが境界条件です。具体的に書けば
1 + B = C + D , i k ( 1 − B ) = κ ( C − D ) C e κ L + D e − κ L = F e i k L , κ ( C e κ L − D e − κ L ) = i k F e i k L \begin{aligned}
1+B&=C+D, &\qquad ik(1-B)&=\kappa(C-D)\\
Ce^{\kappa L}+De^{-\kappa L}&=Fe^{ikL}, &\qquad \kappa\left(Ce^{\kappa L}-De^{-\kappa L}\right)&=ikFe^{ikL}
\end{aligned} 1 + B C e κ L + D e − κ L = C + D , = F e ik L , ik ( 1 − B ) κ ( C e κ L − D e − κ L ) = κ ( C − D ) = ik F e ik L です。未知数 B , C , D , F B,C,D,F B , C , D , F I I I \mathrm{III} III ∣ x ∣ → ∞ |x|\to\infty ∣ x ∣ → ∞
エネルギー E E E
v = 2 E m = ℏ k m v=\sqrt{\frac{2E}{m}}=\frac{\hbar k}{m} v = m 2 E = m ℏ k で右へ進みます。単位長さあたり n n n n v nv n v n v T nvT n v T − e -e − e
j = − e n v T = − e n T 2 E m j=-e\,n\,v\,T=-e\,n\,T\sqrt{\frac{2E}{m}} j = − e n v T = − e n T m 2 E が答えです。大きさは e n T 2 E / m enT\sqrt{2E/m} e n T 2 E / m − 1 ^{-1} − 1 n n n D ( E ) D(E) D ( E ) 1 / 2 1/2 1/2
長さ L \mathcal{L} L 2 π / L 2\pi/\mathcal{L} 2 π / L ± k \pm k ± k ∣ k ∣ |k| ∣ k ∣ d k dk d k 2 × 2 × d k 2 π = 2 π d k 2\times2\times\frac{dk}{2\pi}=\frac{2}{\pi}dk 2 × 2 × 2 π d k = π 2 d k E = ℏ 2 k 2 / 2 m E=\hbar^2k^2/2m E = ℏ 2 k 2 /2 m d k / d E = 1 ℏ m / 2 E dk/dE=\frac{1}{\hbar}\sqrt{m/2E} d k / d E = ℏ 1 m /2 E
D ( E ) = 2 π ℏ m 2 E = 4 h m 2 E = 2 h 2 m E D(E)=\frac{2}{\pi\hbar}\sqrt{\frac{m}{2E}}=\frac{4}{h}\sqrt{\frac{m}{2E}}=\frac{2}{h}\sqrt{\frac{2m}{E}} D ( E ) = π ℏ 2 2 E m = h 4 2 E m = h 2 E 2 m が答えです。1次元では状態密度が E − 1 / 2 E^{-1/2} E − 1/2 E F E_F E F
N = ∫ 0 E F D ( E ) d E = 4 h 2 m E F ⟹ 2 m E F = h N 4 = m v F N=\int_0^{E_F}D(E)\,dE=\frac{4}{h}\sqrt{2mE_F}
\quad\Longrightarrow\quad
\sqrt{2mE_F}=\frac{hN}{4}=mv_F N = ∫ 0 E F D ( E ) d E = h 4 2 m E F ⟹ 2 m E F = 4 h N = m v F より
v F = h N 4 m ( E F = h 2 N 2 32 m ) v_F=\frac{hN}{4m}
\qquad\left(E_F=\frac{h^2N^2}{32m}\right) v F = 4 m h N ( E F = 32 m h 2 N 2 ) が答えです。v F v_F v F N N N N 1 / 3 N^{1/3} N 1/3 N 1 / 2 N^{1/2} N 1/2
エネルギーが E E E E + d E E+dE E + d E D ( E ) d E D(E)dE D ( E ) d E f L ( E , T ) D ( E ) d E f_L(E,T)D(E)dE f L ( E , T ) D ( E ) d E k > 0 k>0 k > 0 k < 0 k<0 k < 0 1 / 2 1/2 1/2 v ( E ) = 2 E / m v(E)=\sqrt{2E/m} v ( E ) = 2 E / m
1 2 2 E m D ( E ) f L ( E , T ) d E \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)f_L(E,T)\,dE 2 1 m 2 E D ( E ) f L ( E , T ) d E です（1次元では流束＝密度×速度）。このうち実際に右へ抜けるのは透過率 T ( E ) T(E) T ( E ) E E E 1 − f R ( E , T ) 1-f_R(E,T) 1 − f R ( E , T ) − e -e − e
J L R = − e 2 ∫ 0 ∞ 2 E m D ( E ) f L ( E , T ) [ 1 − f R ( E , T ) ] T ( E ) d E J_{LR}=-\frac{e}{2}\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)f_L(E,T)\left[1-f_R(E,T)\right]T(E)\,dE J L R = − 2 e ∫ 0 ∞ m 2 E D ( E ) f L ( E , T ) [ 1 − f R ( E , T ) ] T ( E ) d E が得られます。負号は、右向きに流れる電子が右向きに負の電流を作ることを表します。同じ論法で右から左への電流は J R L = − e 2 ∫ v D f R [ 1 − f L ] T d E J_{RL}=-\frac{e}{2}\int v D f_R\left[1-f_L\right]T\,dE J R L = − 2 e ∫ v D f R [ 1 − f L ] T d E f L f R f_Lf_R f L f R
J = J L R − J R L = − e 2 ∫ 0 ∞ 2 E m D ( E ) [ f L ( E , T ) − f R ( E , T ) ] T ( E ) d E J=J_{LR}-J_{RL}=-\frac{e}{2}\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)\left[f_L(E,T)-f_R(E,T)\right]T(E)\,dE J = J L R − J R L = − 2 e ∫ 0 ∞ m 2 E D ( E ) [ f L ( E , T ) − f R ( E , T ) ] T ( E ) d E になります。平衡（f L = f R f_L=f_R f L = f R J = 0 J=0 J = 0
まず1次元の重要な性質を使います。設問2(a) の D ( E ) D(E) D ( E )
2 E m D ( E ) = 2 E m ⋅ 2 h 2 m E = 4 h \sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)=\sqrt{\frac{2E}{m}}\cdot\frac{2}{h}\sqrt{\frac{2m}{E}}=\frac{4}{h} m 2 E D ( E ) = m 2 E ⋅ h 2 E 2 m = h 4 でエネルギーに依存しません（状態密度の E − 1 / 2 E^{-1/2} E − 1/2 E 1 / 2 E^{1/2} E 1/2 f L ( E ) = θ ( E F L − E ) f_L(E)=\theta(E_{FL}-E) f L ( E ) = θ ( E F L − E ) f R ( E ) = θ ( E F R − E ) f_R(E)=\theta(E_{FR}-E) f R ( E ) = θ ( E F R − E ) f L − f R f_L-f_R f L − f R E F R < E < E F L E_{FR}<E<E_{FL} E F R < E < E F L 1 1 1 0 0 0
Δ J = − e 2 ⋅ 4 h ∫ E F R E F L T ( E ) d E = − 2 e h ∫ E F R E F L T ( E ) d E \Delta J=-\frac{e}{2}\cdot\frac{4}{h}\int_{E_{FR}}^{E_{FL}}T(E)\,dE=-\frac{2e}{h}\int_{E_{FR}}^{E_{FL}}T(E)\,dE Δ J = − 2 e ⋅ h 4 ∫ E F R E F L T ( E ) d E = − h 2 e ∫ E F R E F L T ( E ) d E です（Δ μ = 0 \Delta\mu=0 Δ μ = 0 J = 0 J=0 J = 0 Δ J \Delta J Δ J Δ μ = E F L − E F R ≪ E F L \Delta\mu=E_{FL}-E_{FR}\ll E_{FL} Δ μ = E F L − E F R ≪ E F L T ( E ) ≃ T ( E F L ) T(E)\simeq T(E_{FL}) T ( E ) ≃ T ( E F L )
Δ J = − 2 e h T ( E F L ) Δ μ \Delta J=-\frac{2e}{h}T(E_{FL})\,\Delta\mu Δ J = − h 2 e T ( E F L ) Δ μ となります。Δ μ = − e Δ V \Delta\mu=-e\Delta V Δ μ = − e Δ V
Δ J = 2 e 2 h T ( E F L ) Δ V ⟹ G = lim Δ V → 0 Δ J Δ V = ( 2 e 2 h ) T ( E F L ) \Delta J=\frac{2e^2}{h}T(E_{FL})\,\Delta V
\quad\Longrightarrow\quad
G=\lim_{\Delta V\to0}\frac{\Delta J}{\Delta V}=\left(\frac{2e^2}{h}\right)T(E_{FL}) Δ J = h 2 e 2 T ( E F L ) Δ V ⟹ G = Δ V → 0 lim Δ V Δ J = ( h 2 e 2 ) T ( E F L ) が示されました。これが1次元系に対する Landauer の公式です。伝導度が試料の長さに依存せず、Fermi エネルギーでの透過率だけで決まること、T = 1 T=1 T = 1 2 e 2 / h = 7.75 × 10 − 5 S 2e^2/h=7.75\times10^{-5}\,\mathrm{S} 2 e 2 / h = 7.75 × 1 0 − 5 S h / 2 e 2 = 12.9 k Ω h/2e^2=12.9\,\mathrm{k\Omega} h /2 e 2 = 12.9 kΩ
比重・硬度・光沢・化学反応を除くと、電気的・磁気的・光学的な物性の違いを突くのが早道です。次の2つを挙げます。
実験1は、四端子法で電気抵抗率を室温と液体窒素温度など2温度以上で測ることです。理由は40字以内で「金属 Fe は温度上昇で抵抗が増え、半導体 Si はキャリア励起で減る」です。抵抗率の絶対値も Fe が 10 − 7 Ω m 10^{-7}\,\Omega\,\mathrm{m} 1 0 − 7 Ω m 10 − 4 10^{-4} 1 0 − 4 10 2 Ω m 10^{2}\,\Omega\,\mathrm{m} 1 0 2 Ω m
実験2は、磁石を近づける、あるいは磁化率（磁化曲線）を測ることです。理由は「Fe は強磁性で自発磁化とヒステリシスを示し、Si は弱い反磁性」です。室温で Fe は強磁性体として強く引きつけられ、Si は反磁性でほとんど反応しません。
他にも、Hall 効果を測ってキャリア密度と符号を出す（n形 Si は Hall 係数が大きく Fe は極小）、波長 1.1 μ m 1.1\,\mu\mathrm{m} 1.1 μ m 10 2 μ V / K 10^{2}\,\mu\mathrm{V/K} 1 0 2 μ V/K μ V / K \mu\mathrm{V/K} μ V/K
前半は神経細胞の膜電位です。1 mol の溶質が細胞外から細胞内へ膜を通過するときの自由エネルギー変化が
Δ G = − 2.3 R T log 10 C o C i + z F V \Delta G=-2.3RT\log_{10}\frac{C_o}{C_i}+zFV Δ G = − 2.3 R T log 10 C i C o + z F V と与えられています。R = 2.0 × 10 − 3 k c a l / ( K ⋅ m o l ) R=2.0\times10^{-3}\,\mathrm{kcal/(K\cdot mol)} R = 2.0 × 1 0 − 3 kcal/ ( K ⋅ mol ) F = 23 k c a l / ( V ⋅ m o l ) F=23\,\mathrm{kcal/(V\cdot mol)} F = 23 kcal/ ( V ⋅ mol ) C o C_o C o C i C_i C i z z z V V V
そのイオンについて正味の流れが止まる状態が平衡で、条件は「細胞内へ 1 mol 運んでも自由エネルギーが変わらない」すなわち Δ G = 0 \Delta G=0 Δ G = 0
z F V = 2.3 R T log 10 C o C i zFV=2.3RT\log_{10}\frac{C_o}{C_i} z F V = 2.3 R T log 10 C i C o より
V = 2.3 R T z F log 10 C o C i V=\frac{2.3RT}{zF}\log_{10}\frac{C_o}{C_i} V = z F 2.3 R T log 10 C i C o が Nernst の式です（自然対数で書けば V = R T z F ln ( C o / C i ) V=\frac{RT}{zF}\ln(C_o/C_i) V = z F R T ln ( C o / C i ) C o > C i C_o>C_i C o > C i z > 0 z>0 z > 0 V > 0 V>0 V > 0 V < 0 V<0 V < 0
静止時の細胞膜が特に高い透過性をもつイオン種はカリウムイオン K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + z = + 1 z=+1 z = + 1 T = 20 ∘ C = 293 K T=20\,^\circ\mathrm{C}=293\,\mathrm{K} T = 20 ∘ C = 293 K
2.3 R T F = 2.3 × 2.0 × 10 − 3 × 293 23 = 5.86 × 10 − 2 V = 58.6 m V \frac{2.3RT}{F}=\frac{2.3\times2.0\times10^{-3}\times293}{23}=5.86\times10^{-2}\,\mathrm{V}=58.6\,\mathrm{mV} F 2.3 R T = 23 2.3 × 2.0 × 1 0 − 3 × 293 = 5.86 × 1 0 − 2 V = 58.6 mV です。表から C o / C i = 20 / 400 = 0.050 C_o/C_i=20/400=0.050 C o / C i = 20/400 = 0.050 log 10 0.050 = − 1.30 \log_{10}0.050=-1.30 log 10 0.050 = − 1.30
V = 58.6 × ( − 1.30 ) = − 76 m V V=58.6\times(-1.30)=-76\,\mathrm{mV} V = 58.6 × ( − 1.30 ) = − 76 mV が答えです。細胞内が細胞外に対して負になり、静止電位が負であるという事実が再現されます。参考に同じ係数で他のイオンを計算すると N a + \mathrm{Na^+} N a + + 55 m V +55\,\mathrm{mV} + 55 mV C l − \mathrm{Cl^-} C l − z = − 1 z=-1 z = − 1 − 61 m V -61\,\mathrm{mV} − 61 mV − 60 -60 − 60 − 70 m V -70\,\mathrm{mV} − 70 mV K + \mathrm{K^+} K + N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a + + 55 m V +55\,\mathrm{mV} + 55 mV
一連の変化は次のように進みます。
静止時は K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + − 55 m V -55\,\mathrm{mV} − 55 mV N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a + + 55 m V +55\,\mathrm{mV} + 55 mV
しかし N a + \mathrm{Na^+} N a + N a + \mathrm{Na^+} N a +
これと前後して、遅れて開く電位依存性 K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + K + \mathrm{K^+} K + N a + \mathrm{Na^+} N a +
なお1回の活動電位で動くイオンの数は細胞内のイオン総量に比べて極めて少ないので、濃度勾配はほとんど変わりません。長期的な勾配の維持は N a + / K + \mathrm{Na^+}/\mathrm{K^+} N a + / K + N a + \mathrm{Na^+} N a + K + \mathrm{K^+} K +
活動電位が通り過ぎた直後の膜では、N a + \mathrm{Na^+} N a + K + \mathrm{K^+} K +
インパルスの伝播は、興奮部位から局所電流が両隣に流れて隣接部位を閾値まで脱分極させることで進みます。後方はいま述べた不応期にあって興奮できないので、前方の未興奮の膜だけが次に興奮します。この非対称性が一方向伝播の理由です。膜そのものに向きがあるわけではなく、実際に軸索の中央を人為的に刺激すれば興奮は両方向へ伝わります。通常は軸索基部（軸索小丘、N a + \mathrm{Na^+} N a +
機能欠失変異で眼ができないことは、この遺伝子が眼の形成に必要であることを示すだけです。十分性を調べるには逆向きの操作、すなわち機能獲得実験を行います。具体的には、本来 eyeless を発現しない別の組織（翅、脚、触角などの成虫原基）に、その組織で働くエンハンサーやドライバー（GAL4-UAS 系のように、組織特異的プロモーターで転写活性化因子を発現させ、その標的配列につないだ eyeless を強制発現させる仕組み）を使って eyeless を人為的に発現させ、そこに眼（個眼のまとまった構造）ができるかどうかを見ます。もし本来眼にならない場所に外来的な眼が形成されれば、eyeless の発現だけで眼形成のプログラム全体を立ち上げられること、すなわち十分な働きをもつことが示されます。あわせて、変異体に野生型 eyeless を導入して眼形成が回復するか（レスキュー実験）も確認すれば、観察された表現型が確かにこの遺伝子の機能欠損によるものだと確定できます。
eyeless は眼形成に必要かつ十分で、しかも転写因子をコードします。転写因子は自分自身では構造を作らず、下流の遺伝子の転写を制御することしかできません。それが単独で眼の形成を開始させられるということは、eyeless が眼を作るのに必要な多数の遺伝子群を一括して起動する、遺伝子発現階層の最上位のスイッチとして働いていることを意味します。つまり eyeless は眼形成のマスター制御遺伝子（選択遺伝子）で、細胞集団の中でこれが発現するとその領域が「眼になる」という運命決定がなされ、以後は下流の標的遺伝子のカスケードが眼の形態形成を自律的に進めると推察されます。
この推察は実際に裏づけられていて、eyeless は脊椎動物の Pax6（マウスの Small eye、ヒトの Aniridia の原因遺伝子）のホモログであり、マウスの Pax6 をショウジョウバエで発現させても外来的な眼ができます。形態的にまったく異なる複眼とカメラ眼が、同じマスター遺伝子によって制御されているという発生学の重要な発見につながった遺伝子です。
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成14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。