# 令和2年度 東大院 物理学専攻 博士 物理学 解答 > 令和2年度 博士課程 物理学（全3問）の解答。二状態系の測定とベルの不等式（Mermin 版）、古典理想気体と自由フェルミ粒子系、同軸ケーブルの TEM モードとパルス伝搬を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/doctor-r2-phys :::caution[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/](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](/contact)までお願いします。 ::: 3 時間で 3 問、選択はなく全問必答です。3 問とも同年度の修士課程 物理学の必答問題（第1問から第3問）と同一で、量子力学・統計力学・電磁気学が 1 問ずつ並びます。どれも二状態系の期待値、ガウス積分、円筒座標の Maxwell 方程式という教科書的な入口から始まりますが、設問が進むと第1問は隠れた変数の理論との矛盾、第2問は高温側のグランドカノニカル計算とエントロピーの温度依存性、第3問は特性インピーダンスと群速度という応用側に出ます。手が止まりやすいのは第1問設問8以降の確率の勘定、第2問設問8の熱力学的な組み立て、第3問設問1の完全導体の境界条件の使い方でしょう。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 二状態系の測定とベルの不等式（Mermin 版） | | 第2問 | 統計力学・熱力学 | 古典理想気体と自由フェルミ粒子系 | | 第3問 | 電磁気学・波動 | 同軸ケーブルの TEM モードとパルス伝搬 | ## 第1問 二状態系の測定とベルの不等式 ### 設定 観測量は $$ \sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad \sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad \sigma(\theta)=(\cos\theta)\,\sigma_z+(\sin\theta)\,\sigma_x $$ で与えられ、状態ベクトルは $|\uparrow\rangle=(1,0)^{T}$、$|\downarrow\rangle=(0,1)^{T}$ を基底として書きます。$\sigma(\theta)$ は $z$–$x$ 面内で $z$ 軸から角 $\theta$ の向きのスピン成分にあたる観測量です。 まず固有値を確定させます。$\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z=0$ と $\sigma_z^2=\sigma_x^2=I$ から $$ \sigma(\theta)^2=\cos^2\theta\,\sigma_z^2+\sin^2\theta\,\sigma_x^2+\cos\theta\sin\theta\,(\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z)=I $$ なので、$\sigma(\theta)$ の固有値は $\pm1$ です。固有ベクトルは直接確かめられて $$ |\theta,+\rangle=\cos\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\sin\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle,\qquad |\theta,-\rangle=-\sin\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\cos\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle $$ が固有値 $+1,-1$ に属します。$\theta=0$ で $\sigma_z$、$\theta=\pi/2$ で $\sigma_x$ に戻ります。 後半では二状態系 $A,B$ の複合系を、離れた 2 か所でそれぞれ測定します。用いる状態は一重項 $$ |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B-|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B\Big) $$ です。この問題は令和2年度 修士課程 物理学 第1問と同一です。 ### 設問1 $|\uparrow\rangle$ は $\sigma_z$ の固有値 $+1$ の固有状態です。$\sigma_z$ の固有値は $\pm1$ ですが、$-1$ が出る確率は $|\langle\downarrow|\uparrow\rangle|^2=0$ なので、測定結果は確率 1 で $$ s_z=+1 $$ だけをとります。期待値は $\langle\sigma_z\rangle=\langle\uparrow|\sigma_z|\uparrow\rangle=+1$ です。 ### 設問2 $\sigma_x$ の固有状態は $|x,\pm\rangle=(|\uparrow\rangle\pm|\downarrow\rangle)/\sqrt2$ で、$|\uparrow\rangle=(|x,+\rangle+|x,-\rangle)/\sqrt2$ と展開できます。したがって測定結果は $$ s_x=+1\ (\text{確率}\ 1/2),\qquad s_x=-1\ (\text{確率}\ 1/2) $$ の 2 通りです。期待値は $$ \langle\sigma_x\rangle=\langle\uparrow|\sigma_x|\uparrow\rangle=(1\ \ 0)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=0 $$ です。答えは $s_x=\pm1$ が等確率、期待値は $0$ です。 ### 設問3 設定で求めた固有ベクトルを使うと $\langle\theta,+|\uparrow\rangle=\cos(\theta/2)$、$\langle\theta,-|\uparrow\rangle=-\sin(\theta/2)$ なので、測定結果は $$ s_\theta=+1\ \left(\text{確率}\ \cos^2\frac{\theta}{2}\right),\qquad s_\theta=-1\ \left(\text{確率}\ \sin^2\frac{\theta}{2}\right) $$ の 2 通りです。期待値は $$ \langle\sigma(\theta)\rangle=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}=\cos\theta $$ で、これは $\langle\uparrow|\sigma(\theta)|\uparrow\rangle=\cos\theta$ と直接計算しても一致します。$\theta=0$ で設問1 の $1$、$\theta=\pi/2$ で設問2 の $0$ に戻ることも確認できます。 ### 設問4 $|\Psi\rangle$ には $|\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ が含まれていません。$|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ は $\sigma_z^A\sigma_z^B$ の同時固有状態なので、取りうる測定結果の組は $$ (s_z^A,s_z^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1) $$ の 2 通りで、それぞれ確率 $1/2$ です。積は常に $-1$ なので $$ \langle s_z^A s_z^B\rangle=-1 $$ です。演算子で書けば $\sigma_z^A\sigma_z^B|\Psi\rangle=-|\Psi\rangle$ であり、$|\Psi\rangle$ は積の固有値 $-1$ の固有状態です。 ### 設問5 $\sigma_x^A\sigma_x^B$ は $|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ を入れ替えるので $$ \sigma_x^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B-|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B\Big)=-|\Psi\rangle $$ となり、$|\Psi\rangle$ は $\sigma_x^A\sigma_x^B$ の固有値 $-1$ の固有状態です。$|x,\pm\rangle$ 基底で書き直すと $$ |\Psi\rangle=-\frac{1}{\sqrt2}\Big(|x,+\rangle_A|x,-\rangle_B-|x,-\rangle_A|x,+\rangle_B\Big) $$ なので、取りうる組は $$ (s_x^A,s_x^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1) $$ の 2 通り（各確率 $1/2$）で、期待値は $\langle s_x^A s_x^B\rangle=-1$ です。$z$ 方向でも $x$ 方向でも同じ答えになるのは、一重項が回転不変だからです。 ### 設問6 $c=\cos(\theta/2)$、$s=\sin(\theta/2)$ と略記し、設定で導いた $|\theta,\pm\rangle$ を使って $|\uparrow\rangle=c|\theta,+\rangle-s|\theta,-\rangle$、$|\downarrow\rangle=s|\theta,+\rangle+c|\theta,-\rangle$ と逆に解きます。これを $|\Psi\rangle$ に代入すると $$ \begin{aligned} |\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B&=cs\,|{+}{+}\rangle+c^2|{+}{-}\rangle-s^2|{-}{+}\rangle-sc\,|{-}{-}\rangle,\\ |\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B&=sc\,|{+}{+}\rangle-s^2|{+}{-}\rangle+c^2|{-}{+}\rangle-cs\,|{-}{-}\rangle \end{aligned} $$ （$|{\pm}{\pm}\rangle$ は $|\theta,\pm\rangle_A|\theta,\pm\rangle_B$ の略記）となり、差をとると $|{+}{+}\rangle$ と $|{-}{-}\rangle$ が消えて $c^2+s^2=1$ が残ります。すなわち $$ |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\theta,+\rangle_A|\theta,-\rangle_B-|\theta,-\rangle_A|\theta,+\rangle_B\Big) $$ です。$\theta$ を回した基底でも一重項の形が保たれるので、$|\theta,+\rangle_A|\theta,+\rangle_B$ と $|\theta,-\rangle_A|\theta,-\rangle_B$ の振幅は厳密に $0$ です。したがって $(s_\theta^A,s_\theta^B)$ は $(+1,-1)$ か $(-1,+1)$ のみで、$s_\theta^A=-s_\theta^B=\pm1$ が成り立ちます。証明終わりです。 ### 設問7 まず期待値を求めます。$\sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi)$ を展開すると 4 項が出ますが、$\sigma_z^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=(|\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B+|\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B)/\sqrt2$ は $|\Psi\rangle$ と直交するので $\langle\sigma_z^A\sigma_x^B\rangle=0$、同様に $\langle\sigma_x^A\sigma_z^B\rangle=0$ です。残る 2 項は設問4・設問5 の結果を使えて $$ \langle\sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi)\rangle=-\cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi=-\cos(\theta-\varphi) $$ となります。つまり $\langle s_\theta^A s_\varphi^B\rangle=-\cos(\theta-\varphi)$ です。 取りうる組を出すために、設問6 の表式で $B$ 側だけ $\varphi$ 基底に移します。$\alpha\equiv(\theta-\varphi)/2$ とおくと $|\theta,+\rangle=\cos\alpha\,|\varphi,+\rangle+\sin\alpha\,|\varphi,-\rangle$、$|\theta,-\rangle=-\sin\alpha\,|\varphi,+\rangle+\cos\alpha\,|\varphi,-\rangle$ なので $$ |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big[-\sin\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,+\rangle_B+\cos\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,-\rangle_B-\cos\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,+\rangle_B-\sin\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,-\rangle_B\Big] $$ です。よって $\theta\neq\varphi$（$\bmod\ 2\pi$）のときは 4 通り $$ (s_\theta^A,s_\varphi^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1) $$ がすべて起こり、確率は同符号が各 $\tfrac12\sin^2\alpha$、異符号が各 $\tfrac12\cos^2\alpha$ です。期待値は $$ \sin^2\alpha-\cos^2\alpha=-\cos2\alpha=-\cos(\theta-\varphi) $$ で、上の演算子計算と一致します。$\theta=\varphi$ とすると同符号の確率が $0$ になり、設問6 に戻ります。 ### 設問8 $\theta,\varphi$ をそれぞれ $\{0^\circ,120^\circ,240^\circ\}$ から独立に確率 $1/3$ で選びます。$\theta=\varphi$ となる 3 通りでは異符号のみですが、$\theta\neq\varphi$ となる 6 通りでは設問7 より 4 通りすべてが起こります。したがって取りうる値は $$ (s^A,s^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1) $$ の 4 通りです。 期待値は設問7 の結果を 9 通りについて平均すればよく、$\theta-\varphi$ は $0^\circ,120^\circ,240^\circ$ をそれぞれ 3 回ずつとるので $$ \langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}\cos(\theta-\varphi) =-\frac{1}{9}\Big[3\cos0^\circ+3\cos120^\circ+3\cos240^\circ\Big] =-\frac{1}{9}\left[3-\frac32-\frac32\right]=0 $$ です。見通しよく言えば、$\cos(\theta-\varphi)=\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi)$（$\boldsymbol{n}(\theta)=(\sin\theta,\cos\theta)$）と書けるので $$ \sum_{\theta}\sum_{\varphi}\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi)=\Big(\sum_\theta\boldsymbol{n}(\theta)\Big)\cdot\Big(\sum_\varphi\boldsymbol{n}(\varphi)\Big)=0 $$ となります。$120^\circ$ 刻みの 3 本の単位ベクトルの和が零ベクトルになることが本質です。答えは $\langle s^As^B\rangle=0$ です。 ### 設問9 仮説のもとでは、各回の実験の前から $(s_{0^\circ}^A,s_{120^\circ}^A,s_{240^\circ}^A)$ が決まっており、$B$ 側は $s_\varphi^B=-s_\varphi^A$ です。測定角の選択は $A,B$ で独立なので、$\Sigma\equiv s_{0^\circ}^A+s_{120^\circ}^A+s_{240^\circ}^A$ とおくと $$ \langle s^As^B\rangle=\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}s_\theta^A\left(-s_\varphi^A\right) =-\frac{1}{9}\Big(\sum_\theta s_\theta^A\Big)\Big(\sum_\varphi s_\varphi^A\Big)=-\frac{\Sigma^2}{9} $$ が成り立ちます。以下これを使います。 (i) $(+1,+1,+1)$ のとき $\Sigma=3$ なので $\langle s^As^B\rangle=-9/9=-1$ です。実際、$A$ ではどの角を選んでも $s^A=+1$、$B$ ではどの角を選んでも $s^B=-1$ なので積は常に $-1$ です。 (ii) $(+1,+1,-1)$ のとき $\Sigma=1$ なので $\langle s^As^B\rangle=-1/9$ です。$\langle s^A\rangle=1/3$、$\langle s^B\rangle=-1/3$ で、両者は独立なので積の期待値は $-1/9$ となり、同じ答えが得られます。 (iii) $\Sigma$ は $\pm1$ を 3 個足した数なので必ず奇数で、$\Sigma\neq0$ です。よって $\Sigma^2\ge1$、すなわちどの配位でも $$ \langle s^As^B\rangle=-\frac{\Sigma^2}{9}\le-\frac{1}{9}<0 $$ です。8 通りの配位 $c$ が確率 $p_c$（$\sum_c p_c=1$）で任意に起こる場合も、期待値は各配位の値の平均 $$ \langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_c p_c\,\Sigma_c^{\,2}\le-\frac{1}{9}<0 $$ となり、負であることが示されました。値の範囲は $-1\le\langle s^As^B\rangle\le-1/9$ です。設問8 の量子力学の答え $0$ はこの区間に入らないので、両者は両立しません。 ## 第2問 古典理想気体と自由フェルミ粒子系 ### 設定 質量 $m$ の相互作用しない粒子 $N$ 個が体積 $V$ に入っており、温度 $T$ の熱浴と接しています。前半は古典統計で、分配関数は $$ Z=\frac{1}{h^{3N}N!}\int\!\cdots\!\int dp_{1x}\cdots dp_{Nz}\,dx_1\cdots dz_N\ e^{-\beta H}, \qquad H=\sum_{i=1}^{N}\frac{p_i^2}{2m} $$ で与えられます。$\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$、$h=2\pi\hbar$ です。後半は同じ粒子をフェルミ粒子として扱い、化学ポテンシャル $\mu$ の粒子浴と接するグランドカノニカル分布で考えます。一辺 $L$ の立方体（$V=L^3$）に周期境界条件を課し、運動エネルギーは $\varepsilon_k=\hbar^2k^2/(2m)$、内部自由度はないものとします。熱力学の関係式 $dU=d'Q-PdV+\mu dN$、$d'Q=TdS$（可逆）、$F=U-TS$ を使います。この問題は令和2年度 修士課程 物理学 第2問と同一です。 以下、熱的ド・ブロイ波長 $$ \lambda\equiv\frac{h}{\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T}} $$ を導入すると式が短くなるので、これを使います。 ### 設問1 位置積分は各粒子について $V$ を与え、運動量積分は与えられた公式で $a=\beta/(2m)$ として $$ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\beta p^2/(2m)}dp=\sqrt{\frac{2\pi m}{\beta}}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T} $$ となります。運動量成分は $3N$ 個あるので $$ Z(T,V,N)=\frac{1}{h^{3N}N!}V^N\left(2\pi mk_{\mathrm B}T\right)^{3N/2} =\frac{1}{N!}\left(\frac{V}{\lambda^3}\right)^{N} $$ です。ヘルムホルツの自由エネルギーは $\ln N!\approx N\ln N-N$ を使って $$ F=-k_{\mathrm B}T\ln Z=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right] $$ となり、$\lambda$ が $V$ に依らないことから $$ P=-\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V} $$ です。答えは $Z=(V/\lambda^3)^N/N!$、$P=Nk_{\mathrm B}T/V$ で、理想気体の状態方程式が再現されます。 ### 設問2 満たされなくなるのは示量性（相加性）です。$1/N!$ を落とすと $$ F_{\text{誤}}=-Nk_{\mathrm B}T\ln\frac{V}{\lambda^3} $$ となります。自由エネルギーは示量変数について 1 次の同次関数、すなわち $F(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F(T,V,N)$ でなければなりませんが、この式では $$ F_{\text{誤}}(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F_{\text{誤}}(T,V,N)-\alpha Nk_{\mathrm B}T\ln\alpha $$ となって余分な項が残ります。原因は $N\ln V$ という組み合わせで、示量的であるためには $\ln(V/N)$ の形、つまり密度の関数になっていなければなりません。$1/N!$ を入れると $\ln(V/N\lambda^3)$ に変わり、示量性が回復します。同じことをエントロピーで言えば、同種気体を仕切りを外して混合したときに架空の混合エントロピーが生じてしまう（ギブスのパラドックス）ことになります。 ### 設問3 設問1 の $F$ を $T$ で微分します。$\ln(V/N\lambda^3)=\ln(V/N)+\tfrac32\ln(2\pi mk_{\mathrm B}T/h^2)$ なので $$ S=-\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_{V,N} =Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\cdot\frac{3}{2T} $$ となり、 $$ S(T,V,N)=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right] =Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}+\frac52\right] $$ です。これはザッカー・テトロードの式です。 $T\to0$ とすると $\lambda\propto T^{-1/2}\to\infty$ なので $V/(N\lambda^3)\to0$ となり、$\ln$ が発散して $S\to-\infty$ になります。古典的にはエントロピーが負になり、しかも下に限りなく発散するので、$S\to0$ を要求する熱力学第三法則を破ります。低温では古典近似そのものが破綻していることを意味しており、実際に効いてくるのは $\lambda$ が粒子間距離 $(V/N)^{1/3}$ 程度になる温度以下です。 ### 設問4 内部エネルギーは $$ U=F+TS=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right]=\frac32Nk_{\mathrm B}T $$ なので $$ C_V(T,V,N)=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{V,N}=\frac32Nk_{\mathrm B} $$ です。$C_V=T(\partial S/\partial T)_V=T\cdot\tfrac32Nk_{\mathrm B}/T$ からも同じ値が出ます。1 粒子あたり並進 3 自由度に $\tfrac12k_{\mathrm B}$ ずつという等分配則の結果で、$T$ にも $V$ にも依りません。 ### 設問5 一辺 $L$ の立方体に周期境界条件を課すと、平面波 $e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}}$ に対して $e^{ik_xL}=1$ などが要求されます。したがって $$ k_x=\frac{2\pi n_x}{L},\quad k_y=\frac{2\pi n_y}{L},\quad k_z=\frac{2\pi n_z}{L}, \qquad n_x,n_y,n_z\in\mathbb{Z} $$ です。$n$ は $0$ と負の整数も含みます。1 状態が占める $k$ 空間の体積は $(2\pi/L)^3=(2\pi)^3/V$ です。 ### 設問6 グランドカノニカル分布では $\Xi=\sum_{\text{状態}}e^{-\beta(E-\mu N)}$ であり、粒子数の期待値は $\mu$ についての微分で取り出せます。 $$ \overline{N}=\frac{1}{\Xi}\sum_{\text{状態}}N\,e^{-\beta(E-\mu N)} =\frac{1}{\beta}\left(\frac{\partial\ln\Xi}{\partial\mu}\right)_{T,V} $$ 与えられた大分配関数の対数は $\ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right)$ なので $$ \overline{N}=\frac{1}{\beta}\sum_k\frac{\beta e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}}{1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}} =\sum_k\frac{1}{e^{\beta(\varepsilon_k-\mu)}+1}=\sum_kf(\varepsilon_k) $$ となります。示されました。各項は波数 $k$ の状態の占有数の期待値 $\langle n_k\rangle$ にあたり、フェルミ粒子なので $0\le f\le1$ に収まっています。 ### 設問7 $L$ が十分大きいので設問5 の和を積分に置き換えます。1 状態あたりの $k$ 空間体積が $(2\pi)^3/V$ なので $$ \sum_k\ \longrightarrow\ \frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k $$ です。高温近似 $f\approx e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}$ を代入すると $$ N=e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)} =e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\left(\frac{2\pi m k_{\mathrm B}T}{\hbar^2}\right)^{3/2} $$ となります。ガウス積分は各成分について $\int dk_x\,e^{-\beta\hbar^2k_x^2/(2m)}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T/\hbar^2}$ を使いました。$(2\pi)^3$ を整理すると $$ N=V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2}e^{\beta\mu}=\frac{V}{\lambda^3}e^{\beta\mu} $$ です。したがって $$ \mu=k_{\mathrm B}T\ln\frac{N\lambda^3}{V} =k_{\mathrm B}T\ln\left[\frac{N}{V}\left(\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}T}\right)^{3/2}\right] $$ が答えです。高温では $N\lambda^3/V\ll1$ なので対数は大きな負の数になり、$\mu<0$ かつ $|\mu|\gg k_{\mathrm B}T$ という前提と整合しています。 ### 設問8 同じ温度領域では $e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\le e^{\beta\mu}\ll1$ なので $\ln(1+x)\approx x$ が使えて $$ \ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right)\approx\sum_ke^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}=N $$ です。グランドポテンシャルは $J=-k_{\mathrm B}T\ln\Xi=-Nk_{\mathrm B}T$、すなわち $PV=Nk_{\mathrm B}T$ で、古典理想気体の状態方程式に戻ります。 内部エネルギーは同じ近似で $$ U=\sum_k\varepsilon_kf(\varepsilon_k)\approx e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ \frac{\hbar^2k^2}{2m}e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)}=\frac32Nk_{\mathrm B}T $$ となります（ガウス積分の比 $\int k^2e^{-ak^2}d^3k\big/\int e^{-ak^2}d^3k=3/(2a)$ を使いました）。$J=U-TS-\mu N$ を $S$ について解くと $$ S=\frac{U-\mu N-J}{T}=\frac{\tfrac32Nk_{\mathrm B}T-\mu N+Nk_{\mathrm B}T}{T} =-\frac{\mu}{T}N+\frac52Nk_{\mathrm B} $$ です。ここで $-\mu/T=|\mu|/T\gg k_{\mathrm B}$ という仮定 $|\mu|\gg k_{\mathrm B}T$ を使うと、第 1 項が第 2 項より圧倒的に大きいので $$ S\approx-\frac{\mu}{T}N $$ が示されました。設問3・設問7 と突き合わせると $-\mu N/T=Nk_{\mathrm B}\ln\left(V/N\lambda^3\right)$ であり、上式はザッカー・テトロードの式から定数項 $\tfrac52Nk_{\mathrm B}$ を落としたものに一致します。落とせる理由は、対数項が $|\mu|/(k_{\mathrm B}T)\gg1$ だけ大きいという点にあります。 ### 設問9 低温側は $C_V=\gamma T$ から $$ S(T)=\int_0^T\frac{C_V(T')}{T'}dT'=\int_0^T\gamma\,dT'=\gamma T $$ です。積分定数は第三法則 $S(0)=0$ で決まります。高温側は設問8 より $$ S\approx-\frac{\mu}{T}N=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}\right] $$ で、$\tfrac32Nk_{\mathrm B}\ln T$ という対数的な増大です。両者は縮退温度 $T_{\mathrm F}$（$\lambda(T_{\mathrm F})\sim(V/N)^{1/3}$ で決まる温度、$\gamma T_{\mathrm F}\sim Nk_{\mathrm B}$）付近でつながります。 グラフの特徴を書き出すと次のようになります。横軸を $T$、縦軸を $S$ にとります。フェルミ粒子系の曲線は原点 $(0,0)$ を通り、$T\ll T_{\mathrm F}$ では傾き $\gamma$ の直線 $S=\gamma T$、単調増加です。$T\sim T_{\mathrm F}$ で $S\sim Nk_{\mathrm B}$ のオーダーに達したところで折れ曲がり、$T\gg T_{\mathrm F}$ では上の対数曲線に漸近します。対数曲線なので $d^2S/dT^2<0$、つまり上に凸で、$T\to\infty$ で発散はするものの傾きは $0$ に近づきます。 設問3 の古典的なエントロピー $S_{\text{古典}}=Nk_{\mathrm B}\left[\ln(V/N\lambda^3)+\tfrac52\right]$ は、この対数曲線をそのまま低温まで延長したものです。高温では両者は一致します（差は $\tfrac52Nk_{\mathrm B}$ で、対数項に比べて無視できます）。低温側では $S_{\text{古典}}$ が下にずれて、$V/(N\lambda^3)=e^{-5/2}$ となる温度（$T_{\mathrm F}$ と同程度）で $S=0$ を横切り、$T\to0$ で $-\infty$ に発散します。フェルミ粒子系の曲線はこの下側への発散を起こさず、原点で $0$ に落ち着く点が決定的な違いです。 S T 0 TF フェルミ粒子系 古典（設問3） ## 第3問 同軸ケーブルの TEM モード ### 設定 半径 $a$ の円柱芯線と内半径 $b$ の円筒導体からなる同軸ケーブルを考えます。間の空間は誘電率 $\epsilon$、透磁率 $\mu$ の絶縁体で満たされ、導体の電気抵抗は無視します（完全導体）。外側の円筒の厚さは十分薄く、ケーブルは直線でその長さは半径よりずっと大きいとします。ケーブルの軸を $z$ 軸とする円筒座標 $(r,\theta,z)$ を使います。 考えるのは TEM モード、すなわち $$ E_z=B_z=0,\qquad \frac{\partial}{\partial\theta}(\text{すべての場})=0 $$ を満たす軸対称な伝搬モードです。絶縁体中では $$ \nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t},\quad \nabla\times\boldsymbol{B}=\mu\epsilon\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t},\quad \nabla\cdot\boldsymbol{B}=0,\quad \nabla\cdot\boldsymbol{E}=0 $$ が成り立ち、円筒座標での発散と回転は問題文に与えられた表式を使います。最後の設問ではパルスの伝搬を考え、$\epsilon,\mu$ が周波数に依存する場合の群速度を扱います。この問題は令和2年度 修士課程 物理学 第3問と同一です。 ### 設問1 まず $E_\theta$ です。Faraday の法則の $z$ 成分は、$E_z$ の $\theta$ 微分が消え $B_z=0$ なので $$ \frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)-\frac{\partial E_r}{\partial\theta}\right]=-\frac{\partial B_z}{\partial t}=0 \ \Longrightarrow\ \frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)=0 $$ となり、$rE_\theta$ は $r$ に依りません。$rE_\theta=h(z,t)$ と書けます。ところが芯線の表面 $r=a$ は完全導体なので、そこでは電場の接線成分が消え $E_\theta(a,z,t)=0$、したがって $h(z,t)=0$ です。$a\le r\le b$ 全域で $$ E_\theta=0 $$ が言えました。 次に $B_r$ です。$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$ に $B_z=0$、$\partial_\theta=0$ を入れると $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r)=0 \ \Longrightarrow\ rB_r=g(z,t) $$ で、$rB_r$ も $r$ に依りません。ここに Faraday の法則の $r$ 成分と Ampère–Maxwell の法則の $\theta$ 成分 $$ -\frac{\partial E_\theta}{\partial z}=-\frac{\partial B_r}{\partial t},\qquad \frac{\partial B_r}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_\theta}{\partial t} $$ を使うと、$E_\theta=0$ から $\partial g/\partial t=0$ かつ $\partial g/\partial z=0$、つまり $g$ は定数です。残った $B_r=g/r$ は静的な場ですが、完全導体表面では磁束密度の法線成分が消えるので $B_r(a)=0$、よって $g=0$ です。したがって $$ B_r=0 $$ です。$g\neq0$ が許されない理由は別の言い方もできます。$B_r=g/r$ は軸を囲む半径 $r$、長さ $\ell$ の円筒面から $2\pi\ell g$ の磁束が湧き出すことを意味し、磁気単極子の不在（$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$）と矛盾します。以上で $B_r=E_\theta=0$ が示され、残るのは $E_r$ と $B_\theta$ の 2 成分だけです。 ### 設問2 Faraday の法則の $\theta$ 成分と Ampère–Maxwell の法則の $r$ 成分を、$E_z=B_z=0$、$\partial_\theta=0$ のもとで書き下すと $$ \frac{\partial E_r}{\partial z}=-\frac{\partial B_\theta}{\partial t},\qquad -\frac{\partial B_\theta}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t} $$ です。前者を $z$ で微分し、後者を代入して $B_\theta$ を消します。 $$ \frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}=-\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_\theta}{\partial z} =-\frac{\partial}{\partial t}\left(-\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t}\right) =\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2} $$ したがって求める波動方程式は $$ \frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}-\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2}=0 $$ です。$r$ 微分が現れないのは、$\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0$ が $\partial(rE_r)/\partial r=0$、すなわち $E_r=A(z,t)/r$ を要求して $r$ 依存性を先に固定してしまうからです。実際、ベクトル波動方程式の $r$ 成分に現れる横方向の項は $$ \frac{\partial^2E_r}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial E_r}{\partial r}-\frac{E_r}{r^2} =A\left(\frac{2}{r^3}-\frac{1}{r^3}-\frac{1}{r^3}\right)=0 $$ と恒等的に消え、上の 1 次元波動方程式と矛盾しません。 ### 設問3 $\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0$ を複素表示に適用すると $$ \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\mathcal{E}(r)\right)=0 \ \Longrightarrow\ r\mathcal{E}(r)=\text{const} $$ です。$\mathcal{E}(a)=E_0$ という条件で定数が決まり $$ \mathcal{E}(r)=E_0\frac{a}{r}\qquad(a\le r\le b) $$ が答えです。芯線に単位長さあたり $\Lambda$ の線電荷があるとしたときの静電場 $\Lambda/(2\pi\epsilon r)$ と同じ形で、TEM モードの横方向の場が 2 次元静電場そのものであることを表しています。 ### 設問4 $E_r=\mathcal{E}(r)e^{ikz-i\omega t}$ を設問2 の波動方程式に代入すると $-k^2+\mu\epsilon\omega^2=0$、すなわち分散関係は $\omega=k/\sqrt{\mu\epsilon}$ です。位相速度は $$ v_{\mathrm p}=\frac{\omega}{k}=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}} $$ です。これは絶縁体中の光速そのもので、$k$ に依らないため（$\epsilon,\mu$ が定数のかぎり）TEM モードには分散がありません。真空なら $1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}=c$ に戻ります。 ### 設問5 まず $B_\theta$ を $E_r$ で表します。設問2 の第 1 式を複素表示にすると $ik\mathcal{E}=i\omega\mathcal{B}$ なので $$ \mathcal{B}(r)=\frac{k}{\omega}\mathcal{E}(r)=\sqrt{\mu\epsilon}\,E_0\frac{a}{r} $$ です。実場は $E_0$ を実数として $E_r=(E_0a/r)\cos(kz-\omega t)$、$B_\theta=\sqrt{\mu\epsilon}\,(E_0a/r)\cos(kz-\omega t)$ です。ポインティングベクトルは $\boldsymbol{e}_r\times\boldsymbol{e}_\theta=\boldsymbol{e}_z$ より $$ S_z=\frac{E_rB_\theta}{\mu}=\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\left(\frac{E_0a}{r}\right)^2\cos^2(kz-\omega t) $$ で、断面（$a\le r\le b$ の円環）で積分すると $$ P(z,t)=\int_a^bS_z\,2\pi r\,dr =2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\cos^2(kz-\omega t)\int_a^b\frac{dr}{r} =2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a}\ \cos^2(kz-\omega t) $$ となります。時間平均をとれば $$ \overline{P}=\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a} $$ です。$\sqrt{\mu/\epsilon}$ がインピーダンス（単位 $\Omega$）の次元をもつので、$a^2E_0^2\sqrt{\epsilon/\mu}$ は $\mathrm{m^2}\times(\mathrm{V/m})^2/\Omega=\mathrm{W}$ となり、単位時間あたりのエネルギーとして次元は正しいです。 ### 設問6 TEM モードでは $E_\theta=0$ かつ $\partial_\theta=0$ なので $(\nabla\times\boldsymbol{E})_z=0$ であり、断面内では電場が 2 次元的にポテンシャルから導かれます。よって芯線から外側導体まで径方向に線積分した量が電位差として意味をもちます。 $$ V(z,t)=\int_a^bE_r\,dr=E_0a\,e^{ikz-i\omega t}\int_a^b\frac{dr}{r}=E_0a\ln\frac{b}{a}\ e^{ikz-i\omega t} $$ 実場で書けば $$ V(z,t)=E_0a\ln\frac{b}{a}\ \cos(kz-\omega t) $$ です。$E_r>0$（外向き）のとき芯線が高電位なので、これは円筒状導体に対する芯線の電圧を正としています。 ### 設問7 芯線を流れる電流は Ampère–Maxwell の法則の積分形から求めます。半径 $r$（$a