4時間で 4 問を解く構成です。前半 3 問は量子力学・統計力学・電磁気学の標準的な柱で、いずれも「同じ物理量を二通りに出して一致を確かめる」形に仕上がっています。第1問は 2 次元等方調和振動子を生成消滅演算子と極座標分離の両方で解いてスペクトルと縮退度を突き合わせ、第2問は三状態分子系の分布関数からゆらぎと応答関数 の関係に到達し、第3問は方形導波管の TE/TM モードとカットオフ振動数を決めます。選択問題の 3 問はいずれも実験・観測の設計に直結した設定で、コンプトン散乱の角度分解能、回転ドラム型速度選別器、黒体放射からの中性子星の推定と、最後の数値評価まで手を動かさせるところに重心があります。
問題 分野 主題 第1問 量子力学 2次元調和振動子の代数解と極座標での級数解 第2問 統計力学 三状態分子系のエントロピー、分布、ゆらぎと応答 第3問 電磁気学 方形導波管の TE/TM モードとカットオフ 第4問 原子核 コンプトン散乱によるガンマ線入射方向の決定 第5問 統計力学 回転ドラムによる分子速度分布の測定 第6問 天体物理 黒体放射と高速自転天体の力学的安定性
第1問から第3問が必答で、第4問・第5問・第6問から 1 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。
ハミルトニアン
H = 1 2 ∑ k = 1 2 ( p k 2 m + m ω 2 x k 2 ) \mathcal{H}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2}\left(\frac{p_k^2}{m}+m\omega^2x_k^2\right) H = 2 1 k = 1 ∑ 2 ( m p k 2 + m ω 2 x k 2 ) で表される 2 次元等方調和振動子を扱います（左辺の H \mathcal{H} H [ x k , p l ] = i ℏ δ k l [x_k,p_l]=i\hbar\delta_{kl} [ x k , p l ] = i ℏ δ k l [ x k , x l ] = [ p k , p l ] = 0 [x_k,x_l]=[p_k,p_l]=0 [ x k , x l ] = [ p k , p l ] = 0 ℏ = m = ω = 1 \hbar=m=\omega=1 ℏ = m = ω = 1
定義
a k † = 1 2 ℏ ( m ω x k − i 1 m ω p k ) , a k = 1 2 ℏ ( m ω x k + i 1 m ω p k ) a_k^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k-i\frac{1}{\sqrt{m\omega}}p_k\right),\qquad
a_k=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k+i\frac{1}{\sqrt{m\omega}}p_k\right) a k † = 2ℏ 1 ( mω x k − i mω 1 p k ) , a k = 2ℏ 1 ( mω x k + i mω 1 p k ) をそのまま代入します。交換子 は双線形なので、x x x p p p
[ a k , a l † ] = 1 2 ℏ ( − i [ x k , p l ] + i [ p k , x l ] ) = 1 2 ℏ ( − i ⋅ i ℏ δ k l + i ⋅ ( − i ℏ δ k l ) ) = δ k l , [ a k , a l ] = 1 2 ℏ ( i [ x k , p l ] + i [ p k , x l ] ) = 1 2 ℏ ( i ⋅ i ℏ δ k l + i ⋅ ( − i ℏ δ k l ) ) = 0 , \begin{aligned}
[a_k,a_l^{\dagger}]&=\frac{1}{2\hbar}\left(-i[x_k,p_l]+i[p_k,x_l]\right)
=\frac{1}{2\hbar}\left(-i\cdot i\hbar\delta_{kl}+i\cdot(-i\hbar\delta_{kl})\right)=\delta_{kl},\\
[a_k,a_l]&=\frac{1}{2\hbar}\left(i[x_k,p_l]+i[p_k,x_l]\right)
=\frac{1}{2\hbar}\left(i\cdot i\hbar\delta_{kl}+i\cdot(-i\hbar\delta_{kl})\right)=0,
\end{aligned} [ a k , a l † ] [ a k , a l ] = 2ℏ 1 ( − i [ x k , p l ] + i [ p k , x l ] ) = 2ℏ 1 ( − i ⋅ i ℏ δ k l + i ⋅ ( − i ℏ δ k l ) ) = δ k l , = 2ℏ 1 ( i [ x k , p l ] + i [ p k , x l ] ) = 2ℏ 1 ( i ⋅ i ℏ δ k l + i ⋅ ( − i ℏ δ k l ) ) = 0 , 同様に [ a k † , a l † ] = 0 [a_k^{\dagger},a_l^{\dagger}]=0 [ a k † , a l † ] = 0 [ a k , a l † ] = δ k l [a_k,a_l^{\dagger}]=\delta_{kl} [ a k , a l † ] = δ k l [ a k , a l ] = [ a k † , a l † ] = 0 [a_k,a_l]=[a_k^{\dagger},a_l^{\dagger}]=0 [ a k , a l ] = [ a k † , a l † ] = 0
ハミルトニアンは、積 a k † a k a_k^{\dagger}a_k a k † a k
a k † a k = 1 2 ℏ ( m ω x k 2 + p k 2 m ω + i [ x k , p k ] ) = 1 2 ℏ ω ( m ω 2 x k 2 + p k 2 m ) − 1 2 a_k^{\dagger}a_k=\frac{1}{2\hbar}\left(m\omega x_k^2+\frac{p_k^2}{m\omega}+i[x_k,p_k]\right)
=\frac{1}{2\hbar\omega}\left(m\omega^2x_k^2+\frac{p_k^2}{m}\right)-\frac{1}{2} a k † a k = 2ℏ 1 ( mω x k 2 + mω p k 2 + i [ x k , p k ] ) = 2ℏ ω 1 ( m ω 2 x k 2 + m p k 2 ) − 2 1 となることから、
H = ℏ ω ∑ k = 1 2 ( a k † a k + 1 2 ) = ℏ ω ( a 1 † a 1 + a 2 † a 2 + 1 ) \mathcal{H}=\hbar\omega\sum_{k=1}^{2}\left(a_k^{\dagger}a_k+\frac{1}{2}\right)
=\hbar\omega\left(a_1^{\dagger}a_1+a_2^{\dagger}a_2+1\right) H = ℏ ω k = 1 ∑ 2 ( a k † a k + 2 1 ) = ℏ ω ( a 1 † a 1 + a 2 † a 2 + 1 ) です。零点エネルギーが 1 自由度あたり ℏ ω / 2 \hbar\omega/2 ℏ ω /2 ℏ ω \hbar\omega ℏ ω
座標表示で p k = − i ℏ ∂ / ∂ x k p_k=-i\hbar\,\partial/\partial x_k p k = − i ℏ ∂ / ∂ x k a k ∣ 0 ⟩ = 0 a_k|0\rangle=0 a k ∣0 ⟩ = 0
1 2 ℏ ( m ω x k + 1 m ω ℏ ∂ ∂ x k ) ψ 0 = 0 ⟺ ∂ ψ 0 ∂ x k = − m ω ℏ x k ψ 0 ( k = 1 , 2 ) \frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k+\frac{1}{\sqrt{m\omega}}\hbar\frac{\partial}{\partial x_k}\right)\psi_0=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
\frac{\partial\psi_0}{\partial x_k}=-\frac{m\omega}{\hbar}x_k\psi_0
\qquad(k=1,2) 2ℏ 1 ( mω x k + mω 1 ℏ ∂ x k ∂ ) ψ 0 = 0 ⟺ ∂ x k ∂ ψ 0 = − ℏ mω x k ψ 0 ( k = 1 , 2 ) という 2 本の 1 階偏微分方程式になります。k = 1 , 2 k=1,2 k = 1 , 2
ψ 0 ∝ exp [ − m ω 2 ℏ ( x 1 2 + x 2 2 ) ] = exp ( − m ω 2 ℏ r 2 ) \psi_0\propto\exp\left[-\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x_1^2+x_2^2\right)\right]=\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right) ψ 0 ∝ exp [ − 2ℏ mω ( x 1 2 + x 2 2 ) ] = exp ( − 2ℏ mω r 2 ) です。ℏ = m = ω = 1 \hbar=m=\omega=1 ℏ = m = ω = 1 ψ 0 ( r ) = e − r 2 / 2 \psi_0(r)=e^{-r^2/2} ψ 0 ( r ) = e − r 2 /2 r → ∞ r\to\infty r → ∞
[ a k , a l † ] = δ k l [a_k,a_l^{\dagger}]=\delta_{kl} [ a k , a l † ] = δ k l a k † a k a_k^{\dagger}a_k a k † a k n k n_k n k
∣ n 1 , n 2 ⟩ = ( a 1 † ) n 1 ( a 2 † ) n 2 n 1 ! n 2 ! ∣ 0 ⟩ , n 1 , n 2 = 0 , 1 , 2 , … |n_1,n_2\rangle=\frac{(a_1^{\dagger})^{n_1}(a_2^{\dagger})^{n_2}}{\sqrt{n_1!\,n_2!}}\,|0\rangle,
\qquad n_1,n_2=0,1,2,\ldots ∣ n 1 , n 2 ⟩ = n 1 ! n 2 ! ( a 1 † ) n 1 ( a 2 † ) n 2 ∣0 ⟩ , n 1 , n 2 = 0 , 1 , 2 , … と書けます。これで全固有状態が尽くされるのは、a 1 † , a 2 † a_1^{\dagger},a_2^{\dagger} a 1 † , a 2 † H \mathcal{H} H
E n 1 n 2 = ℏ ω ( n 1 + n 2 + 1 ) E_{n_1n_2}=\hbar\omega\left(n_1+n_2+1\right) E n 1 n 2 = ℏ ω ( n 1 + n 2 + 1 ) で、N ≡ n 1 + n 2 N\equiv n_1+n_2 N ≡ n 1 + n 2 E N = ℏ ω ( N + 1 ) E_N=\hbar\omega(N+1) E N = ℏ ω ( N + 1 ) ( n 1 , n 2 ) = ( N , 0 ) , ( N − 1 , 1 ) , … , ( 0 , N ) (n_1,n_2)=(N,0),(N-1,1),\ldots,(0,N) ( n 1 , n 2 ) = ( N , 0 ) , ( N − 1 , 1 ) , … , ( 0 , N )
g N = N + 1 g_N=N+1 g N = N + 1 個です。答えは固有値 ℏ ω ( N + 1 ) \hbar\omega(N+1) ℏ ω ( N + 1 ) N + 1 N+1 N + 1 N = 0 , 1 , 2 , … N=0,1,2,\ldots N = 0 , 1 , 2 , …
ℏ = m = ω = 1 \hbar=m=\omega=1 ℏ = m = ω = 1
− 1 2 ( ∂ 2 ∂ x 1 2 + ∂ 2 ∂ x 2 2 ) ψ + 1 2 r 2 ψ = E ψ -\frac{1}{2}\left(\frac{\partial^2}{\partial x_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial x_2^2}\right)\psi+\frac{1}{2}r^2\psi=E\psi − 2 1 ( ∂ x 1 2 ∂ 2 + ∂ x 2 2 ∂ 2 ) ψ + 2 1 r 2 ψ = E ψ すなわち極座標表示を使って
∂ 2 ψ ∂ r 2 + 1 r ∂ ψ ∂ r + 1 r 2 ∂ 2 ψ ∂ θ 2 + ( 2 E − r 2 ) ψ = 0 \frac{\partial^2\psi}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial\psi}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2\psi}{\partial\theta^2}+\left(2E-r^2\right)\psi=0 ∂ r 2 ∂ 2 ψ + r 1 ∂ r ∂ ψ + r 2 1 ∂ θ 2 ∂ 2 ψ + ( 2 E − r 2 ) ψ = 0 です。ψ = R ( r ) Θ ( θ ) \psi=R(r)\Theta(\theta) ψ = R ( r ) Θ ( θ ) R Θ R\Theta R Θ r 2 r^2 r 2
r 2 ( R ′ ′ R + 1 r R ′ R + 2 E − r 2 ) = − Θ ′ ′ Θ r^2\left(\frac{R''}{R}+\frac{1}{r}\frac{R'}{R}+2E-r^2\right)=-\frac{\Theta''}{\Theta} r 2 ( R R ′′ + r 1 R R ′ + 2 E − r 2 ) = − Θ Θ ′′ となり、左辺は r r r θ \theta θ n 2 n^2 n 2 Θ ′ ′ = − n 2 Θ \Theta''=-n^2\Theta Θ ′′ = − n 2 Θ
d 2 R d r 2 + 1 r d R d r + ( 2 E − r 2 − n 2 r 2 ) R = 0 \frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}+\left(2E-r^2-\frac{n^2}{r^2}\right)R=0 d r 2 d 2 R + r 1 d r d R + ( 2 E − r 2 − r 2 n 2 ) R = 0 が得られます。
n n n θ \theta θ θ + 2 π \theta+2\pi θ + 2 π Θ ( θ + 2 π ) = Θ ( θ ) \Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta) Θ ( θ + 2 π ) = Θ ( θ ) Θ ′ ′ = + κ 2 Θ \Theta''=+\kappa^2\Theta Θ ′′ = + κ 2 Θ κ \kappa κ e ± κ θ e^{\pm\kappa\theta} e ± κ θ n 2 ≥ 0 n^2\ge 0 n 2 ≥ 0 Θ ∝ e ± i n θ \Theta\propto e^{\pm in\theta} Θ ∝ e ± in θ n n n n 2 n^2 n 2
n = 0 , 1 , 2 , … n=0,1,2,\ldots n = 0 , 1 , 2 , … を取り、n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 e + i n θ e^{+in\theta} e + in θ e − i n θ e^{-in\theta} e − in θ z z z ± n \pm n ± n
R = f ψ 0 = f e − r 2 / 2 R=f\psi_0=f e^{-r^2/2} R = f ψ 0 = f e − r 2 /2
d 2 f d r 2 + 1 r ( 1 − 2 r 2 ) d f d r + ( 2 E − 2 − n 2 r 2 ) f = 0 \frac{d^2f}{dr^2}+\frac{1}{r}\left(1-2r^2\right)\frac{df}{dr}+\left(2E-2-\frac{n^2}{r^2}\right)f=0 d r 2 d 2 f + r 1 ( 1 − 2 r 2 ) d r df + ( 2 E − 2 − r 2 n 2 ) f = 0 に f = r α ∑ s ≥ 0 f s r s f=r^{\alpha}\sum_{s\ge0}f_sr^s f = r α ∑ s ≥ 0 f s r s f 0 = 1 f_0=1 f 0 = 1 r α − 2 r^{\alpha-2} r α − 2 f ≃ r α f\simeq r^{\alpha} f ≃ r α
α ( α − 1 ) r α − 2 + α r α − 2 − n 2 r α − 2 + O ( r α ) = 0 \alpha(\alpha-1)r^{\alpha-2}+\alpha r^{\alpha-2}-n^2r^{\alpha-2}+O(r^{\alpha})=0 α ( α − 1 ) r α − 2 + α r α − 2 − n 2 r α − 2 + O ( r α ) = 0 なので、指標方程式（級数の最低次の冪 α \alpha α
α ( α − 1 ) + α − n 2 = α 2 − n 2 = 0 ⟹ α = ± ∣ n ∣ \alpha(\alpha-1)+\alpha-n^2=\alpha^2-n^2=0
\qquad\Longrightarrow\qquad \alpha=\pm|n| α ( α − 1 ) + α − n 2 = α 2 − n 2 = 0 ⟹ α = ± ∣ n ∣ です。α = − ∣ n ∣ \alpha=-|n| α = − ∣ n ∣ n ≠ 0 n\ne0 n = 0 r → 0 r\to0 r → 0 r − ∣ n ∣ r^{-|n|} r − ∣ n ∣
α = ∣ n ∣ \alpha=|n| α = ∣ n ∣ です（n = 0 n=0 n = 0 α = 0 \alpha=0 α = 0 α = ∣ n ∣ \alpha=|n| α = ∣ n ∣
同じ代入で r α + s − 2 r^{\alpha+s-2} r α + s − 2 α = ∣ n ∣ \alpha=|n| α = ∣ n ∣ ( α + s ) 2 − n 2 = s ( s + 2 ∣ n ∣ ) (\alpha+s)^2-n^2=s(s+2|n|) ( α + s ) 2 − n 2 = s ( s + 2∣ n ∣ )
s ( s + 2 ∣ n ∣ ) f s = 2 ( ∣ n ∣ + s − 1 − E ) f s − 2 s\left(s+2|n|\right)f_s=2\left(|n|+s-1-E\right)f_{s-2} s ( s + 2∣ n ∣ ) f s = 2 ( ∣ n ∣ + s − 1 − E ) f s − 2 となります。s = 1 s=1 s = 1 1 + 2 ∣ n ∣ ≠ 0 1+2|n|\ne0 1 + 2∣ n ∣ = 0 f − 1 = 0 f_{-1}=0 f − 1 = 0 f 1 = 0 f_1=0 f 1 = 0 s = 0 , 2 , 4 , … s=0,2,4,\ldots s = 0 , 2 , 4 , …
級数が無限に続くと、大きな s s s f s / f s − 2 → 2 / s f_s/f_{s-2}\to 2/s f s / f s − 2 → 2/ s f f f e r 2 e^{r^2} e r 2 R = f e − r 2 / 2 ∼ e r 2 / 2 R=fe^{-r^2/2}\sim e^{r^2/2} R = f e − r 2 /2 ∼ e r 2 /2 s = 2 t s=2t s = 2 t t = 0 , 1 , 2 , … t=0,1,2,\ldots t = 0 , 1 , 2 , … f 2 t + 2 = 0 f_{2t+2}=0 f 2 t + 2 = 0
∣ n ∣ + ( 2 t + 2 ) − 1 − E = 0 ⟹ E = 2 t + ∣ n ∣ + 1 |n|+(2t+2)-1-E=0
\qquad\Longrightarrow\qquad
E=2t+|n|+1 ∣ n ∣ + ( 2 t + 2 ) − 1 − E = 0 ⟹ E = 2 t + ∣ n ∣ + 1 です。t t t ∣ n ∣ |n| ∣ n ∣ 0 , 1 , 2 , … 0,1,2,\ldots 0 , 1 , 2 , … N ≡ 2 t + ∣ n ∣ N\equiv 2t+|n| N ≡ 2 t + ∣ n ∣
E = N + 1 ( N = 0 , 1 , 2 , … ) E=N+1\qquad(N=0,1,2,\ldots) E = N + 1 ( N = 0 , 1 , 2 , … ) が得られます。これは設問3の E N = ℏ ω ( N + 1 ) E_N=\hbar\omega(N+1) E N = ℏ ω ( N + 1 ) ℏ = ω = 1 \hbar=\omega=1 ℏ = ω = 1
縮退度も一致します。N N N ∣ n ∣ = N − 2 t ≥ 0 |n|=N-2t\ge0 ∣ n ∣ = N − 2 t ≥ 0 t = 0 , 1 , … , ⌊ N / 2 ⌋ t=0,1,\ldots,\lfloor N/2\rfloor t = 0 , 1 , … , ⌊ N /2 ⌋ ∣ n ∣ ≥ 1 |n|\ge1 ∣ n ∣ ≥ 1 e ± i n θ e^{\pm in\theta} e ± in θ ∣ n ∣ = 0 |n|=0 ∣ n ∣ = 0 N N N ∣ n ∣ = 0 , 2 , … , N |n|=0,2,\ldots,N ∣ n ∣ = 0 , 2 , … , N N / 2 + 1 N/2+1 N /2 + 1 ∣ n ∣ = 0 |n|=0 ∣ n ∣ = 0 N / 2 N/2 N /2 1 + 2 ⋅ ( N / 2 ) = N + 1 1+2\cdot(N/2)=N+1 1 + 2 ⋅ ( N /2 ) = N + 1 N N N ∣ n ∣ = 1 , 3 , … , N |n|=1,3,\ldots,N ∣ n ∣ = 1 , 3 , … , N ( N + 1 ) / 2 (N+1)/2 ( N + 1 ) /2 N + 1 N+1 N + 1 g N = N + 1 g_N=N+1 g N = N + 1
具体形を見ておくと、N = 0 N=0 N = 0 n = 0 , t = 0 n=0,t=0 n = 0 , t = 0 f = 1 f=1 f = 1 N = 1 N=1 N = 1 n = 1 , t = 0 n=1,t=0 n = 1 , t = 0 f = r f=r f = r N = 2 N=2 N = 2 ( n , t ) = ( 2 , 0 ) (n,t)=(2,0) ( n , t ) = ( 2 , 0 ) f = r 2 f=r^2 f = r 2 ( n , t ) = ( 0 , 1 ) (n,t)=(0,1) ( n , t ) = ( 0 , 1 ) f = 1 − r 2 f=1-r^2 f = 1 − r 2 R = ( 1 − r 2 ) e − r 2 / 2 R=(1-r^2)e^{-r^2/2} R = ( 1 − r 2 ) e − r 2 /2 n = 0 , E = 3 n=0,E=3 n = 0 , E = 3
互いに独立な N N N ε \varepsilon ε T T T β = 1 / k B T \beta=1/k_{\mathrm B}T β = 1/ k B T e − β E e^{-\beta E} e − β E
z = 2 + e − β ε z=2+e^{-\beta\varepsilon} z = 2 + e − β ε と Z = z N Z=z^N Z = z N
内部エネルギーは
U = − N ∂ ln z ∂ β = N ε e − β ε 2 + e − β ε = N ε 2 e ε / k B T + 1 U=-N\frac{\partial\ln z}{\partial\beta}=N\frac{\varepsilon e^{-\beta\varepsilon}}{2+e^{-\beta\varepsilon}}
=\frac{N\varepsilon}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1} U = − N ∂ β ∂ ln z = N 2 + e − β ε ε e − β ε = 2 e ε / k B T + 1 N ε です。ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 T → 0 T\to0 T → 0 U → 0 U\to0 U → 0 T → ∞ T\to\infty T → ∞ U → N ε / 3 U\to N\varepsilon/3 U → N ε /3
自由エネルギーは F = − N k B T ln z F=-Nk_{\mathrm B}T\ln z F = − N k B T ln z S = ( U − F ) / T S=(U-F)/T S = ( U − F ) / T
S = N k B ln ( 2 + e − ε / k B T ) + N ε T 1 2 e ε / k B T + 1 S=Nk_{\mathrm B}\ln\left(2+e^{-\varepsilon/k_{\mathrm B}T}\right)+\frac{N\varepsilon}{T}\frac{1}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1} S = N k B ln ( 2 + e − ε / k B T ) + T N ε 2 e ε / k B T + 1 1 です。T → 0 T\to0 T → 0
ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 e − β ε → 0 e^{-\beta\varepsilon}\to0 e − β ε → 0 N k B ln 2 Nk_{\mathrm B}\ln2 N k B ln 2 ( N ε / T ) e − β ε / 2 → 0 (N\varepsilon/T)e^{-\beta\varepsilon}/2\to0 ( N ε / T ) e − β ε /2 → 0
S ( T → 0 ) = N k B ln 2. S(T\to0)=Nk_{\mathrm B}\ln2 . S ( T → 0 ) = N k B ln 2. ε = 0 \varepsilon=0 ε = 0 T T T z = 3 z=3 z = 3 U = 0 U=0 U = 0
S = N k B ln 3 ( 全温度で一定 ) . S=Nk_{\mathrm B}\ln3 \qquad(\text{全温度で一定}). S = N k B ln 3 ( 全温度で一定 ) . ε < 0 \varepsilon<0 ε < 0 e − β ε → ∞ e^{-\beta\varepsilon}\to\infty e − β ε → ∞ ln ( 2 + e − β ε ) = − β ε + ln ( 1 + 2 e β ε ) ≃ − β ε + 2 e β ε \ln(2+e^{-\beta\varepsilon})=-\beta\varepsilon+\ln(1+2e^{\beta\varepsilon})\simeq-\beta\varepsilon+2e^{\beta\varepsilon} ln ( 2 + e − β ε ) = − β ε + ln ( 1 + 2 e β ε ) ≃ − β ε + 2 e β ε ( N ε / T ) ( 1 − 2 e β ε + ⋯ ) (N\varepsilon/T)(1-2e^{\beta\varepsilon}+\cdots) ( N ε / T ) ( 1 − 2 e β ε + ⋯ ) − N k B β ε -Nk_{\mathrm B}\beta\varepsilon − N k B β ε N ε / T N\varepsilon/T N ε / T
S ≃ 2 N k B e β ε ( 1 − β ε ) ⟶ 0. S\simeq 2Nk_{\mathrm B}e^{\beta\varepsilon}\left(1-\beta\varepsilon\right)\longrightarrow0 . S ≃ 2 N k B e β ε ( 1 − β ε ) ⟶ 0. 値が異なる理由は、T → 0 T\to0 T → 0 W 0 W_0 W 0 S = k B ln W 0 S=k_{\mathrm B}\ln W_0 S = k B ln W 0 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 W 0 = 2 N W_0=2^N W 0 = 2 N S = N k B ln 2 S=Nk_{\mathrm B}\ln2 S = N k B ln 2 ε = 0 \varepsilon=0 ε = 0 W 0 = 3 N W_0=3^N W 0 = 3 N S = N k B ln 3 S=Nk_{\mathrm B}\ln3 S = N k B ln 3 ε < 0 \varepsilon<0 ε < 0 ε \varepsilon ε W 0 = 1 W_0=1 W 0 = 1 S = 0 S=0 S = 0 S → 0 S\to0 S → 0
エネルギー ε \varepsilon ε N ε N_{\varepsilon} N ε N C N ε {}_NC_{N_{\varepsilon}} N C N ε N − N ε N-N_{\varepsilon} N − N ε 2 N − N ε 2^{N-N_{\varepsilon}} 2 N − N ε N ε ε N_{\varepsilon}\varepsilon N ε ε
P ( N ε ) = 1 Z N C N ε 2 N − N ε e − β ε N ε . P(N_{\varepsilon})=\frac{1}{Z}\,{}_NC_{N_{\varepsilon}}\,2^{N-N_{\varepsilon}}e^{-\beta\varepsilon N_{\varepsilon}} . P ( N ε ) = Z 1 N C N ε 2 N − N ε e − β ε N ε . 規格化定数は二項定理から
Z = ∑ N ε = 0 N N C N ε 2 N − N ε ( e − β ε ) N ε = ( 2 + e − β ε ) N Z=\sum_{N_{\varepsilon}=0}^{N}{}_NC_{N_{\varepsilon}}\,2^{N-N_{\varepsilon}}\left(e^{-\beta\varepsilon}\right)^{N_{\varepsilon}}=\left(2+e^{-\beta\varepsilon}\right)^N Z = N ε = 0 ∑ N N C N ε 2 N − N ε ( e − β ε ) N ε = ( 2 + e − β ε ) N なので、
P ( N ε ) = N C N ε p N ε ( 1 − p ) N − N ε , p ≡ e − β ε 2 + e − β ε = 1 2 e β ε + 1 P(N_{\varepsilon})={}_NC_{N_{\varepsilon}}\,p^{N_{\varepsilon}}(1-p)^{N-N_{\varepsilon}},
\qquad
p\equiv\frac{e^{-\beta\varepsilon}}{2+e^{-\beta\varepsilon}}=\frac{1}{2e^{\beta\varepsilon}+1} P ( N ε ) = N C N ε p N ε ( 1 − p ) N − N ε , p ≡ 2 + e − β ε e − β ε = 2 e β ε + 1 1 という二項分布です。p p p ε \varepsilon ε
二項分布の平均は N p Np N p
⟨ N ε ⟩ = N 2 e ε / k B T + 1 . \langle N_{\varepsilon}\rangle=\frac{N}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1} . ⟨ N ε ⟩ = 2 e ε / k B T + 1 N . ε \varepsilon ε ⟨ N ε ⟩ \langle N_{\varepsilon}\rangle ⟨ N ε ⟩ U = ε ⟨ N ε ⟩ U=\varepsilon\langle N_{\varepsilon}\rangle U = ε ⟨ N ε ⟩
T = T 1 T=T_1 T = T 1 ε \varepsilon ε ⟨ N ε ⟩ \langle N_{\varepsilon}\rangle ⟨ N ε ⟩ ε / k B T \varepsilon/k_{\mathrm B}T ε / k B T
ε → − ∞ \varepsilon\to-\infty ε → − ∞ ⟨ N ε ⟩ → N \langle N_{\varepsilon}\rangle\to N ⟨ N ε ⟩ → N ε → + ∞ \varepsilon\to+\infty ε → + ∞ ⟨ N ε ⟩ → 0 \langle N_{\varepsilon}\rangle\to0 ⟨ N ε ⟩ → 0 ε = 0 \varepsilon=0 ε = 0 ⟨ N ε ⟩ = N / 3 \langle N_{\varepsilon}\rangle=N/3 ⟨ N ε ⟩ = N /3
∂ ⟨ N ε ⟩ ∂ ε ∣ ε = 0 = − 2 N 9 k B T \left.\frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon}\right|_{\varepsilon=0}=-\frac{2N}{9k_{\mathrm B}T} ∂ ε ∂ ⟨ N ε ⟩ ε = 0 = − 9 k B T 2 N です。変曲点は 2 e β ε = 1 2e^{\beta\varepsilon}=1 2 e β ε = 1 ε = − k B T ln 2 \varepsilon=-k_{\mathrm B}T\ln2 ε = − k B T ln 2 ⟨ N ε ⟩ = N / 2 \langle N_{\varepsilon}\rangle=N/2 ⟨ N ε ⟩ = N /2 ε = 0 \varepsilon=0 ε = 0 N / 2 N/2 N /2 ∼ k B T \sim k_{\mathrm B}T ∼ k B T
T = 2 T 1 T=2T_1 T = 2 T 1 ε = 0 \varepsilon=0 ε = 0 N / 3 N/3 N /3 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ⟨ N ε ⟩ \langle N_{\varepsilon}\rangle ⟨ N ε ⟩ ε < 0 \varepsilon<0 ε < 0 ε = − 2 k B T 1 ln 2 \varepsilon=-2k_{\mathrm B}T_1\ln2 ε = − 2 k B T 1 ln 2
N N/2 N/3 O ε ⟨Nε⟩ T = T₁ T = 2T₁ 実線が T = T 1 T=T_1 T = T 1 T = 2 T 1 T=2T_1 T = 2 T 1
二項分布の分散は N p ( 1 − p ) Np(1-p) N p ( 1 − p ) 1 − p = 2 e β ε / ( 2 e β ε + 1 ) 1-p=2e^{\beta\varepsilon}/(2e^{\beta\varepsilon}+1) 1 − p = 2 e β ε / ( 2 e β ε + 1 )
⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 = N p ( 1 − p ) = 2 N e ε / k B T ( 2 e ε / k B T + 1 ) 2 \langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2=Np(1-p)=\frac{2Ne^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}}{\left(2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1\right)^2} ⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 = N p ( 1 − p ) = ( 2 e ε / k B T + 1 ) 2 2 N e ε / k B T です。ε → ± ∞ \varepsilon\to\pm\infty ε → ± ∞ ε = − k B T ln 2 \varepsilon=-k_{\mathrm B}T\ln2 ε = − k B T ln 2 p = 1 / 2 p=1/2 p = 1/2 N / 4 N/4 N /4
⟨ N ε ⟩ = N / ( 2 e β ε + 1 ) \langle N_{\varepsilon}\rangle=N/(2e^{\beta\varepsilon}+1) ⟨ N ε ⟩ = N / ( 2 e β ε + 1 ) ε \varepsilon ε
χ = ∂ ⟨ N ε ⟩ ∂ ε = − 2 N β e β ε ( 2 e β ε + 1 ) 2 = − 2 N k B T e ε / k B T ( 2 e ε / k B T + 1 ) 2 \chi=\frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon}
=-\frac{2N\beta e^{\beta\varepsilon}}{\left(2e^{\beta\varepsilon}+1\right)^2}
=-\frac{2N}{k_{\mathrm B}T}\frac{e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}}{\left(2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1\right)^2} χ = ∂ ε ∂ ⟨ N ε ⟩ = − ( 2 e β ε + 1 ) 2 2 N β e β ε = − k B T 2 N ( 2 e ε / k B T + 1 ) 2 e ε / k B T です。設問5の結果と比べれば
χ = − 1 k B T ( ⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 ) \chi=-\frac{1}{k_{\mathrm B}T}\left(\langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2\right) χ = − k B T 1 ( ⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 ) となります。これはゆらぎと応答を結ぶ一般関係の一例です。実際、Z = ∑ { N ε } W ( N ε ) e − β ε N ε Z=\sum_{\{N_{\varepsilon}\}}W(N_{\varepsilon})e^{-\beta\varepsilon N_{\varepsilon}} Z = ∑ { N ε } W ( N ε ) e − β ε N ε ⟨ N ε ⟩ = − β − 1 ∂ ln Z / ∂ ε \langle N_{\varepsilon}\rangle=-\beta^{-1}\partial\ln Z/\partial\varepsilon ⟨ N ε ⟩ = − β − 1 ∂ ln Z / ∂ ε ε \varepsilon ε
∂ ⟨ N ε ⟩ ∂ ε = − β ( ⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 ) \frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon}=-\beta\left(\langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2\right) ∂ ε ∂ ⟨ N ε ⟩ = − β ( ⟨ N ε 2 ⟩ − ⟨ N ε ⟩ 2 ) が分布の詳細に依らず出てきます。χ \chi χ ε \varepsilon ε
真空中のマクスウェル方程式 から出発し、z z z
E ~ = E ( x , y ) e i ( k z − ω t ) , B ~ = B ( x , y ) e i ( k z − ω t ) \tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{E}(x,y)e^{i(kz-\omega t)},\qquad
\tilde{\boldsymbol{B}}=\boldsymbol{B}(x,y)e^{i(kz-\omega t)} E ~ = E ( x , y ) e i ( k z − ω t ) , B ~ = B ( x , y ) e i ( k z − ω t ) を、断面が 0 ≤ x ≤ a 0\le x\le a 0 ≤ x ≤ a 0 ≤ y ≤ b 0\le y\le b 0 ≤ y ≤ b a > b a>b a > b n × E ~ = 0 \boldsymbol{n}\times\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0} n × E ~ = 0 n ⋅ B ~ = 0 \boldsymbol{n}\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0 n ⋅ B ~ = 0
ファラデーの法則の両辺の回転を取り、アンペール・マクスウェルの法則を代入します。
∇ × ( ∇ × E ~ ) = − ∂ ∂ t ( ∇ × B ~ ) = − 1 c 2 ∂ 2 E ~ ∂ t 2 \nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right)
=-\frac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{B}}\right)
=-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\tilde{\boldsymbol{E}}}{\partial t^2} ∇ × ( ∇ × E ~ ) = − ∂ t ∂ ( ∇ × B ~ ) = − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 E ~ 左辺はベクトル恒等式と ∇ ⋅ E ~ = 0 \nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}=0 ∇ ⋅ E ~ = 0
∇ × ( ∇ × E ~ ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ~ ) − ∇ 2 E ~ = − ∇ 2 E ~ \nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right)=\nabla\left(\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}\right)-\nabla^2\tilde{\boldsymbol{E}}=-\nabla^2\tilde{\boldsymbol{E}} ∇ × ( ∇ × E ~ ) = ∇ ( ∇ ⋅ E ~ ) − ∇ 2 E ~ = − ∇ 2 E ~ なので
( ∇ 2 − 1 c 2 ∂ 2 ∂ t 2 ) E ~ = 0 \left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0} ( ∇ 2 − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 ) E ~ = 0 が得られます。磁場も同様に、アンペール・マクスウェルの法則の回転を取って
∇ × ( ∇ × B ~ ) = 1 c 2 ∂ ∂ t ( ∇ × E ~ ) = − 1 c 2 ∂ 2 B ~ ∂ t 2 , \nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{B}}\right)=\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right)=-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\tilde{\boldsymbol{B}}}{\partial t^2}, ∇ × ( ∇ × B ~ ) = c 2 1 ∂ t ∂ ( ∇ × E ~ ) = − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 B ~ , 左辺は ∇ ⋅ B ~ = 0 \nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0 ∇ ⋅ B ~ = 0 − ∇ 2 B ~ -\nabla^2\tilde{\boldsymbol{B}} − ∇ 2 B ~
( ∇ 2 − 1 c 2 ∂ 2 ∂ t 2 ) B ~ = 0 \left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\tilde{\boldsymbol{B}}=\boldsymbol{0} ( ∇ 2 − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 ) B ~ = 0 です。
仮定した関数形では ∂ / ∂ z → i k \partial/\partial z\to ik ∂ / ∂ z → ik ∂ / ∂ t → − i ω \partial/\partial t\to-i\omega ∂ / ∂ t → − iω
∇ 2 → ∂ 2 ∂ x 2 + ∂ 2 ∂ y 2 − k 2 , 1 c 2 ∂ 2 ∂ t 2 → − ω 2 c 2 \nabla^2\to\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}-k^2,\qquad
\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\to-\frac{\omega^2}{c^2} ∇ 2 → ∂ x 2 ∂ 2 + ∂ y 2 ∂ 2 − k 2 , c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 → − c 2 ω 2 です。波動方程式の各成分は
( ∂ 2 ∂ x 2 + ∂ 2 ∂ y 2 + ω 2 c 2 − k 2 ) E i = 0 \left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\omega^2}{c^2}-k^2\right)E_i=0 ( ∂ x 2 ∂ 2 + ∂ y 2 ∂ 2 + c 2 ω 2 − k 2 ) E i = 0 となり、i = z i=z i = z B \boldsymbol{B} B z z z
γ 2 = ω 2 c 2 − k 2 . \gamma^2=\frac{\omega^2}{c^2}-k^2 . γ 2 = c 2 ω 2 − k 2 . 自由空間の平面波 では E z = B z = 0 E_z=B_z=0 E z = B z = 0 γ 2 = 0 \gamma^2=0 γ 2 = 0 ω = c k \omega=ck ω = c k γ 2 ≠ 0 \gamma^2\ne0 γ 2 = 0 ω \omega ω k k k ω 2 = c 2 k 2 + c 2 γ 2 \omega^2=c^2k^2+c^2\gamma^2 ω 2 = c 2 k 2 + c 2 γ 2
E z E_z E z n × E ~ = 0 \boldsymbol{n}\times\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0} n × E ~ = 0
E z = 0 at x = 0 , a および y = 0 , b E_z=0 \quad\text{at}\quad x=0,\ a\ \ \text{および}\ \ y=0,\ b E z = 0 at x = 0 , a および y = 0 , b です。E z = X ( x ) Y ( y ) E_z=X(x)Y(y) E z = X ( x ) Y ( y )
X ′ ′ X + Y ′ ′ Y + γ 2 = 0 \frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\gamma^2=0 X X ′′ + Y Y ′′ + γ 2 = 0 で、第 1 項は x x x y y y X ′ ′ = − α 2 X X''=-\alpha^2X X ′′ = − α 2 X Y ′ ′ = − β 2 Y Y''=-\beta^2Y Y ′′ = − β 2 Y γ 2 = α 2 + β 2 \gamma^2=\alpha^2+\beta^2 γ 2 = α 2 + β 2 X ( 0 ) = 0 X(0)=0 X ( 0 ) = 0 X ∝ sin α x X\propto\sin\alpha x X ∝ sin α x X ( a ) = 0 X(a)=0 X ( a ) = 0 α a = m π \alpha a=m\pi α a = mπ Y ∝ sin β y Y\propto\sin\beta y Y ∝ sin β y β b = n π \beta b=n\pi β b = nπ m , n m,n m , n
γ 2 = α 2 + β 2 = m 2 π 2 a 2 + n 2 π 2 b 2 \gamma^2=\alpha^2+\beta^2=\frac{m^2\pi^2}{a^2}+\frac{n^2\pi^2}{b^2} γ 2 = α 2 + β 2 = a 2 m 2 π 2 + b 2 n 2 π 2 が示され、最大値を E E E
E z = E sin m π x a sin n π y b = E sin α x sin β y E_z=E\sin\frac{m\pi x}{a}\sin\frac{n\pi y}{b}=E\sin\alpha x\sin\beta y E z = E sin a mπ x sin b nπ y = E sin α x sin β y です。m m m n n n E z ≡ 0 E_z\equiv0 E z ≡ 0
e i ( k z − ω t ) e^{i(kz-\omega t)} e i ( k z − ω t ) x , y x,y x , y
∂ E z ∂ y − i k E y = i ω B x , i k E x − ∂ E z ∂ x = i ω B y , ∂ B z ∂ y − i k B y = − i ω c 2 E x , i k B x − ∂ B z ∂ x = − i ω c 2 E y \begin{aligned}
\frac{\partial E_z}{\partial y}-ikE_y&=i\omega B_x, &\qquad ikE_x-\frac{\partial E_z}{\partial x}&=i\omega B_y,\\
\frac{\partial B_z}{\partial y}-ikB_y&=-\frac{i\omega}{c^2}E_x, &\qquad ikB_x-\frac{\partial B_z}{\partial x}&=-\frac{i\omega}{c^2}E_y
\end{aligned} ∂ y ∂ E z − ik E y ∂ y ∂ B z − ik B y = iω B x , = − c 2 iω E x , ik E x − ∂ x ∂ E z ik B x − ∂ x ∂ B z = iω B y , = − c 2 iω E y を 2 本ずつ組み合わせて横成分について解きます。たとえば 1 行目右の式から B y B_y B y i ( ω 2 / c 2 − k 2 ) E x = − ( k ∂ x E z + ω ∂ y B z ) i(\omega^2/c^2-k^2)E_x=-(k\partial_xE_z+\omega\partial_yB_z) i ( ω 2 / c 2 − k 2 ) E x = − ( k ∂ x E z + ω ∂ y B z )
E x = i γ 2 ( k ∂ E z ∂ x + ω ∂ B z ∂ y ) , E y = i γ 2 ( k ∂ E z ∂ y − ω ∂ B z ∂ x ) , B x = i γ 2 ( k ∂ B z ∂ x − ω c 2 ∂ E z ∂ y ) , B y = i γ 2 ( k ∂ B z ∂ y + ω c 2 ∂ E z ∂ x ) \begin{aligned}
E_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial x}+\omega\frac{\partial B_z}{\partial y}\right), &
E_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial y}-\omega\frac{\partial B_z}{\partial x}\right),\\
B_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial x}-\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial y}\right), &
B_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial y}+\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial x}\right)
\end{aligned} E x B x = γ 2 i ( k ∂ x ∂ E z + ω ∂ y ∂ B z ) , = γ 2 i ( k ∂ x ∂ B z − c 2 ω ∂ y ∂ E z ) , E y B y = γ 2 i ( k ∂ y ∂ E z − ω ∂ x ∂ B z ) , = γ 2 i ( k ∂ y ∂ B z + c 2 ω ∂ x ∂ E z ) が得られます。E z = E sin α x sin β y E_z=E\sin\alpha x\sin\beta y E z = E sin α x sin β y B z = B cos α x cos β y B_z=B\cos\alpha x\cos\beta y B z = B cos α x cos β y
E x = i γ 2 ( k α E − ω β B ) cos α x sin β y , E y = i γ 2 ( k β E + ω α B ) sin α x cos β y , B x = − i γ 2 ( k α B + ω β c 2 E ) sin α x cos β y , B y = i γ 2 ( ω α c 2 E − k β B ) cos α x sin β y \begin{aligned}
E_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\alpha E-\omega\beta B\right)\cos\alpha x\sin\beta y,\\
E_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\beta E+\omega\alpha B\right)\sin\alpha x\cos\beta y,\\
B_x&=-\frac{i}{\gamma^2}\left(k\alpha B+\frac{\omega\beta}{c^2}E\right)\sin\alpha x\cos\beta y,\\
B_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(\frac{\omega\alpha}{c^2}E-k\beta B\right)\cos\alpha x\sin\beta y
\end{aligned} E x E y B x B y = γ 2 i ( k α E − ω β B ) cos α x sin β y , = γ 2 i ( k β E + ω α B ) sin α x cos β y , = − γ 2 i ( k α B + c 2 ω β E ) sin α x cos β y , = γ 2 i ( c 2 ω α E − k β B ) cos α x sin β y です。境界条件の確認をしておきます。x = 0 , a x=0,a x = 0 , a E y , E z E_y,E_z E y , E z sin α x \sin\alpha x sin α x B x B_x B x sin α x \sin\alpha x sin α x y = 0 , b y=0,b y = 0 , b E x , E z E_x,E_z E x , E z sin β y \sin\beta y sin β y B y B_y B y sin β y \sin\beta y sin β y γ 2 = α 2 + β 2 = ω 2 / c 2 − k 2 \gamma^2=\alpha^2+\beta^2=\omega^2/c^2-k^2 γ 2 = α 2 + β 2 = ω 2 / c 2 − k 2 ∇ ⋅ E ~ = ∇ ⋅ B ~ = 0 \nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}=\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0 ∇ ⋅ E ~ = ∇ ⋅ B ~ = 0
E z = 0 E_z=0 E z = 0 E = 0 E=0 E = 0 B z = B cos α x cos β y B_z=B\cos\alpha x\cos\beta y B z = B cos α x cos β y E z E_z E z E = 0 E=0 E = 0
E x = − i ω β B γ 2 cos α x sin β y , E y = i ω α B γ 2 sin α x cos β y , E_x=-\frac{i\omega\beta B}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y,\quad
E_y=\frac{i\omega\alpha B}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y, E x = − γ 2 iω β B cos α x sin β y , E y = γ 2 iω α B sin α x cos β y , B x = − i k α B γ 2 sin α x cos β y , B y = − i k β B γ 2 cos α x sin β y . B_x=-\frac{ik\alpha B}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,\quad
B_y=-\frac{ik\beta B}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y . B x = − γ 2 ik α B sin α x cos β y , B y = − γ 2 ik β B cos α x sin β y . ( m , n ) = ( 0 , 0 ) (m,n)=(0,0) ( m , n ) = ( 0 , 0 ) α = β = 0 \alpha=\beta=0 α = β = 0 B z = B B_z=B B z = B z z z z z z γ 2 = 0 \gamma^2=0 γ 2 = 0
残る 3 つはいずれも B z ≠ 0 B_z\ne0 B z = 0 k k k
k 2 = ω 2 c 2 − γ 2 > 0 ⟺ ω > c γ k^2=\frac{\omega^2}{c^2}-\gamma^2>0
\qquad\Longleftrightarrow\qquad
\omega>c\gamma k 2 = c 2 ω 2 − γ 2 > 0 ⟺ ω > c γ が必要で（そうでなければ k k k z z z ω c = c γ \omega_{\mathrm c}=c\gamma ω c = c γ a > b a>b a > b
γ ( 1 , 0 ) = π a < γ ( 0 , 1 ) = π b < γ ( 1 , 1 ) = π 1 a 2 + 1 b 2 \gamma_{(1,0)}=\frac{\pi}{a}<\gamma_{(0,1)}=\frac{\pi}{b}<\gamma_{(1,1)}=\pi\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}} γ ( 1 , 0 ) = a π < γ ( 0 , 1 ) = b π < γ ( 1 , 1 ) = π a 2 1 + b 2 1 なので、最小のカットオフを与えるのは ( m , n ) = ( 1 , 0 ) (m,n)=(1,0) ( m , n ) = ( 1 , 0 )
( m , n ) = ( 1 , 0 ) , ω min = π c a ( ν min = c 2 a ) (m,n)=(1,0),\qquad \omega_{\min}=\frac{\pi c}{a}\quad\left(\nu_{\min}=\frac{c}{2a}\right) ( m , n ) = ( 1 , 0 ) , ω m i n = a π c ( ν m i n = 2 a c ) です。この最低モードでは E x = B y = 0 E_x=B_y=0 E x = B y = 0 E y ∝ sin ( π x / a ) E_y\propto\sin(\pi x/a) E y ∝ sin ( π x / a ) B x ∝ sin ( π x / a ) B_x\propto\sin(\pi x/a) B x ∝ sin ( π x / a ) B z ∝ cos ( π x / a ) B_z\propto\cos(\pi x/a) B z ∝ cos ( π x / a ) y y y 10 _{10} 10 a a a
B z = 0 B_z=0 B z = 0 B = 0 B=0 B = 0 E z = E sin α x sin β y E_z=E\sin\alpha x\sin\beta y E z = E sin α x sin β y E z E_z E z sin α x \sin\alpha x sin α x sin β y \sin\beta y sin β y m ≥ 1 m\ge1 m ≥ 1 n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 ( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 ) (0,0),(1,0),(0,1) ( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ) , ( 0 , 1 ) E z ≡ 0 E_z\equiv0 E z ≡ 0 B = 0 B=0 B = 0 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
E x = i k α E γ 2 cos α x sin β y , E y = i k β E γ 2 sin α x cos β y , E_x=\frac{ik\alpha E}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y,\quad
E_y=\frac{ik\beta E}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y, E x = γ 2 ik α E cos α x sin β y , E y = γ 2 ik β E sin α x cos β y , B x = − i ω β E c 2 γ 2 sin α x cos β y , B y = i ω α E c 2 γ 2 cos α x sin β y B_x=-\frac{i\omega\beta E}{c^2\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,\quad
B_y=\frac{i\omega\alpha E}{c^2\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y B x = − c 2 γ 2 iω β E sin α x cos β y , B y = c 2 γ 2 iω α E cos α x sin β y がすべて非零で、伝搬条件 ω > c γ \omega>c\gamma ω > c γ
( m , n ) = ( 1 , 1 ) , ω min = π c 1 a 2 + 1 b 2 ( ν min = c 2 1 a 2 + 1 b 2 ) (m,n)=(1,1),\qquad
\omega_{\min}=\pi c\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}
\quad\left(\nu_{\min}=\frac{c}{2}\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}\right) ( m , n ) = ( 1 , 1 ) , ω m i n = π c a 2 1 + b 2 1 ( ν m i n = 2 c a 2 1 + b 2 1 ) が答えです。π c a − 2 + b − 2 > π c / a \pi c\sqrt{a^{-2}+b^{-2}}>\pi c/a π c a − 2 + b − 2 > π c / a 10 _{10} 10
エネルギー E γ E_{\gamma} E γ θ \theta θ E γ ′ E'_{\gamma} E γ ′ ϕ \phi ϕ p p p m m m α = E γ / m c 2 \alpha=E_{\gamma}/mc^2 α = E γ / m c 2 x x x θ \theta θ θ \theta θ
光子のエネルギーと運動量は E = p c E=pc E = p c E γ / c E_{\gamma}/c E γ / c E γ ′ / c E'_{\gamma}/c E γ ′ / c m c 2 mc^2 m c 2 p 2 c 2 + m 2 c 4 \sqrt{p^2c^2+m^2c^4} p 2 c 2 + m 2 c 4
エネルギー保存則:
E γ + m c 2 = E γ ′ + p 2 c 2 + m 2 c 4 E_{\gamma}+mc^2=E'_{\gamma}+\sqrt{p^2c^2+m^2c^4} E γ + m c 2 = E γ ′ + p 2 c 2 + m 2 c 4 運動量保存則をベクトルで書くと、入射方向の単位ベクトルを n ^ 0 \hat{\boldsymbol{n}}_0 n ^ 0 n ^ 1 \hat{\boldsymbol{n}}_1 n ^ 1
E γ c n ^ 0 = E γ ′ c n ^ 1 + p \frac{E_{\gamma}}{c}\hat{\boldsymbol{n}}_0=\frac{E'_{\gamma}}{c}\hat{\boldsymbol{n}}_1+\boldsymbol{p} c E γ n ^ 0 = c E γ ′ n ^ 1 + p です。散乱面内で入射方向に平行な成分と垂直な成分に分けると（図1のように θ \theta θ ϕ \phi ϕ
E γ c = E γ ′ c cos θ + p cos ϕ , 0 = E γ ′ c sin θ − p sin ϕ \frac{E_{\gamma}}{c}=\frac{E'_{\gamma}}{c}\cos\theta+p\cos\phi,
\qquad
0=\frac{E'_{\gamma}}{c}\sin\theta-p\sin\phi c E γ = c E γ ′ cos θ + p cos ϕ , 0 = c E γ ′ sin θ − p sin ϕ となります。
ϕ \phi ϕ p p p p \boldsymbol{p} p p = ( E γ n ^ 0 − E γ ′ n ^ 1 ) / c \boldsymbol{p}=(E_{\gamma}\hat{\boldsymbol{n}}_0-E'_{\gamma}\hat{\boldsymbol{n}}_1)/c p = ( E γ n ^ 0 − E γ ′ n ^ 1 ) / c n ^ 0 ⋅ n ^ 1 = cos θ \hat{\boldsymbol{n}}_0\cdot\hat{\boldsymbol{n}}_1=\cos\theta n ^ 0 ⋅ n ^ 1 = cos θ
p 2 c 2 = E γ 2 + E γ ′ 2 − 2 E γ E γ ′ cos θ . p^2c^2=E_{\gamma}^2+E'^2_{\gamma}-2E_{\gamma}E'_{\gamma}\cos\theta . p 2 c 2 = E γ 2 + E γ ′2 − 2 E γ E γ ′ cos θ . エネルギー保存則を p 2 c 2 + m 2 c 4 = E γ − E γ ′ + m c 2 \sqrt{p^2c^2+m^2c^4}=E_{\gamma}-E'_{\gamma}+mc^2 p 2 c 2 + m 2 c 4 = E γ − E γ ′ + m c 2
E γ 2 + E γ ′ 2 − 2 E γ E γ ′ cos θ + m 2 c 4 = ( E γ − E γ ′ ) 2 + 2 m c 2 ( E γ − E γ ′ ) + m 2 c 4 E_{\gamma}^2+E'^2_{\gamma}-2E_{\gamma}E'_{\gamma}\cos\theta+m^2c^4
=\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)^2+2mc^2\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)+m^2c^4 E γ 2 + E γ ′2 − 2 E γ E γ ′ cos θ + m 2 c 4 = ( E γ − E γ ′ ) 2 + 2 m c 2 ( E γ − E γ ′ ) + m 2 c 4 となり、両辺を整理すると
m c 2 ( E γ − E γ ′ ) = E γ E γ ′ ( 1 − cos θ ) . mc^2\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)=E_{\gamma}E'_{\gamma}\left(1-\cos\theta\right). m c 2 ( E γ − E γ ′ ) = E γ E γ ′ ( 1 − cos θ ) . m c 2 E γ E γ ′ mc^2E_{\gamma}E'_{\gamma} m c 2 E γ E γ ′
1 E γ ′ − 1 E γ = 1 − cos θ m c 2 ⟹ 1 E γ ′ = 1 + α ( 1 − cos θ ) E γ \frac{1}{E'_{\gamma}}-\frac{1}{E_{\gamma}}=\frac{1-\cos\theta}{mc^2}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\frac{1}{E'_{\gamma}}=\frac{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)}{E_{\gamma}} E γ ′ 1 − E γ 1 = m c 2 1 − cos θ ⟹ E γ ′ 1 = E γ 1 + α ( 1 − cos θ ) なので
E γ ′ = E γ 1 + α ( 1 − cos θ ) E'_{\gamma}=\frac{E_{\gamma}}{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)} E γ ′ = 1 + α ( 1 − cos θ ) E γ が示されました。θ = 0 \theta=0 θ = 0 E γ ′ = E γ E'_{\gamma}=E_{\gamma} E γ ′ = E γ α → 0 \alpha\to0 α → 0 E γ ≪ m c 2 E_{\gamma}\ll mc^2 E γ ≪ m c 2 θ \theta θ E γ ′ → E γ E'_{\gamma}\to E_{\gamma} E γ ′ → E γ
150 字以内の解答は次の通りです。
一つは光電効果で、ガンマ線が原子に束縛された電子に全エネルギーを与えて吸収され、その電子が原子外へ放出される過程です。もう一つは電子対生成で、原子核のクーロン場中でガンマ線が消滅し、電子と陽電子の対を生じる過程です。
前者は低エネルギー側で支配的で、原子番号の大きなヨウ素を含む NaI が検出器に使われるのは光電吸収の断面積が原子番号の高い冪で増えるためです。後者は入射エネルギーが 2 m c 2 ≃ 1.02 M e V 2mc^2\simeq1.02\,\mathrm{MeV} 2 m c 2 ≃ 1.02 MeV E γ < 2 m c 2 E_{\gamma}<2mc^2 E γ < 2 m c 2
広い分布 (I) はコンプトン散乱です。結晶内で 1 回コンプトン散乱した後、散乱ガンマ線が結晶から逃げ出してしまうと、検出されるのは反跳電子の運動エネルギー E γ − E γ ′ ( θ ) E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta) E γ − E γ ′ ( θ ) θ \theta θ π \pi π
鋭いピーク (II) は光電効果です。ガンマ線が全エネルギーを結晶内に落とす過程なので、E γ E_{\gamma} E γ
E max E_{\max} E m a x E γ − E γ ′ ( θ ) E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta) E γ − E γ ′ ( θ ) E γ ′ E'_{\gamma} E γ ′ θ = π \theta=\pi θ = π E γ ′ ( π ) = E γ / ( 1 + 2 α ) E'_{\gamma}(\pi)=E_{\gamma}/(1+2\alpha) E γ ′ ( π ) = E γ / ( 1 + 2 α )
E max = E γ − E γ 1 + 2 α = 2 α 1 + 2 α E γ E_{\max}=E_{\gamma}-\frac{E_{\gamma}}{1+2\alpha}=\frac{2\alpha}{1+2\alpha}E_{\gamma} E m a x = E γ − 1 + 2 α E γ = 1 + 2 α 2 α E γ です。α → 0 \alpha\to0 α → 0 E max → 0 E_{\max}\to0 E m a x → 0 α → ∞ \alpha\to\infty α → ∞ E max → E γ E_{\max}\to E_{\gamma} E m a x → E γ E max < E γ E_{\max}<E_{\gamma} E m a x < E γ
適当なのは (か) です。
理由は次の通りです。線源 S、検出器 A、検出器 B の位置が固定されているので、A で散乱したガンマ線が B に入る事象では散乱角が θ \theta θ x x x
E A = E γ − E γ ′ ( θ ) = α ( 1 − cos θ ) 1 + α ( 1 − cos θ ) E γ E_{\mathrm A}=E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta)=\frac{\alpha\left(1-\cos\theta\right)}{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)}E_{\gamma} E A = E γ − E γ ′ ( θ ) = 1 + α ( 1 − cos θ ) α ( 1 − cos θ ) E γ という単一の値に固定されます。図2の θ \theta θ E γ E_{\gamma} E γ
一方 B に入るのはエネルギー E γ ′ = E γ − E A E'_{\gamma}=E_{\gamma}-E_{\mathrm A} E γ ′ = E γ − E A E B = E γ − E A E_{\mathrm B}=E_{\gamma}-E_{\mathrm A} E B = E γ − E A E A + E B = E γ E_{\mathrm A}+E_{\mathrm B}=E_{\gamma} E A + E B = E γ E B E_{\mathrm B} E B E γ ′ E'_{\gamma} E γ ′ 2 α ′ 1 + 2 α ′ E γ ′ \frac{2\alpha'}{1+2\alpha'}E'_{\gamma} 1 + 2 α ′ 2 α ′ E γ ′ α ′ = E γ ′ / m c 2 \alpha'=E'_{\gamma}/mc^2 α ′ = E γ ′ / m c 2
したがって図は、E A E_{\mathrm A} E A E B E_{\mathrm B} E B E B E_{\mathrm B} E B E A E_{\mathrm A} E A E A E_{\mathrm A} E A θ \theta θ
設問2の関係を E A = E γ − E γ ′ E_{\mathrm A}=E_{\gamma}-E'_{\gamma} E A = E γ − E γ ′ m c 2 = E γ / α mc^2=E_{\gamma}/\alpha m c 2 = E γ / α
1 − cos θ = m c 2 ( 1 E γ − E A − 1 E γ ) = E A α ( E γ − E A ) 1-\cos\theta=mc^2\left(\frac{1}{E_{\gamma}-E_{\mathrm A}}-\frac{1}{E_{\gamma}}\right)
=\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)} 1 − cos θ = m c 2 ( E γ − E A 1 − E γ 1 ) = α ( E γ − E A ) E A なので
θ = arccos [ 1 − E A α ( E γ − E A ) ] \theta=\arccos\left[1-\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)}\right] θ = arccos [ 1 − α ( E γ − E A ) E A ] です。次に両辺を微分します。左辺は sin θ d θ \sin\theta\,d\theta sin θ d θ
d d E A E A α ( E γ − E A ) = E γ α ( E γ − E A ) 2 \frac{d}{dE_{\mathrm A}}\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)}=\frac{E_{\gamma}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)^2} d E A d α ( E γ − E A ) E A = α ( E γ − E A ) 2 E γ なので
Δ θ = E γ α sin θ ( E γ − E A ) 2 Δ E A \Delta\theta=\frac{E_{\gamma}}{\alpha\sin\theta\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)^2}\Delta E_{\mathrm A} Δ θ = α sin θ ( E γ − E A ) 2 E γ Δ E A です。ここから E γ E_{\gamma} E γ E γ − E A = E A / [ α ( 1 − cos θ ) ] E_{\gamma}-E_{\mathrm A}=E_{\mathrm A}/[\alpha(1-\cos\theta)] E γ − E A = E A / [ α ( 1 − cos θ )] E γ = E A [ 1 + α ( 1 − cos θ ) ] / [ α ( 1 − cos θ ) ] E_{\gamma}=E_{\mathrm A}\left[1+\alpha(1-\cos\theta)\right]/[\alpha(1-\cos\theta)] E γ = E A [ 1 + α ( 1 − cos θ ) ] / [ α ( 1 − cos θ )]
Δ θ = Δ E A E A ⋅ ( 1 − cos θ ) { 1 + α ( 1 − cos θ ) } sin θ \Delta\theta=\frac{\Delta E_{\mathrm A}}{E_{\mathrm A}}\cdot\frac{\left(1-\cos\theta\right)\left\{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)\right\}}{\sin\theta} Δ θ = E A Δ E A ⋅ sin θ ( 1 − cos θ ) { 1 + α ( 1 − cos θ ) } となります。右辺は無次元量の積で、Δ θ \Delta\theta Δ θ θ → 0 \theta\to0 θ → 0 ( 1 − cos θ ) / sin θ ≃ θ / 2 → 0 (1-\cos\theta)/\sin\theta\simeq\theta/2\to0 ( 1 − cos θ ) / sin θ ≃ θ /2 → 0 Δ E A / E A \Delta E_{\mathrm A}/E_{\mathrm A} Δ E A / E A θ → π \theta\to\pi θ → π sin θ → 0 \sin\theta\to0 sin θ → 0
数値を入れます。E γ = m c 2 E_{\gamma}=mc^2 E γ = m c 2 α = 1 \alpha=1 α = 1 θ = 45 ∘ \theta=45^{\circ} θ = 4 5 ∘ 1 − cos θ = 1 − 1 2 = 0.2929 1-\cos\theta=1-\frac{1}{\sqrt2}=0.2929 1 − cos θ = 1 − 2 1 = 0.2929 sin θ = 0.7071 \sin\theta=0.7071 sin θ = 0.7071
Δ θ = 0.1 × 0.2929 × ( 1 + 0.2929 ) 0.7071 = 0.1 × 0.5355 = 5.36 × 10 − 2 r a d \Delta\theta=0.1\times\frac{0.2929\times\left(1+0.2929\right)}{0.7071}=0.1\times0.5355=5.36\times10^{-2}\,\mathrm{rad} Δ θ = 0.1 × 0.7071 0.2929 × ( 1 + 0.2929 ) = 0.1 × 0.5355 = 5.36 × 1 0 − 2 rad 度に直すと Δ θ = 5.36 × 10 − 2 × 180 / π = 3.07 ∘ \Delta\theta=5.36\times10^{-2}\times180/\pi=3.07^{\circ} Δ θ = 5.36 × 1 0 − 2 × 180/ π = 3.0 7 ∘ Δ θ ≃ 3 \Delta\theta\simeq3 Δ θ ≃ 3 α = 1 , θ = 45 ∘ \alpha=1,\theta=45^{\circ} α = 1 , θ = 4 5 ∘ E γ ′ = 0.773 E γ E'_{\gamma}=0.773E_{\gamma} E γ ′ = 0.773 E γ E A = 0.227 E γ E_{\mathrm A}=0.227E_{\gamma} E A = 0.227 E γ Δ E A = 0.0227 E γ \Delta E_{\mathrm A}=0.0227E_{\gamma} Δ E A = 0.0227 E γ Δ θ = E γ Δ E A / [ α sin θ ( E γ − E A ) 2 ] \Delta\theta=E_{\gamma}\Delta E_{\mathrm A}/[\alpha\sin\theta(E_{\gamma}-E_{\mathrm A})^2] Δ θ = E γ Δ E A / [ α sin θ ( E γ − E A ) 2 ] 5.36 × 10 − 2 r a d 5.36\times10^{-2}\,\mathrm{rad} 5.36 × 1 0 − 2 rad
質量 m m m T T T
f ( v x , v y , v z ) d v x d v y d v z = ( m 2 π k B T ) 3 / 2 exp [ − m 2 k B T ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ] d v x d v y d v z f(v_x,v_y,v_z)\,dv_xdv_ydv_z=\left(\frac{m}{2\pi k_{\mathrm B}T}\right)^{3/2}\exp\left[-\frac{m}{2k_{\mathrm B}T}\left(v_x^2+v_y^2+v_z^2\right)\right]dv_xdv_ydv_z f ( v x , v y , v z ) d v x d v y d v z = ( 2 π k B T m ) 3/2 exp [ − 2 k B T m ( v x 2 + v y 2 + v z 2 ) ] d v x d v y d v z に従います。分子数密度 n n n S A S_{\mathrm A} S A d d d ω \omega ω z z z s s s a ≡ m / 2 k B T a\equiv m/2k_{\mathrm B}T a ≡ m /2 k B T ∫ 0 ∞ e − x 2 d x = π / 2 \int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}/2 ∫ 0 ∞ e − x 2 d x = π /2 a a a
∫ − ∞ ∞ e − a u 2 d u = π a , ∫ 0 ∞ u e − a u 2 d u = 1 2 a , ∫ 0 ∞ u 2 e − a u 2 d u = 1 4 π a 3 \int_{-\infty}^{\infty}e^{-au^2}du=\sqrt{\frac{\pi}{a}},\qquad
\int_0^{\infty}ue^{-au^2}du=\frac{1}{2a},\qquad
\int_0^{\infty}u^2e^{-au^2}du=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}} ∫ − ∞ ∞ e − a u 2 d u = a π , ∫ 0 ∞ u e − a u 2 d u = 2 a 1 , ∫ 0 ∞ u 2 e − a u 2 d u = 4 1 a 3 π 壁の法線を x x x v x > 0 v_x>0 v x > 0 x x x m v x mv_x m v x − m v x -mv_x − m v x 2 m v x 2mv_x 2 m v x d 3 v d^3v d 3 v d t dt d t A A A v x A d t v_xA\,dt v x A d t n f d 3 v ⋅ v x A d t nf\,d^3v\cdot v_xA\,dt n f d 3 v ⋅ v x A d t
P = 1 A d t ∫ v x > 0 2 m v x ⋅ n f v x A d t d 3 v = 2 m n ∫ v x > 0 v x 2 f d 3 v P=\frac{1}{A\,dt}\int_{v_x>0}2mv_x\cdot nf\,v_xA\,dt\,d^3v=2mn\int_{v_x>0}v_x^2f\,d^3v P = A d t 1 ∫ v x > 0 2 m v x ⋅ n f v x A d t d 3 v = 2 mn ∫ v x > 0 v x 2 f d 3 v です。積分は v x v_x v x v y , v z v_y,v_z v y , v z
∫ v x > 0 v x 2 f d 3 v = ( a π ) 3 / 2 ( 1 4 π a 3 ) ( π a ) 2 = 1 4 a = k B T 2 m \int_{v_x>0}v_x^2f\,d^3v=\left(\frac{a}{\pi}\right)^{3/2}\left(\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}\right)\left(\sqrt{\frac{\pi}{a}}\right)^2=\frac{1}{4a}=\frac{k_{\mathrm B}T}{2m} ∫ v x > 0 v x 2 f d 3 v = ( π a ) 3/2 ( 4 1 a 3 π ) ( a π ) 2 = 4 a 1 = 2 m k B T となるので
P = 2 m n ⋅ k B T 2 m = n k B T . P=2mn\cdot\frac{k_{\mathrm B}T}{2m}=nk_{\mathrm B}T . P = 2 mn ⋅ 2 m k B T = n k B T . 理想気体の状態方程式が再現されました。
同じ数え方で力積の代わりに個数を数えます。単位時間・単位面積あたりに内壁に衝突する分子数は
Φ = n ∫ v x > 0 v x f d 3 v = n ( a π ) 3 / 2 ⋅ 1 2 a ⋅ π a = n 2 π a = n k B T 2 π m \Phi=n\int_{v_x>0}v_xf\,d^3v=n\left(\frac{a}{\pi}\right)^{3/2}\cdot\frac{1}{2a}\cdot\frac{\pi}{a}=\frac{n}{2\sqrt{\pi a}}=n\sqrt{\frac{k_{\mathrm B}T}{2\pi m}} Φ = n ∫ v x > 0 v x f d 3 v = n ( π a ) 3/2 ⋅ 2 a 1 ⋅ a π = 2 π a n = n 2 π m k B T です。平均速さ v ˉ = 8 k B T / π m \bar v=\sqrt{8k_{\mathrm B}T/\pi m} v ˉ = 8 k B T / π m Φ = n v ˉ / 4 \Phi=n\bar v/4 Φ = n v ˉ /4 S A S_{\mathrm A} S A
N ˙ = S A Φ = n S A k B T 2 π m . \dot N=S_{\mathrm A}\Phi=nS_{\mathrm A}\sqrt{\frac{k_{\mathrm B}T}{2\pi m}} . N ˙ = S A Φ = n S A 2 π m k B T . 次元は（数密度）×（面積）×（速さ）で毎秒の個数になっています。
H が z z z z z z d d d
t = d v t=\frac{d}{v} t = v d で、その間にドラムは角 ω t \omega t ω t d 2 ω t \frac{d}{2}\omega t 2 d ω t
s = d 2 ω t = ω d 2 2 v s=\frac{d}{2}\omega t=\frac{\omega d^2}{2v} s = 2 d ω t = 2 v ω d 2 です（向きは回転の向きと逆側）。速い分子ほど s s s
s s s v v v d s / d v = − ω d 2 / ( 2 v 2 ) ds/dv=-\omega d^2/(2v^2) d s / d v = − ω d 2 / ( 2 v 2 ) Δ v ≪ v \Delta v\ll v Δ v ≪ v
Δ s = − ω d 2 2 v 2 Δ v = − s v Δ v \Delta s=-\frac{\omega d^2}{2v^2}\Delta v=-\frac{s}{v}\Delta v Δ s = − 2 v 2 ω d 2 Δ v = − v s Δ v すなわち ∣ Δ s ∣ = ω d 2 2 v 2 ∣ Δ v ∣ \lvert \Delta s\rvert=\dfrac{\omega d^2}{2v^2}\lvert \Delta v\rvert ∣ Δ s ∣ = 2 v 2 ω d 2 ∣ Δ v ∣ s = ω d 2 / 2 v s=\omega d^2/2v s = ω d 2 /2 v ∣ Δ s ∣ = ( 2 s 2 / ω d 2 ) ∣ Δ v ∣ \lvert\Delta s\rvert=(2s^2/\omega d^2)\lvert\Delta v\rvert ∣ Δ s ∣ = ( 2 s 2 / ω d 2 ) ∣ Δ v ∣
フィルムに届くのは、A から z z z Δ Ω \Delta\Omega ΔΩ v z ≃ v v_z\simeq v v z ≃ v v z v_z v z d 3 v = v 2 d v d Ω d^3v=v^2dv\,d\Omega d 3 v = v 2 d v d Ω
N ( v ) d v = n S A Δ Ω f ( v ) v ⋅ v 2 d v N(v)\,dv=nS_{\mathrm A}\,\Delta\Omega\;f(v)\,v\cdot v^2\,dv N ( v ) d v = n S A ΔΩ f ( v ) v ⋅ v 2 d v です。f f f f ( v ) = ( a / π ) 3 / 2 e − a v 2 f(v)=(a/\pi)^{3/2}e^{-av^2} f ( v ) = ( a / π ) 3/2 e − a v 2
N ( v ) ∝ v 3 exp ( − m v 2 2 k B T ) N(v)\propto v^3\exp\left(-\frac{mv^2}{2k_{\mathrm B}T}\right) N ( v ) ∝ v 3 exp ( − 2 k B T m v 2 ) が答えです。気体中の速さの分布 ∝ v 2 e − a v 2 \propto v^2e^{-av^2} ∝ v 2 e − a v 2 v v v v = 3 k B T / m v=\sqrt{3k_{\mathrm B}T/m} v = 3 k B T / m
黒化度（フィルムの黒ずみ具合）は付着した分子数に比例するので、I ( s ) d s ∝ N ( v ) ∣ d v ∣ I(s)\,ds\propto N(v)\lvert dv\rvert I ( s ) d s ∝ N ( v ) ∣ d v ∣ v = ω d 2 / 2 s v=\omega d^2/2s v = ω d 2 /2 s ∣ d v / d s ∣ = ω d 2 / 2 s 2 \lvert dv/ds\rvert=\omega d^2/2s^2 ∣ d v / d s ∣ = ω d 2 /2 s 2
I ( s ) ∝ N ( v ) ∣ d v d s ∣ ∝ ( ω d 2 2 s ) 3 1 s 2 exp [ − m 2 k B T ( ω d 2 2 s ) 2 ] I(s)\propto N(v)\left\lvert\frac{dv}{ds}\right\rvert
\propto\left(\frac{\omega d^2}{2s}\right)^3\frac{1}{s^2}\exp\left[-\frac{m}{2k_{\mathrm B}T}\left(\frac{\omega d^2}{2s}\right)^2\right] I ( s ) ∝ N ( v ) d s d v ∝ ( 2 s ω d 2 ) 3 s 2 1 exp [ − 2 k B T m ( 2 s ω d 2 ) 2 ] すなわち
I ( s ) ∝ 1 s 5 exp ( − C s 2 ) , C ≡ m ω 2 d 4 8 k B T I(s)\propto\frac{1}{s^5}\exp\left(-\frac{C}{s^2}\right),
\qquad
C\equiv\frac{m\omega^2d^4}{8k_{\mathrm B}T} I ( s ) ∝ s 5 1 exp ( − s 2 C ) , C ≡ 8 k B T m ω 2 d 4 です。s → 0 s\to0 s → 0 I → 0 I\to0 I → 0 s → ∞ s\to\infty s → ∞ I ∼ s − 5 I\sim s^{-5} I ∼ s − 5 d ( ln I ) / d s = − 5 / s + 2 C / s 3 = 0 d(\ln I)/ds=-5/s+2C/s^3=0 d ( ln I ) / d s = − 5/ s + 2 C / s 3 = 0
s p e a k = 2 C 5 = ω d 2 2 m 5 k B T s_{\mathrm{peak}}=\sqrt{\frac{2C}{5}}=\frac{\omega d^2}{2}\sqrt{\frac{m}{5k_{\mathrm B}T}} s peak = 5 2 C = 2 ω d 2 5 k B T m で、これは速さ v = ω d 2 / 2 s p e a k = 5 k B T / m v=\omega d^2/2s_{\mathrm{peak}}=\sqrt{5k_{\mathrm B}T/m} v = ω d 2 /2 s peak = 5 k B T / m
分子量の異なる 2 種類の気体（質量 m 1 < m 2 m_1<m_2 m 1 < m 2
I ( s ) ∝ A 1 s 5 exp ( − C 1 s 2 ) + A 2 s 5 exp ( − C 2 s 2 ) , C i = m i ω 2 d 4 8 k B T I(s)\propto\frac{A_1}{s^5}\exp\left(-\frac{C_1}{s^2}\right)+\frac{A_2}{s^5}\exp\left(-\frac{C_2}{s^2}\right),
\qquad C_i=\frac{m_i\omega^2d^4}{8k_{\mathrm B}T} I ( s ) ∝ s 5 A 1 exp ( − s 2 C 1 ) + s 5 A 2 exp ( − s 2 C 2 ) , C i = 8 k B T m i ω 2 d 4 各項は設問5と同じ形で、極大の位置だけが s p e a k , i ∝ m i s_{\mathrm{peak},i}\propto\sqrt{m_i} s peak , i ∝ m i s s s s → 0 s\to0 s → 0 s → ∞ s\to\infty s → ∞ s − 5 s^{-5} s − 5 s s s m \sqrt{m} m 1 / m i 1/\sqrt{m_i} 1/ m i
下は m 2 = 9 m 1 m_2=9m_1 m 2 = 9 m 1
O s I(s) s₁ s₂ 軽い分子 重い分子 分子量比の求め方は次の通りです。2 つのピーク位置 s 1 , s 2 s_1,s_2 s 1 , s 2 s p e a k = ω d 2 2 m / 5 k B T s_{\mathrm{peak}}=\frac{\omega d^2}{2}\sqrt{m/5k_{\mathrm B}T} s peak = 2 ω d 2 m /5 k B T ω , d , T \omega,d,T ω , d , T
M 1 M 2 = m 1 m 2 = ( s 1 s 2 ) 2 \frac{M_1}{M_2}=\frac{m_1}{m_2}=\left(\frac{s_1}{s_2}\right)^2 M 2 M 1 = m 2 m 1 = ( s 2 s 1 ) 2 が得られます。すなわち、ピーク位置の比の 2 乗が分子量比です。ただし合成された曲線から読むピーク位置は、相手成分の裾が重なるぶんだけ各成分単独のピーク位置から少しずれるので、この関係が正確に使えるのは 2 つの山が十分離れているときです。分離が悪い場合は、s − 5 exp ( − C / s 2 ) s^{-5}\exp(-C/s^2) s − 5 exp ( − C / s 2 ) C 1 , C 2 C_1,C_2 C 1 , C 2 M 1 / M 2 = C 1 / C 2 M_1/M_2=C_1/C_2 M 1 / M 2 = C 1 / C 2
温度 T T T
I T ( ν ) = 2 h ν 3 c 2 1 exp ( h ν / k B T ) − 1 I_T(\nu)=\frac{2h\nu^3}{c^2}\frac{1}{\exp\left(h\nu/k_{\mathrm B}T\right)-1} I T ( ν ) = c 2 2 h ν 3 exp ( h ν / k B T ) − 1 1 で与えられます。前半（設問1から設問4）でこのスペクトルの性質を調べ、後半（設問5）で自転する球形天体の力学的安定条件を出し、両者を合わせて観測量から中性子星クラスの天体の半径・密度・質量を推定します。無次元変数 x ≡ h ν / k B T x\equiv h\nu/k_{\mathrm B}T x ≡ h ν / k B T
x ≪ 1 x\ll1 x ≪ 1 e x − 1 ≃ x e^x-1\simeq x e x − 1 ≃ x
I T ( ν ) ≃ 2 h ν 3 c 2 ⋅ k B T h ν = 2 ν 2 k B T c 2 I_T(\nu)\simeq\frac{2h\nu^3}{c^2}\cdot\frac{k_{\mathrm B}T}{h\nu}=\frac{2\nu^2k_{\mathrm B}T}{c^2} I T ( ν ) ≃ c 2 2 h ν 3 ⋅ h ν k B T = c 2 2 ν 2 k B T です。答えは ν \nu ν T T T h h h
x = h ν / k B T x=h\nu/k_{\mathrm B}T x = h ν / k B T
I T ( ν ) = 2 h c 2 ( k B T h ) 3 g ( x ) , g ( x ) ≡ x 3 e x − 1 I_T(\nu)=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\right)^3g(x),
\qquad
g(x)\equiv\frac{x^3}{e^x-1} I T ( ν ) = c 2 2 h ( h k B T ) 3 g ( x ) , g ( x ) ≡ e x − 1 x 3 です。T T T ν \nu ν x x x g ( x ) g(x) g ( x ) x x x a a a T T T ν = x k B T / h \nu=xk_{\mathrm B}T/h ν = x k B T / h
ν p e a k ( T ) = a k B T h ∝ T \nu_{\mathrm{peak}}(T)=a\,\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\propto T ν peak ( T ) = a h k B T ∝ T となり、T T T
a a a g ′ ( x ) = 0 g'(x)=0 g ′ ( x ) = 0 ln g = 3 ln x − ln ( e x − 1 ) \ln g=3\ln x-\ln(e^x-1) ln g = 3 ln x − ln ( e x − 1 )
3 x − e x e x − 1 = 0 ⟹ 3 ( e x − 1 ) = x e x \frac{3}{x}-\frac{e^x}{e^x-1}=0
\qquad\Longrightarrow\qquad
3\left(e^x-1\right)=xe^x x 3 − e x − 1 e x = 0 ⟹ 3 ( e x − 1 ) = x e x 両辺を e x e^x e x 3 ( 1 − e − x ) = x 3\left(1-e^{-x}\right)=x 3 ( 1 − e − x ) = x
1 3 a = 1 − exp ( − a ) \frac{1}{3}a=1-\exp(-a) 3 1 a = 1 − exp ( − a ) です。この方程式の非自明な根は a = 2.821 ⋯ a=2.821\cdots a = 2.821 ⋯ a = 3 a=3 a = 3
a = 3 a=3 a = 3 k B / h = 2 × 10 10 H z K − 1 k_{\mathrm B}/h=2\times10^{10}\,\mathrm{Hz\,K^{-1}} k B / h = 2 × 1 0 10 Hz K − 1
ν p e a k ( 10 4 K ) = 3 × 2 × 10 10 × 10 4 = 6 × 10 14 H z , ν p e a k ( 10 7 K ) = 6 × 10 17 H z \nu_{\mathrm{peak}}(10^4\,\mathrm{K})=3\times2\times10^{10}\times10^4=6\times10^{14}\,\mathrm{Hz},
\qquad
\nu_{\mathrm{peak}}(10^7\,\mathrm{K})=6\times10^{17}\,\mathrm{Hz} ν peak ( 1 0 4 K ) = 3 × 2 × 1 0 10 × 1 0 4 = 6 × 1 0 14 Hz , ν peak ( 1 0 7 K ) = 6 × 1 0 17 Hz です。波長に直すと c / ν c/\nu c / ν 5 × 10 − 7 m = 500 n m 5\times10^{-7}\,\mathrm{m}=500\,\mathrm{nm} 5 × 1 0 − 7 m = 500 nm 5 × 10 − 10 m = 0.5 n m 5\times10^{-10}\,\mathrm{m}=0.5\,\mathrm{nm} 5 × 1 0 − 10 m = 0.5 nm T = 10 4 K T=10^4\,\mathrm{K} T = 1 0 4 K T = 10 7 K T=10^7\,\mathrm{K} T = 1 0 7 K
両対数表示での概形は次のようになります。低振動数側（ν ≪ ν p e a k \nu\ll\nu_{\mathrm{peak}} ν ≪ ν peak I T ∝ ν 2 I_T\propto\nu^2 I T ∝ ν 2 ν p e a k \nu_{\mathrm{peak}} ν peak I T ∝ ν 3 e − h ν / k B T I_T\propto\nu^3e^{-h\nu/k_{\mathrm B}T} I T ∝ ν 3 e − h ν / k B T
I T ( ν p e a k ) = 2 h c 2 ( a k B T h ) 3 1 e a − 1 ∝ T 3 I_T(\nu_{\mathrm{peak}})=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{ak_{\mathrm B}T}{h}\right)^3\frac{1}{e^a-1}\propto T^3 I T ( ν peak ) = c 2 2 h ( h a k B T ) 3 e a − 1 1 ∝ T 3 なので、T = 10 7 K T=10^7\,\mathrm{K} T = 1 0 7 K I 0 I_0 I 0 ( 10 3 ) 3 = 10 9 \left(10^3\right)^3=10^9 ( 1 0 3 ) 3 = 1 0 9 I T ( ν ) I_T(\nu) I T ( ν ) T → 10 3 T T\to10^3T T → 1 0 3 T ν → 10 3 ν \nu\to10^3\nu ν → 1 0 3 ν 10 9 10^9 1 0 9 T = 10 7 K T=10^7\,\mathrm{K} T = 1 0 7 K T = 10 4 K T=10^4\,\mathrm{K} T = 1 0 4 K ν \nu ν 10 3 10^3 1 0 3
10¹⁰ 10¹² 10¹⁴ 10¹⁶ 10¹⁸ 10²⁰ 10⁻¹² 10⁻⁸ 1 10⁴ 10⁸ ν [Hz] I(ν)/I₀ T = 10⁴ K T = 10⁷ K 実線が T = 10 4 K T=10^4\,\mathrm{K} T = 1 0 4 K T = 10 7 K T=10^7\,\mathrm{K} T = 1 0 7 K 6 × 10 14 H z 6\times10^{14}\,\mathrm{Hz} 6 × 1 0 14 Hz 6 × 10 17 H z 6\times10^{17}\,\mathrm{Hz} 6 × 1 0 17 Hz
輝度は単位立体角あたりの量なので、表面から外向き半球へ出て行くエネルギー流束は、表面法線と放射方向のなす角を ϑ \vartheta ϑ cos ϑ \cos\vartheta cos ϑ
F ( T ) = ∫ 0 ∞ d ν ∫ 半球 I T ( ν ) cos ϑ d Ω = ∫ 0 ∞ d ν I T ( ν ) ∫ 0 2 π d φ ∫ 0 π / 2 cos ϑ sin ϑ d ϑ = π ∫ 0 ∞ I T ( ν ) d ν F(T)=\int_0^{\infty}d\nu\int_{\text{半球}}I_T(\nu)\cos\vartheta\,d\Omega
=\int_0^{\infty}d\nu\,I_T(\nu)\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\cos\vartheta\sin\vartheta\,d\vartheta
=\pi\int_0^{\infty}I_T(\nu)\,d\nu F ( T ) = ∫ 0 ∞ d ν ∫ 半球 I T ( ν ) cos ϑ d Ω = ∫ 0 ∞ d ν I T ( ν ) ∫ 0 2 π d φ ∫ 0 π /2 cos ϑ sin ϑ d ϑ = π ∫ 0 ∞ I T ( ν ) d ν 振動数積分で x = h ν / k B T x=h\nu/k_{\mathrm B}T x = h ν / k B T ν = x k B T / h \nu=xk_{\mathrm B}T/h ν = x k B T / h d ν = ( k B T / h ) d x d\nu=(k_{\mathrm B}T/h)dx d ν = ( k B T / h ) d x
∫ 0 ∞ I T ( ν ) d ν = 2 h c 2 ( k B T h ) 4 ∫ 0 ∞ x 3 e x − 1 d x \int_0^{\infty}I_T(\nu)\,d\nu=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\right)^4\int_0^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}dx ∫ 0 ∞ I T ( ν ) d ν = c 2 2 h ( h k B T ) 4 ∫ 0 ∞ e x − 1 x 3 d x となり、右端の積分は T T T π 4 / 15 \pi^4/15 π 4 /15
F ( T ) = 2 π 5 k B 4 15 c 2 h 3 T 4 ≡ σ T 4 ∝ T 4 F(T)=\frac{2\pi^5k_{\mathrm B}^4}{15c^2h^3}T^4\equiv\sigma T^4\propto T^4 F ( T ) = 15 c 2 h 3 2 π 5 k B 4 T 4 ≡ σ T 4 ∝ T 4 で、T T T T 4 T^4 T 4 ν \nu ν I T I_T I T
自転角速度は Ω = 2 π / P \Omega=2\pi/P Ω = 2 π / P r = R r=R r = R m m m
F c = m Ω 2 R = 4 π 2 m R P 2 F_{\mathrm c}=m\Omega^2R=\frac{4\pi^2mR}{P^2} F c = m Ω 2 R = P 2 4 π 2 m R 一様密度球の全質量は M = 4 3 π R 3 ρ M=\frac{4}{3}\pi R^3\rho M = 3 4 π R 3 ρ
F g = G M m R 2 = 4 π G ρ m R 3 F_{\mathrm g}=\frac{GMm}{R^2}=\frac{4\pi G\rho mR}{3} F g = R 2 GM m = 3 4 π Gρ m R です。安定条件 F c ≤ F g F_{\mathrm c}\le F_{\mathrm g} F c ≤ F g
4 π 2 R P 2 ≤ 4 π G ρ R 3 ⟹ ρ ≥ 3 π G P 2 \frac{4\pi^2R}{P^2}\le\frac{4\pi G\rho R}{3}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\rho\ge\frac{3\pi}{GP^2} P 2 4 π 2 R ≤ 3 4 π GρR ⟹ ρ ≥ G P 2 3 π を与えます。これが密度の下限値です。R R R
「いかなる場所でも」という条件も同じ式に帰着します。赤道面内の半径 r r r m Ω 2 r m\Omega^2r m Ω 2 r M ( r ) = 4 3 π r 3 ρ M(r)=\frac{4}{3}\pi r^3\rho M ( r ) = 3 4 π r 3 ρ G M ( r ) m / r 2 = 4 π G ρ m r 3 GM(r)m/r^2=\frac{4\pi G\rho mr}{3} GM ( r ) m / r 2 = 3 4 π Gρ m r r r r r r r r ⊥ r_{\perp} r ⊥ m Ω 2 r ⊥ ≤ m Ω 2 r m\Omega^2r_{\perp}\le m\Omega^2r m Ω 2 r ⊥ ≤ m Ω 2 r 1 / ( G P 2 ) 1/(GP^2) 1/ ( G P 2 ) k g m − 3 \mathrm{kg\,m^{-3}} kg m − 3
天体の光度は L = 4 π R 2 F ( T ) L=4\pi R^2F(T) L = 4 π R 2 F ( T ) f = L / 4 π D 2 f=L/4\pi D^2 f = L /4 π D 2
f = R 2 σ T 4 D 2 f=\frac{R^2\sigma T^4}{D^2} f = D 2 R 2 σ T 4 です。σ \sigma σ
f f s u n = ( R R ⊙ ) 2 ( T T ⊙ ) 4 ( D ⊙ D ) 2 ⟹ R = R ⊙ D D ⊙ ( T ⊙ T ) 2 f f s u n \frac{f}{f_{\mathrm{sun}}}=\left(\frac{R}{R_{\odot}}\right)^2\left(\frac{T}{T_{\odot}}\right)^4\left(\frac{D_{\odot}}{D}\right)^2
\qquad\Longrightarrow\qquad
R=R_{\odot}\,\frac{D}{D_{\odot}}\left(\frac{T_{\odot}}{T}\right)^2\sqrt{\frac{f}{f_{\mathrm{sun}}}} f sun f = ( R ⊙ R ) 2 ( T ⊙ T ) 4 ( D D ⊙ ) 2 ⟹ R = R ⊙ D ⊙ D ( T T ⊙ ) 2 f sun f 数値を入れます。R ⊙ = 7 × 10 8 m R_{\odot}=7\times10^8\,\mathrm{m} R ⊙ = 7 × 1 0 8 m D / D ⊙ = 1.5 × 10 19 / 1.5 × 10 11 = 10 8 D/D_{\odot}=1.5\times10^{19}/1.5\times10^{11}=10^8 D / D ⊙ = 1.5 × 1 0 19 /1.5 × 1 0 11 = 1 0 8 ( T ⊙ / T ) 2 = ( 6 × 10 3 / 10 7 ) 2 = 3.6 × 10 − 7 \left(T_{\odot}/T\right)^2=\left(6\times10^3/10^7\right)^2=3.6\times10^{-7} ( T ⊙ / T ) 2 = ( 6 × 1 0 3 /1 0 7 ) 2 = 3.6 × 1 0 − 7 f / f s u n = 3 × 10 − 10 / 1.4 × 10 3 = 4.6 × 10 − 7 \sqrt{f/f_{\mathrm{sun}}}=\sqrt{3\times10^{-10}/1.4\times10^3}=4.6\times10^{-7} f / f sun = 3 × 1 0 − 10 /1.4 × 1 0 3 = 4.6 × 1 0 − 7
R = 7 × 10 8 × 10 8 × 3.6 × 10 − 7 × 4.6 × 10 − 7 ≃ 1.2 × 10 4 m R=7\times10^8\times10^8\times3.6\times10^{-7}\times4.6\times10^{-7}\simeq1.2\times10^4\,\mathrm{m} R = 7 × 1 0 8 × 1 0 8 × 3.6 × 1 0 − 7 × 4.6 × 1 0 − 7 ≃ 1.2 × 1 0 4 m 有効数字 1 桁で R ≃ 1 × 10 4 m R\simeq1\times10^4\,\mathrm{m} R ≃ 1 × 1 0 4 m 10 − 5 10^{-5} 1 0 − 5 10 7 K 10^7\,\mathrm{K} 1 0 7 K
設問5の式に P = 1 × 10 − 3 s P=1\times10^{-3}\,\mathrm{s} P = 1 × 1 0 − 3 s G = 7 × 10 − 11 N m 2 k g − 2 G=7\times10^{-11}\,\mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}} G = 7 × 1 0 − 11 N m 2 k g − 2
ρ ≥ 3 π G P 2 = 3 π 7 × 10 − 11 × 10 − 6 = 1.3 × 10 17 k g / m 3 \rho\ge\frac{3\pi}{GP^2}=\frac{3\pi}{7\times10^{-11}\times10^{-6}}=1.3\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3} ρ ≥ G P 2 3 π = 7 × 1 0 − 11 × 1 0 − 6 3 π = 1.3 × 1 0 17 kg/ m 3 すなわち ρ ≳ 1 × 10 17 k g / m 3 \rho\gtrsim1\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3} ρ ≳ 1 × 1 0 17 kg/ m 3 1 × 10 3 k g / m 3 1\times10^3\,\mathrm{kg/m^3} 1 × 1 0 3 kg/ m 3 1.7 × 10 − 27 k g 1.7\times10^{-27}\,\mathrm{kg} 1.7 × 1 0 − 27 kg 4 3 π ( 1.2 × 10 − 15 m ) 3 \frac{4}{3}\pi\left(1.2\times10^{-15}\,\mathrm{m}\right)^3 3 4 π ( 1.2 × 1 0 − 15 m ) 3 2 × 10 17 k g / m 3 2\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3} 2 × 1 0 17 kg/ m 3
質量の下限値は、設問6の半径と合わせて
M ≥ 4 3 π R 3 ρ = 4 3 π ( 1.2 × 10 4 ) 3 × 1.3 × 10 17 ≃ 9 × 10 29 k g M\ge\frac{4}{3}\pi R^3\rho=\frac{4}{3}\pi\left(1.2\times10^4\right)^3\times1.3\times10^{17}\simeq9\times10^{29}\,\mathrm{kg} M ≥ 3 4 π R 3 ρ = 3 4 π ( 1.2 × 1 0 4 ) 3 × 1.3 × 1 0 17 ≃ 9 × 1 0 29 kg です。太陽質量 M ⊙ = 2 × 10 30 k g M_{\odot}=2\times10^{30}\,\mathrm{kg} M ⊙ = 2 × 1 0 30 kg
M M ⊙ ≳ 0.4 \frac{M}{M_{\odot}}\gtrsim0.4 M ⊙ M ≳ 0.4 で、太陽質量の数分の 1 という値になります。半径の 3 乗が効くため入力の 1 桁の丸めに敏感で（R = 1 × 10 4 m R=1\times10^4\,\mathrm{m} R = 1 × 1 0 4 m 0.3 0.3 0.3
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成20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。