平成29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。

4時間で6問、うち第1問から第3問が必答、残り3問から1問選択という構成です。前半は量子力学・統計力学・解析力学の教科書的な題材を、設定をひとつずつ変えながら追い込む形になっています。後半3問は核断熱消磁冷凍機、モード同期レーザー、大気ニュートリノで、いずれも与えられたグラフを読み取って桁を出す作業が入ります。計算量の山は第1問設問5（自由になった相対運動の時間発展）、第3問設問7（避けられた交差を断熱的にたどる議論）、第4問設問8（図からのエントロピー読み取りと冷却能力の見積り）です。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	相互作用する2粒子調和振動子と突然近似
第2問	統計力学	平均場近似による反強磁性イジング模型とフラストレーション
第3問	解析力学	二重振り子の微小振動と固有モードの断熱追跡
第4問	熱力学・電磁気学	核断熱消磁冷凍機と渦電流損
第5問	光学	モード同期レーザーとフェムト秒パルス
第6問	素粒子	大気ニュートリノとニュートリノ振動

第4問から第6問は1問だけ選んで解答する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。

第1問 相互作用する2粒子調和振動子と突然近似

設定

1次元の放物型ポテンシャルに閉じ込められた質量 $m$ の区別できる2粒子を考えます。位置を $x_1, x_2$ とし、粒子間には距離の2乗に比例する相互作用が働くとして、全系のハミルトニアンは

$$H=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{\partial^{2}}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial x_{2}^{2}}\right)+\frac{m\omega^{2}}{2}(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+\frac{m\omega^{2}\alpha}{4}(x_{1}-x_{2})^{2}$$

で与えられます。$\omega>0$ は閉じ込めの強さ、$\alpha$ は相互作用の強さを表す定数です。1次元調和振動子の規格化された基底状態が定数 $c>0$ を用いて $(c/\pi)^{1/4}e^{-cx^{2}/2}$ と書けること、およびガウス積分 $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-cx^{2}}dx=\sqrt{\pi/c}$ を使います。

設問1

重心座標 $x=(x_1+x_2)/2$、相対座標 $y=x_1-x_2$ を使います。逆に $x_1=x+y/2$, $x_2=x-y/2$ なので、連鎖律から

$$\frac{\partial}{\partial x_{1}}=\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y},\qquad \frac{\partial}{\partial x_{2}}=\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial x}-\frac{\partial}{\partial y}$$

が成り立ちます。両者を2乗して足すと交差項が消え、

$$\frac{\partial^{2}}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial x_{2}^{2}}=\frac{1}{2}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+2\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}$$

となります。したがって運動エネルギー部分は

$$K=-\frac{\hbar^{2}}{4m}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}-\frac{\hbar^{2}}{m}\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}$$

です。これは全質量 $M=2m$ の重心運動 $-\hbar^{2}/(2M)\,\partial_x^{2}$ と換算質量 $\mu=m/2$ の相対運動 $-\hbar^{2}/(2\mu)\,\partial_y^{2}$ の和で、質量の割り当てが正しいことが確認できます。

ポテンシャル部分は $x_1^{2}+x_2^{2}=2x^{2}+y^{2}/2$ と $(x_1-x_2)^{2}=y^{2}$ より

$$V=m\omega^{2}x^{2}+\frac{m\omega^{2}(1+\alpha)}{4}y^{2}$$

です。答えは上の $K$ と $V$ で、重心と相対座標が完全に分離します。

設問2

$V$ の重心部分 $m\omega^{2}x^{2}$ は $\alpha$ に依らず常に閉じ込めます。相対部分の係数は $m\omega^{2}(1+\alpha)/4$ で、$1+\alpha<0$ なら $y\to\pm\infty$ で $V\to-\infty$ となり束縛状態は存在せず、2粒子は無限に離れます。$1+\alpha=0$ では相対運動が自由粒子になり、規格化可能な定常状態が作れません。$1+\alpha>0$ のときだけ両方向に閉じ込められた離散スペクトルをもちます。

よって安定に存在する必要十分条件は $\alpha>-1$、すなわち答えは $\alpha_{0}=-1$ です。

設問3

重心部分は質量 $2m$、$\frac{1}{2}(2m)\Omega_x^{2}=m\omega^{2}$ より角振動数 $\Omega_x=\omega$。相対部分は質量 $m/2$、$\frac{1}{2}\cdot\frac{m}{2}\Omega_y^{2}=\frac{m\omega^{2}(1+\alpha)}{4}$ より $\Omega_y=\omega\sqrt{1+\alpha}$ です。基底エネルギーは両者のゼロ点エネルギーの和で

$$E_{0}=\frac{\hbar\Omega_{x}}{2}+\frac{\hbar\Omega_{y}}{2}=\frac{\hbar\omega}{2}\left(1+\sqrt{1+\alpha}\right).$$

$\alpha=0$ で $E_0=\hbar\omega$、すなわち独立な2つの1次元振動子のゼロ点エネルギーに一致します。

波動関数は与えられた形 $(c/\pi)^{1/4}e^{-cq^{2}/2}$ で $c=(\text{質量})\times(\text{角振動数})/\hbar$ とすればよく、

$$c_{x}=\frac{2m\omega}{\hbar},\qquad c_{y}=\frac{m\omega\sqrt{1+\alpha}}{2\hbar}$$

となります。変数変換 $(x_1,x_2)\to(x,y)$ のヤコビアンの絶対値は 1 なので $dx_1dx_2=dx\,dy$ であり、$(x,y)$ での規格化はそのまま元の規格化と同じです。よって

$$\Psi_{0}(x,y)=\left(\frac{c_{x}c_{y}}{\pi^{2}}\right)^{1/4}\exp\left(-\frac{c_{x}}{2}x^{2}-\frac{c_{y}}{2}y^{2}\right) =\left(\frac{m^{2}\omega^{2}\sqrt{1+\alpha}}{\pi^{2}\hbar^{2}}\right)^{1/4}\exp\left(-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}-\frac{m\omega\sqrt{1+\alpha}}{4\hbar}y^{2}\right).$$

$\alpha=0$ とすると $\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2}e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}-\frac{m\omega}{4\hbar}y^{2}}$ となり、$x_1^2+x_2^2=2x^2+y^2/2$ を使えばこれは2つの独立な基底状態の積 $\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}(x_1^{2}+x_2^{2})}$ に一致します。

設問4

$t<0$ は $\alpha=0$ の基底状態なので、$t=0$ の波動関数は設問3の $\alpha=0$ の場合

$$\Psi(x,y;0)=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2}e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}e^{-\frac{m\omega}{4\hbar}y^{2}}$$

です。与えられた規約 $\Psi=\int\frac{dk}{2\pi}f(x,k)e^{iky}$ の逆変換は $f(x,k)=\int_{-\infty}^{\infty}dy\,\Psi(x,y;0)e^{-iky}$ で、ガウス積分

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ay^{2}}e^{-iky}dy=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,e^{-k^{2}/(4a)}$$

に $a=m\omega/(4\hbar)$ を入れると $\sqrt{\pi/a}=2\sqrt{\pi\hbar/(m\omega)}$、$k^{2}/(4a)=\hbar k^{2}/(m\omega)$ です。前因子が打ち消し合って、答えは

$$f(x,k)=2\exp\left(-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}-\frac{\hbar k^{2}}{m\omega}\right).$$

実際にこれを $\int\frac{dk}{2\pi}f e^{iky}$ に戻すと $\Psi(x,y;0)$ が再現します。$k$ 空間の幅が $\sqrt{m\omega/(2\hbar)}$ 程度、$y$ 空間の幅が $\sqrt{2\hbar/(m\omega)}$ 程度で、不確定性関係と整合しています。

設問5

$t>0$ では $\alpha=\alpha_{0}=-1$ なので設問1の $V$ の相対部分の係数 $m\omega^{2}(1+\alpha)/4$ がちょうど 0 になり、ハミルトニアンは

$$H=-\frac{\hbar^{2}}{4m}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+m\omega^{2}x^{2}-\frac{\hbar^{2}}{m}\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}$$

となります。重心部分は $\alpha$ に依らないので、初期状態の $x$ 依存部分はその基底状態のままで、位相 $e^{-i\omega t/2}$ を得るだけです。相対部分は質量 $\mu=m/2$ の自由粒子で、平面波 $e^{iky}$ のエネルギーは $\hbar^{2}k^{2}/(2\mu)=\hbar^{2}k^{2}/m$ です。したがって

$$\Psi(x,y;t)=e^{-i\omega t/2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{2\pi}f(x,k)\,e^{iky}e^{-i\hbar k^{2}t/m}.$$

$k$ 積分は $\beta\equiv\frac{\hbar}{m\omega}(1+i\omega t)$ とおくと $\int dk\,e^{-\beta k^{2}+iky}=\sqrt{\pi/\beta}\,e^{-y^{2}/(4\beta)}$（$\operatorname{Re}\beta>0$）で実行でき、

$$\Psi(x,y;t)=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2}\frac{e^{-i\omega t/2}}{\sqrt{1+i\omega t}}\exp\left[-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}-\frac{m\omega\,y^{2}}{4\hbar\,(1+i\omega t)}\right]$$

が答えです（平方根は $t=0$ で 1 となる分枝をとります）。$t=0$ で設問4の初期条件に戻ります。また

$$|\Psi(x,y;t)|^{2}=\frac{m\omega}{\pi\hbar}\frac{1}{\sqrt{1+\omega^{2}t^{2}}}\exp\left[-\frac{2m\omega}{\hbar}x^{2}-\frac{m\omega\,y^{2}}{2\hbar(1+\omega^{2}t^{2})}\right]$$

で、$y$ 方向の分散は $\dfrac{\hbar}{m\omega}(1+\omega^{2}t^{2})$、$x$ 方向は時間に依りません。$y$ 積分と $x$ 積分を実行すると $t$ に依らず 1 になり、規格化が保たれています。相対座標の広がりは換算質量 $m/2$ の自由ガウス波束の膨張則 $\sigma^{2}(t)=\sigma_{0}^{2}\left[1+\left(\hbar t/(2\mu\sigma_{0}^{2})\right)^{2}\right]$ に $\sigma_{0}^{2}=\hbar/(m\omega)$, $\mu=m/2$ を入れたものと一致します。相互作用を $\alpha_{0}$ に切り替えた瞬間に2粒子の相対運動は束縛を失い、重心だけが振動を続けるという描像です。

第2問 平均場近似による反強磁性イジング模型

設定

大きさ $1/2$ のスピンと外部磁場 $H$ の相互作用を $\mathcal{H}_{1}=-\mu H\sigma$（$\sigma=\pm1$、$\mu$ は磁気モーメントの大きさ）で記述します。次に正方格子上の反強磁性イジング模型

$$\mathcal{H}_{2}=J\sum_{\langle i,j\rangle}\sigma_{i}\sigma_{j}-\mu H\sum_{i}\sigma_{i}\qquad (J>0)$$

を、格子を1つおきに A, B の2副格子に分ける平均場近似で扱います。有効磁場は問題文で

$$\mu H_{\mathrm{eff,A}}=-zJ\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle+\mu H,\qquad \mu H_{\mathrm{eff,B}}=-zJ\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle+\mu H$$

と与えられ、正方格子では最近接数 $z=4$ です。最後に対角線方向の交換相互作用 $J'$（$0<J'<J$）を加えた $\mathcal{H}_{3}$ を考えます。図2から、破線で結ばれる対角線方向の隣接格子点は同じ副格子に属し、その数は $z'=4$ です。

設問1

分配関数は $Z_{1}=e^{\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}+e^{-\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}=2\cosh\!\left(\frac{\mu H}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$ なので、

$$p_{\pm}=\frac{e^{\pm\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}}{2\cosh\!\left(\dfrac{\mu H}{k_{\mathrm{B}}T}\right)}$$

が答えです。$p_{+}+p_{-}=1$、$H=0$ で $p_{\pm}=1/2$、$H\to\infty$ で $p_{+}\to1$ と正しい極限になります。

設問2

期待値は

$$\langle\sigma\rangle=(+1)p_{+}+(-1)p_{-}=\frac{e^{\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}-e^{-\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}}{e^{\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}+e^{-\mu H/(k_{\mathrm{B}}T)}}=\tanh\!\left(\frac{\mu H}{k_{\mathrm{B}}T}\right).$$

これが示すべき式です。使った仮定は、$\sigma$ が $\pm1$ の2値をとることと温度 $T$ のカノニカル分布であることだけです。

設問3

平均場近似では各スピンは有効磁場中の独立な1スピンと同じなので、設問2の結果で $H\to H_{\mathrm{eff,A}}$ と置き換えればよく、

$$\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle=\tanh\!\left(\frac{\mu H_{\mathrm{eff,A}}}{k_{\mathrm{B}}T}\right)=\tanh\!\left(\frac{\mu H-zJ\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

となります。B についても同様なので、求める関数は

$$f(x)=\tanh\!\left(\frac{\mu H-zJx}{k_{\mathrm{B}}T}\right)=\tanh\!\left(\frac{\mu H-4Jx}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

です（正方格子 $z=4$）。

設問4

$H=0$ では $f(x)=\tanh(-zJx/(k_{\mathrm{B}}T))$ で、$f$ は奇関数かつ単調減少です。反強磁性秩序 $\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle=-\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle\equiv m$ を代入すると2本の式は同一になり

$$m=\tanh\!\left(\frac{zJm}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

に帰着します。$y=\tanh(\lambda m)$（$\lambda=zJ/(k_{\mathrm{B}}T)>0$）は原点を通る上に凸（$m>0$ 側）な単調増加関数なので、$y=m$ との交点が原点以外に現れる必要十分条件は原点での傾きが 1 を超えること、すなわち $\lambda>1$ です。よって

$$T<T_{\mathrm{N}}=\frac{zJ}{k_{\mathrm{B}}}=\frac{4J}{k_{\mathrm{B}}}$$

でのみ $m\neq0$ の解が存在します。答えは $T_{\mathrm{N}}=4J/k_{\mathrm{B}}$ です。

設問5

$T>T_{\mathrm{N}}$ では自発秩序はなく、弱い磁場に対して2副格子は対称に応答するので $\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle=\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle\equiv m$ とおけます。$H\to0$ で $m\to0$ なので $\tanh$ を1次まで展開して

$$m=\frac{\mu H-zJm}{k_{\mathrm{B}}T}\quad\Longrightarrow\quad m=\frac{\mu H}{k_{\mathrm{B}}T+zJ}.$$

したがって

$$\chi=\lim_{H\to0}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}H}\left(\mu\,\frac{\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle+\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle}{2}\right)=\mu\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}H}=\frac{\mu^{2}}{k_{\mathrm{B}}T+zJ}=\frac{\mu^{2}}{k_{\mathrm{B}}(T+T_{\mathrm{N}}\!)}$$

が答えです。ワイス温度が負のキュリー・ワイス則で、反強磁性体に期待される形になっています。$J\to0$ で $\chi\to\mu^{2}/(k_{\mathrm{B}}T)$、すなわち自由スピンのキュリー則に戻り、$T\to T_{\mathrm{N}}$ でも発散しない（発散するのは反強磁性感受率であって一様感受率ではない）点も正しい振る舞いです。

設問6

図2の破線は対角線方向の隣接格子点を結んでおり、それらは同じ副格子に属します。その数は $z'=4$ です。したがって A 上のスピンが感じる有効磁場は

$$\mu H_{\mathrm{eff,A}}=\mu H-zJ\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle-z'J'\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle$$

となり、$H=0$ でのセルフ・コンシステント方程式は $z=z'=4$ を入れて

$$\begin{aligned} \langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle&=\tanh\!\left(-\frac{4J\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle+4J'\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle}{k_{\mathrm{B}}T}\right),\\ \langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle&=\tanh\!\left(-\frac{4J\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle+4J'\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle}{k_{\mathrm{B}}T}\right) \end{aligned}$$

です。$\langle\sigma_{\mathrm{A}}\rangle=-\langle\sigma_{\mathrm{B}}\rangle=m$ を代入すると2式は一致して

$$m=\tanh\!\left(\frac{4(J-J')m}{k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

になります。設問4と同じ議論で、原点での傾き $4(J-J')/(k_{\mathrm{B}}T)$ が 1 を超えることが $m\neq0$ の条件なので、転移温度は

$$T_{\mathrm{N}}=\frac{4(J-J')}{k_{\mathrm{B}}}$$

です。$J'\to J$ の極限で $T_{\mathrm{N}}\to0$ となり、有限温度の反強磁性秩序は消えます。物理的には、対角線方向の隣接スピンは2副格子ネール状態では平行に並ぶので、反強磁性的な $J'>0$ はこの並びに対してエネルギーを損します。ネール秩序を安定化する実効的な結合が $J-J'$ に減り、$J'=J$ で完全にフラストレートして秩序化温度が 0 になるわけです（このとき正方格子は全結合等価な三角格子的なフラストレート系になります）。

第3問 二重振り子の微小振動と固有モードの断熱追跡

設定

$xy$ 平面内の二重振り子で、鉛直下向きを $y$ 軸の正の向きにとります。原点 O と質点1を長さ $\ell_1$、質点1と質点2を長さ $\ell_2$ の質量の無視できる糸でつなぎ、質量をそれぞれ $m_1, m_2$ とします。$\theta_1,\theta_2$ はそれぞれの糸の鉛直下向きからの角度です。空気抵抗・摩擦・糸のたわみは無視し、重力加速度を $g$ とします。

設問1

$y$ 軸が鉛直下向きなので、$y$ が増えるほど位置エネルギーは下がります。重力の位置エネルギーは $U=-m_{1}gy_{1}-m_{2}gy_{2}$ で、

$$L=\frac{1}{2}m_{1}\left(\dot{x}_{1}^{2}+\dot{y}_{1}^{2}\right)+\frac{1}{2}m_{2}\left(\dot{x}_{2}^{2}+\dot{y}_{2}^{2}\right)+m_{1}gy_{1}+m_{2}gy_{2}$$

が答えです。

設問2

図1のとおり $\theta_1,\theta_2$ は鉛直下向きから測るので

$$\begin{aligned} x_{1}&=\ell_{1}\sin\theta_{1}, & y_{1}&=\ell_{1}\cos\theta_{1},\\ x_{2}&=\ell_{1}\sin\theta_{1}+\ell_{2}\sin\theta_{2}, & y_{2}&=\ell_{1}\cos\theta_{1}+\ell_{2}\cos\theta_{2} \end{aligned}$$

です。

設問3

設問2を時間微分すると $\dot{x}_{1}=\ell_{1}\dot\theta_{1}\cos\theta_{1}$, $\dot{y}_{1}=-\ell_{1}\dot\theta_{1}\sin\theta_{1}$ より $\dot{x}_{1}^{2}+\dot{y}_{1}^{2}=\ell_{1}^{2}\dot\theta_{1}^{2}$、同様に

$$\dot{x}_{2}^{2}+\dot{y}_{2}^{2}=\ell_{1}^{2}\dot\theta_{1}^{2}+\ell_{2}^{2}\dot\theta_{2}^{2}+2\ell_{1}\ell_{2}\dot\theta_{1}\dot\theta_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2})$$

です。運動エネルギーは

$$T=\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})\ell_{1}^{2}\dot\theta_{1}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}\ell_{2}^{2}\dot\theta_{2}^{2}+m_{2}\ell_{1}\ell_{2}\dot\theta_{1}\dot\theta_{2}\cos(\theta_{1}-\theta_{2}).$$

ここで $\dot\theta_{1}\dot\theta_{2}$ 自体がすでに2次の量なので、$\cos(\theta_{1}-\theta_{2})=1-\frac{1}{2}(\theta_{1}-\theta_{2})^{2}+\cdots$ の補正項は4次となり落とせます。よって $\cos(\theta_{1}-\theta_{2})\to1$ としてよく、$T$ は与式の運動エネルギー部分に一致します。

位置エネルギー側は

$$-U=(m_{1}+m_{2})g\ell_{1}\cos\theta_{1}+m_{2}g\ell_{2}\cos\theta_{2}$$

で、$\cos\theta\simeq1-\theta^{2}/2$ を使うと

$$-U\simeq\left[(m_{1}+m_{2})g\ell_{1}+m_{2}g\ell_{2}\right]-\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})g\ell_{1}\theta_{1}^{2}-\frac{1}{2}m_{2}g\ell_{2}\theta_{2}^{2}$$

となります。角括弧内は定数なので落とせて、合わせると

$$L=\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})\ell_{1}^{2}\dot\theta_{1}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}\ell_{2}^{2}\dot\theta_{2}^{2}+m_{2}\ell_{1}\ell_{2}\dot\theta_{1}\dot\theta_{2}-\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})g\ell_{1}\theta_{1}^{2}-\frac{1}{2}m_{2}g\ell_{2}\theta_{2}^{2}$$

が示されました。3次以上を無視したことと、定数を除いたことが使った仮定です。

設問4

$\theta_1$ について $\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_{1}}=(m_{1}+m_{2})\ell_{1}^{2}\dot\theta_{1}+m_{2}\ell_{1}\ell_{2}\dot\theta_{2}$、$\frac{\partial L}{\partial\theta_{1}}=-(m_{1}+m_{2})g\ell_{1}\theta_{1}$ なので、ラグランジュ方程式を $\ell_1$ で割って

$$(m_{1}+m_{2})\ell_{1}\ddot\theta_{1}+m_{2}\ell_{2}\ddot\theta_{2}+(m_{1}+m_{2})g\theta_{1}=0.$$

$\theta_2$ については $\frac{\partial L}{\partial\dot\theta_{2}}=m_{2}\ell_{2}^{2}\dot\theta_{2}+m_{2}\ell_{1}\ell_{2}\dot\theta_{1}$、$\frac{\partial L}{\partial\theta_{2}}=-m_{2}g\ell_{2}\theta_{2}$ なので、$m_{2}\ell_{2}$ で割って

$$\ell_{1}\ddot\theta_{1}+\ell_{2}\ddot\theta_{2}+g\theta_{2}=0.$$

この2式が求める運動方程式です。2本目に質量が現れないのは、質点2の運動方程式が糸2方向の張力を消去すると質量に比例する形になるためです。

設問5

$\theta_{1}=a_{1}\cos\omega t$, $\theta_{2}=a_{2}\cos\omega t$ を代入すると、$\cos\omega t$ の係数を比べて

$$\begin{pmatrix} (m_{1}+m_{2})(g-\ell_{1}\omega^{2}) & -m_{2}\ell_{2}\omega^{2}\\ -\ell_{1}\omega^{2} & g-\ell_{2}\omega^{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_{1}\\a_{2}\end{pmatrix}=0$$

を得ます。$a_1,a_2$ が同時に 0 でない解をもつ条件は行列式が 0 で、整理すると

$$m_{1}\ell_{1}\ell_{2}\,\omega^{4}-(m_{1}+m_{2})g(\ell_{1}+\ell_{2})\,\omega^{2}+(m_{1}+m_{2})g^{2}=0$$

です。これを $\omega^{2}$ について解いて（判別式は $(\ell_{1}+\ell_{2})^{2}-\frac{4m_{1}\ell_{1}\ell_{2}}{m_{1}+m_{2}}=(\ell_{1}-\ell_{2})^{2}+\frac{4m_{2}\ell_{1}\ell_{2}}{m_{1}+m_{2}}>0$ と書けます）

$$\omega_{\pm}^{2}=\frac{(m_{1}+m_{2})g}{2m_{1}\ell_{1}\ell_{2}}\left[(\ell_{1}+\ell_{2})\pm\sqrt{(\ell_{1}-\ell_{2})^{2}+\frac{4m_{2}\ell_{1}\ell_{2}}{m_{1}+m_{2}}}\ \right]$$

が固有角振動数（の2乗）です。判別式が正なので $\omega_\pm^2$ はともに実で正、振動的な2つのモードが存在します。$m_{2}\to0$ とすると $\omega^{2}=\frac{g}{2\ell_{1}\ell_{2}}\left[(\ell_{1}+\ell_{2})\pm|\ell_{1}-\ell_{2}|\right]$、つまり $g/\ell_{1}$ と $g/\ell_{2}$ になり、独立な2つの単振り子に帰着します。

設問6

$m_{1}\gg m_{2}$ かつ $|\ell_{1}-\ell_{2}|\gg\sqrt{m_{2}/m_{1}}\,(\ell_{1}+\ell_{2})$ のとき、平方根の中身は

$$(\ell_{1}-\ell_{2})^{2}+\frac{4m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\ell_{1}\ell_{2}\simeq(\ell_{1}-\ell_{2})^{2}$$

と近似できます（$4\ell_1\ell_2\le(\ell_1+\ell_2)^2$ なので第2項は $\frac{m_2}{m_1}(\ell_1+\ell_2)^2$ 以下であり、仮定によりこれが $(\ell_1-\ell_2)^2$ に対して無視できます）。前因子も $(m_{1}+m_{2})/m_{1}\simeq1$ なので

$$\omega^{2}\simeq\frac{g}{2\ell_{1}\ell_{2}}\left[(\ell_{1}+\ell_{2})\pm|\ell_{1}-\ell_{2}|\right] =\frac{g}{\ell_{1}}\ \text{または}\ \frac{g}{\ell_{2}}$$

となり、質量を含まない形になります。答えは

$$\omega=\sqrt{\frac{g}{\ell_{1}}}\quad\text{と}\quad\omega=\sqrt{\frac{g}{\ell_{2}}}$$

の2つです。固有モードは運動方程式の2本目（質量を含まない式）から $a_{1}/a_{2}=(g-\ell_{2}\omega^{2})/(\ell_{1}\omega^{2})$ として得られます。

$\omega^{2}=g/\ell_{1}$ のとき $a_{1}/a_{2}=(\ell_{1}-\ell_{2})/\ell_{1}$、すなわち

$$(a_{1},a_{2})\propto(\ell_{1}-\ell_{2},\ \ell_{1}).$$

これは重い質点1が長さ $\ell_1$ の単振り子として振れ、質点2がそれに強制振動として付いていくモードです。

$\omega^{2}=g/\ell_{2}$ のとき $a_{1}/a_{2}=0$、すなわち

$$(a_{1},a_{2})\propto(0,\ 1).$$

厳密には1本目の式から $a_{1}/a_{2}=\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\cdot\frac{\ell_{2}}{\ell_{2}-\ell_{1}}$ ですが、$m_{2}/m_{1}\ll1$ かつ $|\ell_1-\ell_2|$ が小さくないのでこれは無視でき、質点1は静止したまま質点2だけが長さ $\ell_2$ の単振り子として振れます。

設問7

$\ell_{1}+\ell_{2}=\ell$ を保つので $u\equiv\ell_{2}/\ell$ を横軸、$Y\equiv g/(\omega^{2}\ell)$ を縦軸にとります。設問6の結果はそのまま

$$Y=\frac{\ell_{1}}{\ell}=1-u\qquad\text{または}\qquad Y=\frac{\ell_{2}}{\ell}=u$$

という2本の直線です。前者は $(0,1)$ から $(1,0)$ へ、後者は $(0,0)$ から $(1,1)$ へ向かい、$u=1/2$ で交わろうとします。しかしそこでは設問6の条件 $|\ell_{1}-\ell_{2}|\gg\sqrt{m_{2}/m_{1}}\,\ell$ が破れます。$\ell_{1}=\ell_{2}=\ell/2$ における厳密解は設問5から

$$\omega_{\pm}^{2}=\frac{2g}{\ell}\cdot\frac{1\pm\sqrt{\varepsilon}}{1-\varepsilon},\qquad \varepsilon\equiv\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$$

なので

$$Y_{\mp}=\frac{g}{\omega_{\pm}^{2}\ell}=\frac{1-\varepsilon}{2\left(1\pm\sqrt{\varepsilon}\right)}\simeq\frac{1}{2}\left(1\mp\sqrt{\frac{m_{2}}{m_{1}}}\right)$$

となり、2本の枝は交わらずに $\Delta Y=\sqrt{\varepsilon}\simeq\sqrt{m_{2}/m_{1}}$ だけ隙間を空けてすれ違います。これが避けられた交差です。したがって図は次のようになります。上側の枝は $(0,1)$ から傾き $-1$ で下り、$u=1/2$ 付近で丸まって最小値 $\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{m_{2}/m_{1}}\right)$ をとり、傾き $+1$ で $(1,1)$ に達する V 字形。下側の枝は $(0,0)$ から傾き $+1$ で上り、$u=1/2$ 付近で最大値 $\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{m_{2}/m_{1}}\right)$ をとり、傾き $-1$ で $(1,0)$ に落ちるテント形です。$u\to0$ と $u\to1$ では下の枝が $Y\to0$（$\omega\to\infty$）に押しつけられます。

初期条件がどの枝を選ぶかを見ます。はじめ $\ell_{1}\gg\ell_{2}$ すなわち $u\simeq0$ で、2つのモードは $(a_{1},a_{2})\propto(\ell_{1}-\ell_{2},\ell_{1})\simeq(1,1)$ と $(0,1)$ です。$\theta_{1}=\theta_{2}$, $\dot\theta_{1}=\dot\theta_{2}=0$ という初期条件は前者にほぼ一致し（後者の混入は $\ell_{2}/\ell_{1}$ 程度）、$\omega^{2}\simeq g/\ell_{1}\simeq g/\ell$、つまり $Y\simeq1$ の上側の枝が励起されます。

$\ell_{1}$ の変化が固有角振動数に比べて非常にゆっくりなので、各モードの作用が断熱不変量として保たれ、系は同じ枝の上に留まります。2本の枝は $u=1/2$ でも $\sqrt{m_{2}/m_{1}}$ だけ離れていて縮退しないため、枝の乗り換え（非断熱遷移）は起こりません。よって系は上側の枝を $(0,1)$ から $\left(1/2,\ \tfrac12(1+\sqrt{m_{2}/m_{1}})\right)$ まで下り、そこから $(1,1)$ まで上ります。角振動数で言えば $\omega$ は $\sqrt{g/\ell}$ から $\sqrt{2g/\ell}$ まで上がり、また $\sqrt{g/\ell}$ に戻ります。

最終的に $\ell_{2}\gg\ell_{1}$ になると、この枝の固有角振動数は $\omega^{2}=g/\ell_{2}$ で、振幅比は設問6の厳密式から

$$\frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}\cdot\frac{\ell_{2}}{\ell_{2}-\ell_{1}}\ \xrightarrow[\ \ell_{2}\gg\ell_{1}\ ]{}\ \frac{m_{2}}{m_{1}}\ll1$$

となります。これが質点1が止まる理由です。運動方程式の1本目を

$$(m_{1}+m_{2})\ell_{1}\ddot\theta_{1}+(m_{1}+m_{2})g\theta_{1}=-m_{2}\ell_{2}\ddot\theta_{2}$$

と書き直すと、質点1にとって右辺は質点2から糸を通して受ける水平方向の駆動力で、その大きさは $m_{2}$ に比例します。一方左辺の復元力は $m_{1}+m_{2}\simeq m_{1}$ に比例し、しかも駆動振動数 $\sqrt{g/\ell_{2}}$ は質点1自身の共振振動数 $\sqrt{g/\ell_{1}}$ よりずっと低いので共鳴増強も起きません。軽い質点2が重い質点1を揺らすには力が足りず、応答は $m_{2}/m_{1}$ で抑えられます。結果として質点1はほぼ固定点として振る舞い、質点2だけが長さ $\ell_{2}\simeq\ell$ の単振り子として振動します。

第4問 核断熱消磁冷凍機と渦電流損

設定

核断熱消磁冷凍機は、核スピン系のエントロピーが磁場と温度の比だけで決まることを利用して超低温を作ります。装置は熱スイッチ、銅ブロック、超伝導磁石からなり、銅の核スピン 1 mol あたりのエントロピー $S$ は図2から読み取ります。気体定数は $R=8.3\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$、有効数字は1桁でよいとされています。過程 A は熱スイッチをオンにしたまま $T=10\ \mathrm{mK}$ で $B$ を 0 から 8 T まで上げる等温過程、過程 B は熱スイッチを切って $|\mathrm{d}B/\mathrm{d}t|=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{T\,s^{-1}}$ で 0.15 T まで下げる断熱過程です。

図2の4本の曲線は、$0.15\ \mathrm{T}$, $1.5\ \mathrm{T}$, $6\ \mathrm{T}$, $8\ \mathrm{T}$ に対して同じ形を $T$ 軸方向に $B$ に比例して平行移動したものになっています。ゼーマン分裂が $B$ に比例し、分布は分裂幅と $k_{\mathrm{B}}T$ の比で決まるので $S$ は $B/T$ のみの関数だからです。以下ではこの性質を使います。

設問1

(ア) 無磁場ではスピン量子数 $I$ の核スピン準位は $m_{I}=-I,\dots,I$ の $2I+1$ 重に縮退しているので、縮退度は $2I+1$ です。

(イ) 十分高温では $2I+1$ 個の準位が等確率で占められるので、1 スピンあたりのエントロピーは $k_{\mathrm{B}}\ln(2I+1)$、1 mol あたりでは

$$S=R\ln(2I+1).$$

(ウ) 図2で $S$ の飽和値は $S\simeq11.5\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ です。$\ln(2I+1)=11.5/8.3=1.39$ で、$\ln4=2\ln2=2\times0.69=1.38$ なので $2I+1=4$、すなわち

$$I=\frac{3}{2}.$$

実際 $R\ln4=8.3\times1.38=11.5\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ が図の飽和値に一致します。

設問2

過程 A は熱浴と接した等温可逆過程なので、核スピン系が放出する熱は $\Delta Q=T\left(S_{\mathrm{i}}-S_{\mathrm{f}}\right)$ です。$T=10\ \mathrm{mK}$ で $B=0$ のとき $S_{\mathrm{i}}=R\ln4=11.5\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$（飽和値）、$B=8\ \mathrm{T}$ のとき図2から $S_{\mathrm{f}}\simeq8.4\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ と読めます。したがって

$$\Delta Q=10\times10^{-3}\ \mathrm{K}\times(11.5-8.4)\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}=3.1\times10^{-2}\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$$

で、答えは $\Delta Q\simeq3\times10^{-2}\ \mathrm{J\,mol^{-1}}$ です。磁場を掛けるとスピンが揃って乱雑さが減るぶんだけ熱として吐き出す、という向きになっています。

設問3

過程 B は熱的に孤立した可逆過程なので $S$ 一定です。$S$ が $B/T$ だけの関数であることから $B/T$ が一定に保たれ、

$$T_{\mathrm{f}}=T_{\mathrm{i}}\frac{B_{\mathrm{f}}}{B_{\mathrm{i}}}=10\ \mathrm{mK}\times\frac{0.15}{8}=0.19\ \mathrm{mK}.$$

答えは約 $0.2\ \mathrm{mK}$（$2\times10^{-4}\ \mathrm{K}$）です。図2で $S=8.4\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ の水平線が $0.15\ \mathrm{T}$ の曲線と交わる点を読むと $T\simeq0.19\ \mathrm{mK}$ で、確かに一致します。

設問4

軸方向の磁束密度が時間変化するので、円柱の軸を中心とする半径 $r$ の円周に沿ってファラデーの法則を適用します。渦電流自身の磁場を無視すると、円周上の電場の大きさ $E(r)$ は

$$2\pi r\,E(r)=\pi r^{2}\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|\quad\Longrightarrow\quad E(r)=\frac{r}{2}\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|.$$

オームの法則 $j=E/\rho$ より、渦電流密度の大きさは

$$j(r)=\frac{r}{2\rho}\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|$$

で、向きは軸まわりの方位角方向（$\mathrm{d}B/\mathrm{d}t$ が作る誘導電場の向き）です。

設問5

微小体積要素の体積は $\mathrm{d}V=2\pi r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}l$、単位体積あたりのジュール発熱は $\rho j^{2}$ なので

$$\mathrm{d}P=\rho\, j(r)^{2}\,2\pi r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}l=\frac{\pi r^{3}}{2\rho}\left(\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right)^{2}\mathrm{d}r\,\mathrm{d}l$$

が答えです。

設問6

半径 $a=2\ \mathrm{cm}=2\times10^{-2}\ \mathrm{m}$、高さ $h=10\ \mathrm{cm}=1\times10^{-1}\ \mathrm{m}$ の円柱全体で積分すると

$$P=\int_{0}^{h}\mathrm{d}l\int_{0}^{a}\frac{\pi r^{3}}{2\rho}\left(\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right)^{2}\mathrm{d}r=\frac{\pi h a^{4}}{8\rho}\left(\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right)^{2}.$$

数値を入れると

$$P=\frac{\pi\times1.0\times10^{-1}\times(2\times10^{-2})^{4}}{8\times1.0\times10^{-11}}\times\left(1.0\times10^{-3}\right)^{2}=6.3\times10^{-4}\ \mathrm{W}$$

なので、答えは $P\simeq6\times10^{-4}\ \mathrm{W}$ です。

設問7

上の結果を体積 $V=\pi a^{2}h$ で書き直すと

$$P=\frac{V a^{2}}{8\rho}\left(\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right)^{2}$$

となり、銅の総量（体積）を変えなくても半径 $a$ を小さくすれば $P$ は $a^{2}$ に比例して減ります。渦電流のループが小さいほど鎖交する磁束が減るからです。

したがって、銅ブロックを1本の太い円柱にせず、磁場方向に平行な細い銅線（あるいは薄板）に分割し、互いに電気的に絶縁して束ねればよいことになります。断面積の合計を保ったまま $N$ 本に分けると各本の半径は $a/\sqrt{N}$ になり、発熱量は $1/N$ に下がります。絶縁は表面の酸化被膜や樹脂などで行い、束の間で渦電流が回らないようにします。

設問8

(エ) $B$ が 8 T から 6 T になるまでの時間は $\Delta t=2\ \mathrm{T}/(1.0\times10^{-3}\ \mathrm{T\,s^{-1}})=2.0\times10^{3}\ \mathrm{s}$ です。$T=10\ \mathrm{mK}$ での図2の読みは $B=8\ \mathrm{T}$ で $S\simeq8.4$、$B=6\ \mathrm{T}$ で $S\simeq9.6\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$ なので、

$$\frac{\Delta S}{\Delta t}=\frac{9.6-8.4}{2.0\times10^{3}}=6\times10^{-4}\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}\,s^{-1}}.$$

(オ) 設問6の円柱の体積は $V=\pi(2\ \mathrm{cm})^{2}\times10\ \mathrm{cm}=1.3\times10^{2}\ \mathrm{cm^{3}}$、質量は $9\ \mathrm{g\,cm^{-3}}\times1.3\times10^{2}\ \mathrm{cm^{3}}=1.1\times10^{3}\ \mathrm{g}$ です。平均原子量 64 で割って

$$n=\frac{1.1\times10^{3}}{64}=18\simeq2\times10^{1}\ \mathrm{mol}.$$

(カ) 可逆等温過程での吸熱率は $C=T\,n\,\dfrac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}$ なので

$$C=10\times10^{-3}\ \mathrm{K}\times18\ \mathrm{mol}\times6\times10^{-4}\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}\,s^{-1}}=1\times10^{-4}\ \mathrm{W}.$$

答えは $C\simeq1\times10^{-4}\ \mathrm{W}$ です。設問6の渦電流発熱 $P\simeq6\times10^{-4}\ \mathrm{W}$ はこれの約6倍なので、そのままでは冷却能力が発熱に追いつきません。設問7の分割を6分割以上（余裕をみて10分割程度）行って $P$ を $10^{-4}\ \mathrm{W}$ より下げる必要がある、という結論になります。

第5問 モード同期レーザーとフェムト秒パルス

設定

間隔 $d$ の平行2枚鏡でできた共振器を屈折率 $\eta$ のレーザー媒質が満たしています。媒質で決まる角周波数範囲内に、等しい振幅 $E_{0}$ と等しい角周波数間隔 $\Delta\omega$ をもつ $N$ 個のモードが立っているとし、全モードの位相を揃えた（モード同期した）とき全複素電場は

$$E(t)=E_{0}e^{i\phi_{0}}\sum_{n=0}^{N-1}e^{i\omega_{n}t},\qquad \omega_{n}=\omega_{0}+n\Delta\omega$$

です。光の強度は $I(t)=|E(t)|^{2}$ とします。

設問1

共振器内は定在波なので、鏡間に半波長の整数倍が入る条件 $d=q\,\lambda_{\mathrm{med}}/2$（$q$ は整数、$\lambda_{\mathrm{med}}$ は媒質中の波長）を満たします。媒質中の光速は $c/\eta$ なので周波数は $\nu_{q}=\frac{q}{2d}\cdot\frac{c}{\eta}$、隣り合うモードの周波数間隔は $\Delta\nu=\dfrac{c}{2\eta d}$ です。よって

$$\Delta\omega=2\pi\Delta\nu=\frac{\pi c}{\eta d}.$$

設問2

公比 $e^{i\Delta\omega t}$ の等比数列の和なので、$e^{i\Delta\omega t}\neq1$ のとき

$$E(t)=E_{0}e^{i\phi_{0}}e^{i\omega_{0}t}\,\frac{1-e^{iN\Delta\omega t}}{1-e^{i\Delta\omega t}}$$

が答えです。

設問3

$1-e^{i\theta}=-2i\,e^{i\theta/2}\sin(\theta/2)$ を使うと $\left|\dfrac{1-e^{iN\Delta\omega t}}{1-e^{i\Delta\omega t}}\right|^{2}=\dfrac{\sin^{2}(N\Delta\omega t/2)}{\sin^{2}(\Delta\omega t/2)}$ なので

$$I(t)=E_{0}^{2}\,\frac{\sin^{2}\left(\dfrac{N\Delta\omega t}{2}\right)}{\sin^{2}\left(\dfrac{\Delta\omega t}{2}\right)}.$$

すなわち (ア) は $\dfrac{N\Delta\omega t}{2}$、(イ) は $\dfrac{\Delta\omega t}{2}$ です。

設問4

$t=0$ では分母も分子も 0 なので極限をとります。$\sin x\simeq x$ より

$$I(0)=E_{0}^{2}\lim_{t\to0}\frac{(N\Delta\omega t/2)^{2}}{(\Delta\omega t/2)^{2}}=N^{2}E_{0}^{2}$$

で、最大値は $I_{\max}=N^{2}E_{0}^{2}$ です（$t=0$ が最大であることは設問2の和が全項同位相で $N E_{0}$ になることからも直接わかります）。

位相が完全にランダムなときは $I=E_{0}^{2}\left|\sum_{n}e^{i\phi_{n}}\right|^{2}$ の期待値をとると交差項が平均して消え、$\langle I\rangle=NE_{0}^{2}$ です。したがってモード同期による最大強度はランダム位相のときのおよそ $N$ 倍になります。

設問5

$I(t)$ が最大になるのは分母が 0 になる点、つまり $\dfrac{\Delta\omega t}{2}=m\pi$（$m$ は整数）のときで、$t=\dfrac{2\pi m}{\Delta\omega}$ です。よって

$$\Delta t_{\mathrm{sep}}=\frac{2\pi}{\Delta\omega}.$$

設問1の結果を入れると $\Delta t_{\mathrm{sep}}=2\eta d/c$、すなわち共振器の1往復に要する時間です。パルスが共振器内を1往復するたびに鏡から1発出てくるという描像と合っています。

設問6

$N=5$ とし $\theta\equiv\Delta\omega t/2=\pi t/\Delta t_{\mathrm{sep}}$ と書くと $I/E_{0}^{2}=\sin^{2}(5\theta)/\sin^{2}\theta$ です。グラフの特徴は次のとおりです。周期は $\Delta t_{\mathrm{sep}}=2\pi/\Delta\omega$ で、$t=m\Delta t_{\mathrm{sep}}$ に高さ $N^{2}=25$ の主ピークが立ちます。ゼロ点は $5\theta=k\pi$ かつ $\theta\neq$ 整数$\times\pi$、すなわち $t=\dfrac{k}{5}\Delta t_{\mathrm{sep}}$（$k$ は 5 の倍数でない整数）で、1周期あたり4個です。主ピークの半幅（最大から最初のゼロまで）は $\Delta t_{\mathrm{sep}}/5$ です。隣り合う主ピークの間には副極大が3個あり、その高さは $t/\Delta t_{\mathrm{sep}}\simeq0.29,\ 0.50,\ 0.71$ でそれぞれ約 $1.6,\ 1.0,\ 1.6$、主ピークの $25$ に比べて無視できる大きさです。関数は $t=0$ と $t=\Delta t_{\mathrm{sep}}/2$ に関して対称です。

設問7

最大値をとる時刻 $t=0$ から最初のゼロは $\dfrac{N\Delta\omega t}{2}=\pi$ のときなので

$$\Delta t_{\mathrm{p}}=\frac{2\pi}{N\Delta\omega}.$$

一方で帯域幅は $\Delta\nu=\dfrac{N\Delta\omega}{2\pi}$ と与えられているので、

$$\Delta t_{\mathrm{p}}=\frac{1}{\Delta\nu},\qquad\text{すなわち}\qquad \Delta t_{\mathrm{p}}\,\Delta\nu=1 .$$

時間幅と周波数幅の積が 1 程度に固定される、というフーリエ変換対の不確定性関係です。物理的には、パルスを短くしたければそれだけ広い帯域（多数のモード）を同期させる必要があり、逆に媒質の利得帯域幅が有限であればパルス幅にはそれで決まる下限がある、ということを意味します。共振器長 $d$ を変えても $\Delta\omega$ が変わるだけで $N\Delta\omega$ は媒質の帯域で決まるため、パルス幅は帯域幅だけで決まる点も重要です。

設問8

真空中の波長 $\lambda_{1}=560\ \mathrm{nm}$ と $\lambda_{2}=640\ \mathrm{nm}$ に対応する周波数の差が帯域幅です。

$$\Delta\nu=c\left(\frac{1}{\lambda_{1}}-\frac{1}{\lambda_{2}}\right)=3.0\times10^{8}\left(\frac{1}{5.60\times10^{-7}}-\frac{1}{6.40\times10^{-7}}\right)=6.7\times10^{13}\ \mathrm{s^{-1}}.$$

設問7より

$$\Delta t_{\mathrm{p}}=\frac{1}{\Delta\nu}=\frac{1}{6.7\times10^{13}}=1.5\times10^{-14}\ \mathrm{s}=15\ \mathrm{fs}.$$

答えは $\Delta\nu\simeq6.7\times10^{13}\ \mathrm{s^{-1}}$、$\Delta t_{\mathrm{p}}\simeq1.5\times10^{-14}\ \mathrm{s}$ です。可視域の80 nm の帯域からちょうど十数フェムト秒のパルスが得られ、フェムト秒レーザーの実際のスケールと合っています。

第6問 大気ニュートリノとニュートリノ振動

設定

宇宙線が大気中の原子核に衝突して作られる荷電パイ中間子は寿命 $26\ \mathrm{ns}$ で $\pi^{+}\to\mu^{+}+\nu_{\mu}$, $\pi^{-}\to\mu^{-}+\bar\nu_{\mu}$ と崩壊し、ミュー粒子は寿命 $2.2\ \mu\mathrm{s}$ で $\mu^{+}\to e^{+}+\bar\nu_{\mu}+\nu_{e}$, $\mu^{-}\to e^{-}+\nu_{\mu}+\bar\nu_{e}$ と崩壊します。$c=3.0\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$, $\hbar c=200\ \mathrm{MeV\,fm}$ を使います。「ミュー型」と「電子型」の数の比を $R\equiv(N_{\nu_{\mu}}+N_{\bar\nu_{\mu}})/(N_{\nu_{e}}+N_{\bar\nu_{e}})$ と定義します。後半は2世代のニュートリノ振動で、弱い相互作用の固有状態と質量の固有状態が混合角 $\theta$ で結ばれています。

設問1

固有寿命 $\tau_{0}=2.2\ \mu\mathrm{s}$ の粒子は、実験室系では時間 $\gamma\tau_{0}$ だけ生き、速さ $v$ で飛ぶので平均飛行距離は $d=v\gamma\tau_{0}$ です。$v=pc^{2}/E$ と $\gamma=E/(mc^{2})$ を使うと $E$ が消えて

$$d=\frac{pc^{2}}{E}\cdot\frac{E}{mc^{2}}\tau_{0}=\frac{p}{m}\tau_{0}=\frac{pc}{mc^{2}}\,c\tau_{0}.$$

数値を入れると $\dfrac{pc}{mc^{2}}=\dfrac{5.30\times10^{3}\ \mathrm{MeV}}{106\ \mathrm{MeV}}=50$、$c\tau_{0}=3.0\times10^{8}\times2.2\times10^{-6}=6.6\times10^{2}\ \mathrm{m}$ なので

$$d=50\times6.6\times10^{2}\ \mathrm{m}=3.3\times10^{4}\ \mathrm{m}=33\ \mathrm{km}.$$

静止寿命だけなら 660 m しか飛べないところが、時間の伸びで 33 km まで伸びます。これは大気の厚さと同程度で、次の設問の鍵になります。

設問2

$\pi^{+}$ の崩壊系列は $\nu_{\mu}$（$\pi$ 崩壊）と $\bar\nu_{\mu}+\nu_{e}$（$\mu$ 崩壊）を生み、ミュー型が2個、電子型が1個です。$\pi^{-}$ の系列も $\bar\nu_{\mu}$ と $\nu_{\mu}+\bar\nu_{e}$ で、やはりミュー型2個・電子型1個です。エネルギーが十分低い（1 GeV 以下）大気ニュートリノでは、親のミュー粒子の運動量も高々数百 MeV/$c$ なので設問1の式から飛行距離は数 km 以下で、大気中で必ず崩壊しきります。したがって崩壊系列は完結し、

$$R\simeq2$$

と予想されます。

エネルギーが高くなると $R$ は 2 より大きくなり、エネルギーとともに増加します。理由は設問1のとおり、ミュー粒子の平均飛行距離が運動量に比例して伸びるためです。数 GeV/$c$ 以上では飛行距離が大気の厚さを超えてしまい、多くのミュー粒子は崩壊する前に地表に到達して物質中でエネルギーを失って止まります。すると $\mu$ 崩壊起源の $\bar\nu_{\mu}$ と $\nu_{e}$ が高エネルギー側で作られなくなり、電子型（この系列では $\mu$ 崩壊しか供給源がない）のほうが強く減るので比 $R$ は上昇します。

設問3

与えられた混合行列は直交行列なので、逆変換は転置をとって

$$|\nu_{1}\rangle=\cos\theta\,|\nu_{\alpha}\rangle-\sin\theta\,|\nu_{\beta}\rangle,\qquad |\nu_{2}\rangle=\sin\theta\,|\nu_{\alpha}\rangle+\cos\theta\,|\nu_{\beta}\rangle$$

です。これを $|\psi(T)\rangle=e^{-iE_{1}T/\hbar}\cos\theta|\nu_{1}\rangle+e^{-iE_{2}T/\hbar}\sin\theta|\nu_{2}\rangle$ に代入して整理すると

$$|\psi(T)\rangle=\left(e^{-iE_{1}T/\hbar}\cos^{2}\theta+e^{-iE_{2}T/\hbar}\sin^{2}\theta\right)|\nu_{\alpha}\rangle +\sin\theta\cos\theta\left(e^{-iE_{2}T/\hbar}-e^{-iE_{1}T/\hbar}\right)|\nu_{\beta}\rangle$$

が答えです。$T=0$ で $|\nu_{\alpha}\rangle$ の係数が 1、$|\nu_{\beta}\rangle$ の係数が 0 になり初期条件と整合します。

設問4

$\nu_{\alpha}$ として観測される確率は設問3の $|\nu_{\alpha}\rangle$ の係数の絶対値の2乗です。全体の位相 $e^{-iE_{1}T/\hbar}$ をくくり出し、$\Phi\equiv(E_{2}-E_{1})T/\hbar$ とおくと

$$\begin{aligned} P_{\alpha\to\alpha}&=\left|\cos^{2}\theta+e^{-i\Phi}\sin^{2}\theta\right|^{2} =\cos^{4}\theta+\sin^{4}\theta+2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta\cos\Phi\\ &=\left(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta\right)^{2}-2\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta\left(1-\cos\Phi\right)\\ &=1-\frac{\sin^{2}2\theta}{2}\cdot2\sin^{2}\frac{\Phi}{2} =1-\sin^{2}2\theta\,\sin^{2}\frac{\Phi}{2}. \end{aligned}$$

ここで $2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta$ と $1-\cos\Phi=2\sin^{2}(\Phi/2)$ を使いました。あとは位相差を書き換えます。$p\gg m_{i}c$ の近似 $E_{i}\simeq pc+\dfrac{m_{i}^{2}c^{4}}{2E}$ から

$$E_{2}-E_{1}\simeq\frac{(m_{2}^{2}-m_{1}^{2})c^{4}}{2E}=\frac{\Delta m^{2}c^{4}}{2E},$$

さらに $T=L/c$ を代入すると

$$\frac{\Phi}{2}=\frac{(E_{2}-E_{1})T}{2\hbar}=\frac{\Delta m^{2}c^{4}}{2E}\cdot\frac{L}{c}\cdot\frac{1}{2\hbar}=\frac{\Delta m^{2}c^{3}L}{4\hbar E}.$$

よって

$$P_{\alpha\to\alpha}=1-\sin^{2}2\theta\cdot\sin^{2}\left[\frac{\Delta m^{2}c^{3}L}{4\hbar E}\right]$$

が示されました。使った仮定は、超相対論的近似 $p\gg m_{1}c,m_{2}c$、$T=L/c$、および $E=(E_{1}+E_{2})/2$ で $E_{i}$ の違いを1次まで扱うことです。

設問5

設問4の生存確率は $\dfrac{\Delta m^{2}c^{3}L}{4\hbar E}=\dfrac{\pi}{2}$ で最初の最小値をとります。図1で $r$ が最も落ち込むのは $L/E\simeq5\times10^{2}\ \mathrm{km/GeV}$ 付近（モンテカルロ曲線の最下段の階段が $L/E\simeq4\times10^{2}$ から $7\times10^{2}\ \mathrm{km/GeV}$ を占め、$r\simeq0.34$）なので、ここを第1の振動極小とみなします。条件を解くと

$$\Delta m^{2}c^{4}=2\pi\,\hbar c\left(\frac{L}{E}\right)^{-1}.$$

$\hbar c=200\ \mathrm{MeV\,fm}=2\times10^{-7}\ \mathrm{eV\,m}$、$L/E=5\times10^{2}\ \mathrm{km/GeV}=5\times10^{-4}\ \mathrm{m/eV}$ を代入して

$$\Delta m^{2}c^{4}=\frac{2\pi\times2\times10^{-7}\ \mathrm{eV\,m}}{5\times10^{-4}\ \mathrm{m\,eV^{-1}}}=2.5\times10^{-3}\ \mathrm{eV^{2}}.$$

読み取りの幅（$L/E=4$–$7\times10^{2}\ \mathrm{km/GeV}$）を入れると $(1.8$–$3.1)\times10^{-3}\ \mathrm{eV^{2}}$ なので、有効数字1桁では

$$\Delta m^{2}c^{4}\simeq2\times10^{-3}\ \mathrm{eV^{2}}$$

が答えです。$L/E$ がこれより十分大きい領域で $r$ が 1 に戻らず $0.5$ 程度で平らになるのは、測定の分解能で振動が平均化されて $1-\frac{1}{2}\sin^{2}2\theta$ に落ち着くためで、$\sin^{2}2\theta\simeq1$（ほぼ最大混合）を意味します。スーパーカミオカンデの報告値 $\Delta m^{2}c^{4}=2.4\times10^{-3}\ \mathrm{eV^{2}}$、$\sin^{2}2\theta\simeq1$ と整合しています。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成29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。