令和5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。

試験時間は4時間で、4問すべてに解答する形式です。第1問は2次元調和振動子を生成消滅演算子だけで解ききる問題、第2問はディラック分散をもつ電子系の統計力学、第3問は電気双極子と電気四極子の多極子展開、第4問は複素積分と行列の指数関数です。個々の手筋はどれも標準的ですが、第1問設問6の $\beta,\gamma$ の決め方と第3問設問8の符号処理でつまずきやすくなっています。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	2次元調和振動子の角運動量とエネルギーの同時固有状態
第2問	統計力学・物性物理	ディラック電子系の状態密度と低温比熱
第3問	電磁気学	電気双極子・電気四極子のつくる場と相互作用エネルギー
第4問	複素解析・線形代数	単位円上の複素積分と行列の指数関数

第1問 2次元調和振動子の角運動量

設定

質量 $m$、角振動数 $\omega$ の等方な2次元調和振動子

$$\hat{H}=\sum_{k=1}^{2}\left(\frac{1}{2m}\hat{P}_{k}^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\hat{X}_{k}^{2}\right)$$

を考えます。正準交換関係は $[\hat{X}_k,\hat{X}_\ell]=[\hat{P}_k,\hat{P}_\ell]=0$、$[\hat{X}_k,\hat{P}_\ell]=i\hbar\delta_{k\ell}$ です。生成演算子と消滅演算子（まとめて生成消滅演算子）は

$$\hat{a}_{k}=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left(m\omega\hat{X}_{k}+i\hat{P}_{k}\right),\qquad \hat{a}_{k}^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\left(m\omega\hat{X}_{k}-i\hat{P}_{k}\right)$$

で定義され、面内の角運動量演算子は $\hat{L}=\hat{X}_{1}\hat{P}_{2}-\hat{X}_{2}\hat{P}_{1}$ です。最終的に、$\hat H$ と $\hat L$ の同時固有状態を「右回り／左回り」の2種類の生成演算子で組み立てます。

設問1

定義式を代入して交換子を展開します。$\hat X$ 同士、$\hat P$ 同士は可換なので

$$\begin{aligned} \left[\hat a_k,\hat a_\ell^\dagger\right] &=\frac{1}{2\hbar m\omega}\left[m\omega\hat X_k+i\hat P_k,\; m\omega\hat X_\ell-i\hat P_\ell\right]\\ &=\frac{1}{2\hbar m\omega}\left(-im\omega\left[\hat X_k,\hat P_\ell\right]+im\omega\left[\hat P_k,\hat X_\ell\right]\right)\\ &=\frac{1}{2\hbar m\omega}\left(-im\omega\cdot i\hbar\delta_{k\ell}+im\omega\cdot(-i\hbar\delta_{k\ell})\right) =\frac{2\hbar m\omega}{2\hbar m\omega}\delta_{k\ell}=\delta_{k\ell}. \end{aligned}$$

答えは $[\hat a_k,\hat a_\ell^\dagger]=\delta_{k\ell}$ です。異なる自由度 $k\neq\ell$ の演算子は互いに可換で、$[\hat a_k,\hat a_\ell]=[\hat a_k^\dagger,\hat a_\ell^\dagger]=0$ も同様に確かめられます。

設問2

各 $k$ について

$$\hat a_k^\dagger\hat a_k=\frac{1}{2\hbar m\omega}\left(m^2\omega^2\hat X_k^2+\hat P_k^2+im\omega\left[\hat X_k,\hat P_k\right]\right) =\frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{\hat P_k^2}{2m}+\frac{m\omega^2\hat X_k^2}{2}\right)-\frac12$$

なので

$$\hat H=\hbar\omega\sum_{k=1}^{2}\left(\hat a_k^\dagger\hat a_k+\frac12\right) =\hbar\omega\left(\hat a_1^\dagger\hat a_1+\hat a_2^\dagger\hat a_2+1\right).$$

交換子は設問1の結果から直ちに得られます。$[\hat a_\ell^\dagger\hat a_\ell,\hat a_k]=\hat a_\ell^\dagger[\hat a_\ell,\hat a_k]+[\hat a_\ell^\dagger,\hat a_k]\hat a_\ell=-\delta_{k\ell}\hat a_k$ より

$$\left[\hat H,\hat a_k\right]=-\hbar\omega\,\hat a_k,\qquad \left[\hat H,\hat a_k^\dagger\right]=+\hbar\omega\,\hat a_k^\dagger .$$

$\hat a_k^\dagger$ はエネルギーを $\hbar\omega$ だけ上げ、$\hat a_k$ は $\hbar\omega$ だけ下げます。

設問3

$\hat a_k|0\rangle=0$ なので $\hat a_k^\dagger\hat a_k|0\rangle=0$ となり、設問2の表式から

$$\hat H|0\rangle=\hbar\omega\left(0+0+1\right)|0\rangle=\hbar\omega|0\rangle .$$

答えは $E_0=\hbar\omega$ です。1次元の零点エネルギー $\hbar\omega/2$ が2自由度分足し合わされた値になっています。

設問4

$\hat a_k^\dagger$ を合計 $n$ 個作用させた状態

$$\left(\hat a_1^\dagger\right)^{n_1}\left(\hat a_2^\dagger\right)^{n_2}|0\rangle,\qquad n_1+n_2=n,\quad n_1,n_2\ge 0$$

が固有状態です。実際、設問2の交換子を $n$ 回使うと固有値は $E_0+n\hbar\omega$ になり

$$E_n=(n+1)\hbar\omega .$$

$n$ を固定したときの $(n_1,n_2)$ の組は $(0,n),(1,n-1),\dots,(n,0)$ の $n+1$ 通りなので、縮退度は $n+1$ です。

設問5

$\hat a_k,\hat a_k^\dagger$ の定義を逆に解くと

$$\hat X_k=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a_k+\hat a_k^\dagger\right),\qquad \hat P_k=-i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(\hat a_k-\hat a_k^\dagger\right)$$

です。これを代入すると

$$\hat L=-\frac{i\hbar}{2}\left[\left(\hat a_1+\hat a_1^\dagger\right)\left(\hat a_2-\hat a_2^\dagger\right)-\left(\hat a_2+\hat a_2^\dagger\right)\left(\hat a_1-\hat a_1^\dagger\right)\right].$$

添字1と2の演算子は互いに可換なので、展開すると $\hat a_1\hat a_2$ の項と $\hat a_1^\dagger\hat a_2^\dagger$ の項が打ち消し合い、残りが2倍になります。

$$\hat L=-i\hbar\left(\hat a_1^\dagger\hat a_2-\hat a_1\hat a_2^\dagger\right).$$

$(\hat a_1^\dagger\hat a_2)^\dagger=\hat a_1\hat a_2^\dagger$ より括弧は反エルミート（随伴をとると符号が反転する）で、$\hat L$ はエルミートです。次に $\hat H$ との交換子を計算します。$[\hat a_1^\dagger\hat a_1,\hat a_1^\dagger\hat a_2]=\hat a_1^\dagger\hat a_2$、$[\hat a_2^\dagger\hat a_2,\hat a_1^\dagger\hat a_2]=-\hat a_1^\dagger\hat a_2$ なので、全粒子数 $\hat a_1^\dagger\hat a_1+\hat a_2^\dagger\hat a_2$ との交換子は打ち消し合って 0 になります。$\hat a_1\hat a_2^\dagger$ についても同様なので

$$\left[\hat H,\hat L\right]=0 .$$

$\hat L$ は自由度1と2の間で量子を移すだけで総数を変えないため、エネルギーと同時対角化できます。

設問6

まず $\hat L$ と生成演算子の交換子を用意します。設問5の表式と $[\hat a_k,\hat a_\ell^\dagger]=\delta_{k\ell}$ から

$$\left[\hat L,\hat a_1^\dagger\right]=i\hbar\,\hat a_2^\dagger,\qquad \left[\hat L,\hat a_2^\dagger\right]=-i\hbar\,\hat a_1^\dagger .$$

したがって

$$\left[\hat L,\;\beta\hat a_1^\dagger+\gamma\hat a_2^\dagger\right]=-i\hbar\gamma\,\hat a_1^\dagger+i\hbar\beta\,\hat a_2^\dagger .$$

これが $c\left(\beta\hat a_1^\dagger+\gamma\hat a_2^\dagger\right)$ に等しいという条件は

$$-i\hbar\gamma=c\beta,\qquad i\hbar\beta=c\gamma$$

です。両式を掛けると $c^2\beta\gamma=\hbar^2\beta\gamma$、すなわち $c=\pm\hbar$ となり、$c=+\hbar$ のとき $\gamma=i\beta$、$c=-\hbar$ のとき $\gamma=-i\beta$ です。$\hat A_+^\dagger=\beta\hat a_1^\dagger+\gamma\hat a_2^\dagger$ と $\hat A_-^\dagger=\beta\hat a_1^\dagger-\gamma\hat a_2^\dagger$ は $\gamma$ の符号だけが違うので、$\gamma=i\beta$ を選べば $\hat A_+^\dagger$ が $c_+=+\hbar$、$\hat A_-^\dagger$ が $c_-=-\hbar$ に対応します。$c_+>c_-$ の指定から、この選び方（$\gamma=-i\beta$ ではない方）が要求されます。

規格化 $[\hat A_\eta,\hat A_{\eta'}^\dagger]=\delta_{\eta\eta'}$ が成り立つように大きさを決めると、具体例として

$$\beta=\frac{1}{\sqrt2},\qquad \gamma=\frac{i}{\sqrt2},\qquad \hat A_{\pm}^\dagger=\frac{1}{\sqrt2}\left(\hat a_1^\dagger\pm i\,\hat a_2^\dagger\right)$$

が取れます。このとき $c_+=\hbar$、$c_-=-\hbar$ です。実際 $[\hat A_+,\hat A_+^\dagger]=[\hat A_-,\hat A_-^\dagger]=1$、$[\hat A_+,\hat A_-^\dagger]=0$ となり、$\hat A_\pm$ は独立な2つのモードの消滅演算子として振る舞います。

設問7

$\hat A_\pm^\dagger$ は $\hat a_k^\dagger$ の線形結合なので、設問2から

$$\left[\hat H,\hat A_\pm^\dagger\right]=\hbar\omega\,\hat A_\pm^\dagger .$$

これと設問6の $[\hat L,\hat A_\pm^\dagger]=c_\pm\hat A_\pm^\dagger$ を使うと

$$\begin{aligned} \hat H\,\hat A_\pm^\dagger|\alpha\rangle&=\left(\left[\hat H,\hat A_\pm^\dagger\right]+\hat A_\pm^\dagger\hat H\right)|\alpha\rangle=\left(E_\alpha+\hbar\omega\right)\hat A_\pm^\dagger|\alpha\rangle,\\ \hat L\,\hat A_\pm^\dagger|\alpha\rangle&=\left(\left[\hat L,\hat A_\pm^\dagger\right]+\hat A_\pm^\dagger\hat L\right)|\alpha\rangle=\left(L_\alpha+c_\pm\right)\hat A_\pm^\dagger|\alpha\rangle . \end{aligned}$$

よって $\hat A_+^\dagger|\alpha\rangle$ のエネルギーと角運動量は $E_\alpha+\hbar\omega$ と $L_\alpha+\hbar$、$\hat A_-^\dagger|\alpha\rangle$ については $E_\alpha+\hbar\omega$ と $L_\alpha-\hbar$ です。エネルギーはどちらも同じだけ上がり、角運動量だけが $\pm\hbar$ に分かれます。

設問8

基底状態は $\hat a_k|0\rangle=0$ から $\hat L|0\rangle=0$ をみたし、$(E,L)=(\hbar\omega,0)$ です。$|n,\ell\rangle$ は $\hat A_+^\dagger$ を $\ell$ 個、$\hat A_-^\dagger$ を $n-\ell$ 個作用させた状態なので、設問7を $n$ 回繰り返して

$$E_n=(n+1)\hbar\omega,\qquad L_{n,\ell}=\hbar\ell-\hbar(n-\ell)=(2\ell-n)\hbar .$$

$n$ を固定すると $\ell=0,1,\dots,n$ に対して $L_{n,\ell}$ は $-n\hbar$ から $n\hbar$ まで $2\hbar$ 刻みに並び、状態数は $n+1$ 個です。これは設問4で求めた縮退度と一致します。

図は次のようになります。横軸を $L/\hbar$、縦軸を $E/(\hbar\omega)$ とすると、点は高さ $E=(n+1)\hbar\omega$ の水平な段ごとに並びます。$n=0$ の段（$E=\hbar\omega$）には $L=0$ の1点、$n=1$ の段（$E=2\hbar\omega$）には $L=\pm\hbar$ の2点、$n=2$ の段（$E=3\hbar\omega$）には $L=0,\pm2\hbar$ の3点、$n=3$ の段（$E=4\hbar\omega$）には $L=\pm\hbar,\pm3\hbar$ の4点があります。合計10点で、全体は下向きの頂点をもつ二等辺三角形状の格子をなし、$L=0$ 軸に関して左右対称です。$n$ が偶数の段には $L=0$ の点があり、奇数の段にはありません。

第2問 ディラック電子系の状態密度と低温比熱

設定

一辺 $L$、体積 $V=L^3$ の立方体に周期境界条件を課し、温度 $T$、化学ポテンシャル $\mu$ の粒子浴に接した相互作用のない電子系を考えます。スピン自由度は無視し、代わりに2成分の内部自由度をもつ模型

$$H(\boldsymbol k)=\hbar v\left(k_x\sigma_x+k_y\sigma_y+k_z\sigma_z\right)$$

を採用します。$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$ はパウリ行列（2行2列の行列3つ組）、$v$ は定数です。固有値を $\varepsilon_{k,1}\le\varepsilon_{k,2}$ と書き、波数には $|\boldsymbol k|\le k_0$ の上限を課します。$\varepsilon_0\equiv\hbar vk_0$ とおきます。ディラック点が化学ポテンシャルに一致する $\mu=0$ の場合を扱います。

設問1

周期境界条件 $\psi(x+L,y,z)=\psi(x,y,z)$ などから $e^{ik_zL}=1$、すなわち

$$k_z=\frac{2\pi n_z}{L},\qquad n_z=0,\pm1,\pm2,\dots$$

です。$|k_z|\le k_0$ の制限から $|n_z|\le Lk_0/(2\pi)$ に限られます。

$k_x=k_y=0$ では $H=\hbar vk_z\sigma_z=\mathrm{diag}(\hbar vk_z,-\hbar vk_z)$ が対角なので、固有値は $\pm\hbar vk_z$ です。$\varepsilon_{k,1}\le\varepsilon_{k,2}$ の約束に従って

$$\varepsilon_{k,1}=-\hbar v\lvert k_z\rvert,\qquad \varepsilon_{k,2}=+\hbar v\lvert k_z\rvert .$$

図は次の通りです。横軸 $k_z$、縦軸 $\varepsilon$ とすると、$\varepsilon_{k,2}$ は原点を頂点とし傾き $\pm\hbar v$ で上に開くV字、$\varepsilon_{k,1}$ はそれを上下反転した下に開く逆V字です。定義域は $-k_0\le k_z\le k_0$ で、$\varepsilon_{k,2}$ の端点は $(\pm k_0,\ \hbar vk_0)$、$\varepsilon_{k,1}$ の端点は $(\pm k_0,\ -\hbar vk_0)$ です。2本は $k_z=0$ でのみ接触して $\varepsilon=0$ に二重縮退し（ディラック点。上下のバンドが接する点のこと）、それ以外では $\varepsilon_{k,2}>0>\varepsilon_{k,1}$ です。全体としては原点で交わる2本の直線（傾き $+\hbar v$ と $-\hbar v$）が描く X 字形になります。厳密には $k_z$ が $2\pi/L$ 刻みなので、この2直線上に等間隔に並ぶ点の集まりです。

設問2

$k_x=k_y=0$ の状態のうち、エネルギーが $0$ と $\varepsilon>0$ の間にあるのは上のバンド $\varepsilon_{k,2}=\hbar v\lvert k_z\rvert$ だけです（下のバンドは $k_z\neq0$ で負）。条件は

$$\hbar v\lvert k_z\rvert\le\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad \lvert k_z\rvert\le \frac{\varepsilon}{\hbar v}$$

で、$\varepsilon\le\varepsilon_0$ とします。$k_z$ の刻み幅は $2\pi/L$ なので、区間の長さを刻み幅で割って

$$\Omega_0(\varepsilon)=\frac{2\varepsilon/(\hbar v)}{2\pi/L}=\frac{L\varepsilon}{\pi\hbar v}.$$

系が十分大きいときは端点の $\pm1$ 程度のずれは無視できます。$\hbar v$ はエネルギー×長さの次元をもつので $L\varepsilon/(\hbar v)$ は無次元で、状態数として正しい次元です。

設問3

$H(\boldsymbol k)=\hbar v\,\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\sigma$ について、パウリ行列の性質 $\sigma_i\sigma_j+\sigma_j\sigma_i=2\delta_{ij}\mathbb{I}$ から

$$\left(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\sigma\right)^2=\lvert\boldsymbol k\rvert^2\,\mathbb{I}$$

が成り立ちます。また $\operatorname{Tr}H(\boldsymbol k)=0$ です。したがって2つの固有値は絶対値が等しく符号が逆で、$k\equiv\lvert\boldsymbol k\rvert$ とおくと

$$\varepsilon_{k,1}=-\hbar vk,\qquad \varepsilon_{k,2}=+\hbar vk .$$

$k_x=k_y=0$ とすれば設問1の結果に戻ります。

設問4

$0<\varepsilon\le\varepsilon_0$ に対して、エネルギーが $0$ から $\varepsilon$ の間にある状態は上のバンドで $k\le\varepsilon/(\hbar v)$ をみたすものです。波数空間の状態密度は $V/(2\pi)^3$ なので、半径 $\varepsilon/(\hbar v)$ の球の体積をかけて

$$\Omega(\varepsilon)=\frac{V}{(2\pi)^3}\cdot\frac{4\pi}{3}\left(\frac{\varepsilon}{\hbar v}\right)^3=\frac{V\varepsilon^3}{6\pi^2\hbar^3v^3}.$$

微分して

$$D(\varepsilon)=\frac{d\Omega(\varepsilon)}{d\varepsilon}=\frac{V\varepsilon^2}{2\pi^2\hbar^3v^3}.$$

状態密度がエネルギーの2乗に比例して $\varepsilon\to0$ で消えるのが、3次元線形分散の特徴です。$V\varepsilon^3/(\hbar v)^3$ は無次元で、$D$ はエネルギーの逆数の次元をもちます。スペクトルが上下対称なので、下のバンドについても $\varepsilon<0$ での状態密度は $D(\lvert\varepsilon\rvert)$ で与えられます。

設問5

$\mu=0$ のフェルミ分布に対する大分配関数（粒子数もやり取りする系の分配関数）の対数は

$$\log\Xi=\sum_{\boldsymbol k}\sum_{a=1}^{2}\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon_{k,a}}\right)$$

です。上のバンド（$0\le\varepsilon\le\varepsilon_0$）の和を状態密度 $D(\varepsilon)$ による積分に置き換え、下のバンド（$-\varepsilon_0\le\varepsilon\le0$）の和では $\varepsilon\to-\varepsilon$ と変数変換して状態密度 $D(\varepsilon)$ を使うと

$$\log\Xi=\int_0^{\varepsilon_0}D(\varepsilon)\left[\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)+\log\left(1+e^{\beta\varepsilon}\right)\right]d\varepsilon .$$

したがって

$$F(\varepsilon)=D(\varepsilon)\left[\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)+\log\left(1+e^{\beta\varepsilon}\right)\right] =D(\varepsilon)\left[\beta\varepsilon+2\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)\right].$$

2つ目の表式では $\log(1+e^{\beta\varepsilon})=\beta\varepsilon+\log(1+e^{-\beta\varepsilon})$ を使いました。第1項は絶対零度で満たされた下のバンドからの寄与、第2項が熱励起の寄与です。

設問6

$A\equiv V/(2\pi^2\hbar^3v^3)$ とおくと $D(\varepsilon)=A\varepsilon^2$ で

$$\log\Xi=A\beta\int_0^{\varepsilon_0}\varepsilon^3\,d\varepsilon+2A\int_0^{\varepsilon_0}\varepsilon^2\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)d\varepsilon .$$

第1項は $A\beta\varepsilon_0^4/4$ で、$\varepsilon_0$ の4次の多項式です。第2項の被積分関数は $\varepsilon\gtrsim k_{\mathrm B}T$ で指数的に小さくなるので、$\varepsilon_0\gg k_{\mathrm B}T$ のもとで積分の上限を $\infty$ に置き換えられます。差

$$G(\varepsilon_0)=-2A\int_{\varepsilon_0}^{\infty}\varepsilon^2\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)d\varepsilon$$

が $\varepsilon_0\to\infty$ で 0 になる項で、これを無視します。$x=\beta\varepsilon$ と置いて部分積分すると

$$\int_0^{\infty}\varepsilon^2\log\left(1+e^{-\beta\varepsilon}\right)d\varepsilon =\frac{1}{\beta^3}\int_0^{\infty}x^2\log\left(1+e^{-x}\right)dx =\frac{1}{3\beta^3}\int_0^{\infty}\frac{x^3}{e^{x}+1}dx=\frac{7\pi^4}{360\beta^3}$$

です（部分積分の表面項は両端で消えます）。以上より

$$\log\Xi\simeq\frac{A\beta\varepsilon_0^4}{4}+\frac{7\pi^4A}{180\beta^3} =\frac{V\varepsilon_0^{4}}{8\pi^2\hbar^3v^3\,k_{\mathrm B}T}+\frac{7\pi^2}{360}\frac{V\left(k_{\mathrm B}T\right)^3}{\hbar^3v^3}.$$

問題文の「$\varepsilon_0$ の有限次の多項式」は、第1項（4次）と第2項（$\varepsilon_0$ を含まない0次）の和に対応します。

設問7

$\mu=0$ なので $E=-\partial\log\Xi/\partial\beta$ です。設問6の結果を $\beta$ で微分して

$$E=-\frac{\partial}{\partial\beta}\left(\frac{A\beta\varepsilon_0^4}{4}+\frac{7\pi^4A}{180\beta^3}\right) =-\frac{A\varepsilon_0^4}{4}+\frac{7\pi^4A}{60\beta^4},$$

すなわち

$$E=-\frac{V\varepsilon_0^{4}}{8\pi^2\hbar^3v^3}+\frac{7\pi^2}{120}\frac{V\left(k_{\mathrm B}T\right)^4}{\hbar^3v^3}.$$

第1項は温度によらない負の定数で、絶対零度で下のバンドがすべて占有されているときのエネルギー $-\int_0^{\varepsilon_0}\varepsilon D(\varepsilon)d\varepsilon=-A\varepsilon_0^4/4$ に一致します。比熱には効きません。$T$ で微分して

$$C=\frac{\partial E}{\partial T}=\frac{7\pi^2}{30}\frac{Vk_{\mathrm B}^4T^3}{\hbar^3v^3} =\frac{7\pi^2}{30}Vk_{\mathrm B}\left(\frac{k_{\mathrm B}T}{\hbar v}\right)^3 .$$

$k_{\mathrm B}T/(\hbar v)$ は長さの逆数なので、その3乗に $V$ をかけると無次元となり、$C$ は $k_{\mathrm B}$ の次元をもちます。また熱励起部分の係数は、2つの偏光をもつ光子気体の $u=\pi^2(k_{\mathrm B}T)^4/\left(15(\hbar c)^3\right)$ にフェルミ統計の因子 $7/8$ をかけた値 $7\pi^2(k_{\mathrm B}T)^4/\left(120(\hbar v)^3\right)$ と一致しており、独立な検算になります。

設問8

通常の金属では化学ポテンシャルがバンドの途中にあってフェルミ面が存在し、フェルミ準位の状態密度 $D(\varepsilon_{\mathrm F})$ が有限の値をとります。温度 $T$ で熱的に励起できるのはフェルミ準位から幅 $\sim k_{\mathrm B}T$ の範囲にある電子だけで、その数は $\sim D(\varepsilon_{\mathrm F})k_{\mathrm B}T$、1個あたりのエネルギー増加は $\sim k_{\mathrm B}T$ です。したがって内部エネルギーの温度依存部分は $\sim D(\varepsilon_{\mathrm F})(k_{\mathrm B}T)^2$ となり、比熱は $C\sim k_{\mathrm B}^2D(\varepsilon_{\mathrm F})T$、つまり温度に比例します。

設問7の系では化学ポテンシャルが2つのバンドの接点（ディラック点）にあり、状態密度が $D(\varepsilon)\propto\varepsilon^2$ でフェルミ準位において 0 になります。そのため励起に使える状態が温度とともに増えていき、熱励起される電子・正孔の数は $\sim D(k_{\mathrm B}T)k_{\mathrm B}T\propto T^3$、エネルギーは $\propto T^4$ になります。比熱はその微分で $C\propto T^3$ となり、線形項が現れません。低温で比熱が通常の金属と定性的に異なるのは、フェルミ準位の状態密度が消えていることが原因です。

第3問 電気双極子と電気四極子

設定

電気定数を $\varepsilon_0$、観測点を $\boldsymbol r=(x,y,z)$、$r=\lvert\boldsymbol r\rvert$ とします。図はすべて $xy$ 平面（$z=0$）内の配置です。

図1(a) では正電荷 $e$ を $(0,d/2,0)$、負電荷 $-e$ を $(0,-d/2,0)$ に置きます。これを負電荷から正電荷に向く矢印（図1(b)）で表し、図1(c) では $+y$ 方向を向いた電気双極子を原点に、$x$ 軸の正方向から測った角度 $\theta$ の向きの電気双極子を $(0,a,0)$ に置きます。設問2から5では $d\ll r,a$ とし、最も支配的な項だけを残します。

図2(a) では原点に $2e$、$(0,\pm d/2,0)$ に $-e$ を置いて電気四極子をつくります。設問6から8では与えられた多極子展開

$$\varphi(\boldsymbol r)\simeq\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q}{r}+\sum_{i=1}^{3}\frac{x_ip_i}{r^3}+\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}\frac{x_ix_jQ_{ij}}{r^5}\right)$$

と、$q=\int\rho\,d^3r'$、$p_i=\int x_i'\rho\,d^3r'$、$Q_{ij}=\frac12\int\left(3x_i'x_j'-(r')^2\delta_{ij}\right)\rho\,d^3r'$ を使います。

設問1

$\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_0\rvert^2=r^2-2\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_0+r_0^2$ なので

$$\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_0\rvert=r\sqrt{1-\frac{2\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_0}{r^2}+\frac{r_0^2}{r^2}} .$$

$r_0/r\ll1$ として平方根を展開すると、$r_0/r$ の1次までは根号内の第3項が2次なので落ちて

$$\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_0\rvert\simeq r\left(1-\frac{\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_0}{r^2}\right)=r-\frac{\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_0}{r} .$$

これは $\boldsymbol r$ 方向の単位ベクトル $\hat{\boldsymbol r}=\boldsymbol r/r$ を使えば $r-\hat{\boldsymbol r}\cdot\boldsymbol r_0$ です。あとで使う形として、逆数も同じ精度で

$$\frac{1}{\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_0\rvert}\simeq\frac{1}{r}\left(1+\frac{\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_0}{r^2}\right)$$

となります。

設問2

$\boldsymbol r_\pm=(0,\pm d/2,0)$ に $\pm e$ が置かれているので

$$\varphi(\boldsymbol r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{e}{\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_+\rvert}-\frac{e}{\lvert\boldsymbol r-\boldsymbol r_-\rvert}\right).$$

設問1の逆数の展開で $\boldsymbol r\cdot\boldsymbol r_\pm=\pm yd/2$ を代入すると

$$\varphi(\boldsymbol r)\simeq\frac{e}{4\pi\varepsilon_0 r}\left[\left(1+\frac{yd}{2r^2}\right)-\left(1-\frac{yd}{2r^2}\right)\right] =\frac{ed}{4\pi\varepsilon_0}\frac{y}{r^3}.$$

$(d/r)^0$ の項は全電荷が 0 なので打ち消し、最低次は $d/r$ の1次です。答えは

$$\varphi(\boldsymbol r)=\frac{ed}{4\pi\varepsilon_0}\frac{y}{r^3}$$

で、$\boldsymbol p=ed\,\hat{\boldsymbol e}_y$ とおけば標準的な双極子ポテンシャル $\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r/(4\pi\varepsilon_0r^3)$ に一致します。無限遠で 0 になっており、境界条件をみたします。

設問3

$p\equiv ed$ とおき、$\boldsymbol E=-\nabla\varphi$ を計算します。$\partial r/\partial x_i=x_i/r$ を使って

$$\frac{\partial}{\partial x}\frac{y}{r^3}=-\frac{3xy}{r^5},\qquad \frac{\partial}{\partial y}\frac{y}{r^3}=\frac{1}{r^3}-\frac{3y^2}{r^5},\qquad \frac{\partial}{\partial z}\frac{y}{r^3}=-\frac{3yz}{r^5}$$

なので

$$E_x=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0}\frac{3xy}{r^5},\qquad E_y=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{3y^2}{r^5}-\frac{1}{r^3}\right),\qquad E_z=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0}\frac{3yz}{r^5}$$

です（$p=ed$）。まとめると $\boldsymbol E=\left[3(\boldsymbol p\cdot\hat{\boldsymbol r})\hat{\boldsymbol r}-\boldsymbol p\right]/(4\pi\varepsilon_0r^3)$ という双極子場の標準形になっています。$y$ 軸上（$x=z=0$）では $\boldsymbol E$ は $+y$ 向きで大きさ $2p/(4\pi\varepsilon_0r^3)$、$x$ 軸上では $-y$ 向きで大きさ $p/(4\pi\varepsilon_0r^3)$ という、双極子場の見慣れた値を再現します。

設問4

原点の双極子は $\boldsymbol p_1=p\,\hat{\boldsymbol e}_y$、$(0,a,0)$ の双極子は図1(c) より $x$ 軸正方向から角度 $\theta$ をなすので

$$\boldsymbol p_2=p\left(\cos\theta,\ \sin\theta,\ 0\right),\qquad p=ed .$$

$\boldsymbol p_1$ がつくる場を設問3の式で $(x,y,z)=(0,a,0)$、$r=a$ として評価すると

$$E_x=0,\qquad E_y=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{3a^2}{a^5}-\frac{1}{a^3}\right)=\frac{2p}{4\pi\varepsilon_0a^3},\qquad E_z=0 .$$

したがって

$$U=-\boldsymbol p_2\cdot\boldsymbol E(0,a,0)=-p\sin\theta\cdot\frac{2p}{4\pi\varepsilon_0a^3} =-\frac{e^2d^2\sin\theta}{2\pi\varepsilon_0a^3}.$$

答えは $U=-\dfrac{e^2d^2\sin\theta}{2\pi\varepsilon_0a^3}$ です。実際の点電荷4個のクーロン相互作用エネルギーを $d/a\ll1$ で展開しても同じ式が得られます。

設問5

$U$ は $\sin\theta$ に負の係数で比例するので、$\sin\theta=1$ すなわち

$$\theta=\frac{\pi}{2}$$

のとき最小になり、最小値は $U=-e^2d^2/(2\pi\varepsilon_0a^3)$ です。このとき2つの双極子はどちらも $+y$ 向き、つまり両者を結ぶ直線に沿って頭と尾をそろえた配置で、双極子どうしがもっとも強く引き合う向きです。

設問6

図2(a) の電荷分布は原点の $2e$ と $(0,\pm d/2,0)$ の $-e$ です。全電荷は

$$q=2e-e-e=0 .$$

双極子モーメントは、$x'=z'=0$ なので $p_1=p_3=0$ であり、$y$ 成分も

$$p_2=2e\cdot0+(-e)\frac d2+(-e)\left(-\frac d2\right)=0$$

と消えます。すべての $i$ について $p_i=0$ です。四極子モーメントは、原点の電荷が $r'=0$ で寄与しないので $(0,\pm d/2,0)$ の2個だけを足します。この2点では $x_1'=x_3'=0$、$x_2'=\pm d/2$、$(r')^2=d^2/4$ なので、$i\neq j$ の成分はすべて 0 で、対角成分は

$$\begin{aligned} Q_{11}&=\frac12\cdot2\cdot(-e)\left(0-\frac{d^2}{4}\right)=\frac{ed^2}{4},\\ Q_{22}&=\frac12\cdot2\cdot(-e)\left(3\cdot\frac{d^2}{4}-\frac{d^2}{4}\right)=-\frac{ed^2}{2},\\ Q_{33}&=Q_{11}=\frac{ed^2}{4}. \end{aligned}$$

まとめると

$$q=0,\qquad p_i=0,\qquad Q_{ij}=\frac{ed^2}{4}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&1\end{pmatrix}_{ij}.$$

トレースが $Q_{11}+Q_{22}+Q_{33}=0$ となっており、定義から要求される無跡性（対角成分の和が 0 であること）をみたしています。

設問7

$q=p_i=0$ なので、多極子展開の第3項だけが残ります。

$$\varphi(\boldsymbol r)\simeq\frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^5}\left(Q_{11}x^2+Q_{22}y^2+Q_{33}z^2\right) =\frac{ed^2}{16\pi\varepsilon_0}\frac{x^2-2y^2+z^2}{r^5}.$$

$x^2+z^2=r^2-y^2$ を使えば $x^2-2y^2+z^2=r^2-3y^2$ なので、$K\equiv ed^2/(16\pi\varepsilon_0)$ とおいて

$$\varphi(\boldsymbol r)=K\left(\frac{1}{r^3}-\frac{3y^2}{r^5}\right).$$

$\boldsymbol E=-\nabla\varphi$ を成分ごとに計算すると

$$E_x=K\left(\frac{3x}{r^5}-\frac{15xy^2}{r^7}\right),\qquad E_y=K\left(\frac{9y}{r^5}-\frac{15y^3}{r^7}\right),\qquad E_z=K\left(\frac{3z}{r^5}-\frac{15y^2z}{r^7}\right)$$

となります（$K=ed^2/(16\pi\varepsilon_0)$）。検算として、$y$ 軸上では $\varphi=-2K/\lvert y\rvert^3$、$x$ 軸上では $\varphi=K/\lvert x\rvert^3$ となり、これは3個の点電荷のクーロンポテンシャルを $d$ の2次まで展開した値と一致します。また $\nabla\cdot\boldsymbol E$ を計算すると、$1/r^5$、$y^2/r^7$、$y^4/r^9$ の各係数がそれぞれ打ち消してゼロになり、電荷のない領域でのラプラス方程式をみたしています。

設問8

原点の四極子は $y$ 軸に沿った向きなので、設問6の

$$Q^{(y)}_{ij}=\frac{ed^2}{4}\,\mathrm{diag}(1,-2,1)$$

をもち、その場は設問7で求めたものです。$(0,a,0)$ に置く四極子は、$y$ 軸に沿う場合が $Q^{(y)}$、$x$ 軸に沿う場合は $x$ と $y$ の役割を入れ替えて

$$Q^{(x)}_{ij}=\frac{ed^2}{4}\,\mathrm{diag}(-2,1,1)$$

です。まず場の勾配を $(0,a,0)$ で評価します。設問7の $E_i$ を微分して $x=z=0$、$y=r=a$ を代入すると、非対角成分は消えて

$$\frac{\partial E_x}{\partial x}=-\frac{12K}{a^5},\qquad \frac{\partial E_y}{\partial y}=\frac{24K}{a^5},\qquad \frac{\partial E_z}{\partial z}=-\frac{12K}{a^5}$$

となります。3つの和が 0 で、$\nabla\cdot\boldsymbol E=0$ と整合しています。与えられた公式 $U=-\frac13\sum_{i,j}Q_{ij}\partial E_j/\partial x_i$ は、$Q$ と勾配がともに対角なので3項の和になります。

図2(c1) では $Q_{ij}=Q^{(y)}_{ij}$ なので

$$U_{\mathrm{c1}}=-\frac13\cdot\frac{ed^2K}{4a^5}\left[1\cdot(-12)+(-2)\cdot24+1\cdot(-12)\right] =-\frac13\cdot\frac{ed^2K}{4a^5}\left(-72\right)=\frac{6ed^2K}{a^5}.$$

$K=ed^2/(16\pi\varepsilon_0)$ を戻して

$$U_{\mathrm{c1}}=\frac{3e^2d^4}{8\pi\varepsilon_0a^5}\ (>0).$$

図2(c2) では $Q_{ij}=Q^{(x)}_{ij}$ なので

$$U_{\mathrm{c2}}=-\frac13\cdot\frac{ed^2K}{4a^5}\left[(-2)\cdot(-12)+1\cdot24+1\cdot(-12)\right] =-\frac13\cdot\frac{ed^2K}{4a^5}\cdot36=-\frac{3ed^2K}{a^5},$$

すなわち

$$U_{\mathrm{c2}}=-\frac{3e^2d^4}{16\pi\varepsilon_0a^5}\ (<0).$$

$U_{\mathrm{c1}}=-2U_{\mathrm{c2}}>0>U_{\mathrm{c2}}$ なので、静電エネルギーが小さいのは図2(c2) の系、つまり2つの四極子の向きが直交している配置です。検算として、点電荷6個のクーロンエネルギーを直接 $d/a$ で展開すると、$(d/a)^0$ から $(d/a)^3$ までの項がすべて打ち消し、(c1) では $+\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{3d^4}{2a^5}$、(c2) では $-\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{3d^4}{4a^5}$ が残って上の2式に一致します。

第4問 複素積分と行列の指数関数

設定

前半は $0<b<a$、$n$ を正の整数として

$$I=\int_0^{2\pi}\frac{\cos(n\theta)}{a+b\cos\theta}\,d\theta$$

を単位円上の複素積分に直して評価します。後半は正方行列の指数関数 $e^X=\sum_{k\ge0}X^k/k!$ について、相似変換との交換関係を示し、与えられた $4\times4$ 行列 $A$ を対角化して $e^{itA}$ を求めます。

設問1

(a) オイラーの公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ の実部と虚部を比べて

$$x=\cos\theta,\qquad y=\sin\theta .$$

$\theta$ が実数なので $x^2+y^2=1$、すなわち $e^{i\theta}$ は単位円上を動きます。

(b) $z=e^{i\theta}$ とおくと $dz=ie^{i\theta}d\theta=iz\,d\theta$ より $d\theta=dz/(iz)$ です。また

$$\cos\theta=\frac{z+z^{-1}}{2},\qquad \cos(n\theta)=\frac{z^{n}+z^{-n}}{2}$$

なので

$$I=\oint_C\frac{\left(z^{n}+z^{-n}\right)/2}{a+\dfrac{b}{2}\left(z+z^{-1}\right)}\cdot\frac{dz}{iz} =\oint_C\frac{z^{n}+z^{-n}}{iz\left(2a+bz+bz^{-1}\right)}\,dz .$$

分母を $iz\left(2a+bz+bz^{-1}\right)=i\left(bz^{2}+2az+b\right)$ と整理し、分子を $z^{n}+z^{-n}=\left(z^{2n}+1\right)/z^{n}$ と書き直すと

$$f(z)=\frac{z^{2n}+1}{i\,z^{n}\left(bz^{2}+2az+b\right)}.$$

積分経路 $C$ は、$\theta$ が $0$ から $2\pi$ まで動くときの $z=e^{i\theta}$ の軌跡です。図示すると、複素平面の原点を中心とする半径 1 の円（単位円）を、$\theta$ の増加に伴って反時計回りに 1 周する閉曲線です。始点と終点はともに $z=1$ で、向きは正の向き（内部を左に見る向き）です。

(c) 分母の因子を順に見ます。$z^{n}$ は $z=0$ を $n$ 位の零点にしますが、分子は $z=0$ で $1$ なので $z=0$ は $f(z)$ の $n$ 位の極です。次に $bz^2+2az+b=0$ を解くと

$$z=\frac{-a\pm\sqrt{a^2-b^2}}{b}\equiv\alpha_\pm$$

で、$0<b<a$ より $\sqrt{a^2-b^2}$ は実数、しかも $0<\sqrt{a^2-b^2}<a$ なので $\alpha_\pm$ はどちらも負の実数です。2解の積は $\alpha_+\alpha_-=b/b=1$ なので $\lvert\alpha_+\rvert\lvert\alpha_-\rvert=1$ です。ここで

$$\lvert\alpha_+\rvert=\frac{a-\sqrt{a^2-b^2}}{b}<1 \quad\Longleftrightarrow\quad a-b<\sqrt{(a-b)(a+b)} \quad\Longleftrightarrow\quad a-b<a+b$$

が $b>0$ から成り立つので、$\alpha_+$ は単位円の内側、$\alpha_-$ は外側にあります。したがって経路 $C$ の内部にある極は

$$z=0,\qquad z=\alpha_+=\frac{-a+\sqrt{a^2-b^2}}{b}$$

の2つです。前者は $n$ 位の極で、後者は $\alpha_+\neq\alpha_-$ なので1位（単純）の極です。

(d) $s\equiv\sqrt{a^2-b^2}$、$\alpha\equiv\alpha_+$ と略記します。$n=2$ のとき $f(z)=\dfrac{z^4+1}{i\,z^2\left(bz^2+2az+b\right)}$ です。

$z=\alpha$ での留数は、$bz^2+2az+b=b(z-\alpha_+)(z-\alpha_-)$ と $b(\alpha_+-\alpha_-)=2s$ を使って

$$\underset{z=\alpha}{\mathrm{Res}}\,f=\frac{\alpha^4+1}{i\,\alpha^2\cdot b(\alpha_+-\alpha_-)}=\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{2is}.$$

$\alpha^{-1}=\alpha_-$ なので $\alpha+\alpha^{-1}=\alpha_++\alpha_-=-2a/b$ であり、$\alpha^2+\alpha^{-2}=(\alpha+\alpha^{-1})^2-2=4a^2/b^2-2$ です。よって

$$\underset{z=\alpha}{\mathrm{Res}}\,f=\frac{1}{2is}\left(\frac{4a^2}{b^2}-2\right)=\frac{2a^2-b^2}{i\,b^2s}.$$

$z=0$ は2位の極なので

$$\underset{z=0}{\mathrm{Res}}\,f=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\left[\frac{z^4+1}{i\left(bz^2+2az+b\right)}\right] =\frac{1}{i}\cdot\frac{0-1\cdot 2a}{b^2}=-\frac{2a}{i\,b^2}.$$

留数定理（閉曲線の内部にある極の留数の和の $2\pi i$ 倍が積分に等しいという定理）より

$$I=2\pi i\left(-\frac{2a}{i\,b^2}+\frac{2a^2-b^2}{i\,b^2s}\right) =\frac{2\pi}{b^2}\left(\frac{2a^2-b^2}{s}-2a\right) =\frac{2\pi}{b^2}\cdot\frac{a^2+s^2-2as}{s}$$

となり（$2a^2-b^2=a^2+s^2$ を使いました）、答えは

$$I=\frac{2\pi\left(a-\sqrt{a^2-b^2}\right)^2}{b^2\sqrt{a^2-b^2}}$$

です。$a>b>0$ なので $I>0$ です。重み $1/(a+b\cos\theta)$ は $\theta=\pi$ 付近で最大になり、そこで $\cos2\theta>0$ なので、符号は自然です。同じ計算を一般の $n$ で行うと $I=\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-b^2}}\left(\dfrac{-a+\sqrt{a^2-b^2}}{b}\right)^{n}$ が得られ、$n=0$ で既知の $2\pi/\sqrt{a^2-b^2}$ に帰着します。$b\to0$ の極限では $I\to0$ となり、$\int_0^{2\pi}\cos2\theta\,d\theta/a=0$ と一致します。

設問2

(a) まず $\left(VXV^{-1}\right)^k=VX^kV^{-1}$ を $k$ についての帰納法で示します。$k=0$ のとき両辺は $\mathbb{I}=V\mathbb{I}V^{-1}$ で成立します。$k$ で成立すると仮定すると

$$\left(VXV^{-1}\right)^{k+1}=\left(VX^kV^{-1}\right)\left(VXV^{-1}\right)=VX^k\left(V^{-1}V\right)XV^{-1}=VX^{k+1}V^{-1}$$

となり、$k+1$ でも成立します。次に、有限和については行列の積の分配則から

$$\sum_{k=0}^{M}\frac{1}{k!}\left(VXV^{-1}\right)^{k}=\sum_{k=0}^{M}\frac{1}{k!}VX^{k}V^{-1}=V\left(\sum_{k=0}^{M}\frac{X^{k}}{k!}\right)V^{-1}$$

が成り立ちます。指数関数の級数は任意の正方行列について絶対収束し、$Y\mapsto VYV^{-1}$ は行列の成分について線形（したがって連続）な写像なので、$M\to\infty$ の極限と交換できます。よって

$$e^{VXV^{-1}}=\lim_{M\to\infty}V\left(\sum_{k=0}^{M}\frac{X^{k}}{k!}\right)V^{-1}=Ve^{X}V^{-1}$$

が示されました。

(b) $A$ は第2成分と第3成分が他と混ざらないので、$\{\boldsymbol e_1,\boldsymbol e_4\}$ の張る2次元部分空間と $\boldsymbol e_2$、$\boldsymbol e_3$ に分解して考えられます。$\boldsymbol e_2$ 上では $A$ は $1$ 倍、$\boldsymbol e_3$ 上では $-1$ 倍です。$\{\boldsymbol e_1,\boldsymbol e_4\}$ 上での $A$ の表現は

$$\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\cos\frac{\pi}{4}&-\sin\frac{\pi}{4}\\\sin\frac{\pi}{4}&\cos\frac{\pi}{4}\end{pmatrix}$$

で、角 $\pi/4$ の回転行列です。実際、特性多項式は

$$\det\left(A-\lambda\mathbb{I}\right)=(1-\lambda)(-1-\lambda)\left(\lambda^2-\sqrt2\,\lambda+1\right)$$

となり、最後の因子の根は $\lambda=\left(1\pm i\right)/\sqrt2=e^{\pm i\pi/4}$ です。回転行列 $R(\phi)$ の固有ベクトルは $(1,\mp i)^{\mathsf T}$（固有値 $e^{\pm i\phi}$）なので、規格化して並べると

$$\begin{aligned} \lambda&=e^{i\pi/4}=\frac{1+i}{\sqrt2}:&\quad \boldsymbol v_1&=\frac{1}{\sqrt2}\left(1,\,0,\,0,\,-i\right)^{\mathsf T},\\ \lambda&=e^{-i\pi/4}=\frac{1-i}{\sqrt2}:&\quad \boldsymbol v_2&=\frac{1}{\sqrt2}\left(1,\,0,\,0,\,i\right)^{\mathsf T},\\ \lambda&=1:&\quad \boldsymbol v_3&=\left(0,\,1,\,0,\,0\right)^{\mathsf T},\\ \lambda&=-1:&\quad \boldsymbol v_4&=\left(0,\,0,\,1,\,0\right)^{\mathsf T} \end{aligned}$$

が答えです。$\boldsymbol v_1$ を代入して確かめると、$A\boldsymbol v_1$ の第1成分は $\frac{1}{\sqrt2}\cdot1+\left(-\frac{1}{\sqrt2}\right)\cdot(-i)=\frac{1+i}{\sqrt2}$、第4成分は $\frac{1}{\sqrt2}\cdot1+\frac{1}{\sqrt2}\cdot(-i)=\frac{1-i}{\sqrt2}=e^{i\pi/4}\cdot(-i)$ となり、確かに固有値 $e^{i\pi/4}$ の固有ベクトルです。$A$ は実直交行列（$A^{\mathsf T}A=\mathbb{I}$）なので固有値の絶対値がすべて 1 であることも整合しています。

(c) 固有ベクトルを列に並べた行列と、対応する固有値を並べた対角行列をとればよいので

$$U=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1&1&0&0\\ 0&0&\sqrt2&0\\ 0&0&0&\sqrt2\\ -i&i&0&0 \end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix} e^{i\pi/4}&0&0&0\\ 0&e^{-i\pi/4}&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix}$$

です。$\boldsymbol v_1,\dots,\boldsymbol v_4$ は互いに直交し規格化されているので $U^{\dagger}U=\mathbb{I}$、すなわち $U$ はユニタリーで $U^{-1}=U^{\dagger}$ です。実際に $UDU^{\dagger}$ を計算すると $A$ に戻ります。固有ベクトルの並べ方（および各ベクトルの位相）には任意性があり、対応する $D$ の並びを合わせれば他の選び方でも構いません。

(d) 設問2(a) を $V=U$、$X=itD$ に適用すると $e^{itA}=e^{U(itD)U^{-1}}=Ue^{itD}U^{-1}$ です。$D$ は対角なので

$$e^{itD}=\mathrm{diag}\left(e^{ite^{i\pi/4}},\ e^{ite^{-i\pi/4}},\ e^{it},\ e^{-it}\right) =\mathrm{diag}\left(e^{(i-1)t/\sqrt2},\ e^{(i+1)t/\sqrt2},\ e^{it},\ e^{-it}\right)$$

となります。$U$ を掛けて整理すると、$\{\boldsymbol e_1,\boldsymbol e_4\}$ の成分では

$$\frac{e^{(i-1)t/\sqrt2}+e^{(i+1)t/\sqrt2}}{2}=e^{it/\sqrt2}\cosh\frac{t}{\sqrt2},\qquad \frac{e^{(i-1)t/\sqrt2}-e^{(i+1)t/\sqrt2}}{2}=-e^{it/\sqrt2}\sinh\frac{t}{\sqrt2}$$

の組み合わせが現れ、結果は

$$e^{itA}=\begin{pmatrix} e^{it/\sqrt2}\cosh(t/\sqrt2)&0&0&-i\,e^{it/\sqrt2}\sinh(t/\sqrt2)\\ 0&e^{it}&0&0\\ 0&0&e^{-it}&0\\ i\,e^{it/\sqrt2}\sinh(t/\sqrt2)&0&0&e^{it/\sqrt2}\cosh(t/\sqrt2) \end{pmatrix}$$

です。$t=0$ で単位行列になり、$t$ で微分して $t=0$ とすると各成分が $iA$ の対応する成分（$i/\sqrt2$、$-i/\sqrt2$、$i$、$-i$ など）に一致するので、定義と整合しています。$A$ は直交行列ですが対称ではないため $iA$ は反エルミートではなく、$e^{itA}$ もユニタリーではありません。実際 $\cosh(t/\sqrt2)$ が $\lvert t\rvert\to\infty$ で発散します。なお $\{\boldsymbol e_1,\boldsymbol e_4\}$ 部分空間では $A=\cos\frac{\pi}{4}\mathbb{I}_2+\sin\frac{\pi}{4}J$（$J^2=-\mathbb{I}_2$）と書けるので、$e^{itA}=e^{it/\sqrt2}\left(\cosh\frac{t}{\sqrt2}\mathbb{I}_2+i\sinh\frac{t}{\sqrt2}J\right)$ として直接導くこともできます。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 令和5年度 修士課程 入学試験問題 専門科目。問題文は要約して引用しています。