平成30年度の物理学は、量子力学・統計力学・電磁気学の3問が必答で、実験に寄せた3問（ミューオン実験、X線回折、天体プラズマ）から1問を選ぶ構成です。必答問題はどれも 2 行 2 列の行列や理想気体といった素直な出発点を持ちますが、第1問の後半は断熱定理を「速く振動する位相をもつ積分は小さい」という形で自分で評価させ、第2問の最後は古典と量子でエントロピーの低温挙動が食い違う理由をボルツマンの原理から説明させます。配点の重心はそこにあります。選択問題側は、数値評価と統計誤差の扱いが要求されます。
問題 分野 主題 第1問 量子力学 二状態系の回避交差と断熱定理 第2問 統計力学 直方体中の理想気体と低温のエントロピー 第3問 電磁気学 電気双極子放射と二波源の干渉 第4問 原子核・素粒子 負ミューオンの生成・分離と寿命測定 第5問 固体物理 X線回折と構造因子 第6問 天体物理 高温プラズマからの制動放射
第1問から第3問が全員解答、第4問から第6問の中から1問を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。
規格直交した二状態 ∣ 1 ⟩ , ∣ 2 ⟩ |1\rangle, |2\rangle ∣1 ⟩ , ∣2 ⟩
H = ( E 1 V V E 2 ) H=\begin{pmatrix} E_1 & V \\ V & E_2 \end{pmatrix} H = ( E 1 V V E 2 ) を扱います。E 1 , E 2 , V E_1, E_2, V E 1 , E 2 , V λ \lambda λ E 1 = E 2 − E λ E_1 = E_2 - \mathcal{E}\lambda E 1 = E 2 − E λ
H ( λ ) = ( E 2 − E λ V V E 2 ) , 0 < V ≪ E H^{(\lambda)}=\begin{pmatrix} E_2-\mathcal{E}\lambda & V \\ V & E_2 \end{pmatrix},
\qquad 0<V\ll\mathcal{E} H ( λ ) = ( E 2 − E λ V V E 2 ) , 0 < V ≪ E を考えます。さらに λ = t / T \lambda=t/T λ = t / T T T T ℏ \hbar ℏ 2 π 2\pi 2 π
⟨ 2 ∣ H ∣ 2 ⟩ = E 2 \langle 2|H|2\rangle = E_2 ⟨ 2∣ H ∣2 ⟩ = E 2
⟨ 2 ∣ ( H − E 2 1 ) ∣ 2 ⟩ = E 2 − E 2 = 0. \langle 2|(H-E_2\mathbf{1})|2\rangle = E_2-E_2 = 0 . ⟨ 2∣ ( H − E 2 1 ) ∣2 ⟩ = E 2 − E 2 = 0. 2 次の期待値は、( H − E 2 1 ) ∣ 2 ⟩ (H-E_2\mathbf{1})|2\rangle ( H − E 2 1 ) ∣2 ⟩
( H − E 2 1 ) ∣ 2 ⟩ = ∣ 1 ⟩ ⟨ 1 ∣ ( H − E 2 1 ) ∣ 2 ⟩ + ∣ 2 ⟩ ⟨ 2 ∣ ( H − E 2 1 ) ∣ 2 ⟩ = V ∣ 1 ⟩ (H-E_2\mathbf{1})|2\rangle = |1\rangle\langle 1|(H-E_2\mathbf{1})|2\rangle + |2\rangle\langle 2|(H-E_2\mathbf{1})|2\rangle = V|1\rangle ( H − E 2 1 ) ∣2 ⟩ = ∣1 ⟩ ⟨ 1∣ ( H − E 2 1 ) ∣2 ⟩ + ∣2 ⟩ ⟨ 2∣ ( H − E 2 1 ) ∣2 ⟩ = V ∣1 ⟩ なので
⟨ 2 ∣ ( H − E 2 1 ) 2 ∣ 2 ⟩ = ∥ V ∣ 1 ⟩ ∥ 2 = V 2 . \langle 2|(H-E_2\mathbf{1})^2|2\rangle = \bigl\lVert V|1\rangle \bigr\rVert^2 = V^2 . ⟨ 2∣ ( H − E 2 1 ) 2 ∣2 ⟩ = V ∣1 ⟩ 2 = V 2 . 答えは順に 0 0 0 V 2 V^2 V 2 0 0 0 V 2 V^2 V 2 ∣ 2 ⟩ |2\rangle ∣2 ⟩ V 2 V^2 V 2 ∣ V ∣ \lvert V\rvert ∣ V ∣
固有値は det ( H − E 1 ) = 0 \det(H-E\mathbf{1})=0 det ( H − E 1 ) = 0
( E 1 − E ) ( E 2 − E ) − V 2 = 0 , E 2 − ( E 1 + E 2 ) E + E 1 E 2 − V 2 = 0 (E_1-E)(E_2-E)-V^2=0,\qquad
E^2-(E_1+E_2)E+E_1E_2-V^2=0 ( E 1 − E ) ( E 2 − E ) − V 2 = 0 , E 2 − ( E 1 + E 2 ) E + E 1 E 2 − V 2 = 0 なので
E ± = E 1 + E 2 2 ± 1 2 ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 . E_\pm=\frac{E_1+E_2}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{(E_1-E_2)^2+4V^2} . E ± = 2 E 1 + E 2 ± 2 1 ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 . V > 0 V>0 V > 0 2 V 2V 2 V E − < E + E_-<E_+ E − < E +
固有ベクトルの成分比は、固有方程式の第 1 行 ( E 1 − E ± ) ⟨ 1 ∣ ψ ± ⟩ + V ⟨ 2 ∣ ψ ± ⟩ = 0 (E_1-E_\pm)\langle 1|\psi_\pm\rangle+V\langle 2|\psi_\pm\rangle=0 ( E 1 − E ± ) ⟨ 1∣ ψ ± ⟩ + V ⟨ 2∣ ψ ± ⟩ = 0
⟨ 2 ∣ ψ ± ⟩ ⟨ 1 ∣ ψ ± ⟩ = E ± − E 1 V = E 2 − E 1 ± ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 2 V . \frac{\langle 2|\psi_\pm\rangle}{\langle 1|\psi_\pm\rangle}
=\frac{E_\pm-E_1}{V}
=\frac{E_2-E_1\pm\sqrt{(E_1-E_2)^2+4V^2}}{2V} . ⟨ 1∣ ψ ± ⟩ ⟨ 2∣ ψ ± ⟩ = V E ± − E 1 = 2 V E 2 − E 1 ± ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 . これが答えです。検算として E 1 = E 2 E_1=E_2 E 1 = E 2 E ± = E 2 ± V E_\pm=E_2\pm V E ± = E 2 ± V ± 1 \pm 1 ± 1 ∣ ψ ± ⟩ ∝ ∣ 1 ⟩ ± ∣ 2 ⟩ |\psi_\pm\rangle\propto |1\rangle\pm|2\rangle ∣ ψ ± ⟩ ∝ ∣1 ⟩ ± ∣2 ⟩
H H H V > 0 V>0 V > 0 E + − E − = ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 ≥ 2 V > 0 E_+-E_-=\sqrt{(E_1-E_2)^2+4V^2}\ge 2V>0 E + − E − = ( E 1 − E 2 ) 2 + 4 V 2 ≥ 2 V > 0
E − ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = ⟨ ψ + ∣ H ∣ ψ − ⟩ = ( ⟨ ψ − ∣ H ∣ ψ + ⟩ ) ∗ = E + ∗ ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = E + ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ E_-\langle\psi_+|\psi_-\rangle=\langle\psi_+|H|\psi_-\rangle=\bigl(\langle\psi_-|H|\psi_+\rangle\bigr)^{*}=E_+^{*}\langle\psi_+|\psi_-\rangle=E_+\langle\psi_+|\psi_-\rangle E − ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = ⟨ ψ + ∣ H ∣ ψ − ⟩ = ( ⟨ ψ − ∣ H ∣ ψ + ⟩ ) ∗ = E + ∗ ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = E + ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ となり、( E + − E − ) ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = 0 (E_+-E_-)\langle\psi_+|\psi_-\rangle=0 ( E + − E − ) ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = 0 ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = 0 \langle\psi_+|\psi_-\rangle=0 ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ = 0
成分比を使った直接確認もしておきます。x ± ≡ ⟨ 2 ∣ ψ ± ⟩ / ⟨ 1 ∣ ψ ± ⟩ x_\pm\equiv\langle 2|\psi_\pm\rangle/\langle 1|\psi_\pm\rangle x ± ≡ ⟨ 2∣ ψ ± ⟩ / ⟨ 1∣ ψ ± ⟩ x = ( E − E 1 ) / V x=(E-E_1)/V x = ( E − E 1 ) / V x = V / ( E − E 2 ) x=V/(E-E_2) x = V / ( E − E 2 )
V x 2 + ( E 1 − E 2 ) x − V = 0 Vx^2+(E_1-E_2)x-V=0 V x 2 + ( E 1 − E 2 ) x − V = 0 の 2 根です。解と係数の関係から x + x − = − 1 x_+x_-=-1 x + x − = − 1 ∣ ψ ± ⟩ ∝ ∣ 1 ⟩ + x ± ∣ 2 ⟩ |\psi_\pm\rangle\propto |1\rangle+x_\pm|2\rangle ∣ ψ ± ⟩ ∝ ∣1 ⟩ + x ± ∣2 ⟩ x ± x_\pm x ±
⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ ∝ 1 + x + x − = 0 \langle\psi_+|\psi_-\rangle \propto 1+x_+x_-=0 ⟨ ψ + ∣ ψ − ⟩ ∝ 1 + x + x − = 0 となり、確かに直交します。
H ( λ ) H^{(\lambda)} H ( λ ) E 1 → E 2 − E λ E_1\to E_2-\mathcal{E}\lambda E 1 → E 2 − E λ E 1 − E 2 → − E λ E_1-E_2\to-\mathcal{E}\lambda E 1 − E 2 → − E λ
E ± ( λ ) = E 2 − E λ 2 ± 1 2 E 2 λ 2 + 4 V 2 E_\pm(\lambda)=E_2-\frac{\mathcal{E}\lambda}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2} E ± ( λ ) = E 2 − 2 E λ ± 2 1 E 2 λ 2 + 4 V 2 であり
E + ( λ ) − E − ( λ ) = E 2 λ 2 + 4 V 2 ≥ 4 V 2 = 2 V . E_+(\lambda)-E_-(\lambda)=\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2}\;\ge\;\sqrt{4V^2}=2V . E + ( λ ) − E − ( λ ) = E 2 λ 2 + 4 V 2 ≥ 4 V 2 = 2 V . E 2 λ 2 ≥ 0 \mathcal{E}^2\lambda^2\ge 0 E 2 λ 2 ≥ 0 V > 0 V>0 V > 0 λ \lambda λ λ = 0 \lambda=0 λ = 0 V V V 2 V 2V 2 V
まず固有状態を具体的に書きます。設問4の E + ( λ ) E_+(\lambda) E + ( λ )
tan θ ( λ ) = E + ( λ ) − ( E 2 − E λ ) V = E λ + E 2 λ 2 + 4 V 2 2 V \tan\theta(\lambda)=\frac{E_+(\lambda)-(E_2-\mathcal{E}\lambda)}{V}
=\frac{\mathcal{E}\lambda+\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2}}{2V} tan θ ( λ ) = V E + ( λ ) − ( E 2 − E λ ) = 2 V E λ + E 2 λ 2 + 4 V 2 です。s ≡ E λ / ( 2 V ) s\equiv \mathcal{E}\lambda/(2V) s ≡ E λ / ( 2 V ) tan θ = s + 1 + s 2 \tan\theta=s+\sqrt{1+s^2} tan θ = s + 1 + s 2
θ ( λ ) = π 4 + 1 2 arctan ( E λ 2 V ) , d θ d λ = E V E 2 λ 2 + 4 V 2 \theta(\lambda)=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{\mathcal{E}\lambda}{2V}\right),
\qquad
\frac{d\theta}{d\lambda}=\frac{\mathcal{E}V}{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2} θ ( λ ) = 4 π + 2 1 arctan ( 2 V E λ ) , d λ d θ = E 2 λ 2 + 4 V 2 E V と同じことです。λ → − ∞ \lambda\to-\infty λ → − ∞ θ → 0 \theta\to 0 θ → 0 λ = 0 \lambda=0 λ = 0 θ = π / 4 \theta=\pi/4 θ = π /4 λ → + ∞ \lambda\to+\infty λ → + ∞ θ → π / 2 \theta\to\pi/2 θ → π /2 ∣ λ ∣ ∼ V / E \lvert\lambda\rvert\sim V/\mathcal{E} ∣ λ ∣ ∼ V / E
∣ ψ + ( λ ) ⟩ = cos ( θ ( λ ) ) ∣ 1 ⟩ + sin ( θ ( λ ) ) ∣ 2 ⟩ |\psi_+^{(\lambda)}\rangle=\cos(\theta(\lambda))\,|1\rangle+\sin(\theta(\lambda))\,|2\rangle ∣ ψ + ( λ ) ⟩ = cos ( θ ( λ )) ∣1 ⟩ + sin ( θ ( λ )) ∣2 ⟩ で、直交する下側の固有状態としては
∣ ψ − ( λ ) ⟩ = − sin ( θ ( λ ) ) ∣ 1 ⟩ + cos ( θ ( λ ) ) ∣ 2 ⟩ |\psi_-^{(\lambda)}\rangle=-\sin(\theta(\lambda))\,|1\rangle+\cos(\theta(\lambda))\,|2\rangle ∣ ψ − ( λ ) ⟩ = − sin ( θ ( λ )) ∣1 ⟩ + cos ( θ ( λ )) ∣2 ⟩ をとります（全体の符号の任意性はこう固定します）。
(i) λ = t / T \lambda=t/T λ = t / T θ \theta θ
∂ ∂ t ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ = θ ˙ ∣ ψ − ( t / T ) ⟩ , ∂ ∂ t ∣ ψ − ( t / T ) ⟩ = − θ ˙ ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ , θ ˙ ≡ 1 T d θ d λ ∣ λ = t / T \frac{\partial}{\partial t}|\psi_+^{(t/T)}\rangle=\dot\theta\,|\psi_-^{(t/T)}\rangle,
\qquad
\frac{\partial}{\partial t}|\psi_-^{(t/T)}\rangle=-\dot\theta\,|\psi_+^{(t/T)}\rangle,
\qquad
\dot\theta\equiv\frac{1}{T}\left.\frac{d\theta}{d\lambda}\right|_{\lambda=t/T} ∂ t ∂ ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ = θ ˙ ∣ ψ − ( t / T ) ⟩ , ∂ t ∂ ∣ ψ − ( t / T ) ⟩ = − θ ˙ ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ , θ ˙ ≡ T 1 d λ d θ λ = t / T です。これを i ℏ ∂ t ∣ ψ ⟩ = H ( t ) ∣ ψ ⟩ i\hbar\partial_t|\psi\rangle=H(t)|\psi\rangle i ℏ ∂ t ∣ ψ ⟩ = H ( t ) ∣ ψ ⟩ ⟨ ψ + ( t / T ) ∣ \langle\psi_+^{(t/T)}| ⟨ ψ + ( t / T ) ∣ ⟨ ψ − ( t / T ) ∣ \langle\psi_-^{(t/T)}| ⟨ ψ − ( t / T ) ∣
i ℏ c ˙ + = E + ( t / T ) c + + i ℏ θ ˙ c − , i ℏ c ˙ − = E − ( t / T ) c − − i ℏ θ ˙ c + , \begin{aligned}
i\hbar\,\dot c_+ &= E_+(t/T)\,c_+ + i\hbar\,\dot\theta\, c_- ,\\
i\hbar\,\dot c_- &= E_-(t/T)\,c_- - i\hbar\,\dot\theta\, c_+ ,
\end{aligned} i ℏ c ˙ + i ℏ c ˙ − = E + ( t / T ) c + + i ℏ θ ˙ c − , = E − ( t / T ) c − − i ℏ θ ˙ c + , すなわち
i ℏ ∂ ∂ t ( c + c − ) = ( E + ( t / T ) i ℏ θ ˙ − i ℏ θ ˙ E − ( t / T ) ) ( c + c − ) i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\begin{pmatrix} c_+ \\ c_-\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} E_+(t/T) & i\hbar\dot\theta \\ -i\hbar\dot\theta & E_-(t/T)\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} c_+ \\ c_-\end{pmatrix} i ℏ ∂ t ∂ ( c + c − ) = ( E + ( t / T ) − i ℏ θ ˙ i ℏ θ ˙ E − ( t / T ) ) ( c + c − ) が答えです。対角部分が瞬間固有値、非対角部分が基底の回転速度 θ ˙ = θ ′ ( t / T ) / T \dot\theta=\theta'(t/T)/T θ ˙ = θ ′ ( t / T ) / T T → ∞ T\to\infty T → ∞
(ii) Φ ± ( t ) ≡ 1 ℏ ∫ − T t d t ′ E ± ( t ′ / T ) \Phi_\pm(t)\equiv\frac{1}{\hbar}\int_{-T}^{t}dt'\,E_\pm(t'/T) Φ ± ( t ) ≡ ℏ 1 ∫ − T t d t ′ E ± ( t ′ / T ) c ~ ± = c ± e i Φ ± \tilde c_\pm=c_\pm e^{i\Phi_\pm} c ~ ± = c ± e i Φ ±
c ~ ˙ ± = ( c ˙ ± + i ℏ E ± c ± ) e i Φ ± \dot{\tilde c}_\pm=\left(\dot c_\pm+\frac{i}{\hbar}E_\pm c_\pm\right)e^{i\Phi_\pm} c ~ ˙ ± = ( c ˙ ± + ℏ i E ± c ± ) e i Φ ± です。(i) の式を c ˙ ± \dot c_\pm c ˙ ±
d c ~ + d t = θ ˙ ( t ) e + i Ξ ( t ) c ~ − ( t ) , d c ~ − d t = − θ ˙ ( t ) e − i Ξ ( t ) c ~ + ( t ) , Ξ ( t ) ≡ 1 ℏ ∫ − T t d t ′ [ E + ( t ′ / T ) − E − ( t ′ / T ) ] \begin{aligned}
\frac{d\tilde c_+}{dt} &= \dot\theta(t)\, e^{+i\Xi(t)}\,\tilde c_-(t),\\
\frac{d\tilde c_-}{dt} &= -\dot\theta(t)\, e^{-i\Xi(t)}\,\tilde c_+(t),
\end{aligned}
\qquad
\Xi(t)\equiv\frac{1}{\hbar}\int_{-T}^{t}dt'\left[E_+(t'/T)-E_-(t'/T)\right] d t d c ~ + d t d c ~ − = θ ˙ ( t ) e + i Ξ ( t ) c ~ − ( t ) , = − θ ˙ ( t ) e − i Ξ ( t ) c ~ + ( t ) , Ξ ( t ) ≡ ℏ 1 ∫ − T t d t ′ [ E + ( t ′ / T ) − E − ( t ′ / T ) ] となります。これが答えです。位相を落とした変数では方程式は非対角成分だけの結合になり、結合の強さは θ ˙ \dot\theta θ ˙ Ξ \Xi Ξ
初期条件は c ~ + ( − T ) = 1 \tilde c_+(-T)=1 c ~ + ( − T ) = 1 c ~ − ( − T ) = 0 \tilde c_-(-T)=0 c ~ − ( − T ) = 0 ∣ c ~ − ∣ ≪ 1 \lvert\tilde c_-\rvert\ll1 ∣ c ~ − ∣ ≪ 1 c ~ + ≃ 1 \tilde c_+\simeq 1 c ~ + ≃ 1
c ~ − ( t ) ≃ − ∫ − T t d t ′ θ ˙ ( t ′ ) e − i Ξ ( t ′ ) . \tilde c_-(t)\simeq-\int_{-T}^{t}dt'\,\dot\theta(t')\,e^{-i\Xi(t')} . c ~ − ( t ) ≃ − ∫ − T t d t ′ θ ˙ ( t ′ ) e − i Ξ ( t ′ ) . ここで θ ˙ ( t ′ ) d t ′ = d θ \dot\theta(t')dt'=d\theta θ ˙ ( t ′ ) d t ′ = d θ s = E t ′ / ( 2 V T ) s=\mathcal{E}t'/(2VT) s = E t ′ / ( 2 V T ) d θ = d s / [ 2 ( 1 + s 2 ) ] d\theta=ds/[2(1+s^2)] d θ = d s / [ 2 ( 1 + s 2 )] E + − E − = 2 V 1 + s 2 E_+-E_-=2V\sqrt{1+s^2} E + − E − = 2 V 1 + s 2
Ξ = Λ ∫ s i s d s ′ 1 + s ′ 2 ≡ Λ F ( s ) , Λ ≡ 4 T V 2 ℏ E , s i = − E 2 V \Xi=\Lambda\int_{s_i}^{s}ds'\sqrt{1+s'^2}\equiv\Lambda F(s),
\qquad
\Lambda\equiv\frac{4TV^2}{\hbar\mathcal{E}},
\qquad s_i=-\frac{\mathcal{E}}{2V} Ξ = Λ ∫ s i s d s ′ 1 + s ′2 ≡ Λ F ( s ) , Λ ≡ ℏ E 4 T V 2 , s i = − 2 V E となり
c ~ − ≃ − ∫ s i s ( t ) d s ′ 1 2 ( 1 + s ′ 2 ) e − i Λ F ( s ′ ) . \tilde c_-\simeq-\int_{s_i}^{s(t)}ds'\,\frac{1}{2(1+s'^2)}\,e^{-i\Lambda F(s')} . c ~ − ≃ − ∫ s i s ( t ) d s ′ 2 ( 1 + s ′2 ) 1 e − i Λ F ( s ′ ) . 被積分関数のうち振幅 g ( s ) = 1 / [ 2 ( 1 + s 2 ) ] g(s)=1/[2(1+s^2)] g ( s ) = 1/ [ 2 ( 1 + s 2 )] ∣ s ∣ ≫ 1 \lvert s\rvert\gg1 ∣ s ∣ ≫ 1 s − 2 s^{-2} s − 2 ∣ s ∣ ≲ 1 \lvert s\rvert\lesssim1 ∣ s ∣ ≲ 1 ∣ λ ∣ ≲ V / E \lvert\lambda\rvert\lesssim V/\mathcal{E} ∣ λ ∣ ≲ V / E g g g O ( 1 ) \mathcal{O}(1) O ( 1 )
∣ d Ξ d s ∣ = Λ 1 + s 2 ≥ Λ = 4 T V 2 ℏ E ≫ 1 \left\lvert\frac{d\Xi}{ds}\right\rvert=\Lambda\sqrt{1+s^2}\ \ge\ \Lambda=\frac{4TV^2}{\hbar\mathcal{E}}\gg1 d s d Ξ = Λ 1 + s 2 ≥ Λ = ℏ E 4 T V 2 ≫ 1 を満たします。設問4で示したギャップの下限 E + − E − ≥ 2 V E_+-E_-\ge 2V E + − E − ≥ 2 V s s s e − i Ξ e^{-i\Xi} e − i Ξ O ( 1 ) \mathcal{O}(1) O ( 1 )
∣ c ~ − ( t ) ∣ ≪ 1 \lvert\tilde c_-(t)\rvert\ll 1 ∣ c ~ − ( t )∣ ≪ 1 となります。規格化 ∣ c ~ + ∣ 2 + ∣ c ~ − ∣ 2 = ∣ c + ∣ 2 + ∣ c − ∣ 2 = 1 \lvert\tilde c_+\rvert^2+\lvert\tilde c_-\rvert^2=\lvert c_+\rvert^2+\lvert c_-\rvert^2=1 ∣ c ~ + ∣ 2 + ∣ c ~ − ∣ 2 = ∣ c + ∣ 2 + ∣ c − ∣ 2 = 1 ∣ c ~ + ( t ) ∣ ≃ 1 \lvert\tilde c_+(t)\rvert\simeq1 ∣ c ~ + ( t )∣ ≃ 1 ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ |\psi_+^{(t/T)}\rangle ∣ ψ + ( t / T ) ⟩ t = + T t=+T t = + T Λ = 4 T V 2 / ( ℏ E ) \Lambda=4TV^2/(\hbar\mathcal{E}) Λ = 4 T V 2 / ( ℏ E ) ∼ T V / E \sim TV/\mathcal{E} ∼ T V / E ∼ ( 2 V ) ( T V / E ) / ℏ \sim (2V)(TV/\mathcal{E})/\hbar ∼ ( 2 V ) ( T V / E ) /ℏ T V 2 / E ≫ ℏ TV^2/\mathcal{E}\gg\hbar T V 2 / E ≫ ℏ 1 1 1
なお、この模型は Landau–Zener 問題そのもので、鞍点評価まで行うと ∣ c ~ − ( + T ) ∣ 2 ≃ exp ( − 2 π T V 2 / ( ℏ E ) ) = exp ( − π Λ / 2 ) \lvert\tilde c_-(+T)\rvert^2\simeq\exp(-2\pi TV^2/(\hbar\mathcal{E}))=\exp(-\pi\Lambda/2) ∣ c ~ − ( + T ) ∣ 2 ≃ exp ( − 2 π T V 2 / ( ℏ E )) = exp ( − π Λ/2 ) Λ ≫ 1 \Lambda\gg1 Λ ≫ 1 ∣ c ~ − ∣ ≪ 1 \lvert\tilde c_-\rvert\ll1 ∣ c ~ − ∣ ≪ 1
各辺 L , L , 2 L L, L, 2L L , L , 2 L V = 2 L 3 V=2L^3 V = 2 L 3 m m m T T T k B k_{\mathrm B} k B L L L N N N
E ( n x , n y , n z ) = π 2 ℏ 2 2 m L 2 [ n x 2 + n y 2 + ( n z 2 ) 2 ] , n α = 1 , 2 , … E(n_x,n_y,n_z)=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\left[n_x^2+n_y^2+\left(\frac{n_z}{2}\right)^2\right],
\qquad n_\alpha=1,2,\dots E ( n x , n y , n z ) = 2 m L 2 π 2 ℏ 2 [ n x 2 + n y 2 + ( 2 n z ) 2 ] , n α = 1 , 2 , … を使います。以下 ε 0 ≡ π 2 ℏ 2 / ( 2 m L 2 ) \varepsilon_0\equiv\pi^2\hbar^2/(2mL^2) ε 0 ≡ π 2 ℏ 2 / ( 2 m L 2 )
(i) 古典正準分布の分割関数は、運動量積分に与えられた公式を a = 1 / ( 2 m k B T ) a=1/(2mk_{\mathrm B}T) a = 1/ ( 2 m k B T )
Z N = 1 N ! h 3 N ( ∫ d 3 q ) N ( ∫ − ∞ ∞ d p e − p 2 / ( 2 m k B T ) ) 3 N = 1 N ! ( V λ T 3 ) N , λ T = 2 π ℏ 2 m k B T Z_N=\frac{1}{N!\,h^{3N}}\left(\int d^3q\right)^{N}\left(\int_{-\infty}^{\infty}dp\,e^{-p^2/(2mk_{\mathrm B}T)}\right)^{3N}
=\frac{1}{N!}\left(\frac{V}{\lambda_T^3}\right)^{N},
\qquad
\lambda_T=\sqrt{\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}T}} Z N = N ! h 3 N 1 ( ∫ d 3 q ) N ( ∫ − ∞ ∞ d p e − p 2 / ( 2 m k B T ) ) 3 N = N ! 1 ( λ T 3 V ) N , λ T = m k B T 2 π ℏ 2 となります（h = 2 π ℏ h=2\pi\hbar h = 2 π ℏ ln Z N \ln Z_N ln Z N T T T 3 N 2 ln T \frac{3N}{2}\ln T 2 3 N ln T
U = k B T 2 ∂ ln Z N ∂ T = 3 2 N k B T , C V = ( ∂ U ∂ T ) V , N = 3 2 N k B . U=k_{\mathrm B}T^2\frac{\partial \ln Z_N}{\partial T}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T,
\qquad
C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{V,N}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}. U = k B T 2 ∂ T ∂ ln Z N = 2 3 N k B T , C V = ( ∂ T ∂ U ) V , N = 2 3 N k B . 答えは U = 3 2 N k B T U=\frac32 Nk_{\mathrm B}T U = 2 3 N k B T C V = 3 2 N k B C_V=\frac32 Nk_{\mathrm B} C V = 2 3 N k B 1 2 k B T \frac12 k_{\mathrm B}T 2 1 k B T
(ii) 圧力は
P = k B T ( ∂ ln Z N ∂ V ) T , N = N k B T V . P=k_{\mathrm B}T\left(\frac{\partial \ln Z_N}{\partial V}\right)_{T,N}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V} . P = k B T ( ∂ V ∂ ln Z N ) T , N = V N k B T . 答えは P = N k B T / V P=Nk_{\mathrm B}T/V P = N k B T / V V = 2 L 3 V=2L^3 V = 2 L 3
(iii) 与えられた熱力学関係に C V = 3 2 N k B C_V=\frac32Nk_{\mathrm B} C V = 2 3 N k B T T T
Δ S ( T 0 , T 0 / 2 ) = ∫ T 0 / 2 T 0 C V ( T ′ ) T ′ d T ′ = 3 2 N k B ln T 0 T 0 / 2 = 3 2 N k B ln 2. \Delta S(T_0,T_0/2)=\int_{T_0/2}^{T_0}\frac{C_V(T')}{T'}dT'
=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}\ln\frac{T_0}{T_0/2}
=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}\ln 2 . Δ S ( T 0 , T 0 /2 ) = ∫ T 0 /2 T 0 T ′ C V ( T ′ ) d T ′ = 2 3 N k B ln T 0 /2 T 0 = 2 3 N k B ln 2. 答えは Δ S = 3 2 N k B ln 2 \Delta S=\frac32 Nk_{\mathrm B}\ln2 Δ S = 2 3 N k B ln 2 T 0 T_0 T 0
(i) 体積と化学ポテンシャル を固定した大分配関数は、z = e μ / ( k B T ) z=e^{\mu/(k_{\mathrm B}T)} z = e μ / ( k B T ) Z 1 = V / λ T 3 Z_1=V/\lambda_T^3 Z 1 = V / λ T 3
Ξ = ∑ N = 0 ∞ z N Z N = ∑ N = 0 ∞ ( z Z 1 ) N N ! = e z Z 1 , ⟨ N ( T ) ⟩ = z ∂ ln Ξ ∂ z = z Z 1 = e μ / ( k B T ) V ( m k B T 2 π ℏ 2 ) 3 / 2 \Xi=\sum_{N=0}^{\infty}z^N Z_N=\sum_{N=0}^{\infty}\frac{(zZ_1)^N}{N!}=e^{zZ_1},
\qquad
\langle N(T)\rangle=z\frac{\partial \ln\Xi}{\partial z}=zZ_1
=e^{\mu/(k_{\mathrm B}T)}\,V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2} Ξ = N = 0 ∑ ∞ z N Z N = N = 0 ∑ ∞ N ! ( z Z 1 ) N = e z Z 1 , ⟨ N ( T )⟩ = z ∂ z ∂ ln Ξ = z Z 1 = e μ / ( k B T ) V ( 2 π ℏ 2 m k B T ) 3/2 です。μ \mu μ
⟨ N ( T 1 ) ⟩ ⟨ N ( T 2 ) ⟩ = ( T 1 T 2 ) 3 / 2 exp [ μ k B ( 1 T 1 − 1 T 2 ) ] . \frac{\langle N(T_1)\rangle}{\langle N(T_2)\rangle}
=\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^{3/2}\exp\left[\frac{\mu}{k_{\mathrm B}}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)\right] . ⟨ N ( T 2 )⟩ ⟨ N ( T 1 )⟩ = ( T 2 T 1 ) 3/2 exp [ k B μ ( T 1 1 − T 2 1 ) ] . これが答えです。μ < 0 \mu<0 μ < 0
(ii) 大正準分布では P V = k B T ln Ξ = k B T z Z 1 = k B T ⟨ N ( T ) ⟩ PV=k_{\mathrm B}T\ln\Xi=k_{\mathrm B}T\,zZ_1=k_{\mathrm B}T\langle N(T)\rangle P V = k B T ln Ξ = k B T z Z 1 = k B T ⟨ N ( T )⟩
⟨ N ( T ) ⟩ V = P k B T , つまり P = ⟨ N ( T ) ⟩ V k B T . \frac{\langle N(T)\rangle}{V}=\frac{P}{k_{\mathrm B}T},
\qquad\text{つまり}\qquad
P=\frac{\langle N(T)\rangle}{V}k_{\mathrm B}T . V ⟨ N ( T )⟩ = k B T P , つまり P = V ⟨ N ( T )⟩ k B T . 粒子数がゆらぐ設定でも、数密度と圧力の関係は理想気体の状態方程式のままです。設問1(ii) と同じ形になったことが検算になります。
(i) 1 粒子の最低準位は ( n x , n y , n z ) = ( 1 , 1 , 1 ) (n_x,n_y,n_z)=(1,1,1) ( n x , n y , n z ) = ( 1 , 1 , 1 )
E ( 1 , 1 , 1 ) = ε 0 [ 1 + 1 + 1 4 ] = 9 4 ε 0 . E(1,1,1)=\varepsilon_0\left[1+1+\frac14\right]=\frac94\varepsilon_0 . E ( 1 , 1 , 1 ) = ε 0 [ 1 + 1 + 4 1 ] = 4 9 ε 0 . 相互作用のないボース粒子なので、系の基底状態（エネルギー最低の状態）は N N N
E G = 9 4 N ε 0 = 9 π 2 ℏ 2 N 8 m L 2 . E_{\mathrm{G}}=\frac94 N\varepsilon_0=\frac{9\pi^2\hbar^2 N}{8mL^2} . E G = 4 9 N ε 0 = 8 m L 2 9 π 2 ℏ 2 N . 1 粒子の第 2 番目に低い準位を探します。n x 2 + n y 2 + ( n z / 2 ) 2 n_x^2+n_y^2+(n_z/2)^2 n x 2 + n y 2 + ( n z /2 ) 2 ( 1 , 1 , 2 ) (1,1,2) ( 1 , 1 , 2 ) 3 3 3 ( 1 , 1 , 3 ) (1,1,3) ( 1 , 1 , 3 ) 17 / 4 17/4 17/4 ( 2 , 1 , 1 ) (2,1,1) ( 2 , 1 , 1 ) ( 1 , 2 , 1 ) (1,2,1) ( 1 , 2 , 1 ) 21 / 4 21/4 21/4 ( 1 , 1 , 2 ) (1,1,2) ( 1 , 1 , 2 ) z z z 2 L 2L 2 L ( 1 , 1 , 2 ) (1,1,2) ( 1 , 1 , 2 )
E 1 = E G + Δ , Δ ≡ E ( 1 , 1 , 2 ) − E ( 1 , 1 , 1 ) = 3 4 ε 0 = 3 π 2 ℏ 2 8 m L 2 . E_{1}=E_{\mathrm{G}}+\Delta,\qquad
\Delta\equiv E(1,1,2)-E(1,1,1)=\frac34\varepsilon_0=\frac{3\pi^2\hbar^2}{8mL^2} . E 1 = E G + Δ , Δ ≡ E ( 1 , 1 , 2 ) − E ( 1 , 1 , 1 ) = 4 3 ε 0 = 8 m L 2 3 π 2 ℏ 2 . 答えは基底状態が 9 π 2 ℏ 2 N / ( 8 m L 2 ) 9\pi^2\hbar^2N/(8mL^2) 9 π 2 ℏ 2 N / ( 8 m L 2 ) 9 π 2 ℏ 2 N / ( 8 m L 2 ) + 3 π 2 ℏ 2 / ( 8 m L 2 ) 9\pi^2\hbar^2N/(8mL^2)+3\pi^2\hbar^2/(8mL^2) 9 π 2 ℏ 2 N / ( 8 m L 2 ) + 3 π 2 ℏ 2 / ( 8 m L 2 )
(ii) k B T ≪ Δ k_{\mathrm B}T\ll\Delta k B T ≪ Δ ( 1 , 1 , 3 ) (1,1,3) ( 1 , 1 , 3 ) Z = e − β E G ( 1 + e − β Δ ) Z=e^{-\beta E_{\mathrm G}}(1+e^{-\beta\Delta}) Z = e − β E G ( 1 + e − β Δ )
U ( T ) = E G + Δ e Δ / ( k B T ) + 1 ≃ E G + Δ e − Δ / ( k B T ) . U(T)=E_{\mathrm G}+\frac{\Delta}{e^{\Delta/(k_{\mathrm B}T)}+1}
\simeq E_{\mathrm G}+\Delta\,e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)} . U ( T ) = E G + e Δ/ ( k B T ) + 1 Δ ≃ E G + Δ e − Δ/ ( k B T ) . 設問1(i) との比較。古典計算では U = 3 2 N k B T U=\frac32Nk_{\mathrm B}T U = 2 3 N k B T T → 0 T\to0 T → 0 U → 0 U\to0 U → 0 T T T U U U E G E_{\mathrm G} E G N N N T T T e − Δ / ( k B T ) e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)} e − Δ/ ( k B T ) T T T k B T ≫ ε 0 k_{\mathrm B}T\gg\varepsilon_0 k B T ≫ ε 0
(iii) (ii) の U ( T ) U(T) U ( T ) x ≡ Δ / ( k B T ) x\equiv\Delta/(k_{\mathrm B}T) x ≡ Δ/ ( k B T )
C V = k B x 2 e x ( e x + 1 ) 2 ≃ k B ( Δ k B T ) 2 e − Δ / ( k B T ) ( k B T ≪ Δ ) C_V=k_{\mathrm B}\,\frac{x^2e^{x}}{(e^{x}+1)^2}\simeq k_{\mathrm B}\left(\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T}\right)^2e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)}
\qquad (k_{\mathrm B}T\ll\Delta) C V = k B ( e x + 1 ) 2 x 2 e x ≃ k B ( k B T Δ ) 2 e − Δ/ ( k B T ) ( k B T ≪ Δ ) です。T → + 0 T\to+0 T → + 0 x → ∞ x\to\infty x → ∞
C V ( T = 0 ) = 0. C_V(T=0)=0 . C V ( T = 0 ) = 0. 答えは 0 0 0 Δ \Delta Δ
(iv) 2 準位系のエントロピーは
S ( T ) = k B [ ln ( 1 + e − x ) + x e − x 1 + e − x ] ≃ k B ( 1 + x ) e − x , x = Δ k B T S(T)=k_{\mathrm B}\left[\ln\left(1+e^{-x}\right)+\frac{x\,e^{-x}}{1+e^{-x}}\right]
\simeq k_{\mathrm B}(1+x)\,e^{-x},\qquad x=\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T} S ( T ) = k B [ ln ( 1 + e − x ) + 1 + e − x x e − x ] ≃ k B ( 1 + x ) e − x , x = k B T Δ なので
Δ S ( T 0 , T 0 / 2 ) ≃ k B [ ( 1 + x 0 ) e − x 0 − ( 1 + 2 x 0 ) e − 2 x 0 ] , x 0 = Δ k B T 0 \Delta S(T_0,T_0/2)\simeq k_{\mathrm B}\left[(1+x_0)e^{-x_0}-(1+2x_0)e^{-2x_0}\right],
\qquad x_0=\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T_0} Δ S ( T 0 , T 0 /2 ) ≃ k B [ ( 1 + x 0 ) e − x 0 − ( 1 + 2 x 0 ) e − 2 x 0 ] , x 0 = k B T 0 Δ です。T 0 → 0 T_0\to0 T 0 → 0 x 0 → ∞ x_0\to\infty x 0 → ∞
lim T 0 → 0 Δ S ( T 0 , T 0 / 2 ) = 0. \lim_{T_0\to0}\Delta S(T_0,T_0/2)=0 . T 0 → 0 lim Δ S ( T 0 , T 0 /2 ) = 0. 答えは 0 0 0 S ( 0 ) = 0 S(0)=0 S ( 0 ) = 0 T 0 → 0 T_0\to0 T 0 → 0 S ( T 0 ) S(T_0) S ( T 0 ) S ( T 0 / 2 ) S(T_0/2) S ( T 0 /2 ) 0 0 0
(v) 設問1(iii) は 3 2 N k B ln 2 \frac32Nk_{\mathrm B}\ln2 2 3 N k B ln 2 T 0 T_0 T 0 0 0 0 S = k B ln W S=k_{\mathrm B}\ln W S = k B ln W W W W
古典計算では、位置は体積 V N V^N V N ∑ i p i 2 = 2 m U \sum_i \boldsymbol p_i^2=2mU ∑ i p i 2 = 2 m U 3 N 3N 3 N r = 2 m U r=\sqrt{2mU} r = 2 m U a 3 N r 3 N − 1 a_{3N}r^{3N-1} a 3 N r 3 N − 1
W ∝ V N a 3 N ( 2 m U ) ( 3 N − 1 ) / 2 ∝ T ( 3 N − 1 ) / 2 ( U = 3 2 N k B T ) W\ \propto\ V^N\,a_{3N}\left(2mU\right)^{(3N-1)/2}\ \propto\ T^{(3N-1)/2}
\qquad\left(U=\tfrac32Nk_{\mathrm B}T\right) W ∝ V N a 3 N ( 2 m U ) ( 3 N − 1 ) /2 ∝ T ( 3 N − 1 ) /2 ( U = 2 3 N k B T ) となり
S = k B 3 N − 1 2 ln T + const , Δ S ( T 0 , T 0 / 2 ) = k B 3 N − 1 2 ln 2 ≃ 3 2 N k B ln 2 ( N ≫ 1 ) S=k_{\mathrm B}\frac{3N-1}{2}\ln T+\text{const},\qquad
\Delta S(T_0,T_0/2)=k_{\mathrm B}\frac{3N-1}{2}\ln2\simeq\frac32Nk_{\mathrm B}\ln2\ \ (N\gg1) S = k B 2 3 N − 1 ln T + const , Δ S ( T 0 , T 0 /2 ) = k B 2 3 N − 1 ln 2 ≃ 2 3 N k B ln 2 ( N ≫ 1 ) で、設問1(iii) が再現します。古典ではエネルギーが連続なので、温度を半分にすると運動量球の半径が 1 / 2 1/\sqrt2 1/ 2 2 − ( 3 N − 1 ) / 2 2^{-(3N-1)/2} 2 − ( 3 N − 1 ) /2 T 0 T_0 T 0 Δ S \Delta S Δ S S S S T → 0 T\to0 T → 0 − ∞ -\infty − ∞
量子的には、スペクトルが離散的で、非縮退な基底状態の上に有限のギャップ Δ \Delta Δ k B T ≪ Δ k_{\mathrm B}T\ll\Delta k B T ≪ Δ W ≃ 1 W\simeq1 W ≃ 1 S ≃ k B ln 1 = 0 S\simeq k_{\mathrm B}\ln1=0 S ≃ k B ln 1 = 0 Δ S → 0 \Delta S\to0 Δ S → 0 1 1 1
Maxwell 方程式から出発して、時間変動する電気双極子の放射場を求めます。前半（設問1から6）は原点で z z z d d d j z ( r , t ) = I 0 e i ω t δ ( x ) δ ( y ) j_z(\boldsymbol r,t)=I_0e^{i\omega t}\delta(x)\delta(y) j z ( r , t ) = I 0 e iω t δ ( x ) δ ( y ) + z +z + z + q ( t ) +q(t) + q ( t ) − q ( t ) -q(t) − q ( t ) x y xy x y y = ∓ D / 2 y=\mp D/2 y = ∓ D /2 ε 0 \varepsilon_0 ε 0 μ 0 \mu_0 μ 0 c = 1 / ε 0 μ 0 c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0} c = 1/ ε 0 μ 0 k = ω / c k=\omega/c k = ω / c
± q \pm q ± q z = ± d / 2 z=\pm d/2 z = ± d /2 d ≪ r d\ll r d ≪ r
ϕ 0 ( r ) = q 4 π ε 0 [ 1 ∣ r − d 2 e z ∣ − 1 ∣ r + d 2 e z ∣ ] ≃ 1 4 π ε 0 q d cos θ r 2 = p ⋅ r 4 π ε 0 r 3 = p cos θ 4 π ε 0 r 2 \phi_0(\boldsymbol r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\lvert \boldsymbol r-\tfrac{d}{2}\boldsymbol e_z\rvert}-\frac{1}{\lvert \boldsymbol r+\tfrac{d}{2}\boldsymbol e_z\rvert}\right]
\simeq\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qd\cos\theta}{r^2}
=\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0 r^3}
=\frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} ϕ 0 ( r ) = 4 π ε 0 q [ ∣ r − 2 d e z ∣ 1 − ∣ r + 2 d e z ∣ 1 ] ≃ 4 π ε 0 1 r 2 q d cos θ = 4 π ε 0 r 3 p ⋅ r = 4 π ε 0 r 2 p cos θ （p = q d p=qd p = q d ∇ = e r ∂ r + e θ 1 r ∂ θ + e φ 1 r sin θ ∂ φ \nabla=\boldsymbol e_r\partial_r+\boldsymbol e_\theta \frac{1}{r}\partial_\theta+\boldsymbol e_\varphi\frac{1}{r\sin\theta}\partial_\varphi ∇ = e r ∂ r + e θ r 1 ∂ θ + e φ r s i n θ 1 ∂ φ
E ( r ) = − ∇ ϕ 0 = p 4 π ε 0 r 3 ( 2 cos θ e r + sin θ e θ ) . \boldsymbol E(\boldsymbol r)=-\nabla\phi_0
=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left(2\cos\theta\,\boldsymbol e_r+\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta\right) . E ( r ) = − ∇ ϕ 0 = 4 π ε 0 r 3 p ( 2 cos θ e r + sin θ e θ ) . φ \varphi φ ϕ 0 \phi_0 ϕ 0 φ \varphi φ 0 0 0
∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol B=0 ∇ ⋅ B = 0 B = ∇ × A \boldsymbol B=\nabla\times\boldsymbol A B = ∇ × A ∇ × E = − ∂ B / ∂ t \nabla\times\boldsymbol E=-\partial\boldsymbol B/\partial t ∇ × E = − ∂ B / ∂ t ∇ × ( E + ∂ A / ∂ t ) = 0 \nabla\times(\boldsymbol E+\partial\boldsymbol A/\partial t)=0 ∇ × ( E + ∂ A / ∂ t ) = 0
B ( r , t ) = ∇ × A ( r , t ) , E ( r , t ) = − ∇ ϕ ( r , t ) − ∂ A ( r , t ) ∂ t . \boldsymbol B(\boldsymbol r,t)=\nabla\times\boldsymbol A(\boldsymbol r,t),
\qquad
\boldsymbol E(\boldsymbol r,t)=-\nabla\phi(\boldsymbol r,t)-\frac{\partial \boldsymbol A(\boldsymbol r,t)}{\partial t} . B ( r , t ) = ∇ × A ( r , t ) , E ( r , t ) = − ∇ ϕ ( r , t ) − ∂ t ∂ A ( r , t ) . 設問2 の表式を使うと、式 (2) と式 (3) は恒等的に満たされます（∇ ⋅ ( ∇ × A ) = 0 \nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol A)=0 ∇ ⋅ ( ∇ × A ) = 0 ∇ × E = − ∂ t ( ∇ × A ) = − ∂ t B \nabla\times\boldsymbol E=-\partial_t(\nabla\times\boldsymbol A)=-\partial_t\boldsymbol B ∇ × E = − ∂ t ( ∇ × A ) = − ∂ t B
式 (1) に代入して
∇ ⋅ E = − ∇ 2 ϕ − ∂ ∂ t ( ∇ ⋅ A ) = ρ ε 0 . \nabla\cdot\boldsymbol E=-\nabla^2\phi-\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\boldsymbol A)=\frac{\rho}{\varepsilon_0} . ∇ ⋅ E = − ∇ 2 ϕ − ∂ t ∂ ( ∇ ⋅ A ) = ε 0 ρ . ローレンツ条件 ∇ ⋅ A = − 1 c 2 ∂ ϕ / ∂ t \nabla\cdot\boldsymbol A=-\frac{1}{c^2}\partial\phi/\partial t ∇ ⋅ A = − c 2 1 ∂ ϕ / ∂ t + 1 c 2 ∂ 2 ϕ / ∂ t 2 +\frac{1}{c^2}\partial^2\phi/\partial t^2 + c 2 1 ∂ 2 ϕ / ∂ t 2
∇ 2 ϕ − 1 c 2 ∂ 2 ϕ ∂ t 2 = − ρ ε 0 \nabla^2\phi-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}=-\frac{\rho}{\varepsilon_0} ∇ 2 ϕ − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 ϕ = − ε 0 ρ が得られます。式 (5) です。
式 (4) には ∇ × ( ∇ × A ) = ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A \nabla\times(\nabla\times\boldsymbol A)=\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol A)-\nabla^2\boldsymbol A ∇ × ( ∇ × A ) = ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A
∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A = μ 0 j + 1 c 2 ∂ ∂ t ( − ∇ ϕ − ∂ A ∂ t ) = μ 0 j − 1 c 2 ∇ ∂ ϕ ∂ t − 1 c 2 ∂ 2 A ∂ t 2 . \nabla(\nabla\cdot\boldsymbol A)-\nabla^2\boldsymbol A
=\mu_0\boldsymbol j+\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\left(-\nabla\phi-\frac{\partial\boldsymbol A}{\partial t}\right)
=\mu_0\boldsymbol j-\frac{1}{c^2}\nabla\frac{\partial\phi}{\partial t}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol A}{\partial t^2} . ∇ ( ∇ ⋅ A ) − ∇ 2 A = μ 0 j + c 2 1 ∂ t ∂ ( − ∇ ϕ − ∂ t ∂ A ) = μ 0 j − c 2 1 ∇ ∂ t ∂ ϕ − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 A . ローレンツ条件より左辺第 1 項は − 1 c 2 ∇ ( ∂ ϕ / ∂ t ) -\frac{1}{c^2}\nabla(\partial\phi/\partial t) − c 2 1 ∇ ( ∂ ϕ / ∂ t )
∇ 2 A − 1 c 2 ∂ 2 A ∂ t 2 = − μ 0 j \nabla^2\boldsymbol A-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol A}{\partial t^2}=-\mu_0\boldsymbol j ∇ 2 A − c 2 1 ∂ t 2 ∂ 2 A = − μ 0 j すなわち式 (6) を得ます。使った仮定はローレンツ条件だけで、ϕ \phi ϕ A \boldsymbol A A
導線の断面で j z j_z j z I ( t ) = ∫ d x d y j z = I 0 e i ω t I(t)=\int dx\,dy\,j_z=I_0e^{i\omega t} I ( t ) = ∫ d x d y j z = I 0 e iω t + z +z + z q ( t ) q(t) q ( t ) d q / d t = I ( t ) dq/dt=I(t) d q / d t = I ( t )
q ( t ) = I 0 i ω e i ω t = − i I 0 ω e i ω t q(t)=\frac{I_0}{i\omega}e^{i\omega t}=-\frac{iI_0}{\omega}e^{i\omega t} q ( t ) = iω I 0 e iω t = − ω i I 0 e iω t （直流成分は 0 0 0 R e q ( t ) = ( I 0 / ω ) sin ω t \mathrm{Re}\,q(t)=(I_0/\omega)\sin\omega t Re q ( t ) = ( I 0 / ω ) sin ω t π / 2 \pi/2 π /2 p ( t ) = q ( t ) d e z \boldsymbol p(t)=q(t)d\,\boldsymbol e_z p ( t ) = q ( t ) d e z
電流は z z z d d d r ≫ d r\gg d r ≫ d k d ≪ 1 kd\ll1 k d ≪ 1 ∣ r − r ′ ∣ ≃ r \lvert \boldsymbol r-\boldsymbol r'\rvert\simeq r ∣ r − r ′ ∣ ≃ r
A ( r , t ) = e z μ 0 4 π 1 r ∫ − d / 2 d / 2 d z ′ I 0 e i ω ( t − r / c ) = e z μ 0 I 0 d 4 π r e i ( ω t − k r ) . \boldsymbol A(\boldsymbol r,t)=\boldsymbol e_z\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{r}\int_{-d/2}^{d/2}dz'\,I_0e^{i\omega(t-r/c)}
=\boldsymbol e_z\frac{\mu_0 I_0 d}{4\pi r}e^{i(\omega t-kr)} . A ( r , t ) = e z 4 π μ 0 r 1 ∫ − d /2 d /2 d z ′ I 0 e iω ( t − r / c ) = e z 4 π r μ 0 I 0 d e i ( ω t − k r ) . これが求めるベクトルポテンシャルです。A z A_z A z r r r t t t e z \boldsymbol e_z e z
∇ × A = ( ∂ A z ∂ r ) ( e r × e z ) = − sin θ ∂ A z ∂ r e φ \nabla\times\boldsymbol A=\left(\frac{\partial A_z}{\partial r}\right)\left(\boldsymbol e_r\times\boldsymbol e_z\right)
=-\sin\theta\,\frac{\partial A_z}{\partial r}\,\boldsymbol e_\varphi ∇ × A = ( ∂ r ∂ A z ) ( e r × e z ) = − sin θ ∂ r ∂ A z e φ となります（e z = cos θ e r − sin θ e θ \boldsymbol e_z=\cos\theta\,\boldsymbol e_r-\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta e z = cos θ e r − sin θ e θ e r × e z = − sin θ e φ \boldsymbol e_r\times\boldsymbol e_z=-\sin\theta\,\boldsymbol e_\varphi e r × e z = − sin θ e φ ∂ r A z \partial_r A_z ∂ r A z − i k / r -ik/r − ik / r − 1 / r 2 -1/r^2 − 1/ r 2 1 / r 1/r 1/ r
B ( r , t ) = e φ i μ 0 I 0 d k sin θ 4 π r e i ( ω t − k r ) . \boldsymbol B(\boldsymbol r,t)=\boldsymbol e_\varphi\,\frac{i\mu_0 I_0 d\,k\sin\theta}{4\pi r}\,e^{i(\omega t-kr)} . B ( r , t ) = e φ 4 π r i μ 0 I 0 d k sin θ e i ( ω t − k r ) . 観測点では j = 0 \boldsymbol j=0 j = 0 ∇ × B = 1 c 2 ∂ E / ∂ t \nabla\times\boldsymbol B=\frac{1}{c^2}\partial\boldsymbol E/\partial t ∇ × B = c 2 1 ∂ E / ∂ t e i ω t e^{i\omega t} e iω t E = c 2 i ω ∇ × B \boldsymbol E=\frac{c^2}{i\omega}\nabla\times\boldsymbol B E = iω c 2 ∇ × B B = B φ e φ \boldsymbol B=B_\varphi\boldsymbol e_\varphi B = B φ e φ
∇ × B = e r [ 1 r ∂ B φ ∂ θ + cos θ r sin θ B φ ] − e θ [ ∂ B φ ∂ r + B φ r ] \nabla\times\boldsymbol B
=\boldsymbol e_r\left[\frac{1}{r}\frac{\partial B_\varphi}{\partial\theta}+\frac{\cos\theta}{r\sin\theta}B_\varphi\right]
-\boldsymbol e_\theta\left[\frac{\partial B_\varphi}{\partial r}+\frac{B_\varphi}{r}\right] ∇ × B = e r [ r 1 ∂ θ ∂ B φ + r sin θ cos θ B φ ] − e θ [ ∂ r ∂ B φ + r B φ ] で、B φ ∝ 1 / r B_\varphi\propto 1/r B φ ∝ 1/ r e r \boldsymbol e_r e r 1 / r 2 1/r^2 1/ r 2 e θ \boldsymbol e_\theta e θ ∂ r B φ ≃ − i k B φ \partial_r B_\varphi\simeq -ikB_\varphi ∂ r B φ ≃ − ik B φ 1 / r 1/r 1/ r 1 / r 1/r 1/ r ∇ × B ≃ i k B φ e θ \nabla\times\boldsymbol B\simeq ikB_\varphi\boldsymbol e_\theta ∇ × B ≃ ik B φ e θ
E ( r , t ) = c 2 i ω i k B φ e θ = c B φ e θ = e θ i μ 0 c I 0 d k sin θ 4 π r e i ( ω t − k r ) . \boldsymbol E(\boldsymbol r,t)=\frac{c^2}{i\omega}\,ikB_\varphi\,\boldsymbol e_\theta=cB_\varphi\boldsymbol e_\theta
=\boldsymbol e_\theta\,\frac{i\mu_0 c\, I_0 d\,k\sin\theta}{4\pi r}\,e^{i(\omega t-kr)} . E ( r , t ) = iω c 2 ik B φ e θ = c B φ e θ = e θ 4 π r i μ 0 c I 0 d k sin θ e i ( ω t − k r ) . E θ = c B φ E_\theta=cB_\varphi E θ = c B φ e r \boldsymbol e_r e r sin θ \sin\theta sin θ z z z
実部をとります。K ≡ μ 0 c I 0 d k sin θ / ( 4 π r ) K\equiv \mu_0 c I_0 d k\sin\theta/(4\pi r) K ≡ μ 0 c I 0 d k sin θ / ( 4 π r ) R e [ i K e i ψ ] = − K sin ψ \mathrm{Re}\,[iKe^{i\psi}]=-K\sin\psi Re [ i K e i ψ ] = − K sin ψ
E θ = − K sin ( ω t − k r ) , B φ = − K c sin ( ω t − k r ) . E_\theta=-K\sin(\omega t-kr),
\qquad
B_\varphi=-\frac{K}{c}\sin(\omega t-kr) . E θ = − K sin ( ω t − k r ) , B φ = − c K sin ( ω t − k r ) . e θ × e φ = e r \boldsymbol e_\theta\times\boldsymbol e_\varphi=\boldsymbol e_r e θ × e φ = e r
S = 1 μ 0 E × B = e r K 2 μ 0 c sin 2 ( ω t − k r ) = e r μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 sin 2 θ 16 π 2 r 2 sin 2 ( ω t − k r ) . \boldsymbol S=\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol E\times\boldsymbol B=\boldsymbol e_r\,\frac{K^2}{\mu_0 c}\sin^2(\omega t-kr)
=\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2\sin^2\theta}{16\pi^2r^2}\sin^2(\omega t-kr) . S = μ 0 1 E × B = e r μ 0 c K 2 sin 2 ( ω t − k r ) = e r 16 π 2 r 2 μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 sin 2 θ sin 2 ( ω t − k r ) . ⟨ sin 2 ⟩ = 1 / 2 \langle\sin^2\rangle=1/2 ⟨ sin 2 ⟩ = 1/2
S ˉ = e r μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 sin 2 θ 32 π 2 r 2 = e r μ 0 ω 2 I 0 2 d 2 sin 2 θ 32 π 2 c r 2 . \bar{\boldsymbol S}=\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2\sin^2\theta}{32\pi^2r^2}
=\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 \omega^2 I_0^2d^2\sin^2\theta}{32\pi^2c\,r^2} . S ˉ = e r 32 π 2 r 2 μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 sin 2 θ = e r 32 π 2 c r 2 μ 0 ω 2 I 0 2 d 2 sin 2 θ . これが答えです。検算として全放射パワーを求めると、∫ sin 2 θ d Ω = 8 π / 3 \int\sin^2\theta\,d\Omega=8\pi/3 ∫ sin 2 θ d Ω = 8 π /3
P ˉ = ∮ S ˉ ⋅ d S = μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 32 π 2 ⋅ 8 π 3 = μ 0 c k 2 I 0 2 d 2 12 π \bar P=\oint \bar{\boldsymbol S}\cdot d\boldsymbol S=\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2}{32\pi^2}\cdot\frac{8\pi}{3}=\frac{\mu_0 c\,k^2I_0^2d^2}{12\pi} P ˉ = ∮ S ˉ ⋅ d S = 32 π 2 μ 0 c I 0 2 d 2 k 2 ⋅ 3 8 π = 12 π μ 0 c k 2 I 0 2 d 2 となります。一方、双極子モーメントの振幅 ∣ p 0 ∣ = I 0 d / ω \lvert p_0\rvert=I_0d/\omega ∣ p 0 ∣ = I 0 d / ω P ˉ = μ 0 ω 4 ∣ p 0 ∣ 2 / ( 12 π c ) \bar P=\mu_0\omega^4\lvert p_0\rvert^2/(12\pi c) P ˉ = μ 0 ω 4 ∣ p 0 ∣ 2 / ( 12 π c ) r r r W \mathrm{W} W
r = ( r cos φ , r sin φ , 0 ) \boldsymbol r=(r\cos\varphi, r\sin\varphi,0) r = ( r cos φ , r sin φ , 0 ) ( 0 , − D / 2 , 0 ) (0,-D/2,0) ( 0 , − D /2 , 0 ) ( 0 , + D / 2 , 0 ) (0,+D/2,0) ( 0 , + D /2 , 0 ) D ≪ r D\ll r D ≪ r
R 1 ≃ r + D 2 sin φ , R 2 ≃ r − D 2 sin φ , R 1 − R 2 = D sin φ . R_1\simeq r+\frac{D}{2}\sin\varphi,
\qquad
R_2\simeq r-\frac{D}{2}\sin\varphi,
\qquad
R_1-R_2=D\sin\varphi . R 1 ≃ r + 2 D sin φ , R 2 ≃ r − 2 D sin φ , R 1 − R 2 = D sin φ . 両波源の電場はどちらも e z \boldsymbol e_z e z
E = e z E 0 [ cos ( ω t − k R 1 − δ 1 ) + cos ( ω t − k R 2 − δ 2 ) ] = e z 2 E 0 cos ( ω t − k r − δ 1 + δ 2 2 ) cos Ψ , \boldsymbol E=\boldsymbol e_z E_0\left[\cos(\omega t-kR_1-\delta_1)+\cos(\omega t-kR_2-\delta_2)\right]
=\boldsymbol e_z\,2E_0\cos\!\left(\omega t-kr-\frac{\delta_1+\delta_2}{2}\right)\cos\Psi , E = e z E 0 [ cos ( ω t − k R 1 − δ 1 ) + cos ( ω t − k R 2 − δ 2 ) ] = e z 2 E 0 cos ( ω t − k r − 2 δ 1 + δ 2 ) cos Ψ , Ψ ≡ k D sin φ + δ 1 − δ 2 2 . \Psi\equiv\frac{kD\sin\varphi+\delta_1-\delta_2}{2} . Ψ ≡ 2 k D sin φ + δ 1 − δ 2 . したがって
∣ E ∣ 2 = 4 E 0 2 cos 2 ( ω t − k r − δ 1 + δ 2 2 ) cos 2 Ψ , ∣ E ∣ 2 ‾ = 2 E 0 2 cos 2 Ψ . \lvert\boldsymbol E\rvert^2=4E_0^2\cos^2\!\left(\omega t-kr-\frac{\delta_1+\delta_2}{2}\right)\cos^2\Psi,
\qquad
\overline{\lvert\boldsymbol E\rvert^2}=2E_0^2\cos^2\Psi . ∣ E ∣ 2 = 4 E 0 2 cos 2 ( ω t − k r − 2 δ 1 + δ 2 ) cos 2 Ψ , ∣ E ∣ 2 = 2 E 0 2 cos 2 Ψ. δ 1 = δ 2 = 0 \delta_1=\delta_2=0 δ 1 = δ 2 = 0
∣ E ∣ 2 ‾ = 2 E 0 2 cos 2 ( k D sin φ 2 ) = E 0 2 [ 1 + cos ( k D sin φ ) ] \overline{\lvert\boldsymbol E\rvert^2}=2E_0^2\cos^2\!\left(\frac{kD\sin\varphi}{2}\right)=E_0^2\left[1+\cos(kD\sin\varphi)\right] ∣ E ∣ 2 = 2 E 0 2 cos 2 ( 2 k D sin φ ) = E 0 2 [ 1 + cos ( k D sin φ ) ] です。sin φ = m λ / D \sin\varphi=m\lambda/D sin φ = mλ / D m m m λ = 2 π / k \lambda=2\pi/k λ = 2 π / k 2 E 0 2 2E_0^2 2 E 0 2 sin φ = ( m + 1 2 ) λ / D \sin\varphi=(m+\tfrac12)\lambda/D sin φ = ( m + 2 1 ) λ / D 0 0 0 φ = 0 \varphi=0 φ = 0 φ = π \varphi=\pi φ = π
半値幅は cos 2 ( k D sin φ / 2 ) = 1 / 2 \cos^2(kD\sin\varphi/2)=1/2 cos 2 ( k D sin φ /2 ) = 1/2 k D sin φ / 2 = ± π / 4 kD\sin\varphi/2=\pm\pi/4 k D sin φ /2 = ± π /4 sin φ = ± π / ( 2 k D ) = ± λ / ( 4 D ) \sin\varphi=\pm\pi/(2kD)=\pm\lambda/(4D) sin φ = ± π / ( 2 k D ) = ± λ / ( 4 D ) φ = 0 \varphi=0 φ = 0
Δ φ = 2 arcsin ( λ 4 D ) ≃ λ 2 D = π k D ( D ≫ λ ) . \Delta\varphi=2\arcsin\left(\frac{\lambda}{4D}\right)\simeq\frac{\lambda}{2D}=\frac{\pi}{kD}
\qquad (D\gg\lambda) . Δ φ = 2 arcsin ( 4 D λ ) ≃ 2 D λ = k D π ( D ≫ λ ) . Δ φ \Delta\varphi Δ φ k D = 2 π D / λ kD=2\pi D/\lambda k D = 2 π D / λ D D D λ \lambda λ D D D sin φ = m λ / D \sin\varphi=m\lambda/D sin φ = mλ / D φ \varphi φ Δ φ \Delta\varphi Δ φ D / λ D/\lambda D / λ
最大値の方向を φ = φ 0 \varphi=\varphi_0 φ = φ 0 Ψ = 0 \Psi=0 Ψ = 0 φ = φ 0 \varphi=\varphi_0 φ = φ 0
k D sin φ 0 + δ 1 − δ 2 = 0 ⟹ δ 2 − δ 1 = k D sin φ 0 = 2 π D λ sin φ 0 . kD\sin\varphi_0+\delta_1-\delta_2=0
\qquad\Longrightarrow\qquad
\delta_2-\delta_1=kD\sin\varphi_0=\frac{2\pi D}{\lambda}\sin\varphi_0 . k D sin φ 0 + δ 1 − δ 2 = 0 ⟹ δ 2 − δ 1 = k D sin φ 0 = λ 2 π D sin φ 0 . これが答えです。φ 0 = 0 \varphi_0=0 φ 0 = 0 δ 2 − δ 1 = 0 \delta_2-\delta_1=0 δ 2 − δ 1 = 0
高エネルギー陽子ビームを標的に当てて π − \pi^- π − π − → μ − + ν ˉ μ \pi^-\to\mu^-+\bar\nu_\mu π − → μ − + ν ˉ μ μ − \mu^- μ − μ − \mu^- μ − μ − \mu^- μ − μ − → e − + ν μ + ν ˉ e \mu^-\to e^-+\nu_\mu+\bar\nu_e μ − → e − + ν μ + ν ˉ e
不変質量を使います。静止標的（質量 m m m p p p m m m s = ( E tot ) 2 − ( p tot c ) 2 s=(E_{\text{tot}})^2-(p_{\text{tot}}c)^2 s = ( E tot ) 2 − ( p tot c ) 2 E c m = s E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{s} E cm = s
E c m = ( p 2 c 2 + m 2 c 4 + m c 2 ) 2 − p 2 c 2 = 2 m 2 c 4 + 2 m c 2 p 2 c 2 + m 2 c 4 . E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{\left(\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+mc^2\right)^2-p^2c^2}
=\sqrt{2m^2c^4+2mc^2\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} . E cm = ( p 2 c 2 + m 2 c 4 + m c 2 ) 2 − p 2 c 2 = 2 m 2 c 4 + 2 m c 2 p 2 c 2 + m 2 c 4 . 整理すると
E c m = 2 m c 2 m c 2 + p 2 c 2 + m 2 c 4 . E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{2mc^2}\,\sqrt{mc^2+\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} . E cm = 2 m c 2 m c 2 + p 2 c 2 + m 2 c 4 . これが答えです。p → 0 p\to0 p → 0 E c m → 2 m c 2 E_{\mathrm{cm}}\to2mc^2 E cm → 2 m c 2 p c ≫ m c 2 pc\gg mc^2 p c ≫ m c 2 E c m → 2 m c 2 ⋅ p c E_{\mathrm{cm}}\to\sqrt{2mc^2\cdot pc} E cm → 2 m c 2 ⋅ p c p + n → p + p + π − \mathrm p+\mathrm n\to\mathrm p+\mathrm p+\pi^- p + n → p + p + π − E c m ≥ 2 m p c 2 + m π c 2 E_{\mathrm{cm}}\ge 2m_{\mathrm p}c^2+m_\pi c^2 E cm ≥ 2 m p c 2 + m π c 2
電荷とバリオン数を合わせます。陽子標的（電荷 + 1 +1 + 1 1 1 1 π − \pi^- π − − 1 -1 − 1 + 3 +3 + 3
p + p → p + p + π + + π − \mathrm p+\mathrm p\ \to\ \mathrm p+\mathrm p+\pi^{+}+\pi^{-} p + p → p + p + π + + π − です。電荷は 2 → 2 + 1 − 1 = 2 2\to 2+1-1=2 2 → 2 + 1 − 1 = 2 2 → 2 2\to2 2 → 2 2 m π c 2 ≃ 280 M e V 2m_\pi c^2\simeq280\,\mathrm{MeV} 2 m π c 2 ≃ 280 MeV
π − \pi^- π − μ − \mu^- μ − e − e^- e − p p p
v = p c 2 p 2 c 2 + m 2 c 4 v=\frac{pc^2}{\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} v = p 2 c 2 + m 2 c 4 p c 2 は質量の増加とともに減るので、m e ≪ m μ < m π m_e\ll m_\mu<m_\pi m e ≪ m μ < m π v e > v μ > v π v_e>v_\mu>v_\pi v e > v μ > v π μ − \mu^- μ −
配置は次のとおりです。ビームの進行方向を x x x y y y − z -z − z y = ± h y=\pm h y = ± h y = + h y=+h y = + h y = − h y=-h y = − h E = − E 0 e y \boldsymbol E=-E_0\boldsymbol e_y E = − E 0 e y E 0 > 0 E_0>0 E 0 > 0 B = − B 0 e z \boldsymbol B=-B_0\boldsymbol e_z B = − B 0 e z B 0 > 0 B_0>0 B 0 > 0 − e -e − e v v v + x +x + x
F = − e ( E + v × B ) = − e ( v B 0 − E 0 ) e y \boldsymbol F=-e\left(\boldsymbol E+\boldsymbol v\times\boldsymbol B\right)=-e\left(vB_0-E_0\right)\boldsymbol e_y F = − e ( E + v × B ) = − e ( v B 0 − E 0 ) e y です。v = E 0 / B 0 v=E_0/B_0 v = E 0 / B 0 v > E 0 / B 0 v>E_0/B_0 v > E 0 / B 0 − y -y − y v < E 0 / B 0 v<E_0/B_0 v < E 0 / B 0 + y +y + y
E 0 B 0 = v μ = p c 2 p 2 c 2 + m μ 2 c 4 \frac{E_0}{B_0}=v_\mu=\frac{pc^2}{\sqrt{p^2c^2+m_\mu^2c^4}} B 0 E 0 = v μ = p 2 c 2 + m μ 2 c 4 p c 2 に合わせておくと、μ − \mu^- μ − v e > v μ v_e>v_\mu v e > v μ e − e^- e − − y -y − y v π < v μ v_\pi<v_\mu v π < v μ π − \pi^- π − + y +y + y ℓ \ell ℓ Δ y ≃ 1 2 ∣ F ∣ γ m ( ℓ v ) 2 \Delta y\simeq \frac{1}{2}\frac{\lvert F\rvert}{\gamma m}\left(\frac{\ell}{v}\right)^2 Δ y ≃ 2 1 γ m ∣ F ∣ ( v ℓ ) 2 ℓ \ell ℓ y = 0 y=0 y = 0 e − e^- e − π − \pi^- π − μ − \mu^- μ −
図としては、左から入るビーム、上下 2 枚の電極（上が正、下が負）、電極間に下向きの E \boldsymbol E E B \boldsymbol B B π − \pi^- π − μ − \mu^- μ − e − e^- e −
運動量が同じなので磁場だけの運動量分析では分離できず、電場と磁場を組み合わせて速度を選ぶ必要がある、というのがこの設問の要点です。
ア は電子、イ は電磁、ウ は力積、エ は運動量、オ は運動エネルギー、カ は − 2 -2 − 2 − 2 -2 − 2
理由を式で確かめます。速さ v v v b b b ∼ b / v \sim b/v ∼ b / v ∼ e 2 / ( 4 π ε 0 b 2 ) \sim e^2/(4\pi\varepsilon_0b^2) ∼ e 2 / ( 4 π ε 0 b 2 )
∣ Δ p e ∣ ∼ e 2 4 π ε 0 b 2 ⋅ b v ∝ 1 v \lvert\Delta \boldsymbol p_e\rvert\sim\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 b^2}\cdot\frac{b}{v}\ \propto\ \frac{1}{v} ∣ Δ p e ∣ ∼ 4 π ε 0 b 2 e 2 ⋅ v b ∝ v 1 で v v v
Δ E = ∣ Δ p e ∣ 2 2 m e ∝ 1 v 2 \Delta E=\frac{\lvert\Delta\boldsymbol p_e\rvert^2}{2m_e}\ \propto\ \frac{1}{v^2} Δ E = 2 m e ∣ Δ p e ∣ 2 ∝ v 2 1 に等しいので、単位長さあたりの損失は速さの − 2 -2 − 2
μ − → e − + ν μ + ν ˉ e \mu^-\to e^-+\nu_\mu+\bar\nu_e μ − → e − + ν μ + ν ˉ e e − e^- e − e − e^- e − E ν = p ν c = p e c E_\nu=p_\nu c=p_ec E ν = p ν c = p e c
p e 2 c 2 + m e 2 c 4 + p e c = m μ c 2 . \sqrt{p_e^2c^2+m_e^2c^4}+p_ec=m_\mu c^2 . p e 2 c 2 + m e 2 c 4 + p e c = m μ c 2 . 移項して二乗すると p e 2 c 2 p_e^2c^2 p e 2 c 2
p e = ( m μ 2 − m e 2 ) c 2 2 m μ c ⟹ p e c = m μ 2 c 4 − m e 2 c 4 2 m μ c 2 = 110 2 − 0.51 2 2 × 110 M e V = 55.0 M e V . p_e=\frac{(m_\mu^2-m_e^2)c^2}{2m_\mu c}
\qquad\Longrightarrow\qquad
p_ec=\frac{m_\mu^2c^4-m_e^2c^4}{2m_\mu c^2}=\frac{110^2-0.51^2}{2\times110}\,\mathrm{MeV}=55.0\,\mathrm{MeV} . p e = 2 m μ c ( m μ 2 − m e 2 ) c 2 ⟹ p e c = 2 m μ c 2 m μ 2 c 4 − m e 2 c 4 = 2 × 110 11 0 2 − 0.5 1 2 MeV = 55.0 MeV . 答えは p e ≃ 55 M e V / c p_e\simeq55\ \mathrm{MeV}/c p e ≃ 55 MeV / c m e ≪ m μ m_e\ll m_\mu m e ≪ m μ m μ c 2 / 2 = 55 M e V m_\mu c^2/2=55\,\mathrm{MeV} m μ c 2 /2 = 55 MeV
試料中の μ − \mu^- μ − τ d = 2 μ s \tau_{\mathrm d}=2\,\mu\mathrm{s} τ d = 2 μ s τ = 1 ± 0.2 μ s \tau=1\pm0.2\,\mu\mathrm{s} τ = 1 ± 0.2 μ s Γ c \Gamma_{\mathrm c} Γ c
1 τ = 1 τ d + Γ c ⟹ Γ c = 1 1 − 1 2 = 0.5 μ s − 1 . \frac{1}{\tau}=\frac{1}{\tau_{\mathrm d}}+\Gamma_{\mathrm c}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\Gamma_{\mathrm c}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=0.5\ \mu\mathrm{s}^{-1} . τ 1 = τ d 1 + Γ c ⟹ Γ c = 1 1 − 2 1 = 0.5 μ s − 1 . 核捕獲される割合は、全崩壊率に対する捕獲率の比です。
f = Γ c 1 / τ = 1 − τ τ d = 1 − 1 2 = 0.50. f=\frac{\Gamma_{\mathrm c}}{1/\tau}=1-\frac{\tau}{\tau_{\mathrm d}}=1-\frac{1}{2}=0.50 . f = 1/ τ Γ c = 1 − τ d τ = 1 − 2 1 = 0.50. 誤差は τ d \tau_{\mathrm d} τ d
δ f = δ τ τ d = 0.2 2 = 0.10. \delta f=\frac{\delta\tau}{\tau_{\mathrm d}}=\frac{0.2}{2}=0.10 . δ f = τ d δ τ = 2 0.2 = 0.10. 答えは f = 50 ± 10 % f=50\pm10\ \% f = 50 ± 10 %
5 回分を足します。静止した μ − \mu^- μ −
N μ = 20000 + 15000 + 30000 + 40000 + 5000 = 110000 , N_\mu=20000+15000+30000+40000+5000=110000, N μ = 20000 + 15000 + 30000 + 40000 + 5000 = 110000 , 検出されたガンマ線の総数は
N γ = 16 + 9 + 24 + 29 + 3 = 81. N_\gamma=16+9+24+29+3=81 . N γ = 16 + 9 + 24 + 29 + 3 = 81. 検出効率 η = 0.2 % = 2.0 × 10 − 3 \eta=0.2\ \%=2.0\times10^{-3} η = 0.2 % = 2.0 × 1 0 − 3 26 M g ^{26}\mathrm{Mg} 26 Mg 26 M g ^{26}\mathrm{Mg} 26 Mg
N M g = N γ η = 81 2.0 × 10 − 3 = 4.05 × 10 4 . N_{\mathrm{Mg}}=\frac{N_\gamma}{\eta}=\frac{81}{2.0\times10^{-3}}=4.05\times10^{4} . N Mg = η N γ = 2.0 × 1 0 − 3 81 = 4.05 × 1 0 4 . 静止 μ − \mu^- μ −
R = N M g N μ = 4.05 × 10 4 1.10 × 10 5 = 0.368 = 37 % . R=\frac{N_{\mathrm{Mg}}}{N_\mu}=\frac{4.05\times10^{4}}{1.10\times10^{5}}=0.368=37\ \% . R = N μ N Mg = 1.10 × 1 0 5 4.05 × 1 0 4 = 0.368 = 37 %. 統計誤差は、計数の少ないガンマ線数が支配します。N γ N_\gamma N γ σ N γ = 81 = 9 \sigma_{N_\gamma}=\sqrt{81}=9 σ N γ = 81 = 9 9 / 81 = 1 / 9 = 11 % 9/81=1/9=11\ \% 9/81 = 1/9 = 11 % N μ N_\mu N μ 110000 / 110000 = 0.3 % \sqrt{110000}/110000=0.3\ \% 110000 /110000 = 0.3 %
σ R = R ⋅ σ N γ N γ = 0.368 × 1 9 = 0.041. \sigma_R=R\cdot\frac{\sigma_{N_\gamma}}{N_\gamma}=0.368\times\frac{1}{9}=0.041 . σ R = R ⋅ N γ σ N γ = 0.368 × 9 1 = 0.041. 答えは R = 37 ± 4.1 % R=37\pm4.1\ \% R = 37 ± 4.1 %
散乱強度は電子数密度 n ( r ) n(\boldsymbol r) n ( r )
I = C ∣ ∫ V n ( r ) exp ( i q ⋅ r ) d 3 r ∣ 2 , q ≡ k ′ − k I=C\left\lvert\int_V n(\boldsymbol r)\exp(i\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r)\,d^3r\right\rvert^2,
\qquad
\boldsymbol q\equiv\boldsymbol k'-\boldsymbol k I = C ∫ V n ( r ) exp ( i q ⋅ r ) d 3 r 2 , q ≡ k ′ − k で与えられます。弾性散乱で ∣ k ∣ = ∣ k ′ ∣ = 2 π / λ \lvert\boldsymbol k\rvert=\lvert\boldsymbol k'\rvert=2\pi/\lambda ∣ k ∣ = ∣ k ′ ∣ = 2 π / λ x y xy x y z z z θ \theta θ k = 2 π λ ( e x cos θ − e z sin θ ) \boldsymbol k=\frac{2\pi}{\lambda}(\boldsymbol e_x\cos\theta-\boldsymbol e_z\sin\theta) k = λ 2 π ( e x cos θ − e z sin θ ) k ′ = 2 π λ ( e x cos θ + e z sin θ ) \boldsymbol k'=\frac{2\pi}{\lambda}(\boldsymbol e_x\cos\theta+\boldsymbol e_z\sin\theta) k ′ = λ 2 π ( e x cos θ + e z sin θ )
δ ( x ) δ ( y ) \delta(x)\delta(y) δ ( x ) δ ( y ) q x , q y q_x, q_y q x , q y 1 1 1
∫ n ( r ) e i q ⋅ r d 3 r = n 0 ∑ p = 0 N − 1 e i q z a p = n 0 1 − e i N q z a 1 − e i q z a . \int n(\boldsymbol r)e^{i\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r}d^3r=n_0\sum_{p=0}^{N-1}e^{iq_zap}
=n_0\,\frac{1-e^{iNq_za}}{1-e^{iq_za}} . ∫ n ( r ) e i q ⋅ r d 3 r = n 0 p = 0 ∑ N − 1 e i q z a p = n 0 1 − e i q z a 1 − e i N q z a . ∣ 1 − e i Φ ∣ 2 = 2 − 2 cos Φ = 4 sin 2 ( Φ / 2 ) \lvert 1-e^{i\Phi}\rvert^2=2-2\cos\Phi=4\sin^2(\Phi/2) ∣ 1 − e i Φ ∣ 2 = 2 − 2 cos Φ = 4 sin 2 ( Φ/2 )
I = C n 0 2 sin 2 ( N q z a 2 ) sin 2 ( q z a 2 ) . I=Cn_0^2\,\frac{\sin^2\!\left(\dfrac{Nq_za}{2}\right)}{\sin^2\!\left(\dfrac{q_za}{2}\right)} . I = C n 0 2 sin 2 ( 2 q z a ) sin 2 ( 2 N q z a ) . これが答えです。q z → 0 q_z\to0 q z → 0 I → C n 0 2 N 2 I\to Cn_0^2N^2 I → C n 0 2 N 2 N N N q z a = 2 π m q_za=2\pi m q z a = 2 π m m m m C n 0 2 N 2 Cn_0^2N^2 C n 0 2 N 2 Δ q z ∼ 2 π / ( N a ) \Delta q_z\sim 2\pi/(Na) Δ q z ∼ 2 π / ( N a ) N N N
3 方向の和が独立に分離するので
n ( r ) = n 0 ∑ p 1 , p 2 , p 3 = 0 N − 1 δ ( x − a p 1 ) δ ( y − a p 2 ) δ ( z − a p 3 ) n(\boldsymbol r)=n_0\sum_{p_1,p_2,p_3=0}^{N-1}\delta(x-ap_1)\,\delta(y-ap_2)\,\delta(z-ap_3) n ( r ) = n 0 p 1 , p 2 , p 3 = 0 ∑ N − 1 δ ( x − a p 1 ) δ ( y − a p 2 ) δ ( z − a p 3 ) に対して
I = C n 0 2 ∏ α = x , y , z sin 2 ( N q α a 2 ) sin 2 ( q α a 2 ) . I=Cn_0^2\prod_{\alpha=x,y,z}\frac{\sin^2\!\left(\dfrac{Nq_\alpha a}{2}\right)}{\sin^2\!\left(\dfrac{q_\alpha a}{2}\right)} . I = C n 0 2 α = x , y , z ∏ sin 2 ( 2 q α a ) sin 2 ( 2 N q α a ) . これが答えです。q x a q_xa q x a q y a q_ya q y a q z a q_za q z a 2 π 2\pi 2 π I = C n 0 2 N 6 I=Cn_0^2N^6 I = C n 0 2 N 6
図1 の配置では
q = k ′ − k = 2 π λ ⋅ 2 sin θ e z , q x = q y = 0 , q z = 4 π λ sin θ . \boldsymbol q=\boldsymbol k'-\boldsymbol k=\frac{2\pi}{\lambda}\cdot2\sin\theta\,\boldsymbol e_z,
\qquad
q_x=q_y=0,\qquad q_z=\frac{4\pi}{\lambda}\sin\theta . q = k ′ − k = λ 2 π ⋅ 2 sin θ e z , q x = q y = 0 , q z = λ 4 π sin θ . q x a = q y a = 0 q_xa=q_ya=0 q x a = q y a = 0 x x x y y y N 2 N^2 N 2 z z z q z a = 2 π m q_za=2\pi m q z a = 2 π m
4 π a λ sin θ = 2 π m ⟹ 2 a sin θ = m λ ( m = 1 , 2 , 3 , … ) \frac{4\pi a}{\lambda}\sin\theta=2\pi m
\qquad\Longrightarrow\qquad
2a\sin\theta=m\lambda\quad (m=1,2,3,\dots) λ 4 π a sin θ = 2 π m ⟹ 2 a sin θ = mλ ( m = 1 , 2 , 3 , … ) です。これが Bragg の条件で、a a a z z z
図2 のピークは θ = 13 ∘ , 27 ∘ , 43 ∘ \theta=13^\circ, 27^\circ, 43^\circ θ = 1 3 ∘ , 2 7 ∘ , 4 3 ∘ sin θ = 0.23 , 0.45 , 0.68 \sin\theta=0.23, 0.45, 0.68 sin θ = 0.23 , 0.45 , 0.68 1 : 1.96 : 2.96 1:1.96:2.96 1 : 1.96 : 2.96 1 : 2 : 3 1:2:3 1 : 2 : 3 m = 1 , 2 , 3 m=1,2,3 m = 1 , 2 , 3
もし観測された 3 本がより高次（例えば m = 2 , 4 , 6 m=2,4,6 m = 2 , 4 , 6 0.66 n m 0.66\,\mathrm{nm} 0.66 nm m = 1 m=1 m = 1 sin θ = 0.15 / 1.32 = 0.114 \sin\theta=0.15/1.32=0.114 sin θ = 0.15/1.32 = 0.114 θ = 6.5 ∘ \theta=6.5^\circ θ = 6. 5 ∘ 2 ∘ 2^\circ 2 ∘ m = 1 , 2 , 3 m=1,2,3 m = 1 , 2 , 3
a = m λ / ( 2 sin θ ) a=m\lambda/(2\sin\theta) a = mλ / ( 2 sin θ ) λ = 0.15 n m \lambda=0.15\,\mathrm{nm} λ = 0.15 nm
m = 1 : 0.15 2 × 0.23 = 0.326 n m , m = 2 : 2 × 0.15 2 × 0.45 = 0.333 n m , m = 3 : 3 × 0.15 2 × 0.68 = 0.331 n m . m=1:\ \frac{0.15}{2\times0.23}=0.326\,\mathrm{nm},\quad
m=2:\ \frac{2\times0.15}{2\times0.45}=0.333\,\mathrm{nm},\quad
m=3:\ \frac{3\times0.15}{2\times0.68}=0.331\,\mathrm{nm} . m = 1 : 2 × 0.23 0.15 = 0.326 nm , m = 2 : 2 × 0.45 2 × 0.15 = 0.333 nm , m = 3 : 2 × 0.68 3 × 0.15 = 0.331 nm . 3 つの平均をとって、答えは a ≃ 0.33 n m a\simeq0.33\,\mathrm{nm} a ≃ 0.33 nm
試料 II は、単純立方格子の各格子点に原子 A、体心 ( a / 2 , a / 2 , a / 2 ) (a/2,a/2,a/2) ( a /2 , a /2 , a /2 )
I = C n 0 2 ∣ 1 + e i ( q x + q y + q z ) a / 2 ∣ 2 ∏ α = x , y , z sin 2 ( N q α a 2 ) sin 2 ( q α a 2 ) , I=C\,n_0^2\left\lvert 1+e^{i(q_x+q_y+q_z)a/2}\right\rvert^2\prod_{\alpha=x,y,z}\frac{\sin^2\!\left(\dfrac{Nq_\alpha a}{2}\right)}{\sin^2\!\left(\dfrac{q_\alpha a}{2}\right)} , I = C n 0 2 1 + e i ( q x + q y + q z ) a /2 2 α = x , y , z ∏ sin 2 ( 2 q α a ) sin 2 ( 2 N q α a ) , ∣ 1 + e i ( q x + q y + q z ) a / 2 ∣ 2 = 4 cos 2 ( ( q x + q y + q z ) a 4 ) . \left\lvert 1+e^{i(q_x+q_y+q_z)a/2}\right\rvert^2=4\cos^2\!\left(\frac{(q_x+q_y+q_z)a}{4}\right) . 1 + e i ( q x + q y + q z ) a /2 2 = 4 cos 2 ( 4 ( q x + q y + q z ) a ) . 図1 の配置では q x = q y = 0 q_x=q_y=0 q x = q y = 0 q z a = 2 π m q_za=2\pi m q z a = 2 π m q z a / 2 = π m q_za/2=\pi m q z a /2 = π m
∣ 1 + e i π m ∣ 2 = ∣ 1 + ( − 1 ) m ∣ 2 = { 4 ( m 偶数 ) 0 ( m 奇数 ) \left\lvert 1+e^{i\pi m}\right\rvert^2=\lvert1+(-1)^m\rvert^2=
\begin{cases}
4 & (m\ \text{偶数})\\
0 & (m\ \text{奇数})
\end{cases} 1 + e iπ m 2 = ∣ 1 + ( − 1 ) m ∣ 2 = { 4 0 ( m 偶数 ) ( m 奇数 ) です。理由は、体心の原子 B が A の格子面のちょうど中間に新しい面をつくるためです。m m m π \pi π n 0 n_0 n 0 m m m
図2 の変化を具体的に述べます。横軸を θ \theta θ 0 0 0 50 ∘ 50^\circ 5 0 ∘ m = 1 m=1 m = 1 θ = 13 ∘ \theta=13^\circ θ = 1 3 ∘ m = 3 m=3 m = 3 θ = 43 ∘ \theta=43^\circ θ = 4 3 ∘ m = 2 m=2 m = 2 θ = 27 ∘ \theta=27^\circ θ = 2 7 ∘ 100 100 100 400 400 400 m = 4 m=4 m = 4 sin θ = 4 × 0.15 / ( 2 × 0.33 ) = 0.91 \sin\theta=4\times0.15/(2\times0.33)=0.91 sin θ = 4 × 0.15/ ( 2 × 0.33 ) = 0.91 θ ≃ 65 ∘ \theta\simeq65^\circ θ ≃ 6 5 ∘ θ = 27 ∘ \theta=27^\circ θ = 2 7 ∘ Δ q z ∼ 2 π / ( N a ) \Delta q_z\sim2\pi/(Na) Δ q z ∼ 2 π / ( N a ) θ \theta θ
試料 III では原子 B が z z z ϵ a \epsilon a ϵ a ( a / 2 , a / 2 , a / 2 + ϵ a ) (a/2,\,a/2,\,a/2+\epsilon a) ( a /2 , a /2 , a /2 + ϵ a ) q x = q y = 0 q_x=q_y=0 q x = q y = 0 q z q_z q z
I = C n 0 2 ∣ 1 + e i q z a ( 1 / 2 + ϵ ) ∣ 2 N 4 sin 2 ( N q z a 2 ) sin 2 ( q z a 2 ) . I=Cn_0^2\left\lvert 1+e^{iq_za(1/2+\epsilon)}\right\rvert^2 N^4\,
\frac{\sin^2\!\left(\dfrac{Nq_za}{2}\right)}{\sin^2\!\left(\dfrac{q_za}{2}\right)} . I = C n 0 2 1 + e i q z a ( 1/2 + ϵ ) 2 N 4 sin 2 ( 2 q z a ) sin 2 ( 2 N q z a ) . m m m q z = 2 π m / a q_z=2\pi m/a q z = 2 π m / a π m + 2 π m ϵ \pi m+2\pi m\epsilon π m + 2 π m ϵ
I m = 4 C n 0 2 N 6 cos 2 ( π m 2 + π m ϵ ) = 4 C n 0 2 N 6 × { cos 2 ( π m ϵ ) ≃ 1 − ( π m ϵ ) 2 ( m 偶数 ) sin 2 ( π m ϵ ) ≃ ( π m ϵ ) 2 ( m 奇数 ) I_m=4Cn_0^2N^6\cos^2\!\left(\frac{\pi m}{2}+\pi m\epsilon\right)
=4Cn_0^2N^6\times
\begin{cases}
\cos^2(\pi m\epsilon)\simeq1-(\pi m\epsilon)^2 & (m\ \text{偶数})\\[2pt]
\sin^2(\pi m\epsilon)\simeq(\pi m\epsilon)^2 & (m\ \text{奇数})
\end{cases} I m = 4 C n 0 2 N 6 cos 2 ( 2 π m + π m ϵ ) = 4 C n 0 2 N 6 × { cos 2 ( π m ϵ ) ≃ 1 − ( π m ϵ ) 2 sin 2 ( π m ϵ ) ≃ ( π m ϵ ) 2 ( m 偶数 ) ( m 奇数 ) です。ϵ ≪ 1 \epsilon\ll1 ϵ ≪ 1 ϵ 2 \epsilon^2 ϵ 2 ( π m ϵ ) 2 (\pi m\epsilon)^2 ( π m ϵ ) 2
変位量を求める手順は次のとおりです。同じ測定配置で奇数次ピーク（例えばアの m = 1 m=1 m = 1 θ = 13 ∘ \theta=13^\circ θ = 1 3 ∘ m = 2 m=2 m = 2 θ = 27 ∘ \theta=27^\circ θ = 2 7 ∘ C C C n 0 n_0 n 0
I 1 I 2 = sin 2 ( π ϵ ) cos 2 ( 2 π ϵ ) ≃ ( π ϵ ) 2 ⟹ ϵ ≃ 1 π I 1 I 2 . \frac{I_{1}}{I_{2}}=\frac{\sin^2(\pi\epsilon)}{\cos^2(2\pi\epsilon)}\simeq(\pi\epsilon)^2
\qquad\Longrightarrow\qquad
\epsilon\simeq\frac{1}{\pi}\sqrt{\frac{I_{1}}{I_{2}}} . I 2 I 1 = cos 2 ( 2 π ϵ ) sin 2 ( π ϵ ) ≃ ( π ϵ ) 2 ⟹ ϵ ≃ π 1 I 2 I 1 . 一般の m m m m ′ m' m ′ ϵ ≃ 1 π m I m / I m ′ \epsilon\simeq\frac{1}{\pi m}\sqrt{I_m/I_{m'}} ϵ ≃ π m 1 I m / I m ′ m m m ϵ \epsilon ϵ ∣ ϵ ∣ \lvert\epsilon\rvert ∣ ϵ ∣ + z +z + z − z -z − z q z q_z q z
水素が電離して同数の陽子と電子からなる高温プラズマ天体を考え、電子が陽子の近傍を通り過ぎるときの双極子放射（制動放射）から放射スペクトルを組み立てます。1 回の遭遇では、速度 v \boldsymbol v v m m m − e -e − e b b b τ = 2 b / v \tau=2b/v τ = 2 b / v δ v \delta\boldsymbol v δ v d = − e R \boldsymbol d=-e\boldsymbol R d = − e R R \boldsymbol R R R y = 13.6 e V R_y=13.6\,\mathrm{eV} R y = 13.6 eV c = 3.0 × 10 8 m / s c=3.0\times10^8\,\mathrm{m/s} c = 3.0 × 1 0 8 m/s k B = 8.6 × 10 − 5 e V / K k_{\mathrm B}=8.6\times10^{-5}\,\mathrm{eV/K} k B = 8.6 × 1 0 − 5 eV/K ℏ = 6.58 × 10 − 16 e V s \hbar=6.58\times10^{-16}\,\mathrm{eV\,s} ℏ = 6.58 × 1 0 − 16 eV s
熱運動のエネルギーが水素の束縛エネルギー（イオン化エネルギー）R y R_y R y k B T ∼ R y k_{\mathrm B}T\sim R_y k B T ∼ R y
T ∼ R y k B = 13.6 e V 8.6 × 10 − 5 e V K − 1 = 1.6 × 10 5 K . T\sim\frac{R_y}{k_{\mathrm B}}=\frac{13.6\,\mathrm{eV}}{8.6\times10^{-5}\,\mathrm{eV\,K^{-1}}}=1.6\times10^{5}\,\mathrm{K} . T ∼ k B R y = 8.6 × 1 0 − 5 eV K − 1 13.6 eV = 1.6 × 1 0 5 K . 有効数字 1 桁では T ≃ 2 × 10 5 K T\simeq2\times10^{5}\,\mathrm{K} T ≃ 2 × 1 0 5 K
ω τ ≪ 1 \omega\tau\ll1 ω τ ≪ 1 ∣ t ∣ ≲ τ \lvert t\rvert\lesssim\tau ∣ t ∣ ≲ τ e i ω t ≃ 1 e^{i\omega t}\simeq1 e iω t ≃ 1
− ω 2 d ~ ( ω ) = − e 2 π ∫ − ∞ ∞ d v d t e i ω t d t ≃ − e 2 π ∫ − ∞ ∞ d v d t d t = − e 2 π δ v . -\omega^2\tilde{\boldsymbol d}(\omega)=-\frac{e}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\boldsymbol v}{dt}e^{i\omega t}dt
\simeq-\frac{e}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\boldsymbol v}{dt}dt=-\frac{e}{2\pi}\delta\boldsymbol v . − ω 2 d ~ ( ω ) = − 2 π e ∫ − ∞ ∞ d t d v e iω t d t ≃ − 2 π e ∫ − ∞ ∞ d t d v d t = − 2 π e δ v . したがって
d ~ ( ω ) ≃ e δ v 2 π ω 2 ( ω τ ≪ 1 ) . \tilde{\boldsymbol d}(\omega)\simeq\frac{e\,\delta\boldsymbol v}{2\pi\omega^2}\qquad(\omega\tau\ll1) . d ~ ( ω ) ≃ 2 π ω 2 e δ v ( ω τ ≪ 1 ) . これが答えです。ω τ ≫ 1 \omega\tau\gg1 ω τ ≫ 1 d ~ ≃ 0 \tilde{\boldsymbol d}\simeq0 d ~ ≃ 0 ω ≲ 1 / τ = v / ( 2 b ) \omega\lesssim1/\tau=v/(2b) ω ≲ 1/ τ = v / ( 2 b )
設問2 を代入すると ω 4 \omega^4 ω 4
d W d ω = 2 ω 4 3 ϵ 0 c 3 ∣ d ~ ( ω ) ∣ 2 = 2 ω 4 3 ϵ 0 c 3 ⋅ e 2 ∣ δ v ∣ 2 4 π 2 ω 4 = e 2 ∣ δ v ∣ 2 6 π 2 ϵ 0 c 3 . \frac{dW}{d\omega}=\frac{2\omega^4}{3\epsilon_0c^3}\lvert\tilde{\boldsymbol d}(\omega)\rvert^2
=\frac{2\omega^4}{3\epsilon_0c^3}\cdot\frac{e^2\lvert\delta\boldsymbol v\rvert^2}{4\pi^2\omega^4}
=\frac{e^2\lvert\delta\boldsymbol v\rvert^2}{6\pi^2\epsilon_0c^3} . d ω d W = 3 ϵ 0 c 3 2 ω 4 ∣ d ~ ( ω ) ∣ 2 = 3 ϵ 0 c 3 2 ω 4 ⋅ 4 π 2 ω 4 e 2 ∣ δ v ∣ 2 = 6 π 2 ϵ 0 c 3 e 2 ∣ δ v ∣ 2 . 答えは d W / d ω = e 2 ∣ δ v ∣ 2 / ( 6 π 2 ϵ 0 c 3 ) dW/d\omega=e^2\lvert\delta\boldsymbol v\rvert^2/(6\pi^2\epsilon_0c^3) d W / d ω = e 2 ∣ δ v ∣ 2 / ( 6 π 2 ϵ 0 c 3 ) ω \omega ω ω < 1 / τ \omega<1/\tau ω < 1/ τ τ \tau τ
t = 0 t=0 t = 0 b b b
F = e 2 4 π ϵ 0 b 2 F=\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0b^2} F = 4 π ϵ 0 b 2 e 2 です。この一定の力が − τ / 2 < t < τ / 2 -\tau/2<t<\tau/2 − τ /2 < t < τ /2 τ = 2 b / v \tau=2b/v τ = 2 b / v
∣ δ v ∣ = F τ m = e 2 4 π ϵ 0 b 2 m ⋅ 2 b v = e 2 2 π ϵ 0 m v b . \lvert\delta\boldsymbol v\rvert=\frac{F\tau}{m}=\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0b^2m}\cdot\frac{2b}{v}
=\frac{e^2}{2\pi\epsilon_0 m v b} . ∣ δ v ∣ = m F τ = 4 π ϵ 0 b 2 m e 2 ⋅ v 2 b = 2 π ϵ 0 m v b e 2 . これを設問3 に入れて
d W d ω = e 2 6 π 2 ϵ 0 c 3 ⋅ e 4 4 π 2 ϵ 0 2 m 2 v 2 b 2 = e 6 24 π 4 ϵ 0 3 m 2 c 3 v 2 b 2 ( ω ≪ v 2 b ) \frac{dW}{d\omega}=\frac{e^2}{6\pi^2\epsilon_0c^3}\cdot\frac{e^4}{4\pi^2\epsilon_0^2m^2v^2b^2}
=\frac{e^6}{24\pi^4\epsilon_0^3m^2c^3v^2b^2}
\qquad\left(\omega\ll\frac{v}{2b}\right) d ω d W = 6 π 2 ϵ 0 c 3 e 2 ⋅ 4 π 2 ϵ 0 2 m 2 v 2 b 2 e 4 = 24 π 4 ϵ 0 3 m 2 c 3 v 2 b 2 e 6 ( ω ≪ 2 b v ) が答えです（ω ≫ v / ( 2 b ) \omega\gg v/(2b) ω ≫ v / ( 2 b ) 0 0 0 b b b b − 2 b^{-2} b − 2 ∣ δ v ∣ ≪ v \lvert\delta\boldsymbol v\rvert\ll v ∣ δ v ∣ ≪ v b ≫ e 2 / ( 2 π ϵ 0 m v 2 ) b\gg e^2/(2\pi\epsilon_0mv^2) b ≫ e 2 / ( 2 π ϵ 0 m v 2 ) b min b_{\min} b m i n
(ア) ある陽子から見て、最近接距離が b b b b + d b b+db b + d b b b b d b db d b 2 π b d b 2\pi b\,db 2 π b d b n n n v v v
ア = 2 π n v b d b . \text{ア}=2\pi n v b\,db . ア = 2 π n v b d b . (イ) これに 1 回の遭遇のスペクトル（設問4）を掛けると、陽子 1 個につき単位時間あたりの放射スペクトルは
イ = 2 π n v b d b ⋅ e 6 24 π 4 ϵ 0 3 m 2 c 3 v 2 b 2 = n e 6 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v ⋅ d b b . \text{イ}=2\pi n v b\,db\cdot\frac{e^6}{24\pi^4\epsilon_0^3m^2c^3v^2b^2}
=\frac{n\,e^6}{12\pi^3\epsilon_0^3m^2c^3v}\cdot\frac{db}{b} . イ = 2 π n v b d b ⋅ 24 π 4 ϵ 0 3 m 2 c 3 v 2 b 2 e 6 = 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v n e 6 ⋅ b d b . (ウ) 単位体積あたりの陽子数を掛けるので
ウ = n . \text{ウ}=n . ウ = n . 単位体積・単位時間あたりのスペクトルは、この 3 つを合わせて
イ × ウ = n 2 e 6 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v ⋅ d b b . \text{イ}\times\text{ウ}=\frac{n^2e^6}{12\pi^3\epsilon_0^3m^2c^3v}\cdot\frac{db}{b} . イ × ウ = 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v n 2 e 6 ⋅ b d b . b b b b min b_{\min} b m i n b max b_{\max} b m a x b b b d b / b db/b d b / b
∫ b min b max n 2 e 6 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v d b b = n 2 e 6 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v ln ( b max b min ) = n 2 e 6 G 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v . \int_{b_{\min}}^{b_{\max}}\frac{n^2e^6}{12\pi^3\epsilon_0^3m^2c^3v}\frac{db}{b}
=\frac{n^2e^6}{12\pi^3\epsilon_0^3m^2c^3v}\ln\!\left(\frac{b_{\max}}{b_{\min}}\right)
=\frac{n^2e^6\,G}{12\pi^3\epsilon_0^3m^2c^3v} . ∫ b m i n b m a x 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v n 2 e 6 b d b = 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v n 2 e 6 ln ( b m i n b m a x ) = 12 π 3 ϵ 0 3 m 2 c 3 v n 2 e 6 G . これが単位体積・単位時間・単位周波数あたりの全放射スペクトルです。上限 b max b_{\max} b m a x ω τ ≪ 1 \omega\tau\ll1 ω τ ≪ 1 b ∼ v / ω b\sim v/\omega b ∼ v / ω b min b_{\min} b m i n b ∼ e 2 / ( 2 π ϵ 0 m v 2 ) b\sim e^2/(2\pi\epsilon_0mv^2) b ∼ e 2 / ( 2 π ϵ 0 m v 2 ) ℏ / ( m v ) \hbar/(mv) ℏ/ ( m v ) G G G
v v v 1 / v 1/v 1/ v ⟨ 1 / v ⟩ ∝ T − 1 / 2 \langle 1/v\rangle\propto T^{-1/2} ⟨ 1/ v ⟩ ∝ T − 1/2 I ( ω ) = A ( ω , T ) T − 1 / 2 n 2 e − ℏ ω / ( k B T ) I(\omega)=A(\omega,T)T^{-1/2}n^2e^{-\hbar\omega/(k_{\mathrm B}T)} I ( ω ) = A ( ω , T ) T − 1/2 n 2 e − ℏ ω / ( k B T ) T − 1 / 2 T^{-1/2} T − 1/2 n 2 n^2 n 2 ℏ ω \hbar\omega ℏ ω ω \omega ω
(i) 低周波数極限 ℏ ω ≪ k B T \hbar\omega\ll k_{\mathrm B}T ℏ ω ≪ k B T e − ℏ ω / ( k B T ) ≃ 1 e^{-\hbar\omega/(k_{\mathrm B}T)}\simeq1 e − ℏ ω / ( k B T ) ≃ 1
I ( ω ) ≃ A T − 1 / 2 n 2 = const I(\omega)\simeq A\,T^{-1/2}n^2=\text{const} I ( ω ) ≃ A T − 1/2 n 2 = const で、ω \omega ω ℏ ω ≫ k B T \hbar\omega\gg k_{\mathrm B}T ℏ ω ≫ k B T
I ( ω ) ∝ e − ℏ ω / ( k B T ) I(\omega)\propto e^{-\hbar\omega/(k_{\mathrm B}T)} I ( ω ) ∝ e − ℏ ω / ( k B T ) で、ω \omega ω ℏ ω ∼ k B T \hbar\omega\sim k_{\mathrm B}T ℏ ω ∼ k B T
(ii) 温度は、スペクトルの高周波側の落ち方から決めます。ln I ( ω ) \ln I(\omega) ln I ( ω ) ω \omega ω σ \sigma σ σ = − ℏ / ( k B T ) \sigma=-\hbar/(k_{\mathrm B}T) σ = − ℏ/ ( k B T )
T = − ℏ k B σ T=-\frac{\hbar}{k_{\mathrm B}\sigma} T = − k B σ ℏ が求まります。平坦部から指数的減衰へ移る折れ曲がりの角振動数 ω c \omega_{\mathrm c} ω c k B T ≃ ℏ ω c k_{\mathrm B}T\simeq\hbar\omega_{\mathrm c} k B T ≃ ℏ ω c
総質量は、T T T A ( ω , T ) A(\omega,T) A ( ω , T ) I ( ω ) ≃ A T − 1 / 2 n 2 I(\omega)\simeq A T^{-1/2}n^2 I ( ω ) ≃ A T − 1/2 n 2 n 2 n^2 n 2 n n n V V V
M = n ( m p + m e ) V ≃ n m p V M=n\,(m_{\mathrm p}+m_e)\,V\simeq n\,m_{\mathrm p}V M = n ( m p + m e ) V ≃ n m p V と評価できます。要するに、スペクトルの指数的な切れ方が温度を、平坦部の絶対強度が密度（したがって質量）を与えます。
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成30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。