平成16年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

平成15年8月26日に4時間30分で実施された物理学の試験です。9問のうち理論系が4問（第1問、第2問、第3問、第9問）、力学が1問（第4問）、実験・測定技術に重心のある問題が3問（第5問、第6問、第7問）、光学と生物物理を接続した問題が1問（第8問）という構成で、実験室の作法を問う出題の比重が例年より大きいのが特徴です。計算量そのものは穏やかですが、第5問と第6問は数値と装置の常識を、第7問と第9問は相対論的運動学と転送行列を最後まで押し切る力を要求します。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	調和振動子のハイゼンベルグ表示とコヒーレント状態
第2問	統計力学	鎖状分子の二状態模型とゴム弾性
第3問	電磁気学・相対論	磁場中の荷電粒子とサイクロトロン共鳴の破れ
第4問	力学・天体物理	スイングバイ航法
第5問	原子核・測定技術	NaI シンチレーション検出器とガンマ線波高分布
第6問	電気回路・低温物性	LC 共振による液体ヘリウム密度測定
第7問	素粒子・相対論	ビームラインの粒子分離と中性 π 中間子の寿命
第8問	光学・生物物理	眼の結像と視神経の配線
第9問	量子力学・固体物理	転送行列とブロッホ条件から得る分散関係

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。

第1問 調和振動子のハイゼンベルグ表示とコヒーレント状態

設定

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の一次元調和振動子

$$\mathbf{H} = \frac{\mathbf{p}^2}{2m} + \frac{m\omega^2}{2}\mathbf{x}^2$$

をハイゼンベルグ表示で扱います。時刻 $t=0$ の演算子から

$$a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\mathbf{x}(0) + i\frac{\mathbf{p}(0)}{m\omega}\right), \qquad a^{\dagger} = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(\mathbf{x}(0) - i\frac{\mathbf{p}(0)}{m\omega}\right)$$

を作り、$\mathbf{N} = a^{\dagger}a$ の固有値問題と、$\mathbf{x}(t), \mathbf{p}(t)$ の時間発展、およびその期待値の古典的な振舞いを順に調べます。正準交換関係は $[\mathbf{x}(0), \mathbf{p}(0)] = i\hbar$ です。

設問1

まず $a$ と $a^{\dagger}$ の交換関係を出します。

$$\begin{aligned} [a, a^{\dagger}] &= \frac{m\omega}{2\hbar}\left[\mathbf{x}(0)+\frac{i\mathbf{p}(0)}{m\omega},\ \mathbf{x}(0)-\frac{i\mathbf{p}(0)}{m\omega}\right] \\ &= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(-\frac{i}{m\omega}[\mathbf{x}(0),\mathbf{p}(0)] + \frac{i}{m\omega}[\mathbf{p}(0),\mathbf{x}(0)]\right) \\ &= \frac{m\omega}{2\hbar}\cdot\left(-\frac{2i}{m\omega}\right)(i\hbar) = 1 . \end{aligned}$$

これを使えば

$$[\mathbf{N}, a^{\dagger}] = [a^{\dagger}a, a^{\dagger}] = a^{\dagger}[a,a^{\dagger}] = a^{\dagger}, \qquad [\mathbf{N}, a] = [a^{\dagger}, a]\,a = -a .$$

答えは $[\mathbf{N}, a^{\dagger}] = a^{\dagger}$、$[\mathbf{N}, a] = -a$ です。

設問2

設問1 の交換関係を $|n\rangle$ に作用させます。

$$\mathbf{N}\left(a^{\dagger}|n\rangle\right) = \left(a^{\dagger}\mathbf{N} + a^{\dagger}\right)|n\rangle = (n+1)\,a^{\dagger}|n\rangle, \qquad \mathbf{N}\left(a|n\rangle\right) = \left(a\mathbf{N} - a\right)|n\rangle = (n-1)\,a|n\rangle .$$

したがって $a^{\dagger}|n\rangle$ は固有値 $n+1$ の固有状態、$a|n\rangle$ は固有値 $n-1$ の固有状態であり、固有値が縮退していないとすれば $a^{\dagger}|n\rangle = C|n+1\rangle$、$a|n\rangle = D|n-1\rangle$ と書けます。係数はノルムから決まります。

$$|C|^2 = \langle n|a\,a^{\dagger}|n\rangle = \langle n|(\mathbf{N}+1)|n\rangle = n+1, \qquad |D|^2 = \langle n|a^{\dagger}a|n\rangle = n .$$

$C, D$ を正の数にとるので、答えは $C = \sqrt{n+1}$、$D = \sqrt{n}$ です。

設問3

固有値の非負性がまず言えます。任意の固有状態について

$$n = \langle n|\mathbf{N}|n\rangle = \langle n|a^{\dagger}a|n\rangle = \bigl\| \,a|n\rangle \,\bigr\|^2 \ge 0$$

なので、$\mathbf{N}$ の固有値はすべて $0$ 以上です。

次に $n$ が整数でないと仮定して矛盾を導きます。$n \ge 0$ が整数でなければ、$k$ を $k < n < k+1$ を満たす非負整数とします。設問2 より $a^{k}|n\rangle \propto |n-k\rangle$ であり、途中のノルムはすべて正（$n, n-1, \dots, n-k+1$ がすべて正だから）なので $|n-k\rangle$ は $0$ でない固有状態として存在します。その固有値は $0 < n-k < 1$ です。ところがこの状態にさらに $a$ を作用させると、$\| a|n-k\rangle \|^2 = n-k > 0$ なので $|n-k-1\rangle$ も $0$ でない固有状態として存在し、その固有値は $n-k-1 < 0$ となって非負性に反します。

よって $n$ は非負整数でなければなりません。$n$ が非負整数のときは $\| a|0\rangle \|^2 = 0$、つまり $a|0\rangle = 0$ で降下列が自動的に止まり、矛盾は生じません。以上で $n = 0,1,2,\dots$ が証明されました。

設問4

ハイゼンベルグ方程式 $i\hbar\, d\mathbf{A}/dt = [\mathbf{A}, \mathbf{H}]$ に代入します。$[\mathbf{x},\mathbf{p}^2] = 2i\hbar\mathbf{p}$、$[\mathbf{p},\mathbf{x}^2] = -2i\hbar\mathbf{x}$ より

$$\frac{d\mathbf{x}(t)}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\mathbf{x}(t),\mathbf{H}] = \frac{\mathbf{p}(t)}{m}, \qquad \frac{d\mathbf{p}(t)}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\mathbf{p}(t),\mathbf{H}] = -m\omega^2\,\mathbf{x}(t) .$$

設問5

上の連立式から $d^2\mathbf{x}/dt^2 = -\omega^2\mathbf{x}$ なので、$t=0$ での値を初期条件として

$$\mathbf{x}(t) = \mathbf{x}(0)\cos\omega t + \frac{\mathbf{p}(0)}{m\omega}\sin\omega t, \qquad \mathbf{p}(t) = \mathbf{p}(0)\cos\omega t - m\omega\,\mathbf{x}(0)\sin\omega t .$$

$t=0$ で確かに $\mathbf{x}(0), \mathbf{p}(0)$ に戻り、$d\mathbf{x}/dt = \mathbf{p}/m$ も満たされます。これは古典解 $x(t) = x_0\cos\omega t + (p_0/m\omega)\sin\omega t$、$p(t) = p_0\cos\omega t - m\omega x_0\sin\omega t$ と、初期値が数から演算子に置き換わっただけの同一形です。演算子の時間依存性が古典解と同型になるのは、ハミルトニアンが $\mathbf{x}, \mathbf{p}$ の二次形式で運動方程式が線形になっているためです。

設問6

$a, a^{\dagger}$ の定義を逆に解くと

$$\mathbf{x}(0) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(a + a^{\dagger}\right), \qquad \mathbf{p}(0) = i\sqrt{\frac{m\omega\hbar}{2}}\left(a^{\dagger} - a\right) .$$

設問2 より $a|n\rangle \propto |n-1\rangle$、$a^{\dagger}|n\rangle \propto |n+1\rangle$ で、これらは $|n\rangle$ と直交するので $\langle n|a|n\rangle = \langle n|a^{\dagger}|n\rangle = 0$ です。したがって $\langle n|\mathbf{x}(0)|n\rangle = \langle n|\mathbf{p}(0)|n\rangle = 0$ となり、設問5 の解を挟むと

$$\langle n|\mathbf{x}(t)|n\rangle = 0, \qquad \langle n|\mathbf{p}(t)|n\rangle = 0 .$$

答えはいずれも $0$ で、時間に依存しません。エネルギー固有状態では位置と運動量の期待値が振動せず、古典的な振動が現れません。

設問7

期待値が振動するためには $\langle\lambda|a|\lambda\rangle \neq 0$、すなわち $|\lambda\rangle$ が $n$ の異なる（1 だけ違う）固有状態の重ね合わせでなければなりません。$F$ として指数関数をとるのがもっとも簡明で、規格化を無視して

$$|\lambda\rangle = F(a,a^{\dagger})|G\rangle = e^{\lambda a^{\dagger}}|G\rangle$$

とすればよいです。ここで $\lambda$ は $0$ でない複素定数です。実際 $[a, e^{\lambda a^{\dagger}}] = \lambda e^{\lambda a^{\dagger}}$ と $a|G\rangle = 0$ から

$$a|\lambda\rangle = \left(e^{\lambda a^{\dagger}}a + \lambda e^{\lambda a^{\dagger}}\right)|G\rangle = \lambda|\lambda\rangle,$$

つまり $|\lambda\rangle$ は $a$ の固有値 $\lambda$ の固有状態（コヒーレント状態）です。すると

$$\frac{\langle\lambda|\mathbf{x}(0)|\lambda\rangle}{\langle\lambda|\lambda\rangle} = \sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\,\mathrm{Re}\,\lambda, \qquad \frac{\langle\lambda|\mathbf{p}(0)|\lambda\rangle}{\langle\lambda|\lambda\rangle} = \sqrt{2m\omega\hbar}\,\mathrm{Im}\,\lambda$$

なので、設問5 の解を代入して $\lambda = |\lambda|e^{i\varphi}$ と書けば

$$\langle \mathbf{x}(t)\rangle = \sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\,|\lambda|\cos(\omega t - \varphi), \qquad \langle \mathbf{p}(t)\rangle = -\sqrt{2m\omega\hbar}\,|\lambda|\sin(\omega t - \varphi) = m\frac{d}{dt}\langle\mathbf{x}(t)\rangle .$$

振幅 $\sqrt{2\hbar/m\omega}\,|\lambda|$、角振動数 $\omega$ の古典解と同じ時間変動です。答えは $F(a,a^{\dagger}) = e^{\lambda a^{\dagger}}$（$\lambda \neq 0$）です。

なお条件は「隣り合う $n$ を混ぜる」ことだけなので、$F(a,a^{\dagger}) = 1 + \lambda a^{\dagger}$ のような有限次の多項式でも期待値は振動します（$|\lambda\rangle = |0\rangle + \lambda|1\rangle$ で $\langle a\rangle = \lambda/(1+|\lambda|^2)$ が $0$ でない）。指数関数を選ぶ利点は、$a$ の固有状態になるため位置・運動量の分散も時間によらず最小のまま保たれ、古典粒子との対応がもっとも良くなることです。

第2問 鎖状分子の二状態模型とゴム弾性

設定

$N$ 個の単量体が一列につながった鎖状分子を考えます。各単量体は独立に、長さ $a$ でエネルギー $+\varepsilon$ の状態 $\alpha$ と、長さ $b$ でエネルギー $-\varepsilon$ の状態 $\beta$ のどちらかをとります。図から $a$ が $b$ より大きく、伸びた配置のほうがエネルギーが高い設定です。孤立系（ミクロカノニカル）、温度 $T$ の熱浴と接した系（カノニカル）、そして一定張力 $X$ で引かれた系（定張力集団）の三つを順に扱います。温度は $k_BT$ の形で露わに書きます。

設問1

状態 $\alpha$ が $N_\alpha$ 個、状態 $\beta$ が $N_\beta$ 個（$N = N_\alpha + N_\beta$）のとき、長さとエネルギーは単量体ごとの和で

$$L = N_\alpha a + N_\beta b, \qquad E_L = \left(N_\alpha - N_\beta\right)\varepsilon .$$

熱力学的重率は、どの単量体が $\alpha$ かの選び方の数なので

$$W(N_\alpha, N_\beta) = \frac{N!}{N_\alpha!\,N_\beta!} .$$

Boltzmann の関係 $S = k_B\log W$ に Stirling の公式を入れます。

$$\begin{aligned} \frac{S}{k_B} &= \log N! - \log N_\alpha! - \log N_\beta! \\ &= \left(N\log N - N\right) - \left(N_\alpha \log N_\alpha - N_\alpha\right) - \left(N_\beta\log N_\beta - N_\beta\right) \\ &= N\log N - N_\alpha\log N_\alpha - N_\beta\log N_\beta , \end{aligned}$$

最後の行では $N = N_\alpha + N_\beta$ を使って $-N + N_\alpha + N_\beta = 0$ としました。$N\log N = (N_\alpha+N_\beta)\log N$ と書き直せば

$$S = -k_B\left\{N_\alpha\log\frac{N_\alpha}{N} + N_\beta\log\frac{N_\beta}{N}\right\}$$

が得られます。これは示すべき式です。$N_\alpha = N_\beta = N/2$ で最大値 $k_B N\log 2$ をとり、片方に偏ると $0$ に近づくという妥当な振舞いをします。

設問2

熱浴のエントロピーを $S_B(E) = k_B\log\Omega(E)$ と書きます。熱浴が鎖状分子に比べて十分大きいので $E_l \ll E_T$ であり、$S_B$ を $E_T$ のまわりで展開できます。

$$S_B(E_T - E_l) = S_B(E_T) - E_l\left.\frac{\partial S_B}{\partial E}\right|_{E=E_T} + O(E_l^2) = S_B(E_T) - \frac{E_l}{T} + O(E_l^2) .$$

二次以上の項は $E_l/E_T$ の高次で落とせます。これを指数に戻すと

$$P(E_l) \propto \frac{\Omega(E_T-E_l)}{\Omega(E_T)} = \exp\left[\frac{S_B(E_T-E_l) - S_B(E_T)}{k_B}\right] = \exp\left(-\frac{E_l}{k_BT}\right)$$

となり、カノニカル分布が導かれました。温度が熱浴の性質としてのみ現れ、鎖状分子の詳細に依らないことがこの導出の要点です。

設問3

単量体一つは $+\varepsilon$ と $-\varepsilon$ の二つの状態しかもたないので

$$Z_1 = e^{-\varepsilon/k_BT} + e^{+\varepsilon/k_BT} = 2\cosh\frac{\varepsilon}{k_BT} .$$

単量体は互いに独立で、しかも鎖の何番目かで区別できます。したがって全系の分配関数は単純な積で、$N!$ で割る必要はありません。

$$Z_N = \left(Z_1\right)^N = \left(2\cosh\frac{\varepsilon}{k_BT}\right)^{N} .$$

設問4

$x \equiv \varepsilon/k_BT$ と略記します。Helmholtz の自由エネルギーは

$$F = -k_BT\log Z_N = -N k_BT\log\left(2\cosh x\right) .$$

エントロピーは $S = -(\partial F/\partial T)_N$ です。$dx/dT = -x/T$ に注意して

$$\frac{\partial F}{\partial T} = -Nk_B\log(2\cosh x) - Nk_BT\tanh x\cdot\left(-\frac{x}{T}\right) = -Nk_B\log(2\cosh x) + Nk_B x\tanh x ,$$ $$S = Nk_B\left\{\log\left(2\cosh\frac{\varepsilon}{k_BT}\right) - \frac{\varepsilon}{k_BT}\tanh\frac{\varepsilon}{k_BT}\right\} .$$

内部エネルギーは $E = F + TS$ から

$$E = -N\varepsilon\tanh\frac{\varepsilon}{k_BT} .$$

$T \to 0$ で $E \to -N\varepsilon$（全単量体が状態 $\beta$）、$T\to\infty$ で $E\to 0$（$\alpha$ と $\beta$ が等確率）となり、$S$ も同じ極限で $0$ と $Nk_B\log 2$ に近づきます。設問1 の $S$ に $N_\alpha = N_\beta = N/2$ を入れた値と一致しており、二つの集団の整合が確認できます。

設問5

比熱は

$$C = \frac{dE}{dT} = Nk_B\left(\frac{\varepsilon}{k_BT}\right)^2\frac{1}{\cosh^2\!\left(\varepsilon/k_BT\right)}$$

です。$t \equiv k_BT/\varepsilon$ とおくと

$$\frac{C}{Nk_B} = \frac{1}{t^2\cosh^2(1/t)} .$$

これは二準位系に特有の Schottky 型の山です。低温側 $t \ll 1$ では $\cosh^{-2}(1/t)\simeq 4e^{-2/t}$ なので

$$\frac{C}{Nk_B} \simeq \frac{4}{t^2}e^{-2/t} \longrightarrow 0 \quad (t\to 0)$$

と指数関数的に落ち、高温側 $t \gg 1$ では

$$\frac{C}{Nk_B} \simeq \frac{1}{t^2} \longrightarrow 0 \quad (t\to\infty)$$

とべきで落ちます。極大の位置は $d(C/Nk_B)/dt = 0$、すなわち $u\tanh u = 1$（$u=1/t$）から $u = 1.200$、つまり $t = k_BT/\varepsilon = 0.83$ で、そこでの値は $C/Nk_B = 0.439$ です。曲線は原点から立ち上がり、$t=0.83$ で頂点をもち、以後単調に減少して $t^{-2}$ で $0$ に漸近する単峰形になります。

設問6

熱浴のエントロピーを長さも変数にとって $S_B(E,L) = k_B\log\Omega(E,L)$ と書きます。熱力学第一法則 $T\,dS = dE - X\,dL$ より

$$\left(\frac{\partial S_B}{\partial E}\right)_L = \frac{1}{T}, \qquad \left(\frac{\partial S_B}{\partial L}\right)_E = -\frac{X}{T} .$$

$E_L \ll E_T$、$L \ll L_T$ なので一次まで展開して

$$S_B(E_T-E_L,\ L_T-L) = S_B(E_T,L_T) - \frac{E_L}{T} + \frac{XL}{T} + \cdots$$

これを

$$p(E_L,L) \propto \frac{\Omega(E_T-E_L,L_T-L)}{\Omega(E_T,L_T)} = \exp\left[\frac{S_B(E_T-E_L,L_T-L)-S_B(E_T,L_T)}{k_B}\right]$$

に代入すれば

$$p(E_L,L)\propto\exp\left\{\frac{1}{k_BT}\left(-E_L + XL\right)\right\}$$

が示されます。$E_L$ に共役な量が $1/T$、$L$ に共役な量が $X/T$ になっているという構造は設問2 と同じで、$X$ が熱浴（残りの $N_T-N$ 個）によって決まる示強変数であることを表しています。

設問7

設問1 の $E$ と $L$ を代入すると、指数の中身は単量体ごとに分離します。

$$-E + XL = -\left(N_\alpha-N_\beta\right)\varepsilon + X\left(N_\alpha a + N_\beta b\right) = N_\alpha\left(Xa-\varepsilon\right) + N_\beta\left(Xb+\varepsilon\right) .$$

したがって $N_\beta = N-N_\alpha$ として二項定理が使えます。

$$\begin{aligned} Y &= \sum_{N_\alpha=0}^{N}\frac{N!}{N_\alpha!\,(N-N_\alpha)!} \left[\exp\frac{Xa-\varepsilon}{k_BT}\right]^{N_\alpha} \left[\exp\frac{Xb+\varepsilon}{k_BT}\right]^{N-N_\alpha} \\ &= \left\{\exp\left(\frac{Xa-\varepsilon}{k_BT}\right) + \exp\left(\frac{Xb+\varepsilon}{k_BT}\right)\right\}^{N} . \end{aligned}$$

$X=0$ とすると設問3 の $Z_N = (2\cosh(\varepsilon/k_BT))^N$ に戻ります。

設問8

$dG = -S\,dT - L\,dX$ となる自由エネルギーは $G = F - XL$ で、分配関数から

$$G = -k_BT\log Y = -Nk_BT\log\left\{\exp\left(\frac{Xa-\varepsilon}{k_BT}\right) + \exp\left(\frac{Xb+\varepsilon}{k_BT}\right)\right\} .$$

長さは $L = -(\partial G/\partial X)_T$ で得られます。

$$L = N\,\frac{a\exp\left(\dfrac{Xa-\varepsilon}{k_BT}\right) + b\exp\left(\dfrac{Xb+\varepsilon}{k_BT}\right)}{\exp\left(\dfrac{Xa-\varepsilon}{k_BT}\right) + \exp\left(\dfrac{Xb+\varepsilon}{k_BT}\right)} .$$

これが求める $L$ と $X$ の関係式（状態方程式）です。分子・分母を整理すると

$$L = N\left\{\frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2}\tanh\left[\frac{X(a-b)-2\varepsilon}{2k_BT}\right]\right\}$$

とも書けます。$X\to+\infty$ で $L\to Na$（完全に伸びきる）、$X\to-\infty$ で $L\to Nb$（縮みきる）、$X=0$ では $L = N\{(a+b)/2 - ((a-b)/2)\tanh(\varepsilon/k_BT)\}$ となり、低温では $L\to Nb$、高温では $L\to N(a+b)/2$ です。すなわち張力を一定に保ったまま温度を上げると、$X(a-b) < 2\varepsilon$ の範囲では鎖は伸び、$X(a-b) > 2\varepsilon$ の範囲では縮んで、いずれも $L \to N(a+b)/2$ に向かいます（後者が、一定荷重のゴムを加熱すると縮むのと同じ振舞いです）。張力を長さ一定のもとで見ると $X = \{2\varepsilon + 2k_BT\,\mathrm{artanh}[(2L/N-(a+b))/(a-b)]\}/(a-b)$ と温度に比例する成分をもち、これがゴム弾性と同じエントロピー起源の力学的応答です。

第3問 磁場中の荷電粒子とサイクロトロン共鳴の破れ

設定

電荷 $q$、静止質量 $m$ の粒子が、$z$ 方向の一様静磁場 $\vec{B}=(0,0,B)$ と、$xy$ 面内で回転する電場のもとで受ける加速を扱います。力はローレンツ力 $\vec{F}=q(\vec{E}+\vec{v}\times\vec{B})$ で、放射反作用は無視します。前半（設問1 から設問3）は非相対論、後半（設問4 から設問6）は相対論的な場合です。サイクロトロン角振動数を

$$\omega_c \equiv \frac{qB}{m}$$

と書きます。問題文の $\Omega$ は電場の変動角振動数で、$\omega_c$ とは別の量です。

設問1

$\vec{v}\times\vec{B} = (v_yB,\ -v_xB,\ 0)$ なので、運動方程式は

$$\dot{v}_x = \omega_c v_y, \qquad \dot{v}_y = -\omega_c v_x, \qquad \dot{v}_z = 0 .$$

$w \equiv v_x + iv_y$ とまとめると $\dot{w} = -i\omega_c w$ で、初期条件 $w(0)=v_0$ から $w = v_0e^{-i\omega_c t}$、すなわち

$$\vec{v}(t) = \left(v_0\cos\omega_c t,\ -v_0\sin\omega_c t,\ 0\right) .$$

$\vec{r}(0)=0$ として積分すると

$$\vec{r}(t) = \left(\frac{v_0}{\omega_c}\sin\omega_c t,\ \frac{v_0}{\omega_c}\left(\cos\omega_c t - 1\right),\ 0\right) .$$

これは中心 $(0,\,-v_0/\omega_c,\,0)$、半径 $v_0/\omega_c = mv_0/qB$ の円で、$q>0$、$B>0$ なら $xy$ 面内で時計回りに一周期 $2\pi m/qB$ で回ります。速さは $|\vec{v}|=v_0$ で一定です。

設問2

電場 $\vec{E} = (-E\sin\Omega t,\ -E\cos\Omega t,\ 0)$ を加えます。$w=v_x+iv_y$ について

$$\dot{w} = \frac{q}{m}\left[-E\left(\sin\Omega t + i\cos\Omega t\right)\right] - i\omega_c w = -i\frac{qE}{m}e^{-i\Omega t} - i\omega_c w$$

となります（$\sin\Omega t + i\cos\Omega t = ie^{-i\Omega t}$ を使いました）。これは定数係数の一階線形方程式です。$\Omega \neq \omega_c$ のとき、特解を $u\,e^{-i\Omega t}$ と置くと

$$u = \frac{qE}{m\left(\Omega-\omega_c\right)}$$

で、斉次解を足して初期条件 $w(0)=v_0$ を課すと

$$w(t) = \left(v_0 - u\right)e^{-i\omega_c t} + u\,e^{-i\Omega t} .$$

実部と虚部をとって

$$\vec{v}(t) = \Bigl(\left(v_0-u\right)\cos\omega_c t + u\cos\Omega t,\ \ -\left(v_0-u\right)\sin\omega_c t - u\sin\Omega t,\ \ 0\Bigr), \qquad u = \frac{qE}{m(\Omega-\omega_c)} .$$

検算として $\Omega\to 0$ の静電場 $\vec{E}=(0,-E,0)$ の場合を見ると、$u = -E/B$ となり $v_x$ に一定のずれ $-E/B$ が残ります。これは $\vec{E}\times\vec{B}/B^2 = (-E/B,0,0)$ というドリフト速度に一致します。

設問3

$\Omega = \omega_c$ では設問2 の $u$ が発散し、共鳴が起きます。$w = (\alpha+\beta t)e^{-i\omega_c t}$ と置くと $\dot{w}+i\omega_c w = \beta e^{-i\omega_c t}$ なので $\beta = -iqE/m$、$\alpha = v_0$ となり

$$w(t) = \left(v_0 - i\frac{qE}{m}t\right)e^{-i\omega_c t}, \qquad \vec{v}(t) = \left(v_0\cos\omega_c t - \frac{qEt}{m}\sin\omega_c t,\ \ -v_0\sin\omega_c t - \frac{qEt}{m}\cos\omega_c t,\ \ 0\right) .$$

速さの二乗は交差項が消えて

$$|\vec{v}(t)|^2 = |w(t)|^2 = v_0^2 + \left(\frac{qEt}{m}\right)^2$$

となるので、運動エネルギーは

$$K(t) = \frac{1}{2}m|\vec{v}|^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{q^2E^2}{2m}t^2$$

と $t^2$ で単調に増大します。十分時間がたてば第二項が第一項を圧倒するので、運動エネルギーは時間とともに増大します。物理的には、電場の回転が粒子の旋回と常に同位相を保ち、ローレンツ力の電場成分がいつも速度と同じ向きの成分をもって仕事をし続けるためです。これはサイクロトロン共鳴（サイクロトロン加速器の原理）です。なお、設問2 の解で $\Omega\to\omega_c$ の極限をとると

$$u\left(e^{-i\Omega t}-e^{-i\omega_c t}\right) \to \frac{qE}{m}\cdot\left(-it\,e^{-i\omega_c t}\right)$$

となり、この解と一致します。

設問4

相対論的な場合、$\vec{p}=m\gamma\vec{v}$、$\mathcal{E}=m\gamma c^2$、$\gamma=(1-v^2/c^2)^{-1/2}$ です。電場がなければ運動方程式は $d\vec{p}/dt = q\vec{v}\times\vec{B}$ で、両辺に $\vec{v}$ を内積すると右辺は $\vec{v}\cdot(\vec{v}\times\vec{B})=0$ です。左辺は

$$\vec{v}\cdot\frac{d\vec{p}}{dt} = m\left[\gamma\,\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}} + \dot{\gamma}\,v^2\right] = m\gamma\left(\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}}\right)\left(1+\frac{\gamma^2v^2}{c^2}\right) = m\gamma^3\left(\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}}\right)$$

（$\dot{\gamma}=\gamma^3(\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}})/c^2$ と $1+\gamma^2v^2/c^2=\gamma^2$ を使いました）となり、これは

$$\frac{d\mathcal{E}}{dt} = \frac{d}{dt}\left(m\gamma c^2\right) = m\gamma^3\left(\vec{v}\cdot\dot{\vec{v}}\right)$$

に等しいので $d\mathcal{E}/dt = 0$ です。$\mathcal{E}=m\gamma c^2$ が一定ならば $\gamma$ が一定、したがって速さ $v=|\vec{v}|$ が運動中一定です。磁場は速度に垂直な力しか及ぼさないので仕事をしない、という内容の相対論版です。

設問5

設問4 より $\gamma$ が定数なので $d\vec{p}/dt = m\gamma\,d\vec{v}/dt$ となり、方程式は

$$m\gamma\frac{d\vec{v}}{dt} = q\,\vec{v}\times\vec{B}$$

です。これは非相対論の式で $m \to m\gamma$ と置き換えたものにすぎません。したがって設問1 の解がそのまま使えて、角振動数だけが

$$\omega' = \frac{qB}{m\gamma} = \frac{qB}{m}\sqrt{1-\frac{v_0^2}{c^2}}$$

に置き換わります。初速度 $\vec{v}(0)=(v_0,0,0)$ に対して

$$\vec{v}(t) = \left(v_0\cos\omega' t,\ -v_0\sin\omega' t,\ 0\right), \qquad \omega' = \frac{qB}{m}\sqrt{1-\frac{v_0^2}{c^2}} .$$

軌道半径は $v_0/\omega' = m\gamma v_0/qB = p/qB$ で、運動量に比例します。$v_0 \ll c$ で設問1 に戻ります。

設問6

設問5 が示すように、相対論的な旋回角振動数は速さに依存し

$$\omega' = \frac{qB}{m\gamma} = \frac{\omega_c}{\gamma}$$

と、エネルギーが増えるほど（$\gamma$ が増えるほど）小さくなります。電場の変動角振動数は $\Omega=\omega_c=qB/m$ に固定されているので、加速によって $\gamma$ が $1$ から増えると $\omega' < \Omega$ となり、共鳴条件 $\Omega=\omega'$ が破れます。すると電場の回転と粒子の旋回の間に位相差が蓄積し、電場が粒子を加速する半周期と減速する半周期が交互に現れるようになります。位相がずれ切ったところで正味の仕事は平均してゼロになり、運動エネルギーの増加は止まって、以後は $\gamma$ が周期的に増減するだけになります。

止まる時期の目安は、位相差が $\pi$ 程度たまるまでの時間です。$\gamma-1 \sim 10^{-2}$ 程度でも位相は $1$ ラジアン規模ずれるので、非相対論的な速さから出発しても運動エネルギーが静止エネルギーの数パーセントに達したところで加速は失効します。これが単純なサイクロトロンの到達エネルギーの上限であり、実際の加速器では加速電場の振動数を下げる（シンクロサイクロトロン）か磁場を上げる（シンクロトロン）ことで共鳴を保ちます。

第4問 スイングバイ航法

設定

質量 $m$ の探査機が質量 $M$（$M \gg m$）の惑星による中心力場 $U(r) = -GMm/r$ を双曲線軌道で通過する問題です。図1 の幾何は、惑星を原点、双曲線の対称軸を $x$ 軸にとり、探査機は衝突径数 $b$ の漸近線 $SS'$ に沿って速さ $v$ で無限遠から入射し、漸近線 $TT'$ に沿って出ていきます。角 $\phi$ は $x$ 軸から測った探査機の方位角で、入射時に $\phi=\alpha$、近点で $\phi=\pi$、出射時に $\phi=2\pi-\alpha$ と単調に増加します。偏向角 $\theta$ は二本の漸近線のなす角で $\theta = \pi - 2\alpha$ です。後半（設問6、設問7）では惑星自身が太陽に対して速度 $\vec{W}$ で運動している場合を扱います。

設問1

二次元極座標では $\dot{x}^2+\dot{y}^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2$ なので

$$\mathcal{L} = \frac{m}{2}\left(\dot{r}^2 + r^2\dot{\phi}^2\right) - U(r) .$$

$\phi$ は $\mathcal{L}$ に露わに含まれない（$\partial\mathcal{L}/\partial\phi = 0$）ので、Euler–Lagrange 方程式

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0$$

は

$$\frac{d}{dt}\left(mr^2\dot{\phi}\right) = 0, \qquad \ell \equiv mr^2\dot{\phi} = \mathrm{const}$$

を与えます。これが角運動量保存則です。中心力場では $U$ が $r$ だけの関数で系が回転対称なので、共役運動量 $\ell$ が保存します。

設問2

角運動量は運動のどの瞬間で評価しても同じなので、無限遠での値を使います。無限遠では探査機は漸近線 $SS'$ 上を速さ $v$ で動き、原点からその直線までの距離が $b$ なので、角運動量の大きさは

$$\ell = m v b .$$

一方 $\ell = mr^2\dot{\phi}$ なので、$\phi$ を増加する向きに測れば

$$\dot{\phi} = \frac{vb}{r^2}$$

が成り立ちます。

設問3

最近点 $r=r_0$ では $\dot{r}=0$ です。エネルギー保存則を無限遠（$U=0$、速さ $v$）と最近点で等置します。

$$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m r_0^2\dot{\phi}^2 - \frac{GMm}{r_0} = \frac{1}{2}m\frac{v^2b^2}{r_0^2} - \frac{GMm}{r_0} .$$

整理すると $r_0$ の二次方程式

$$v^2 r_0^2 + 2GM\,r_0 - v^2b^2 = 0$$

となり、正の根をとって

$$r_0 = \frac{\sqrt{G^2M^2 + v^4b^2} - GM}{v^2} = -\frac{GM}{v^2} + \sqrt{\left(\frac{GM}{v^2}\right)^2 + b^2} .$$

$GM\to 0$ で $r_0\to b$（直進）、逆に $v\to 0$ で $r_0 \to v^2b^2/(2GM)\to 0$ となり、いずれも妥当です。次元も $GM/v^2$ が長さなので合っています。

設問4

探査機の位置が $(r\cos\phi,\ r\sin\phi)$ なので、引力の $x$ 成分は

$$m\frac{dv_x}{dt} = -\frac{GMm}{r^2}\cos\phi .$$

ここで時間微分を $\phi$ 微分に変換します。設問2 より $dt = r^2 d\phi/(vb)$ なので

$$dv_x = -\frac{GM}{r^2}\cos\phi\;dt = -\frac{GM}{r^2}\cos\phi\cdot\frac{r^2}{vb}d\phi = -\frac{GM}{vb}\cos\phi\,d\phi .$$

$r$ が消えるのが要点で、角運動量保存のおかげで $v_x$ の変化が $\phi$ だけの積分で求まります。

設問5

設問4 を入射（$\phi=\alpha$）から出射（$\phi=2\pi-\alpha$）まで積分します。

$$\Delta v_x = -\frac{GM}{vb}\Bigl[\sin\phi\Bigr]_{\alpha}^{2\pi-\alpha} = -\frac{GM}{vb}\left(-\sin\alpha-\sin\alpha\right) = \frac{2GM}{vb}\sin\alpha .$$

他方、幾何から $\Delta v_x$ は直接計算できます。入射時の速度は漸近線 $SS'$ 上を $S$ から $S'$ に向かう向き、すなわち $\vec{v}_{\rm in} = -v(\cos\alpha,\ \sin\alpha)$、出射時は $T'$ に向かう向きで $\vec{v}_{\rm out} = v(\cos\alpha,\ -\sin\alpha)$ です（速さは無限遠で等しい）。したがって

$$\Delta v_x = v\cos\alpha - \left(-v\cos\alpha\right) = 2v\cos\alpha .$$

両者を等置して

$$2v\cos\alpha = \frac{2GM}{vb}\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad \tan\alpha = \frac{v^2b}{GM} .$$

$\theta = \pi-2\alpha$ より $\theta/2 = \pi/2-\alpha$ なので

$$\tan\frac{\theta}{2} = \cot\alpha = \frac{GM}{v^2b}$$

が示されました。$b\to\infty$ または $v\to\infty$ で $\theta\to 0$（直進）、$b\to 0$ で $\theta\to\pi$（正面衝突で跳ね返る）となり、極限も正しいです。

設問6

惑星の引力圏内では太陽の引力を無視するので、探査機と惑星の二体の弾性散乱とみなせます。太陽静止系で、入射前の速度を探査機 $\vec{v}$、惑星 $\vec{W}$、出射後を探査機 $\vec{u}$、惑星 $\vec{W}'$ とします。運動量保存則より

$$m\vec{v} + M\vec{W} = m\vec{u} + M\vec{W}' \quad\Longrightarrow\quad \vec{W}' = \vec{W} - \frac{m}{M}\left(\vec{u}-\vec{v}\right) .$$

出入りの無限遠でポテンシャルはゼロなので、全運動エネルギーも保存します。

$$\frac{1}{2}m|\vec{v}|^2 + \frac{1}{2}M|\vec{W}|^2 = \frac{1}{2}m|\vec{u}|^2 + \frac{1}{2}M|\vec{W}'|^2 .$$

よって探査機のエネルギー変化は惑星のエネルギー減少に等しく、

$$\begin{aligned} \Delta E &= \frac{1}{2}m|\vec{u}|^2 - \frac{1}{2}m|\vec{v}|^2 = \frac{1}{2}M\left(|\vec{W}|^2 - |\vec{W}'|^2\right) \\ &= \frac{1}{2}M\left\{\frac{2m}{M}\vec{W}\cdot\left(\vec{u}-\vec{v}\right) - \frac{m^2}{M^2}\left|\vec{u}-\vec{v}\right|^2\right\} \\ &= m\,\vec{W}\cdot\left(\vec{u}-\vec{v}\right) - \frac{m^2}{2M}\left|\vec{u}-\vec{v}\right|^2 . \end{aligned}$$

これが求める答えです。$M\gg m$ では第二項が第一項の $O(m/M)$ 倍なので

$$\Delta E \simeq m\,\vec{W}\cdot\left(\vec{u}-\vec{v}\right)$$

と書けます。$\vec{W}=0$（惑星静止）なら $\Delta E$ は $-m^2|\vec{u}-\vec{v}|^2/2M$ となり、惑星の反跳の分だけ探査機はわずかに減速します。惑星が静止していればスイングバイでは加速できない、という設問7 の裏返しの結論です。

設問7

設問6 の主要項 $\Delta E \simeq m\vec{W}\cdot(\vec{u}-\vec{v})$ は、速度変化ベクトル $\vec{u}-\vec{v}$ が惑星の進行方向 $\vec{W}$ と鋭角をなすとき正になります。惑星の後ろ側（進行方向の後方）を回り込むように通過して、速度変化が惑星の運動方向を向くように幾何を選べば $\vec{W}\cdot(\vec{u}-\vec{v}) > 0$ となり、$O(m/M)$ の小さな第二項を上回るので $\Delta E > 0$、つまり探査機は加速されます。

大きさの目安は、惑星静止系での相対速度を $\vec{c}=\vec{v}-\vec{W}$（$|\vec{c}|$ は前後で不変）としたとき $\vec{u}-\vec{v} = \vec{c}\,'-\vec{c}$ と書けることから分かります。相対速度が $\vec{W}$ と逆向きから同じ向きへ完全に反転する最良の場合は $\vec{u}-\vec{v} = 2|\vec{c}|\hat{W}$ で

$$\Delta E_{\max} \simeq 2m|\vec{W}|\,|\vec{c}|,$$

速度の増分は最大 $2|\vec{W}|$ になります。太陽系の惑星では $|\vec{W}|$ が $10\ \mathrm{km/s}$ 規模なので、これは化学ロケットの増速に匹敵する大きさです。

増加したエネルギーの出どころは惑星の運動エネルギーです。設問6 の導出そのものが $\Delta E = \frac{1}{2}M(|\vec{W}|^2-|\vec{W}'|^2)$ を示しており、惑星は $\Delta\vec{W} = -(m/M)(\vec{u}-\vec{v})$ だけ減速しています。より正確には、惑星は太陽まわりの公転運動をしているので、最終的には惑星の公転エネルギー（公転軌道）からエネルギーを借りていることになります。質量比 $m/M$ は、$10^{3}\ \mathrm{kg}$ 級の探査機と $10^{27}\ \mathrm{kg}$ 級の木星なら $10^{-24}$ 規模なので、惑星の速度変化は観測不可能なほど小さいですが、収支は厳密に閉じています。

第5問 NaI シンチレーション検出器とガンマ線波高分布

設定

NaI(Tl) 結晶と光電子増倍管からなるガンマ線検出器を扱います。光電子増倍管の陽極電流パルスは $R=500\ \mathrm{k\Omega}$ と $C=20\ \mathrm{pF}$ の並列等価回路（出力部回路）に流れ込みます。光電子増倍管内の飛行時間は無視でき、NaI(Tl) の蛍光減衰定数は $\tau=230\ \mathrm{ns}$ です。結晶の寸法については、二次ガンマ線（コンプトン散乱光子や消滅ガンマ線）の平均自由行程より小さく、しかし二次荷電粒子（電子・陽電子）は完全に吸収される、という条件が置かれています。この条件は設問4 と設問5 の答えを決める鍵になります。

設問1

ガンマ線が NaI(Tl) 結晶中で起こす主な相互作用は次の三つです。

光電効果は、ガンマ線が原子に束縛された電子（主に内殻電子）に全エネルギーを与えて吸収され、電子が $E_\gamma$ から束縛エネルギーを引いた運動エネルギーで飛び出す過程です。残った空孔は特性 X 線や Auger 電子で埋まり、それも結晶内で吸収されるので入射エネルギーが全部電荷に変換されます。断面積は原子番号 $Z$ の 4 乗から 5 乗に比例し、エネルギーが低いほど大きく、ヨウ素（$Z=53$）を含む NaI では数百 keV 以下で支配的です。

コンプトン散乱は、ガンマ線が準自由な電子と非弾性的に散乱し、エネルギーの一部を電子に渡して自分は低エネルギーの光子として散乱される過程です。散乱角に応じて電子が受け取るエネルギーが連続的に変わるので、電子のエネルギー分布は $0$ から後方散乱（$180^\circ$）に対応する最大値までの連続分布になります。数百 keV から数 MeV で支配的です。

電子・陽電子対生成は、$E_\gamma > 2m_ec^2 = 1.022\ \mathrm{MeV}$ のとき、原子核のクーロン場の中でガンマ線が電子と陽電子の対に転換する過程です。対の運動エネルギーの合計は $E_\gamma - 2m_ec^2$ で、陽電子は停止後に対消滅して $511\ \mathrm{keV}$ のガンマ線 2 本を出します。断面積は $Z^2$ に比例し、数 MeV 以上で支配的になります。

設問2

（a）同軸ケーブルには特性インピーダンス（通常 $50\ \Omega$）があり、これと異なるインピーダンスで終端すると、信号がケーブル端で反射して波形が歪みます。オシロスコープの入力インピーダンスは $1\ \mathrm{M\Omega}$ 規模で開放端に近いため、パルスはほぼ全反射して光電子増倍管側へ戻り、そこでも反射して往復し、立ち上がりに段差やリンギング（往復時間ごとに現れる後続パルス）が乗ります。$230\ \mathrm{ns}$ という速い信号を正しく観測するには、これを避けなければなりません。

そこで、オシロスコープの入力端でケーブルの特性インピーダンスに等しい抵抗（$50\ \Omega$）を芯線と接地の間に入れます。接続は、同軸ケーブルの出口に T 分岐（BNC の T 型コネクタ）を付け、一方の枝に $50\ \Omega$ の終端抵抗を、他方をオシロスコープの入力に接続する形です。オシロスコープに $50\ \Omega$ 入力の設定があるならそれを選ぶだけでも同じです。この抵抗は反射を防ぐと同時に、陽極からの電流パルス $i(t)$ を電圧 $50\,\Omega\times i(t)$ に変換する役目も果たします。

（b）点 A の波形は、$50\ \Omega$ という小さな抵抗で終端されているため時定数が短く（ケーブルと入力の容量を数十 pF としても $50\,\Omega\times 30\,\mathrm{pF}\sim 1.5\ \mathrm{ns}$）、陽極電流の時間形をそのまま写します。陽極電流はシンチレーション光の発光曲線に従うので、立ち上がりが数 ns 以下、その後 $\tau=230\ \mathrm{ns}$ の時定数で指数関数的に減衰する形になります。

$$V_A(t) \propto e^{-t/\tau}, \qquad \tau = 230\ \mathrm{ns} .$$

横軸のスケールとしては、$0$ から $1\ \mu\mathrm{s}$ の範囲でほぼ基線に戻ります（$t=230\ \mathrm{ns}$ で頂点の $1/e=0.37$ 倍、$t=700\ \mathrm{ns}$ で $0.05$ 倍）。極性は、陽極に電子が集まるので負パルスです。

点 B では並列 $RC$ の時定数が

$$RC = 500\times10^{3}\times20\times10^{-12} = 1.0\times10^{-5}\ \mathrm{s} = 10\ \mu\mathrm{s}$$

で、$RC \gg \tau$ です。したがってコンデンサーが電流を積分し、電流を $i(t)=(Q/\tau)e^{-t/\tau}$ とすれば

$$V_B(t) = \frac{Q}{C}\cdot\frac{1}{1-\tau/RC}\left(e^{-t/RC} - e^{-t/\tau}\right) \simeq \frac{Q}{C}\left(e^{-t/RC}-e^{-t/\tau}\right)$$

という二重指数形になります。すなわち $\tau=230\ \mathrm{ns}$ で立ち上がり、

$$t_{\max} = \frac{\ln(RC/\tau)}{1/\tau - 1/RC} = \frac{\ln 43.5}{(1/230-1/10^4)\ \mathrm{ns}^{-1}} \simeq 0.9\ \mu\mathrm{s}$$

でピーク（高さはほぼ $Q/C$）に達し、そこから $RC=10\ \mu\mathrm{s}$ の時定数でゆっくり減衰します。横軸は $0$ から $50\ \mu\mathrm{s}$ 程度をとると全体が入ります。点 A の波形が $1\ \mu\mathrm{s}$ で終わる鋭いパルス、点 B の波形が立ち上がり $1\ \mu\mathrm{s}$、減衰 $10\ \mu\mathrm{s}$ の緩やかなパルスで、時間軸のスケールが 1 桁違うことが両者の違いです。点 B の波高が電荷 $Q$、すなわち結晶に落ちたエネルギーに比例するので、波高分析はこちらで行います。

（c）原因が特定できていない段階での具体的な対処を二つ挙げます。

一つは接地と遮蔽の見直しです。信号系の接地を一点接地にまとめて接地ループを断ち、光電子増倍管と出力部回路を金属筐体に入れて静電遮蔽し、信号線は必要最小限の長さの同軸ケーブルにして芯線の露出をなくします。これで外部からの誘導と、接地電位差によるハムノイズが同時に減ります。

もう一つは高圧電源系のフィルタです。負高圧電源のリプルやスイッチングノイズは分圧回路を通じてそのまま信号に乗るので、電源と光電子増倍管の間に $RC$ ローパスフィルタを挿入し、各ダイノードにパスコンを付けます。加えて、オシロスコープの帯域制限（$20\ \mathrm{MHz}$ 制限など）をかければ、信号の $230\ \mathrm{ns}$ 成分を保ったまま高周波ノイズだけを落とせます。この二つで改善しなければ、周囲の機器（蛍光灯、モーター、スイッチング電源）を一つずつ切って原因を切り分けます。

設問3

（a）以下、計数率とその標準偏差の単位はカウント/分です。バックグラウンドは $10$ 分で $600$ カウントなので

$$n_B = \frac{600}{10} = 60.0, \qquad \sigma_B = \frac{\sqrt{600}}{10} = 2.45$$

線源を置いた場合は $2$ 分で $1000$ カウントなので

$$n_{S+B} = \frac{1000}{2} = 500, \qquad \sigma_{S+B} = \frac{\sqrt{1000}}{2} = 15.8$$

線源からのガンマ線の計数率はこの差で、誤差は独立な測定の二乗和です。

$$n_S = 500 - 60 = 440, \qquad \sigma_S = \sqrt{\frac{1000}{2^2} + \frac{600}{10^2}} = \sqrt{250+6.0} = 16.0$$

答えは $n_S = 440 \pm 16$ カウント/分です。

（b）線源を置いた計数を合計 $t$ 分行うとすると、その計数値は約 $500t$ カウントで、正味計数率の分散は

$$\sigma_S^2 = \frac{500t}{t^2} + \sigma_B^2 = \frac{500}{t} + 6.0$$

です（単位はカウント/分の二乗）。バックグラウンドの項 $6.0$ は測定をやり直さないので固定です。$1$ パーセントの精度、すなわち $\sigma_S = 0.01\times 440 = 4.40$ カウント/分を要求すると

$$\frac{500}{t} + 6.0 = 4.40^2 = 19.36 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{500}{13.36} = 37.4$$

を得ます（単位は分）。分単位で切り上げて、答えは合計 $38$ 分です（すでに $2$ 分測っているので、あと $36$ 分）。バックグラウンドの寄与 $6.0$ が要求分散 $19.36$ の 3 割を占めており、これ以上バックグラウンド測定を延ばさない限り $t\to\infty$ でも $\sigma_S$ は $\sqrt{6.0}=2.45$ より下がらない（相対精度 $0.56$ パーセントが限界）という構造になっています。

設問4

結晶が二次ガンマ線の平均自由行程より小さいので、コンプトン散乱光子と消滅ガンマ線は結晶から逃げ、多重相互作用は無視できます。一方、電子と陽電子は結晶内で完全に止まるので、その運動エネルギーは全部波高に反映されます。この条件で予想される波高分布（エネルギー換算した度数分布）は次のようになります。

（a）$0.5\ \mathrm{MeV}$ の場合。対生成のしきい値 $1.022\ \mathrm{MeV}$ より下なので、寄与するのは光電効果とコンプトン散乱の二つです。光電効果は入射エネルギーを全部落とすので、$0.50\ \mathrm{MeV}$ に鋭い全エネルギーピーク（光電ピーク）を作ります。コンプトン散乱は電子に渡るエネルギーが $0$ から

$$E_{\max} = E_\gamma\frac{2E_\gamma/m_ec^2}{1+2E_\gamma/m_ec^2} = 0.5\times\frac{1.957}{2.957} = 0.33\ \mathrm{MeV}$$

まで連続に分布するので、$0$ から $0.33\ \mathrm{MeV}$ の連続分布（コンプトン連続部）と、その上端に立つ段差（コンプトンエッジ）を作ります。$0.33$ から $0.50\ \mathrm{MeV}$ の間は谷になります。NaI でも $0.5\ \mathrm{MeV}$ では光電効果の割合は 1 割程度なので、面積ではコンプトン連続部が大きく、光電ピークがその上に細く突き出た形です。

（b）$5\ \mathrm{MeV}$ の場合。三つの相互作用すべてが寄与します。コンプトンエッジは

$$E_{\max} = 5\times\frac{19.57}{20.57} = 4.76\ \mathrm{MeV}$$

で、$0$ から $4.76\ \mathrm{MeV}$ の連続部を作ります。対生成では電子・陽電子対の運動エネルギー $5-1.022=3.98\ \mathrm{MeV}$ が全部吸収され、消滅ガンマ線 2 本（各 $511\ \mathrm{keV}$）はこの小さな結晶から逃げるので、$3.98\ \mathrm{MeV}$ にピーク（ダブルエスケープピーク）が立ちます。光電効果による全エネルギーピークは $5.0\ \mathrm{MeV}$ に現れますが、$5\ \mathrm{MeV}$ での光電断面積は $Z$ が大きい NaI でも桁違いに小さいので、ごく弱いピークです。逆に対生成は $Z^2$ で効くため、この結晶では $3.98\ \mathrm{MeV}$ のダブルエスケープピークが分布中でもっとも目立つ構造になります。

まとめると、$0.5\ \mathrm{MeV}$ では「連続部＋その右上に全エネルギーピーク」、$5\ \mathrm{MeV}$ では「連続部＋$3.98\ \mathrm{MeV}$ の強いピーク＋$5.0\ \mathrm{MeV}$ の弱いピーク」となり、ピークの位置が入射エネルギーに一致しない（$1.022\ \mathrm{MeV}$ だけ低い）ことが高エネルギー側の厄介な点です。

設問5

いずれの場合も、同種の NaI 検出器を複数個組み合わせ、同時計数（コインシデンス）で特定の相互作用の組合せだけを選び出し、複数の検出器の波高を足してエネルギーを再構成します。同時計数を課すこと自体がバックグラウンド（無相関な事象）を強く抑えるので、放射能の高い環境でも測定できます。

（a）$0.5\ \mathrm{MeV}$ の場合はコンプトン同時計数（和スペクトル法）を使います。線源、検出器 1、そして検出器 1 から見て角度 $\vartheta$ の方向に検出器 2 を置きます。検出器 1 でコンプトン散乱が起こり、逃げた散乱光子が検出器 2 で吸収された事象を同時計数で選び、二つの波高 $E_1, E_2$ を足します。エネルギー保存から

$$E_\gamma = E_1 + E_2$$

なので、和のスペクトルには単一検出器では連続部に埋もれていたエネルギーが鋭いピークとして現れます。検出器 1 だけを見ると連続分布しか得られないのに対し、和をとると位置が確定するのがこの方法の利点です。

（b）$5\ \mathrm{MeV}$ の場合は対生成を選ぶ配置（対生成スペクトロメーター）にします。主検出器の両側、$180^\circ$ 向かい合う位置に検出器 2 と検出器 3 を置き、両方が $511\ \mathrm{keV}$ を検出したという三重同時計数を要求します。この条件を満たす事象は、主検出器で対生成が起き、陽電子が対消滅して 2 本の消滅ガンマ線が反対方向に逃げた事象に限られるので、主検出器の波高は必ず $E_\gamma - 1.022\ \mathrm{MeV}$ に対応し、

$$E_\gamma = E_{1} + 2\times 0.511\ \mathrm{MeV}$$

としてエネルギーが決まります（$E_1$ は主検出器の波高。三つの波高の和をとっても同じです）。三重同時計数によりコンプトン連続部とバックグラウンドがほぼ完全に除かれ、ダブルエスケープピークだけが残るので、位置の同定が正確になります。

第6問 LC 共振による液体ヘリウム密度測定

設定

平行平板コンデンサーとコイルを並列につないだ LC 回路の共振振動数から、コンデンサーの間隙を満たす液体ヘリウムの比誘電率、したがって密度を求める実験です。ヘリウムの分極率 $\alpha$ と密度 $\rho$、比誘電率 $\varepsilon$ の間には Clausius–Mossotti の関係

$$\frac{1}{k}\alpha\rho = \frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+2}$$

が成り立ち（$k$ は比例定数、$\varepsilon$ は無次元）、ヘリウムの $\alpha$ は温度と圧力にほとんど依らないので、共振振動数の変化がそのまま密度の変化を与えます。設問6 から設問8 は、この方法で得られた $2.2\ \mathrm{K}$ 近傍の密度データ（図2）と、低温での二次温度計（図3）についての議論です。

設問1

抵抗と浮遊容量を無視した並列 LC 回路の共振条件は $\omega^2 = 1/LC_0$ なので

$$f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC_0}} .$$

設問2

$f_0 = 10\ \mathrm{MHz}$、$L=10\ \mu\mathrm{H}$ から容量を出します。

$$C_0 = \frac{1}{\left(2\pi f_0\right)^2 L} = \frac{1}{\left(6.283\times10^{7}\right)^2\times1.0\times10^{-5}} = \frac{1}{3.948\times10^{10}} = 2.53\times10^{-11}\ \mathrm{F} = 25\ \mathrm{pF} .$$

平行平板コンデンサーの容量は $C_0=\varepsilon_0 A/d$ なので、間隙は

$$d = \frac{\varepsilon_0 A}{C_0} = \frac{8.9\times10^{-12}\times1.0\times10^{-4}}{2.53\times10^{-11}} = 3.5\times10^{-5}\ \mathrm{m} .$$

答えは $d = 3.5\times10^{-5}\ \mathrm{m}$、すなわち約 $35\ \mu\mathrm{m}$ です。$1\ \mathrm{cm}$ 角の電極を $35\ \mu\mathrm{m}$ の間隔で向かい合わせる、というかなり狭い間隙で、これが設問3 と設問5 の議論に効いてきます。

設問3

点線で囲まれているのは平行平板コンデンサーだけなので、冷却によって変わり得るのはコンデンサーの幾何形状です。もっとも大きい効果は電極とスペーサーの熱収縮です。金属の室温から液体ヘリウム温度までの積分熱収縮率は $\Delta\ell/\ell \sim 3\times10^{-3}$ 程度あり、間隙 $d$ がこの割合で変われば

$$\frac{\Delta f_0}{f_0} = -\frac{1}{2}\frac{\Delta C_0}{C_0} = \frac{1}{2}\frac{\Delta d}{d} \sim 1.5\times10^{-3}$$

つまり $10\ \mathrm{MHz}$ に対して $10\ \mathrm{kHz}$ 規模の変化が生じます。$d$ が $35\ \mu\mathrm{m}$ しかないため、$0.1\ \mu\mathrm{m}$ の変位でも $10^{-3}$ の効果になる点が本質です。電極の面積の収縮（$d$ の収縮とは逆符号に働く）や、電極の支持構造の非等方な収縮による平行度の崩れも同じオーダーで効きます。

これ以外に、残留ガスが低温の電極面に凝縮・吸着して薄い誘電体膜を作れば容量が増えて振動数が下がります。また、リード線や同軸ケーブルの浮遊容量とコイルのインダクタンスも温度で多少変わるので、点線の外側との境界に近い部分ではこれも寄与します。実験では、真空間隙のままで $f_0(T)$ を測っておき、この温度依存性を較正曲線として差し引く必要があります。

設問4

液体ヘリウムで満たすと容量は $\varepsilon$ 倍になるので

$$f = \frac{1}{2\pi\sqrt{L\varepsilon C_0}} = \frac{f_0}{\sqrt{\varepsilon}} .$$

Clausius–Mossotti の式を $\varepsilon$ について解きます。$A \equiv (\alpha/k)\rho$ と置くと $\varepsilon-1 = A(\varepsilon+2)$ より

$$\varepsilon = \frac{1+2A}{1-A}, \qquad A = \frac{\alpha}{k}\rho ,$$

したがって

$$f(\rho) = f_0\sqrt{\frac{1-(\alpha/k)\rho}{1+2(\alpha/k)\rho}} .$$

$A \ll 1$ のときは $\varepsilon \simeq 1+3A$ なので

$$f \simeq f_0\left(1 - \frac{3}{2}\frac{\alpha}{k}\rho\right)$$

と線形になります。数値を入れます。$\alpha/k = 1.1\times10^{-5}\ \mathrm{m^3/kg}$、$\rho = 1.3\times10^{2}\ \mathrm{kg/m^3}$ より

$$A = 1.43\times10^{-3}, \qquad \varepsilon = \frac{1.00286}{0.99857} = 1.00430, \qquad \sqrt{\varepsilon} = 1.00215 ,$$ $$f = \frac{10\ \mathrm{MHz}}{1.00215} = 9.9786\ \mathrm{MHz} .$$

答えは $f = 9.9786\ \mathrm{MHz}$（$10\ \mathrm{MHz}$ から約 $21\ \mathrm{kHz}$ 下がる）です。近似式 $f\simeq f_0(1-\tfrac{3}{2}A)$ からも $10\,(1-2.145\times10^{-3})=9.9786\ \mathrm{MHz}$ となり一致します。

設問5

線形化した式 $f \simeq f_0\left(1-\tfrac{3}{2}(\alpha/k)\rho\right)$ を $\rho$ で微分します。

$$\left|\frac{df}{d\rho}\right| = \frac{3}{2}\frac{\alpha}{k}f_0 = 1.5\times1.1\times10^{-5}\times1.0\times10^{7} = 1.65\times10^{2}\ \mathrm{Hz}/(\mathrm{kg/m^3}) .$$

$1\ \mathrm{Hz}$ の測定精度に対応する密度の精度は

$$\Delta\rho = \frac{1\ \mathrm{Hz}}{165\ \mathrm{Hz}/(\mathrm{kg/m^3})} = 6\times10^{-3}\ \mathrm{kg/m^3}, \qquad \frac{\Delta\rho}{\rho} = \frac{6.1\times10^{-3}}{1.3\times10^{2}} = 4.7\times10^{-5} .$$

答えは $\Delta\rho \simeq 6\times10^{-3}\ \mathrm{kg/m^3}$、相対精度で $5\times10^{-5}$（約 $50\ \mathrm{ppm}$）です。図2 の縦軸が $\mathrm{ppm}$ 単位で描かれているのは、この感度が実際に得られているからです。ただしこの値は共振振動数の読み取り精度だけから決まる限界で、設問3 で述べた間隙の温度変化や気圧・液面の変動を抑えられなければ実際の精度はこれより悪くなります。

設問6

$T_0 = 2.2\ \mathrm{K}$ は液体 ${}^4\mathrm{He}$ のラムダ点 $T_\lambda = 2.17\ \mathrm{K}$ のすぐ近くです。図2 の特徴は二つあります。

第一に、密度は $T_0$ より低温側では温度の上昇とともに増加し（$-10\ \mathrm{mK}$ で $-350\ \mathrm{ppm}$ から $0\ \mathrm{mK}$ で $0$ まで、ほぼ直線的に上がる）、$T_0$ より数 $\mathrm{mK}$ 高いところで $+50\ \mathrm{ppm}$ 程度の極大をとり、それより高温では減少に転じます。つまり密度極大が存在し、その低温側では熱膨張係数の符号が普通と逆（温度を下げると膨張する）になっています。

第二に、$T_0$ の直下で $d\rho/dT$ が急激に大きくなり、拡大図（横軸 $\pm200\ \mu\mathrm{K}$）では $\pm15\ \mathrm{ppm}$ の範囲を $100\ \mu\mathrm{K}$ 程度で駆け上がる、傾きが発散するようなカスプ状の振舞いが見えます。密度そのものは連続で、その温度微分が特異になっています。

原因は $T_\lambda$ における超流動転移（ラムダ転移）です。これは二次相転移で、比熱が対数的に発散し、熱膨張係数 $-\rho^{-1}(\partial\rho/\partial T)_P$ も比熱と同じ特異性を共有します（Pippard–Buckingham–Fairbank 関係）。臨界揺らぎの相関長が $T_\lambda$ で発散するため、$d\rho/dT$ が発散的に振舞い、$\mu\mathrm{K}$ の分解能でしか見えない鋭い構造になります。低温側で熱膨張係数が負になるのは、He II の熱力学がフォノンとロトンの励起で決まっており、ロトンのエネルギーギャップが密度の増加とともに下がるため、温度を上げてロトンが増えると系は縮む（密度が上がる）方向に動くからです。この効果とヘリウム原子間の斥力による通常の膨張が釣り合う点が密度極大で、それがちょうど $T_\lambda$ のすぐ上に現れます。

設問7

適当なのは炭素抵抗温度計です。図3 で白金抵抗温度計の抵抗値は $200\ \mathrm{K}$ で $40\ \Omega$ から $20\ \mathrm{K}$ 付近でほぼ $0$ に潰れており、$dR/dT$ が消えてしまいます。これは残留抵抗が支配する領域に入るためで、$2\ \mathrm{K}$ では抵抗値がほとんど温度に依らず、温度計として使えません。一方、炭素抵抗温度計は $100\ \mathrm{K}$ で $10\ \Omega$ 程度、$3\ \mathrm{K}$ で $1\ \mathrm{k\Omega}$ 以上、$2\ \mathrm{K}$ 以下では $100\ \mathrm{k\Omega}$ 規模へと、低温に向かって急峻に増大します。対数感度 $d\ln R/d\ln T$ が $2\ \mathrm{K}$ 付近で大きく、抵抗を $10^{-5}$ の精度で測れば温度を $\mu\mathrm{K}$ の分解能で読めるので、図2 のような $100\ \mu\mathrm{K}$ の構造を追う測定に適しています。加えて、炭素抵抗は熱容量が小さく応答が速く、磁場中でも使いやすいという実用上の利点があります。ただし絶対値の再現性は良くないので、ラムダ点などの固定点で較正して使います。

設問8

白金は金属で、伝導電子の数が温度によらず一定なので、抵抗値は電子の散乱率で決まります。高温では格子振動（フォノン）の数が温度に比例して増え、電子–フォノン散乱が増えるので、Debye 温度以上で $R \propto T$ になります。温度を下げるとフォノンが減って抵抗も下がり（Bloch–Grüneisen の $T^5$ 則）、最低温では不純物や格子欠陥による温度に依らない残留抵抗だけが残ります。これが図3 で低温側に平らな床ができ、高温側で直線的に増える理由です。

炭素抵抗（アモルファス炭素や炭素粒子の焼結体）は半導体的・不規則系的な伝導体で、伝導に使える担体の数そのものが温度で変わります。担体は狭いギャップを越える熱励起、あるいは局在準位間のホッピングで供給されるので、その数は $\exp(-E_a/k_BT)$（可変領域ホッピングなら $\exp[-(T^{*}/T)^{1/n}]$、$T^{*}$ は特性温度）のように温度とともに急増します。したがって温度を上げると担体が増えて抵抗は下がり、低温では担体が凍結して抵抗が急上昇します。金属では担体数が一定で散乱が温度依存、半導体的な系では担体数自体が温度依存という違いが、二つの温度計の符号の違いを生んでいます。

第7問 ビームラインの粒子分離と中性 π 中間子の寿命

設定

前半は、運動量 $1.0\ \mathrm{GeV}/c$ に揃えられた二次粒子ビームを、進行方向に垂直な一様電場で種類別に振り分ける問題です。入射方向を $y$ 軸、電場方向を $x$ 軸にとり、入射時の運動量を $p_0$、電場領域の長さを $L$ とします。運動方程式は相対論的に $dp/dt = eE$ です。後半は、静止した $K^{+}$ の崩壊で生じた $\pi^0$ の二光子崩壊と、その寿命 $\tau = 8.4\times10^{-17}\ \mathrm{s}$ の測定法です。質量は $m_K = 494\ \mathrm{MeV}/c^2$、$m_{\pi^{\pm}} = 140\ \mathrm{MeV}/c^2$、$m_{\pi^0} = 135\ \mathrm{MeV}/c^2$、$c = 3.0\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$、数値は有効数字 2 桁です。

設問1

運動量の $x$ 成分は $dp_x/dt = eE$ から $p_x = eEt$、$y$ 成分は力が働かないので $p_y = p_0$ で一定です。相対論的エネルギーは

$$\varepsilon(t) = \sqrt{m^2c^4 + c^2\left(p_x^2+p_y^2\right)} = \sqrt{m^2c^4 + p_0^2c^2 + \left(eEct\right)^2} .$$

入射時のエネルギーを $\varepsilon_0 \equiv \sqrt{m^2c^4+p_0^2c^2}$ と書けば

$$\varepsilon(t) = \sqrt{\varepsilon_0^2 + \left(eEct\right)^2} .$$

設問2

$\vec{v} = \vec{p}c^2/\varepsilon$ を使います。$x$ 方向は

$$\frac{dx}{dt} = \frac{p_xc^2}{\varepsilon} = \frac{eEc^2t}{\sqrt{\varepsilon_0^2+(eEct)^2}} .$$

被積分関数は $\sqrt{\varepsilon_0^2+(eEct)^2}$ の微分そのものなので

$$x(t) = \frac{1}{eE}\left[\sqrt{\varepsilon_0^2+\left(eEct\right)^2} - \varepsilon_0\right] = \frac{\varepsilon(t)-\varepsilon_0}{eE} .$$

（エネルギーを力で割ったものが長さになっており、次元は合っています。これは電場が粒子にした仕事が $eEx$ であることの言い換えです。）$y$ 方向は

$$\frac{dy}{dt} = \frac{p_0c^2}{\sqrt{\varepsilon_0^2+(eEct)^2}}$$

なので、$s = eEct/\varepsilon_0$ と置き換えて与えられた積分公式を使うと

$$y(t) = \frac{p_0c^2}{eEc}\int_0^{eEct/\varepsilon_0}\frac{ds}{\sqrt{1+s^2}} = \frac{p_0c}{eE}\sinh^{-1}\!\left(\frac{eEct}{\varepsilon_0}\right) .$$

$t$ が小さいときは $y \simeq p_0c^2t/\varepsilon_0 = v_{y0}t$、$x \simeq eEc^2t^2/(2\varepsilon_0)$ と非相対論的な等加速度運動に帰着します。

設問3

電場領域の長さ $L$ を $y$ 方向に測るので、出射時刻 $t_L$ は $y(t_L)=L$ から

$$\sinh^{-1}\!\left(\frac{eEct_L}{\varepsilon_0}\right) = \frac{eEL}{p_0c} \quad\Longrightarrow\quad eEct_L = \varepsilon_0\sinh\frac{eEL}{p_0c} .$$

進行方向は運動量の向きなので、$y$ 軸となす角 $\theta$ は

$$\tan\theta = \frac{p_x(t_L)}{p_y} = \frac{eEt_L}{p_0} = \frac{\varepsilon_0}{p_0c}\sinh\left(\frac{eEL}{p_0c}\right) .$$

すなわち

$$\theta = \tan^{-1}\left[\frac{\sqrt{m^2c^4+p_0^2c^2}}{p_0c}\,\sinh\frac{eEL}{p_0c}\right] .$$

$\varepsilon_0/p_0c = 1/\beta_0$（$\beta_0$ は入射時の速さの光速比）なので、$\tan\theta = \beta_0^{-1}\sinh(eEL/p_0c)$ とも書けます。同じ運動量なら重い粒子ほど遅く、電場領域に長くとどまるので大きく振れます。

設問4

振れ角が小さいとき $\sinh$ と $\tan^{-1}$ を一次で展開して

$$\theta \simeq \frac{eEL}{p_0c}\cdot\frac{\varepsilon_0}{p_0c} = \frac{eEL\sqrt{m^2c^4+p_0^2c^2}}{\left(p_0c\right)^2} .$$

運動量 $p_0$、電場、長さが共通なら $\theta \propto \varepsilon_0 = \sqrt{m^2c^4+p_0^2c^2}$ です。$p_0c = 1000\ \mathrm{MeV}$ で

$$\varepsilon_0^{(K)} = \sqrt{494^2+1000^2} = 1.115\times10^{3}\ \mathrm{MeV}, \qquad \varepsilon_0^{(\pi)} = \sqrt{140^2+1000^2} = 1.010\times10^{3}\ \mathrm{MeV},$$ $$\frac{\theta_\pi}{\theta_K} = \frac{1010}{1115} = 0.91 .$$

答えは荷電 $K$ 中間子の振れ角の約 $0.91$ 倍（1 割ほど小さい）です。両者の差が 1 割しかないので、この電場だけで $K$ と $\pi$ を分けるには、振れ角の差 $0.09\theta_K$ がビームの角度広がりを上回るだけの長い電場領域とスリットが必要になります。実際の静電セパレーターが数 $\mathrm{m}$ の長さをもつのはこのためです。

設問5

$\pi^0$ 静止系（重心系）では、2 本のガンマ線は反対向きに等しいエネルギー $m_{\pi^0}c^2/2 = 67.5\ \mathrm{MeV}$ で放出されます。実験室系で 2 本が $x$ 軸（$\pi^0$ の進行方向）について対称で運動量の大きさが等しいということは、重心系での放出方向が $\pi^0$ の運動方向に垂直、すなわち $\theta' = 90^\circ$ であることを意味します。与えられたローレンツ変換の第二式に $\cos\theta'=0$ を入れます。

$$0 = p\cos\theta\cdot\gamma - \frac{E\gamma\beta}{c} .$$

ガンマ線は $E = pc$ なので

$$p\cos\theta = \frac{E\beta}{c} = p\beta \quad\Longrightarrow\quad \cos\theta = \beta, \qquad \theta = \cos^{-1}\beta .$$

各ガンマ線が $x$ 軸となす角は $\theta = \cos^{-1}\beta$ で、2 本の開き角は $2\cos^{-1}\beta$ です。第一式 $p'\sin\theta' = p\sin\theta$ から $p = p'/\sin\theta = \gamma p'$ となり、$\theta'=90^\circ$ でのエネルギーが $\gamma$ 倍されるという関係と整合します。$\beta\to0$ で $\theta\to90^\circ$（等方的な二体崩壊）、$\beta\to1$ で $\theta\to0$（前方への強い集束）となり、極限も正しいです。この配置は実験室系での開き角が最小になる場合で、$2\cos^{-1}\beta$ は最小開き角に等しく、これを測れば $\beta$ が決まります。

設問6

実験室系での平均飛行距離は $d = \beta\gamma c\tau$ です。まず

$$c\tau = 3.0\times10^{8}\times8.4\times10^{-17} = 2.5\times10^{-8}\ \mathrm{m} = 25\ \mathrm{nm}$$

なので、$d = 25\ \mu\mathrm{m}$ を得るには

$$\beta\gamma = \frac{d}{c\tau} = \frac{2.5\times10^{-5}}{2.5\times10^{-8}} = 1.0\times10^{3} .$$

$\beta\gamma \gg 1$ なので $\gamma \simeq \beta\gamma = 1.0\times10^3$ で、エネルギーは

$$\mathcal{E} = \gamma m_{\pi^0}c^2 = 1.0\times10^{3}\times135\ \mathrm{MeV} = 1.3\times10^{5}\ \mathrm{MeV} = 1.3\times10^{2}\ \mathrm{GeV} .$$

答えは約 $1.3\times10^{2}\ \mathrm{GeV}$、すなわち $100\ \mathrm{GeV}$ を超えるエネルギーの $\pi^0$ でなければなりません。飛行距離が $\mu\mathrm{m}$ 単位で測れる長さになるまで時間を伸ばすには $\gamma$ を $10^3$ にする必要がある、という要求で、高エネルギー陽子ビームが不可欠な理由になっています。

設問7

薄膜 1 で作られた $\pi^0$ が薄膜 2 に到達する前に崩壊していれば、生じたガンマ線は薄膜 2 の全厚さを通るので、対生成の確率は厚さいっぱいの値になります。逆に $\pi^0$ が薄膜 2 の内部まで入り込んでから崩壊すると、ガンマ線が使える残りの厚さはその分だけ短く、対生成の確率は下がります。薄膜間の距離 $d$ を増やすと、前者（薄膜の間で崩壊する事象）の割合が

$$1 - e^{-d/\ell}, \qquad \ell = \beta\gamma c\tau$$

に従って増えるので、陽電子の計数率は $d$ とともに増加します。増加は指数関数的に飽和し、$d \gg \ell$ ではすべての $\pi^0$ が間隙で崩壊するので計数率は一定値になります。

したがって観測されるのは「$d=0$ から立ち上がって特徴的長さ $\ell$ で飽和する曲線」です。この曲線の立ち上がりの長さスケールを読み取れば $\ell = \beta\gamma c\tau$ が決まり、$\pi^0$ のエネルギー（したがって $\beta\gamma$）を別に測っておけば寿命 $\tau$ が求まります。$10^{-16}\ \mathrm{s}$ という直接測定不可能な時間を、$\mu\mathrm{m}$ 単位の距離という測れる量に翻訳するのがこの方法の狙いです。なお $\pi^0$ の崩壊ガンマ線は $1/\gamma \sim 10^{-3}$ 程度の角度内に集まるので、$25\ \mu\mathrm{m}$ 動かしても横方向の広がりは $\mathrm{nm}$ 規模にとどまり、幾何学的な受光効率の変化は無視できます。

設問8

薄膜の厚さを $t_1$（1 枚目）、$t_2$（2 枚目）、対生成の平均自由行程を $\lambda$ とします。金属では $\lambda$ が $\mathrm{mm}$ 規模なので $t_i \ll \lambda$ であり、ガンマ線が厚さ $x$ を通るときの変換確率は $x/\lambda$ と書けます。$\pi^0$ が薄膜 1 の中で一様に生成され、崩壊長 $\ell$ で崩壊するとして計算すると、陽電子の収量 $Y(d)$ の $d$ 依存性は

$$Y(d) \propto \frac{1}{\lambda}\left[t_1t_2 - \ell^2\left(1-e^{-t_1/\ell}\right)\left(1-e^{-t_2/\ell}\right)e^{-d/\ell}\right], \qquad \frac{dY}{dd} \propto \frac{\ell}{\lambda}\left(1-e^{-t_1/\ell}\right)\left(1-e^{-t_2/\ell}\right)e^{-d/\ell}$$

という形にまとまります（比例係数は薄膜 1 での単位長さあたりの $\pi^0$ 生成率で、両式に共通です）。感度を決めるのは因子 $\left(1-e^{-t_1/\ell}\right)\left(1-e^{-t_2/\ell}\right)$ です。

これから読めることは次の通りです。$t_i \gg \ell$ にすると括弧は $1$ に飽和して感度は増えないのに、$d$ に依らない収量（$\pi^0$ の生成量は $t_1$ に比例、変換確率は $t_2/\lambda$ に比例）は $t_1t_2/\lambda$ で増え続けるので、統計誤差に対する信号の比が悪化します。厚い薄膜では崩壊が薄膜の内部で起きてしまい、間隔の変化に鈍感になるからです。逆に $t_i \ll \ell$ では感度因子が $t_1t_2/\ell^2$ と小さくなり、そもそも計数が足りません。統計有意度 $\propto \Delta Y/\sqrt{Y}$ を $t_1=t_2=t$ として最大化すると、$u=t/\ell$ の関数 $(1-e^{-u})^2/u$ の極値条件 $2u = e^{u}-1$ から $t \simeq 1.3\ell$ で最大になり、$\ell$ の前後 1 桁の範囲では緩やかな山です。

結論として、薄膜の厚さは $\pi^0$ の崩壊長 $\ell = \beta\gamma c\tau$ と同程度（設問6 の条件なら $25\ \mu\mathrm{m}$ 程度）にとるべきです。厚さを崩壊長より十分薄くすれば感度は保てますが計数が落ちるので、崩壊長と同じオーダーに合わせるのが最適になります。

第8問 眼の結像と視神経の配線

設定

前半は、ヒトの眼の屈折の大部分が空気と角膜の境界で起こることを踏まえ、水晶体の屈折を無視して角膜の単一球面による結像を近軸近似で扱います。図2 の記号は、物体 $\mathrm{OO}'$ と角膜の距離が $p$、角膜と像 $\mathrm{I}$ の距離が $q$、空気と角膜内の屈折率が $n_1, n_2$、角膜面の曲率中心が $\mathrm{C}$、曲率半径が $r$ です。$\mathrm{C}$ は角膜より眼球内部側（像の側）にあり、光軸上で角膜面から距離 $r$ の位置にあります。光線 $\mathrm{OBI}$ の入射点 $\mathrm{B}$ から光軸までの距離を $h$ とし、球面の頂点と $\mathrm{B}$ の光軸方向のずれ $\delta$ は $p, q, r$ に比べて無視します。後半は網膜から一次視覚野への視神経の配線が遺伝的に決まっているのか学習で獲得されるのかという問題です。

設問1

$\alpha$（$\angle\mathrm{BOI}$）は点 $\mathrm{O}$ から見た $\mathrm{B}$ の仰角です。$\mathrm{O}$ と $\mathrm{B}$ の光軸方向の距離は $p+\delta \simeq p$ なので、$\alpha \ll 1$ の近似で

$$\alpha \simeq \tan\alpha = \frac{h}{p} .$$

同様に、$\mathrm{B}$ から像 $\mathrm{I}$ までの光軸方向の距離は $q-\delta\simeq q$、曲率中心 $\mathrm{C}$ までは $r-\delta\simeq r$ なので

$$\beta \simeq \frac{h}{q}, \qquad \gamma \simeq \frac{h}{r} .$$

答えは $\alpha = h/p$、$\beta = h/q$、$\gamma = h/r$ です。

設問2

$\mathrm{B}$ での法線は曲率中心 $\mathrm{C}$ と $\mathrm{B}$ を結ぶ直線です。三角形 $\mathrm{OBC}$ において内角の和を使うと $\angle\mathrm{OBC} = \pi-\alpha-\gamma$ なので、入射光線 $\mathrm{OB}$ と外向き法線（$\mathrm{C}$ から $\mathrm{B}$ へ向かい、さらに外へ延ばした向き）のなす角は

$$\theta_1 = \pi - \angle\mathrm{OBC} = \alpha+\gamma .$$

屈折光線側は三角形 $\mathrm{BCI}$ で、$\angle\mathrm{BCI} = \pi-\gamma$、$\angle\mathrm{BIC}=\beta$ より $\angle\mathrm{IBC} = \gamma-\beta$ で、法線と屈折光線のなす角は

$$\theta_2 = \gamma-\beta .$$

Snell の法則 $n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2$ に $\theta_1,\theta_2 \ll 1$ を入れると

$$n_1\theta_1 = n_2\theta_2, \qquad n_1\left(\alpha+\gamma\right) = n_2\left(\gamma-\beta\right) .$$

設問3

設問1 の表式を代入します。

$$n_1\left(\frac{h}{p}+\frac{h}{r}\right) = n_2\left(\frac{h}{r}-\frac{h}{q}\right) .$$

$h$ が両辺から落ちるので、$h$ に依らない（球面収差のない近軸の）関係

$$\frac{n_1}{p} + \frac{n_2}{q} = \frac{n_2-n_1}{r}$$

が得られます。右辺が屈折面の屈折力です。$n_1=n_2$ なら $p, q$ の関係が消えて屈折しないこと、$r\to\infty$（平面）なら $n_1/p = -n_2/q$ となって実像を作らないことが確かめられ、極限も妥当です。

設問4

曲率中心 $\mathrm{C}$ を通る光線は法線に沿って入射するので曲がりません。物体の先端 $\mathrm{O}'$（高さ $y$）から $\mathrm{C}$ を通って直進する光線は、像面で高さ $-y'$ の点に達します。$\mathrm{O}'$ から $\mathrm{C}$ までの光軸距離は $p+r$、$\mathrm{C}$ から像面までは $q-r$ なので、相似から

$$m = \frac{y'}{y} = -\frac{q-r}{p+r} .$$

ここに設問3 から得られる

$$r = \frac{\left(n_2-n_1\right)pq}{n_1q+n_2p}$$

を代入すると

$$q-r = \frac{n_1q\left(p+q\right)}{n_1q+n_2p}, \qquad p+r = \frac{n_2p\left(p+q\right)}{n_1q+n_2p}$$

なので $(p+q)$ が約せて

$$m = -\frac{n_1q}{n_2p} .$$

答えは $m = -n_1q/(n_2p)$、大きさは $n_1q/(n_2p)$ で、負符号は倒立を意味します。$r$ が消えて $n_1,n_2,p,q$ だけで書けるのがこの設問の趣旨です。

設問5

設問3 に $n_1=1.00$、$n_2=1.34$、$r=0.80\ \mathrm{cm}$ を入れます。屈折力は

$$\frac{n_2-n_1}{r} = \frac{0.34}{0.80} = 0.425\ \mathrm{cm^{-1}} .$$

$p = 25\ \mathrm{cm}$ のとき

$$\frac{n_2}{q} = 0.425 - \frac{1.00}{25} = 0.425-0.040 = 0.385\ \mathrm{cm^{-1}}, \qquad q = \frac{1.34}{0.385} = 3.5\ \mathrm{cm} .$$

$p=\infty$ のとき

$$\frac{n_2}{q} = 0.425\ \mathrm{cm^{-1}}, \qquad q = \frac{1.34}{0.425} = 3.2\ \mathrm{cm} .$$

答えは $p=25\ \mathrm{cm}$ で $q = 3.5\ \mathrm{cm}$、$p=\infty$ で $q = 3.2\ \mathrm{cm}$ です。

設問6

角膜から網膜までの実際の距離は $2.5\ \mathrm{cm}$ ですが、角膜だけで結像させると像は $3.2$ から $3.5\ \mathrm{cm}$ の位置、つまり網膜より $0.7$ から $1.0\ \mathrm{cm}$ 後方にできてしまいます。角膜の屈折力だけでは足りない、というのが第一の結論です。像を $q=2.5\ \mathrm{cm}$ に持ってくるのに必要な屈折力は

$$\frac{n_1}{p}+\frac{n_2}{q} = \frac{1.00}{p} + \frac{1.34}{2.5}$$

なので、$p=\infty$ で $0.536\ \mathrm{cm^{-1}}$、$p=25\ \mathrm{cm}$ で $0.576\ \mathrm{cm^{-1}}$ です。角膜が $0.425\ \mathrm{cm^{-1}}$ を担うとすると、不足分はそれぞれ $0.111$ と $0.151\ \mathrm{cm^{-1}}$、すなわち $11$ と $15$ ジオプター（$\mathrm{m^{-1}}$）です。この不足を補う正の屈折力を与えるのが水晶体の第一の役割です。

第二の結論は調節（accommodation）です。網膜の位置は固定なのに、必要な屈折力は物体距離によって $0.536$ から $0.576\ \mathrm{cm^{-1}}$ へと変わります。差は $0.040\ \mathrm{cm^{-1}} = 4.0$ ジオプターで、これはちょうど $1/(0.25\ \mathrm{m})$、つまり物体距離の逆数の変化そのものです。眼はこの分を水晶体の曲率を変えて（毛様体筋の収縮で水晶体を厚くして）補い、無限遠から $25\ \mathrm{cm}$ までの物体を同じ網膜面に結像させています。まとめると、水晶体は不足する屈折力を補う固定レンズであると同時に、屈折力を可変にして焦点を合わせる可変レンズでもあります。

設問7

問うべきことは「網膜上の点と一次視覚野上の点の対応が、あらかじめ分子的に決められているのか、視覚経験によって作られるのか」です。カエルの視神経が切断後に再生することを利用して、次の実験を組みます。

第一群では、視神経を図3 の位置で切断し、そのまま再生させます。第二群では、視神経を切断すると同時に眼球を光軸まわりに $180^\circ$ 回転させて固定し、再生させます。回転により、網膜上の点 $\mathrm{A}$ は視野の反対側の像を受け取るようになります。再生後、（i）餌に対する舌の打ち出し方向などの行動を測り、（ii）微小電極で網膜の各点を光刺激したときに応答する視覚中枢（視蓋）の位置を記録して、網膜と中枢の対応地図を作ります。

予測される結果と解釈は次の通りです。配線が遺伝的に決まっているなら、再生した軸索はもとの相手（網膜上の位置で決まる中枢の位置）を選ぶので、第二群の対応地図は第一群と同じ（網膜座標に対して正常）になり、眼球が回っている分だけ視野との対応が $180^\circ$ ずれます。その結果カエルは餌の方向と正反対に舌を打ち出し、しかも何度餌を取り損ねても行動が修正されないはずです。逆に学習で獲得されるなら、経験を積むにつれて中枢の地図が組み替わり、行動が正しい方向に修正されるはずです。

対照実験として、（a）切断のみで回転させない群（再生そのものの成否を確認する）、（b）再生期間中を完全な暗所で飼育した群を置きます。（b）で視覚経験がないのに正常な地図ができれば、地図形成に視覚経験が不要であることが直接示せます。これは Sperry が実際に行った実験の骨格で、結果は回転群の行動が永続的に $180^\circ$ ずれるというもので、化学親和性（chemoaffinity）による遺伝的決定を支持しました。

設問8

回避の鍵は、位置を「分子の種類」で指定するのをやめて「分子の量」で指定することです。網膜と視覚中枢のそれぞれに、少数の誘導分子（受容体とそのリガンド）を軸に沿って連続的な濃度勾配として発現させれば、各細胞の位置はその濃度（あるいは複数分子の濃度比）という連続量で符号化されます。二次元の地図なら直交する 2 軸ぶんの勾配、すなわち数種類の分子で足りるので、必要な遺伝子は $10^6$ ではなく数個になります。軸索は自分の受容体量と標的の濃度が釣り合う場所で成長を止める、という単純な規則で正しい相手に到達します。実際に脊椎動物の網膜–視蓋投射では Eph 受容体と ephrin が互いに逆向きの勾配をつくり、この機構を担っています。

これを補う戦略が二つ組み合わされます。ひとつは競合と相互反発です。同じ勾配値をもつ軸索同士が場所を奪い合い、隣り合う軸索が互いに反発することで、粗い勾配の情報から細かい順序が自己組織的に決まります。もうひとつは神経活動による微調整です。隣接する網膜細胞は同じ視覚刺激に対して相関して発火するので、この相関を手がかりに「一緒に発火する入力は同じ場所に集まる」という Hebb 則的な選別が働き、化学的に決まった粗い地図が細胞ひとつの精度まで研ぎ上げられます。活動パターンの情報は遺伝子を消費しないので、この段階には遺伝子数の制約がかかりません。

要するに、生物は $10^6$ 個の識別ラベルを用意する代わりに、少数の勾配で連続的な座標系を作り（アナログ符号化）、その上に競合と活動依存的な精緻化を重ねることで、少ない遺伝子から大量の配線情報を作り出しています。

第9問 転送行列とブロッホ条件から得る分散関係

設定

幅 $b$ の矩形ポテンシャル障壁による一次元散乱を、透過係数 $T = e^{i\alpha}\sin\gamma$、反射係数 $R = ie^{i\alpha}\cos\gamma$ で表します。左から入射する解 $\psi_l$ と右から入射する解 $\psi_r$ は問題文の通りで、$k=\sqrt{2mE}/\hbar$ です。$|T|^2+|R|^2 = \sin^2\gamma+\cos^2\gamma = 1$ となっており、$\gamma$ が散乱の強さ（$\gamma\to\pi/2$ で完全透過、$\gamma\to0$ で完全反射）、$\alpha$ が位相のずれを表します。後半では同じ障壁が間隔 $a$（$a$ は $b$ より大きい）で並んだ一次元周期系を扱い、$\gamma = (\pi/2)(k/k_c)$、$\alpha = -ck/k_c$ という $k$ 依存性を仮定して、$0 < k < k_c$、$k_ca-c$ が $\pi/2$ より大きい場合を考えます。

設問1

一般解を線形独立な二つの解の重ね合わせ $\psi = c_l\psi_l + c_r\psi_r$ と書き、$z<-b/2$ と $z>b/2$ で $e^{\pm ikz}$ の係数を比較します。

$$A_{-1} = c_l, \qquad B_{-1} = c_lR + c_rT, \qquad A_0 = c_lT + c_rR, \qquad B_0 = c_r .$$

第一式と第四式から $c_l = A_{-1}$、$c_r = B_0$ なので、残りの二式は

$$B_{-1} = R\,A_{-1} + T\,B_0, \qquad A_0 = T\,A_{-1} + R\,B_0$$

となります。これを $A_0, B_0$ について解くと

$$B_0 = \frac{B_{-1}-R\,A_{-1}}{T}, \qquad A_0 = \frac{T^2-R^2}{T}A_{-1} + \frac{R}{T}B_{-1} ,$$

すなわち

$$M = \begin{pmatrix} \dfrac{T^2-R^2}{T} & \dfrac{R}{T} \\[6pt] -\dfrac{R}{T} & \dfrac{1}{T} \end{pmatrix} .$$

ここに $T=e^{i\alpha}\sin\gamma$、$R=ie^{i\alpha}\cos\gamma$ を入れます。$T^2-R^2 = e^{2i\alpha}(\sin^2\gamma+\cos^2\gamma) = e^{2i\alpha}$ なので

$$M = \begin{pmatrix} \dfrac{e^{i\alpha}}{\sin\gamma} & \dfrac{i\cos\gamma}{\sin\gamma} \\[6pt] -\dfrac{i\cos\gamma}{\sin\gamma} & \dfrac{e^{-i\alpha}}{\sin\gamma} \end{pmatrix} .$$

検算として $\det M = \dfrac{1}{\sin^2\gamma}-\dfrac{\cos^2\gamma}{\sin^2\gamma} = 1$ となり、確率流の保存に対応する単模性が成り立っています。

設問2

$na < z < (n+1)a$ で $\Psi = A_n e^{ikz}+B_ne^{-ikz}$ です。$z$ をこの区間にとると $z+a$ は次の区間なので

$$A_{n+1}e^{ik(z+a)} + B_{n+1}e^{-ik(z+a)} = e^{iqa}\left(A_ne^{ikz}+B_ne^{-ikz}\right) .$$

$e^{ikz}$ と $e^{-ikz}$ は独立なので係数を別々に比較して

$$A_{n} = e^{i(q-k)a}A_{n-1}, \qquad B_{n} = e^{i(q+k)a}B_{n-1},$$

行列形では

$$\begin{pmatrix}A_n \\ B_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{i(q-k)a} & 0 \\ 0 & e^{i(q+k)a}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}A_{n-1} \\ B_{n-1}\end{pmatrix} .$$

これが $A_n, B_n$ が満たすべき関係式です。$k$ と $q$ が別の量なので、$e^{iqa}$ だけでなく $e^{\mp ika}$ が付くところが要点です。

設問3

設問2 の対角行列を $D$ と書くと、ブロッホ条件と式 (6) が同時に成り立つには $M\vec{v} = D\vec{v}$（$\vec{v} = (A_{n-1}, B_{n-1})^{\mathsf{T}}$）が非自明解をもつ必要があり、

$$\det\left(M-D\right) = 0 .$$

展開すると

$$\det M - M_{11}e^{i(q+k)a} - M_{22}e^{i(q-k)a} + e^{2iqa} = 0 .$$

$\det M = 1$ を使い、全体を $e^{iqa}$ で割ると

$$e^{-iqa}+e^{iqa} = M_{11}e^{ika} + M_{22}e^{-ika} = \frac{e^{i(ka+\alpha)}+e^{-i(ka+\alpha)}}{\sin\gamma} ,$$

すなわち

$$\cos(qa) = \frac{\cos(ka+\alpha)}{\sin\gamma}$$

が示されました。障壁が透明（$\gamma=\pi/2$、$\alpha=0$）なら $\cos qa = \cos ka$ で $q=k$、自由電子に戻ります。

設問4

$K \equiv k/k_c \in (0,1)$、$\Lambda \equiv k_ca-c$（仮定より $\Lambda$ は $\pi/2$ より大きい）と置くと、$ka+\alpha = K(k_ca-c) = \Lambda K$、$\gamma = \pi K/2$ なので

$$\frac{\cos(ka+\alpha)}{\sin\gamma} = \frac{\cos\left(\Lambda K\right)}{\sin\left(\pi K/2\right)} .$$

この関数の特徴は次の通りです。$k\to 0^{+}$ では分子が $1$、分母が $\pi K/2 \to 0$ なので $+\infty$ に発散します（低エネルギーでは $|T|=\sin\gamma \to 0$、つまり障壁が不透明になることの反映です）。零点は $\Lambda K = (2j+1)\pi/2$、すなわち $k = (2j+1)\pi k_c/(2\Lambda)$（$j=0,1,\dots$）で、$\Lambda$ が $\pi/2$ より大きいので少なくとも 1 個は範囲内にあります。振動の包絡線は $\pm1/\sin(\pi K/2)$ で、$K$ の増加とともに単調に $\infty$ から $1$ まで減少します。$k=k_c$ では $\sin\gamma=1$ となり、値はちょうど $\cos\Lambda$ です。

以下は $\Lambda = 5\pi/2$（設問7 の場合）についての具体形です。零点は $K=1/5,\ 3/5,\ 1$、極値は $K=2/5$ で $-1.70$、$K=4/5$ で $+1.05$ となり、水平線 $\pm1$ と全部で 5 回交わります（$K=1/6,\ 1/4,\ 1/2,\ 3/4,\ 5/6$。設問7 のバンド端に対応します）。

設問5

$ka+\alpha = n\pi$（$n$ は整数）のとき $\cos(ka+\alpha) = \pm1$ なので

$$\left|\cos qa\right| = \frac{1}{\left|\sin\gamma\right|} = \frac{1}{\sin(\pi k/2k_c)} .$$

$0 < k < k_c$ では $0 < \sin(\pi k/2k_c) < 1$ なので右辺は $1$ より真に大きく、実数 $q$ では $|\cos qa| \le 1$ しか作れないため、式 (7) を満たす実数の $q$ は存在しません。

物理的な意味は、そのエネルギーが禁制帯（バンドギャップ）にあることです。実数 $q$ がないので $q = q_r + i\kappa$ と虚部をもち、ブロッホ因子 $e^{iqa}$ の絶対値が $1$ でなくなって、波動関数は周期方向に指数関数的に増減します。無限に続く周期系ではこれは規格化できない解なので、このエネルギーには定常状態が存在しません（有限の結晶の表面や不純物の近傍でのみ、減衰解として意味をもちます）。

$ka+\alpha = n\pi$ という条件は Bragg 条件そのものです。$ka$ は 1 周期の伝播で溜まる位相、$\alpha$ は障壁での散乱位相なので、両者の和が $\pi$ の整数倍のとき、隣り合う障壁で反射された波が同位相で重なって後方散乱が強め合い、進行波が作れなくなります。ギャップの中心がこの条件で決まっているわけです。

設問6

実数の $q$ が存在する条件は $|\cos qa| \le 1$、すなわち

$$\left|\frac{\cos(ka+\alpha)}{\sin\gamma}\right| \le 1 .$$

$\gamma = \pi k/2k_c$、$\alpha = -ck/k_c$ を代入して

$$\left|\cos\left\{\frac{k}{k_c}\left(k_ca-c\right)\right\}\right| \le \sin\frac{\pi k}{2k_c}$$

が答えです。この不等式を満たす $k$ の区間が許容帯（バンド）、満たさない区間が禁制帯です。左辺は振幅 $1$ で $k$ とともに速く振動し、右辺は $0$ から $1$ へ単調に増える関数なので、$k$ が小さいところでは不等式が破れて必ず禁制帯になり（最低バンドの下端が有限の $k$ から始まる）、$k$ が $k_c$ に近づくほど許容帯の幅が広がります。

設問7

$k_ca-c = 5\pi/2$ のときは $\Lambda = 5\pi/2$ で、設問6 の条件は $\theta \equiv \pi K/2$ と置くと $|\cos5\theta| \le \sin\theta$（$0<\theta<\pi/2$）です。境界は $\cos5\theta = \pm\sin\theta$ から $\theta = \pi/12,\ \pi/8,\ \pi/4,\ 3\pi/8,\ 5\pi/12$、すなわち

$$K = \frac{k}{k_c} = \frac{1}{6},\ \frac{1}{4},\ \frac{1}{2},\ \frac{3}{4},\ \frac{5}{6}$$

と綺麗な値になります。$E = \hbar^2k^2/2m$ なので、$E_c \equiv \hbar^2k_c^2/2m$ を使えば $E/E_c = K^2$ です。バンドの境界は

$$\frac{E}{E_c} = \frac{1}{36},\ \frac{1}{16},\ \frac{1}{4},\ \frac{9}{16},\ \frac{25}{36}$$

で、区間ごとに次のようになります。$0 < E/E_c < 1/36$ は禁制帯、$1/36 \le E/E_c \le 1/16$ が第 1 バンド（$qa$ は $0$ から $\pi$ まで単調増加、$K=0.2$ で $qa=\pi/2$）、$1/16 < E/E_c < 1/4$ は禁制帯、$1/4 \le E/E_c \le 9/16$ が第 2 バンド（$qa$ は $\pi$ から $0$ へ単調減少、$K=0.6$ で $qa=\pi/2$）、$9/16 < E/E_c < 25/36$ は禁制帯、$25/36 \le E/E_c \le 1$ が第 3 バンドの下半分（$qa$ は $0$ から $\pi/2$ まで増加し、$E=E_c$ でちょうど $qa=\pi/2$）です。

第 1 バンドが $qa=0$ から始まり、第 2 バンドが $qa=\pi$ から始まって $qa=0$ で終わり、第 3 バンドがまた $qa=0$ から始まる、という交互のパターンは、還元ゾーン表示での標準的なバンド構造と同じです。バンド幅は $E/E_c$ で $0.035$、$0.31$、$0.31$ 以上と、エネルギーが高くなるほど広くなります（障壁が透明になっていくため）。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成16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。