# 平成31年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答

> 平成31年度 修士課程 物理学（全6問）の解答。調和振動子の生成消滅演算子と四次非調和項の摂動、1次元2状態スピン鎖の転送行列、連星ブラックホールの重力波インスパイラル、マイケルソン干渉計によるフーリエ分光と CMB、素粒子原子核実験の基礎、同軸ケーブルの伝送線路方程式と表皮効果を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h31-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。
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4時間で 4 問という構成の年度です。前半 3 問は量子力学・統計力学・力学の王道で、いずれも教科書の標準的な道具（生成消滅演算子、転送行列、ラグランジアンと保存量）を最後まで走らせる体力を問います。後半の選択 3 問は実験寄りで、第3問後半と第4問後半、第6問は数値評価まで求められるため、単位と桁の管理が得点を分けます。

| 問題 | 分野 | 主題 |
|---|---|---|
| 第1問 | 量子力学 | 生成消滅演算子と四次非調和項の摂動、準古典極限 |
| 第2問 | 統計力学 | 1次元2状態スピン鎖の分配関数・転送行列・相関長 |
| 第3問 | 解析力学・天体物理 | 重力2体問題と連星ブラックホールのインスパイラル |
| 第4問 | 光学・フーリエ解析 | マイケルソン干渉計によるフーリエ分光と CMB 測定 |
| 第5問 | 素粒子・原子核 | 反応断面積、不変質量、制動放射、運動量測定の誤差 |
| 第6問 | 電磁気学・電気回路 | 同軸ケーブルの伝送線路方程式と表皮効果 |

第1問から第3問が必答で、第4問から第6問のうち 1 問を選択する形式ですが、ここでは全 6 問の解答を載せます。

## 第1問 調和振動子と四次非調和項

### 設定

1次元調和振動子

$$
H_0 = \frac{1}{2m}p^2 + \frac{m\omega^2}{2}x^2
$$

を出発点とし、$[x,p]=i\hbar$ のもとで生成消滅演算子

$$
a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad
a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right),\qquad
N = a^\dagger a
$$

を導入します。後半では $V=\lambda x^4$（$\lambda>0$）を加えた $H=H_0+V$ を、摂動として、さらに摂動でない場合を準古典的に扱います。1次元束縛ポテンシャル系のハミルトニアンが対角化可能で縮退がないことは既知として使います。

### 設問1

定義式から $x+\dfrac{ip}{m\omega}$ と $x-\dfrac{ip}{m\omega}$ の交換子を計算します。

$$
\left[x+\frac{ip}{m\omega},\,x-\frac{ip}{m\omega}\right]
= -\frac{i}{m\omega}[x,p] + \frac{i}{m\omega}[p,x]
= -\frac{i}{m\omega}(i\hbar) + \frac{i}{m\omega}(-i\hbar) = \frac{2\hbar}{m\omega}
$$

前の因子 $m\omega/(2\hbar)$ を掛けて

$$
[a,a^\dagger] = 1 .
$$

これを使えば

$$
[N,a] = [a^\dagger a,\,a] = a^\dagger[a,a] + [a^\dagger,a]a = -a,\qquad
[N,a^\dagger] = a^\dagger[a,a^\dagger] + [a^\dagger,a^\dagger]a = a^\dagger .
$$

つぎに $N$ を $x,p$ に戻します。

$$
N = a^\dagger a = \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x-\frac{ip}{m\omega}\right)\left(x+\frac{ip}{m\omega}\right)
= \frac{m\omega}{2\hbar}\left(x^2+\frac{p^2}{m^2\omega^2}+\frac{i}{m\omega}[x,p]\right)
= \frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}x^2\right)-\frac{1}{2}
$$

したがって $H_0 = \hbar\omega\left(N+\tfrac12\right)$ であり、答えは $\alpha=1$、$\beta=\tfrac12$ です。

### 設問2

$N$ の固有値を $\nu$、対応する規格化された固有状態を $|\nu\rangle$ とします。

(i) 非負性は内積の正定値性から直接出ます。

$$
\nu = \langle\nu|N|\nu\rangle = \langle\nu|a^\dagger a|\nu\rangle = \bigl\lVert a|\nu\rangle \bigr\rVert^2 \ge 0
$$

等号成立は $a|\nu\rangle=0$ のときに限ります。

(ii) $[N,a]=-a$ より $Na|\nu\rangle = (aN-a)|\nu\rangle = (\nu-1)a|\nu\rangle$ なので、$a|\nu\rangle$ はゼロでなければ固有値 $\nu-1$ の固有状態です。これを繰り返すと $a^k|\nu\rangle$ はゼロでなければ固有値 $\nu-k$ の固有状態で、そのノルムは

$$
\bigl\lVert a^k|\nu\rangle \bigr\rVert^2 = \nu(\nu-1)\cdots(\nu-k+1)
$$

となります（$k=1$ が (i) の計算で、あとは $\lVert a\,|\nu-k\rangle\rVert^2=\nu-k$ を使った帰納法です）。ここで $\nu$ が非負整数でないと仮定し、$\nu$ を超えない最大の整数を $n_0$ とします。$k\le n_0+1$ のとき $\nu-k+1 \ge \nu-n_0 > 0$ なので上の積の因子はすべて正、つまり $a^{n_0+1}|\nu\rangle \neq 0$ です。ところがこれは固有値 $\nu-n_0-1$ の固有状態であり、$-1<\nu-n_0-1<0$ は (i) に反します。よって $\nu$ は非負整数でなければなりません。逆に $\nu=n$ が非負整数なら $\lVert a^{n+1}|n\rangle\rVert^2 = n(n-1)\cdots 1\cdot 0 = 0$ となって連鎖がちょうど止まり、矛盾は生じません。

### 設問3

$N$ の固有値は $0,1,2,\dots$ に限られ、$\lVert a^\dagger|n\rangle\rVert^2 = \langle n|(N+1)|n\rangle = n+1 > 0$ から $a^\dagger$ を作用させれば固有値は 1 ずつ上がり続けます。したがって固有値の集合はちょうど $\{0,1,2,\dots\}$ で、縮退がないので低い順に番号を付ければ $n$ 番目の固有値が $n$ です。$H_0=\hbar\omega(N+\tfrac12)$ より

$$
E_n = \hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right).
$$

固有状態は $a^\dagger|n\rangle$ のノルムが $\sqrt{n+1}$ であることから $|n+1\rangle = \dfrac{a^\dagger}{\sqrt{n+1}}|n\rangle$（位相の自由度は規格化された固有状態の任意性として吸収します）。これを繰り返して

$$
|n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}}\left(a^\dagger\right)^n |0\rangle \qquad (n\ge 1).
$$

### 設問4

(i) $H=H_0+V$ の固有値問題を $V$ の次数で展開します。$H_0|k\rangle = E_k^{(0)}|k\rangle$、$V_{kl}=\langle k|V|l\rangle$ とし、摂動を受けた固有状態を $|n\rangle + |n^{(1)}\rangle + \cdots$、固有値を $E_n^{(0)}+E_n^{(1)}+\cdots$ と書きます。位相と規格化の自由度を使って $\langle n|n^{(1)}\rangle = 0$ と取ります。1次の項を集めると

$$
H_0|n^{(1)}\rangle + V|n\rangle = E_n^{(0)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(1)}|n\rangle .
$$

左から $\langle n|$ を掛けると $\langle n|H_0 = E_n^{(0)}\langle n|$ より第1項が消えて

$$
E_n^{(1)} = V_{nn}.
$$

左から $\langle k|$（$k\ne n$）を掛けると、$|n^{(1)}\rangle = \sum_{k\ne n}c_k^{(1)}|k\rangle$ として

$$
c_k^{(1)} = \frac{V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .
$$

2次の項は

$$
H_0|n^{(2)}\rangle + V|n^{(1)}\rangle = E_n^{(0)}|n^{(2)}\rangle + E_n^{(1)}|n^{(1)}\rangle + E_n^{(2)}|n\rangle
$$

で、左から $\langle n|$ を掛けて $\langle n|n^{(1)}\rangle=0$ を使うと $E_n^{(2)} = \langle n|V|n^{(1)}\rangle$、すなわち

$$
E_n^{(2)} = \sum_{k\ne n}\frac{V_{nk}V_{kn}}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} = \sum_{k\ne n}\frac{\lvert V_{nk}\rvert^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} .
$$

縮退がないので分母はどこでも 0 になりません。

(ii) $x = \ell\,(a+a^\dagger)$、$\ell \equiv \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}$ と書き、$(a+a^\dagger)^4|0\rangle$ を順に作用させます。

$$
\begin{aligned}
(a+a^\dagger)|0\rangle &= |1\rangle,\\
(a+a^\dagger)|1\rangle &= |0\rangle + \sqrt{2}\,|2\rangle,\\
(a+a^\dagger)\left(|0\rangle+\sqrt{2}\,|2\rangle\right) &= 3|1\rangle + \sqrt{6}\,|3\rangle,\\
(a+a^\dagger)\left(3|1\rangle+\sqrt{6}\,|3\rangle\right) &= 3|0\rangle + 6\sqrt{2}\,|2\rangle + 2\sqrt{6}\,|4\rangle .
\end{aligned}
$$

よって $x^4|0\rangle = \ell^4\left(3|0\rangle+6\sqrt2\,|2\rangle+2\sqrt6\,|4\rangle\right)$ で、$V=\lambda x^4$ の行列要素は

$$
V_{00} = 3\lambda\ell^4,\qquad V_{20} = 6\sqrt{2}\,\lambda\ell^4,\qquad V_{40} = 2\sqrt{6}\,\lambda\ell^4,
$$

それ以外の $k$ では $V_{k0}=0$ です（$\ell^4 = \hbar^2/(4m^2\omega^2)$）。$x^4$ が偶パリティなので奇数の $k$ が落ち、$(a+a^\dagger)^4$ が生成演算子を 4 個までしか含まないので $k\ge 5$ も落ちます。$V_{00}=3\lambda\ell^4$ は、幅 $\langle x^2\rangle_0=\ell^2$ のガウス分布に対する $\langle x^4\rangle = 3\langle x^2\rangle^2$ と一致します。

基底状態のエネルギーは $E_0^{(0)}-E_k^{(0)} = -k\hbar\omega$ を使って

$$
\begin{aligned}
E_0 &= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4
+ \frac{(6\sqrt2\,\lambda\ell^4)^2}{-2\hbar\omega} + \frac{(2\sqrt6\,\lambda\ell^4)^2}{-4\hbar\omega} + O(\lambda^3)\\
&= \frac{\hbar\omega}{2} + 3\lambda\ell^4 - \frac{\lambda^2\ell^8}{\hbar\omega}\left(\frac{72}{2}+\frac{24}{4}\right) + O(\lambda^3)\\
&= \frac{\hbar\omega}{2} + \frac{3\hbar^2}{4m^2\omega^2}\,\lambda - \frac{21\hbar^3}{8m^4\omega^5}\,\lambda^2 + O(\lambda^3).
\end{aligned}
$$

答えは $E_0 = \dfrac{\hbar\omega}{2}\left[1+\dfrac{3}{2}\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}-\dfrac{21}{4}\left(\dfrac{\hbar\lambda}{m^2\omega^3}\right)^2+\cdots\right]$ です。$\hbar\lambda/(m^2\omega^3) = \lambda\ell^4/(\hbar\omega)\times 4$ の形なので括弧の中は無次元で、展開は $\lambda\ell^4 \ll \hbar\omega$、つまり非調和項の典型的な大きさが準位間隔よりずっと小さいときに有効です。

### 設問5

$n$ が大きいと転回点 $x_0$ も大きくなり、$\lambda x^4$ と $\tfrac12 m\omega^2x^2$ の比 $2\lambda x_0^2/(m\omega^2)$ は発散するので、高い準位では四次項が支配します。ボーア・ゾンマーフェルト量子化

$$
\oint p\,dx = 2\int_{-x_0}^{x_0}\sqrt{2m\left(E-\lambda x^4\right)}\,dx = 2\pi\hbar\left(n+\frac{1}{2}\right),
\qquad x_0=\left(\frac{E}{\lambda}\right)^{1/4}
$$

において $x=x_0u$ と置くと

$$
\oint p\,dx = 2\sqrt{2mE}\,x_0\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du
= c_0\sqrt{m}\,\lambda^{-1/4}E^{3/4},\qquad c_0 = 2\sqrt{2}\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^4}\,du \simeq 4.9
$$

となり、位相空間の面積は $E^{3/4}$ に比例します。これを $2\pi\hbar n$ と等置すると $E^{3/4}\propto n$、すなわち

$$
E_n \propto n^{4/3}\qquad\left(E_n \sim \hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3}\,n^{4/3}\right).
$$

答えは $n$ の $4/3$ 乗です。一般に $V\propto |x|^s$ では同じ計算で $E_n\propto n^{2s/(s+2)}$ となり、$s=2$ で $n^1$（調和振動子）、$s=4$ で $n^{4/3}$、$s\to\infty$ で $n^2$（無限井戸）に一致します。$\hbar^{4/3}\lambda^{1/3}m^{-2/3}$ の次元は、$[\lambda]=\mathrm{J/m^4}$ を代入すればエネルギーになることが確かめられます。

## 第2問 1次元2状態スピン鎖

### 設定

$L$ 個のスピン変数 $\mathbf{S}_i$ が $\hat x=(1,0,0)$ か $\hat y=(0,1,0)$ の 2 値をとり、開いた鎖のエネルギーが

$$
E(\mathbf{S}_1,\dots,\mathbf{S}_L) = -J\sum_{i=1}^{L-1}\mathbf{S}_i\cdot\mathbf{S}_{i+1},\qquad J>0
$$

で与えられる古典系です。$\hat x\cdot\hat x=\hat y\cdot\hat y=1$、$\hat x\cdot\hat y=0$ なので、各ボンドは両端が同じ向きなら $-J$、直交していれば $0$ を寄せるだけです。逆温度は $\beta=1/(k_\mathrm{B}T)$、分配関数は $Z_L(\beta)$ とします。

### 設問1

$L=2$ の配置は 4 通りです。

$$
\begin{aligned}
(\hat x,\hat x):&\ E=-J, & (\hat y,\hat y):&\ E=-J,\\
(\hat x,\hat y):&\ E=0, & (\hat y,\hat x):&\ E=0.
\end{aligned}
$$

したがって

$$
Z_2(\beta) = 2e^{\beta J} + 2 = 2\left(e^{\beta J}+1\right).
$$

### 設問2

$L=3$ の配置は 8 通りで、エネルギーは隣接する平行ペアの個数で決まります。

$$
\begin{aligned}
(\hat x,\hat x,\hat x),\ (\hat y,\hat y,\hat y):&\quad E=-2J\\
(\hat x,\hat x,\hat y),\ (\hat y,\hat x,\hat x),\ (\hat x,\hat y,\hat y),\ (\hat y,\hat y,\hat x):&\quad E=-J\\
(\hat x,\hat y,\hat x),\ (\hat y,\hat x,\hat y):&\quad E=0
\end{aligned}
$$

内訳は $E=-2J$ が 2 通り、$E=-J$ が 4 通り、$E=0$ が 2 通りです。よって

$$
Z_3(\beta) = 2e^{2\beta J} + 4e^{\beta J} + 2 = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^2 .
$$

### 設問3

$L-1$ 個のスピンからなる鎖の各配置に、右端に $\mathbf{S}_L$ を継ぎ足すことを考えます。追加されるボルツマン因子は $\mathbf{S}_L=\mathbf{S}_{L-1}$ なら $e^{\beta J}$、そうでなければ $1$ で、その和 $e^{\beta J}+1$ は $\mathbf{S}_{L-1}$ の向きによらない定数です。したがって

$$
Z_L(\beta) = \left(e^{\beta J}+1\right)Z_{L-1}(\beta)\qquad (L\ge 3)
$$

が成り立ち、$Z_2 = 2(e^{\beta J}+1)$ から

$$
Z_L(\beta) = 2\left(e^{\beta J}+1\right)^{L-1}.
$$

$L=2,3$ で設問1・2 の結果を再現します。この式は、$L-1$ 本のボンドがそれぞれ独立に「平行（重み $e^{\beta J}$）か直交（重み $1$）」を選び、さらに左端のスピンの向きに 2 通りの自由度がある、という数え方に対応します。

### 設問4

$$
F_L(\beta) = -\frac{1}{\beta}\ln Z_L(\beta)
= -\frac{1}{\beta}\left[\ln 2 + (L-1)\ln\left(1+e^{\beta J}\right)\right].
$$

### 設問5

内部エネルギーは

$$
U_L = -\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_L = -(L-1)\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}}
$$

なので、$L\to\infty$ でスピン 1 個あたりは

$$
u(\beta) = \lim_{L\to\infty}\frac{U_L}{L} = -\frac{Je^{\beta J}}{1+e^{\beta J}} = -\frac{J}{1+e^{-\beta J}} .
$$

高温極限 $\beta J\to 0$ では $u\to -J/2$、低温極限 $\beta J\to\infty$ では $u\to -J$ です。

出現確率との関係は次のように読めます。$L\to\infty$ ではスピン 1 個あたりのボンド数が 1 に近づき、各ボンドは独立に、両端が平行である確率

$$
p_\parallel = \frac{e^{\beta J}}{e^{\beta J}+1} = \frac{1}{1+e^{-\beta J}}
$$

をもちます。平行なボンドのエネルギーは $-J$、直交なボンドは $0$ なので $u = -J p_\parallel$ です。高温極限では 1 本のボンドの 4 通りの配置がすべて等確率に現れ、そのうち 2 通りが平行なので $p_\parallel = 1/2$、したがって $u=-J/2$ になります。低温極限ではボルツマン因子 $e^{\beta J}$ が効いて平行な配置しか現れず、$p_\parallel\to 1$、つまり全スピンが揃った 2 つの基底状態（エネルギー $-J(L-1)$）に確率が集中して $u\to -J$ となります。

### 設問6

$\mathbf{S}_1=\hat a$ に固定した和を $L-1$ 番目まで取ったあと、右端に $\mathbf{S}_L=\hat b$ を継ぎ足す操作を書き下します。ボンドの重みを $w(\hat c,\hat b)=e^{\beta J}$（$\hat c=\hat b$）、$w(\hat c,\hat b)=1$（$\hat c\ne\hat b$）と書くと

$$
Z_L\,P_L(\hat a,\hat b) = \sum_{\hat c}\left[Z_{L-1}P_{L-1}(\hat a,\hat c)\right]w(\hat c,\hat b)
$$

であり、設問3 の $Z_{L-1}/Z_L = 1/(e^{\beta J}+1)$ を使えば式(2)の形になります。したがって

$$
\begin{pmatrix} Q(\hat x,\hat x) & Q(\hat x,\hat y)\\ Q(\hat y,\hat x) & Q(\hat y,\hat y)\end{pmatrix}
= \frac{1}{e^{\beta J}+1}\begin{pmatrix} e^{\beta J} & 1\\ 1 & e^{\beta J}\end{pmatrix},
$$

すなわち $Q(\hat x,\hat x)=Q(\hat y,\hat y)=\dfrac{e^{\beta J}}{e^{\beta J}+1}$、$Q(\hat x,\hat y)=Q(\hat y,\hat x)=\dfrac{1}{e^{\beta J}+1}$ です。各行の和が 1 になっており、$Q(\hat a,\hat b)$ は $\mathbf{S}_{L-1}=\hat a$ を与えたときに $\mathbf{S}_L=\hat b$ となる条件付き確率だと解釈できます。

### 設問7

設問6 の関係を繰り返すと、$P_L = P_2\,Q^{L-2}$ です。$L=2$ では設問1 から

$$
P_2 = \frac{1}{2\left(e^{\beta J}+1\right)}\begin{pmatrix} e^{\beta J} & 1\\ 1 & e^{\beta J}\end{pmatrix} = \frac{1}{2}Q
$$

なので $P_L = \tfrac12 Q^{L-1}$ となります。$Q$ の固有値は固有ベクトル $(1,1)$ に対して $1$、$(1,-1)$ に対して

$$
q \equiv \frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1} = \tanh\frac{\beta J}{2}
$$

なので、対応する射影演算子を使って

$$
Q^{L-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+q^{L-1} & 1-q^{L-1}\\ 1-q^{L-1} & 1+q^{L-1}\end{pmatrix},
\qquad
P_L(\hat x,\hat x) = P_L(\hat y,\hat y) = \frac{1+q^{L-1}}{4}.
$$

$\hat a\cdot\hat b$ は両者が同じ向きのときだけ 1 なので

$$
\langle \mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_L\rangle = P_L(\hat x,\hat x)+P_L(\hat y,\hat y)
= \frac{1}{2}\left[1+\left(\frac{e^{\beta J}-1}{e^{\beta J}+1}\right)^{L-1}\right]
= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\tanh^{L-1}\!\frac{\beta J}{2}.
$$

$L=2$ で $e^{\beta J}/(e^{\beta J}+1)=p_\parallel$ となり設問5 の結果と、$\beta\to 0$ で $1/2$（無相関）、$\beta\to\infty$ で $1$（完全に揃う）となり物理的な期待と一致します。

式(3)と比べれば $A=B=\tfrac12$、かつ $\exp(-1/\xi)=q$、すなわち

$$
\xi = -\frac{1}{\ln\tanh(\beta J/2)} = \frac{1}{\ln\coth(\beta J/2)} .
$$

高温極限 $\beta J\ll 1$ では $\tanh(\beta J/2)\simeq \beta J/2$ なので

$$
\xi \simeq \frac{1}{\ln\left(2/\beta J\right)} ,
$$

これは 1 サイト分より短く、隣同士でしか相関が残らないことを表します。低温極限 $\beta J\gg 1$ では $\tanh(\beta J/2) = \dfrac{1-e^{-\beta J}}{1+e^{-\beta J}} \simeq 1-2e^{-\beta J}$ より $\ln\tanh(\beta J/2)\simeq -2e^{-\beta J}$ なので

$$
\xi \simeq \frac{1}{2}e^{\beta J} .
$$

相関長は $T\to 0$ で指数関数的に発散します。1 本のボンドを反転させる励起エネルギーが $J$ で、そのような「ドメイン壁」の平均間隔が $\sim e^{\beta J}$ になる、という描像です。有限温度では $\xi$ が有限なので、この 1 次元系には有限温度の秩序相がありません。

## 第3問 重力2体問題と連星ブラックホール

### 設定

質量 $m_1,m_2$ の 2 質点が相互の重力で束縛運動する系を、相対座標 $\mathbf{r}=\mathbf{r}_2-\mathbf{r}_1$ の軌道面極座標 $(r,\varphi)$ で記述します。$M=m_1+m_2$、$\mu=m_1m_2/(m_1+m_2)$ として

$$
\mathcal{L} = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 + \frac{G\mu M}{r}
$$

が与えられています。後半では重力波放射によるエネルギー損失を、ニュートン力学の枠内で半径 $a(t)$ の準円軌道の断熱的な縮みとして扱い、$E=-G\mu M/(2a)$ と放射率

$$
L_{\mathrm{GW}} = \frac{32G^4}{5c^5}\frac{\mu^2M^3}{a^5}
$$

を使います。$\mu,M$ の時間変化は無視します。

### 設問1

$\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial \dot r} = \mu\dot r$、$\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial r} = \mu r\dot\varphi^2 - \dfrac{G\mu M}{r^2}$ より

$$
\mu\frac{d^2r}{dt^2} = \mu r\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r^2}.
$$

$\varphi$ は $\mathcal L$ に現れないので

$$
\frac{d}{dt}\left(\mu r^2\frac{d\varphi}{dt}\right) = 0 .
$$

### 設問2

$\mathcal L$ が $t$ を陽に含まないので、エネルギーは $E=\dot r\,\partial\mathcal L/\partial\dot r + \dot\varphi\,\partial\mathcal L/\partial\dot\varphi - \mathcal L$ で与えられます。

$$
E = \frac{1}{2}\mu\left(\frac{dr}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}\mu r^2\left(\frac{d\varphi}{dt}\right)^2 - \frac{G\mu M}{r},
\qquad
J = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \mu r^2\frac{d\varphi}{dt} .
$$

### 設問3

$J$ については、$\mathcal L$ が $\varphi$ を含まないので

$$
\frac{dJ}{dt} = \frac{d}{dt}\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi} = \frac{\partial\mathcal L}{\partial\varphi} = 0 .
$$

$E$ については直接微分して運動方程式を代入します。

$$
\frac{dE}{dt} = \mu\dot r\ddot r + \mu r\dot r\dot\varphi^2 + \mu r^2\dot\varphi\ddot\varphi + \frac{G\mu M}{r^2}\dot r
$$

に、設問1 の $\mu\ddot r = \mu r\dot\varphi^2 - G\mu M/r^2$ と、$\dfrac{d}{dt}(\mu r^2\dot\varphi)=0$ から従う $\mu r^2\ddot\varphi = -2\mu r\dot r\dot\varphi$ を入れると

$$
\frac{dE}{dt} = \left(\mu r\dot r\dot\varphi^2 - \frac{G\mu M\dot r}{r^2}\right) + \mu r\dot r\dot\varphi^2 - 2\mu r\dot r\dot\varphi^2 + \frac{G\mu M\dot r}{r^2} = 0 .
$$

よって $E$ と $J$ はいずれも運動の定数です。前者は $\mathcal L$ の時間並進対称性、後者は軌道面内の回転対称性に対応します。

### 設問4

$E=-\dfrac{G\mu M}{2a}$ を時間で微分すると $\dfrac{dE}{dt} = \dfrac{G\mu M}{2a^2}\dfrac{da}{dt}$ です。これを $dE/dt=-L_{\mathrm{GW}}$ に代入して

$$
\frac{G\mu M}{2a^2}\frac{da}{dt} = -\frac{32G^4}{5c^5}\frac{\mu^2M^3}{a^5}
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{da}{dt} = -\frac{64G^3}{5c^5}\frac{\mu M^2}{a^3}.
$$

右辺が負なので軌道は縮み続けます。$a^3$ が分母にあるため縮みは加速し、有限時間で $a\to 0$ に達します。

### 設問5

$\dfrac{dP}{dt} = -A\left(\dfrac{P_\mathrm{c}}{P}\right)^{5/3}$ を変数分離して

$$
P^{5/3}\,dP = -A P_\mathrm{c}^{5/3}\,dt
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{3}{8}\left(P^{8/3}-P_0^{8/3}\right) = -AP_\mathrm{c}^{5/3}\,t .
$$

$P=0$ となる時刻が合体時刻なので

$$
\tau_{\mathrm{GW}} = \frac{3\,P_0^{8/3}}{8A\,P_\mathrm{c}^{5/3}} = \frac{3}{8A}P_\mathrm{c}\left(\frac{P_0}{P_\mathrm{c}}\right)^{8/3}.
$$

$A$ が無次元、$P_\mathrm{c}$ が時間の次元なので右辺は時間の次元をもちます。

### 設問6

ケプラーの方程式 $GMP^2=4\pi^2a^3$ を微分すると $2GMP\,\dot P = 12\pi^2a^2\dot a$、すなわち

$$
\frac{dP}{dt} = \frac{6\pi^2a^2}{GMP}\frac{da}{dt} .
$$

設問4 の結果を入れると

$$
\frac{dP}{dt} = -\frac{6\pi^2a^2}{GMP}\cdot\frac{64G^3\mu M^2}{5c^5a^3}
= -\frac{384\pi^2G^2\mu M}{5c^5\,P\,a},
$$

さらに $a = \left(\dfrac{GM}{4\pi^2}\right)^{1/3}P^{2/3}$ を代入して

$$
\frac{dP}{dt} = -\frac{384\pi^2\left(4\pi^2\right)^{1/3}}{5}\,\frac{G^{5/3}\mu M^{2/3}}{c^5}\,P^{-5/3}
= -\frac{96}{5}(2\pi)^{8/3}\left(\frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3}\right)^{5/3}P^{-5/3}.
$$

これが式(6)です。比較すれば

$$
P_\mathrm{c} = \frac{G\mu^{3/5}M^{2/5}}{c^3},\qquad
\alpha = \frac{3}{5},\quad \beta = \frac{2}{5},\quad \gamma = -3,
$$

$$
A = \frac{384\cdot 2^{2/3}\pi^{8/3}}{5} = \frac{96}{5}(2\pi)^{8/3} \simeq 2.6\times 10^{3}.
$$

$P_\mathrm{c}$ の次元は、$[G]=\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}$ から $\mathrm{m^{3-3}\,kg^{-1+3/5+2/5}\,s^{-2+3}}=\mathrm{s}$ となり時間で正しく、$\alpha+\beta=1$ と $\gamma=-3$ は次元解析だけからも決まります。$\mu^{3/5}M^{2/5}$ はチャープ質量と呼ばれる組み合わせで、重力波の周期変化から直接読み取れる質量はこれです。

### 設問7

設問5 の結果を $P_\mathrm{c}$ について解きます。

$$
P_\mathrm{c} = \left(\frac{3}{8A\tau_{\mathrm{GW}}}\right)^{3/5}P_0^{8/5}
$$

等質量 $m$ の連星では $M=2m$、$\mu=m/2$ なので $\mu^{3/5}M^{2/5} = (m/2)^{3/5}(2m)^{2/5}=2^{-1/5}m$、したがって

$$
P_\mathrm{c} = \frac{Gm}{2^{1/5}c^3}
\quad\Longrightarrow\quad
\frac{m}{M_\odot} = 2^{1/5}\,P_\mathrm{c}\,\frac{c^3}{GM_\odot} .
$$

数値を入れます。$\dfrac{3}{8A\tau_{\mathrm{GW}}} = \dfrac{3}{8\times 2500\times 0.15} = 1.0\times 10^{-3}$ なのでその $3/5$ 乗は $10^{-1.8}$、また $P_0^{8/5} = (6\times 10^{-2})^{8/5} = 6\cdot 6^{3/5}\times 10^{-3.2} \simeq 6\times 2.9\times 10^{-3.2}=17.4\times 10^{-3.2}$ です。よって

$$
P_\mathrm{c} \simeq 17.4\times 10^{-1.8-3.2} = 1.7\times 10^{-4}\,\mathrm{s}.
$$

$2GM_\odot/c^3\approx 10^{-5}\,\mathrm{s}$ すなわち $GM_\odot/c^3 \approx 5\times 10^{-6}\,\mathrm{s}$ を使って

$$
\frac{m}{M_\odot} \simeq \frac{1.1\times 1.74\times 10^{-4}}{5\times 10^{-6}} \simeq 38 .
$$

答えは $m \approx 4\times 10^{1}\,M_\odot$、太陽質量の 40 倍程度です。GW150914 の実際の推定値（約 30 から 36 太陽質量）と同じ桁に収まっています。

### 設問8

$\mu,M$ を一定として、$a_0$ から $a_{\min}$ まで縮む間に系が失うエネルギー $E_{\mathrm{rad}} = E(a_0)-E(a_{\min})$ は

$$
E_{\mathrm{rad}} = \frac{G\mu M}{2a_{\min}} - \frac{G\mu M}{2a_0} \simeq \frac{G\mu M}{2a_{\min}}
$$

です（$a_0\gg a_{\min}$ を使いました）。$a$ が $a_{\min}$ に達したあとは放射されないと仮定するので、これが放射された重力波の全エネルギーで、それが $m$ の約 1 割に相当する静止エネルギー $0.1\,mc^2$ に等しいとします。等質量なので $\mu M = \dfrac{m}{2}\cdot 2m = m^2$ で

$$
\frac{Gm^2}{2a_{\min}} = \frac{mc^2}{10}
\quad\Longrightarrow\quad
a_{\min} = \frac{5Gm}{c^2}.
$$

これが求める関係式です。1 つのブラックホールのシュワルツシルト半径 $r_\mathrm{s}=2Gm/c^2$ を使えば $a_{\min}=2.5\,r_\mathrm{s}$ で、2 つの地平面（合わせて $2r_\mathrm{s}$）がちょうど触れ合う直前のスケールになっており、ニュートン的な 2 質点描像が破綻する距離として妥当です。設問7 の $m\approx 38M_\odot$ を入れると $GM_\odot/c^2 = c\cdot(GM_\odot/c^3)\approx 1.5\,\mathrm{km}$ より $a_{\min}\approx 5\times 38\times 1.5\,\mathrm{km} \approx 3\times 10^{2}\,\mathrm{km}$ です。

## 第4問 マイケルソン干渉計によるフーリエ分光

### 設定

光源からの光がビームスプリッタ（BS）で分割され、反射光は鏡 A、透過光は鏡 B へ向かい、それぞれ戻って BS で再び合流します。検出器へ向かう光は「A から戻って BS を透過した成分」と「B から戻って BS で反射された成分」の和、光源へ戻る光はその逆の組み合わせです。複素電場を $Ee^{-i2\pi\nu t}$ と書くので、往復時間 $\Delta t$ の伝播は複素振幅に $e^{+i2\pi\nu\Delta t}$ を掛けます。BS の振幅透過・反射係数を $p,r$、透過による位相差を $\phi_\mathrm{p}$、BS と両鏡での反射による位相差をすべて $\phi_\mathrm{r}$、鏡の反射率は 100 パーセントとします。後半では $r=p=1/\sqrt2$、$\phi_\mathrm{r}=\pi$、$\phi_\mathrm{p}=\pi/2$、BS と鏡 A・B の距離を $L+l$、$L-l$ とします。$h=6.6\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$、$c=3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s}$、$k_\mathrm{B}=1.4\times10^{-23}\,\mathrm{J/K}$ です。

### 設問1

鏡 A の側へ行く光は、BS で 1 回反射（係数 $r$、位相 $\phi_\mathrm{r}$）し、鏡 A で 1 回反射（係数 1、位相 $\phi_\mathrm{r}$）して戻ります。往復の伝播で $e^{i2\pi\nu\Delta t_\mathrm{A}}$ が掛かるので

$$
E_\mathrm{A} = r\,E_\mathrm{i}\,e^{i\left(2\phi_\mathrm{r}+2\pi\nu\Delta t_\mathrm{A}\right)} .
$$

与えられた $E_\mathrm{B}=pE_\mathrm{i}e^{i(\phi_\mathrm{p}+\phi_\mathrm{r}+2\pi\nu\Delta t_\mathrm{B})}$ と比べると、$p\leftrightarrow r$ と $\phi_\mathrm{p}\leftrightarrow\phi_\mathrm{r}$ が入れ替わった形になっています。

### 設問2

検出器へ向かう成分は、A からの光が BS を透過（$p$、$\phi_\mathrm{p}$）したものと、B からの光が BS で反射（$r$、$\phi_\mathrm{r}$）したものの和です。

$$
E_\mathrm{o} = p\,e^{i\phi_\mathrm{p}}E_\mathrm{A} + r\,e^{i\phi_\mathrm{r}}E_\mathrm{B}
= p\,r\,E_\mathrm{i}\,e^{i\left(\phi_\mathrm{p}+2\phi_\mathrm{r}\right)}\left[e^{i2\pi\nu\Delta t_\mathrm{A}} + e^{i2\pi\nu\Delta t_\mathrm{B}}\right].
$$

光源へ戻る成分は逆の組み合わせで、A からの光が BS で反射、B からの光が BS を透過したものの和です。

$$
E_\mathrm{s} = r\,e^{i\phi_\mathrm{r}}E_\mathrm{A} + p\,e^{i\phi_\mathrm{p}}E_\mathrm{B}
= E_\mathrm{i}\,e^{i\phi_\mathrm{r}}\left[r^2 e^{i\left(2\phi_\mathrm{r}+2\pi\nu\Delta t_\mathrm{A}\right)} + p^2 e^{i\left(2\phi_\mathrm{p}+2\pi\nu\Delta t_\mathrm{B}\right)}\right].
$$

$E_\mathrm{o}$ では 2 つの経路がどちらも透過 1 回・反射 1 回を経るので係数が $pr$ で揃い、$E_\mathrm{s}$ では $r^2$ と $p^2$ に分かれるのが違いです。

### 設問3

往復距離から $\Delta t_\mathrm{A} = \dfrac{2(L+l)}{c}$、$\Delta t_\mathrm{B} = \dfrac{2(L-l)}{c}$ なので

$$
2\pi\nu\left(\Delta t_\mathrm{A}-\Delta t_\mathrm{B}\right) = 2\pi\nu\cdot\frac{4l}{c} = \frac{8\pi\nu l}{c}.
$$

$E_\mathrm{o}$ では $\phi_\mathrm{p},\phi_\mathrm{r}$ が全体の位相にしか現れないので絶対値をとると落ちます。$\lvert e^{i\theta_1}+e^{i\theta_2}\rvert^2 = 4\cos^2\dfrac{\theta_1-\theta_2}{2}$ と $pr=1/2$ を使って

$$
\lvert E_\mathrm{o}\rvert^2 = (pr)^2\lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\cdot 4\cos^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right)
= \lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\cos^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right)
= \frac{1}{2}\lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\left[\cos\left(\frac{8\pi\nu l}{c}\right)+1\right],
$$

最後は $\cos^2\theta = (1+\cos2\theta)/2$ を使いました。これが式(1)です。

$E_\mathrm{s}$ では $r^2=p^2=1/2$、$2\phi_\mathrm{r}=2\pi$、$2\phi_\mathrm{p}=\pi$ なので

$$
E_\mathrm{s} = \frac{1}{2}E_\mathrm{i}e^{i\phi_\mathrm{r}}\left[e^{i2\pi\nu\Delta t_\mathrm{A}} - e^{i2\pi\nu\Delta t_\mathrm{B}}\right],
\qquad
\lvert E_\mathrm{s}\rvert^2 = \frac{1}{4}\lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\cdot 4\sin^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right)
= \lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\sin^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right).
$$

したがって

$$
\lvert E_\mathrm{o}\rvert^2 + \lvert E_\mathrm{s}\rvert^2 = \lvert E_\mathrm{i}\rvert^2\left[\cos^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right)+\sin^2\left(\frac{4\pi\nu l}{c}\right)\right] = \lvert E_\mathrm{i}\rvert^2
$$

が成り立ちます。検出器側で暗くなる分はちょうど光源側へ戻り、エネルギーは保存しています。この相補性は $\phi_\mathrm{r}$ と $\phi_\mathrm{p}$ の差が $\pi/2$ になっていることで保証されます。

### 設問4

$I(\nu)=I_1\delta(\nu-\nu_1)+I_2\delta(\nu-\nu_2)$ を式(3)に代入するだけです。

$$
P_\mathrm{o}^k = \frac{1}{2}I_1\left[\cos\left(\frac{2\pi\nu_1 k\Delta l}{c}\right)+1\right]
+ \frac{1}{2}I_2\left[\cos\left(\frac{2\pi\nu_2 k\Delta l}{c}\right)+1\right].
$$

### 設問5

$\alpha \equiv \dfrac{2\pi\Delta l}{c}$ と置きます。$(I_1,I_2)=(I_0,0)$ の場合は $P_\mathrm{o}^k=\dfrac{I_0}{2}\left[\cos\left(k\alpha(\bar\nu+\Delta\nu)\right)+1\right]$、$(0,I_0)$ の場合は $\bar\nu-\Delta\nu$ に置き換わったものです。両者の差は和積の公式で

$$
\cos\left(k\alpha(\bar\nu+\Delta\nu)\right) - \cos\left(k\alpha(\bar\nu-\Delta\nu)\right)
= -2\sin\left(k\alpha\bar\nu\right)\sin\left(k\alpha\Delta\nu\right)
$$

となります。これが任意の $\Delta\nu$ とすべての $k=0,1,2,\dots$ でゼロになる条件は $\sin(\alpha\bar\nu)=0$、すなわち

$$
\frac{2\pi\Delta l}{c}\bar\nu = \pi N\quad (N=1,2,\dots)
\qquad\Longleftrightarrow\qquad
\bar\nu = \frac{Nc}{2\Delta l}
$$

です（このとき $\sin(k\alpha\bar\nu)=\sin(k\pi N)=0$ ですべての $k$ で消えます）。最小のものが求めるナイキスト周波数で

$$
\nu_\mathrm{n} = \frac{c}{2\Delta l}.
$$

式(3)の位相 $2\pi\nu k\Delta l/c$ は、実効的なサンプリング間隔 $\Delta l/c$ で時間信号を離散化したのと同じ形なので、その半分の逆数がナイキスト周波数になる、という標準的な結果と一致します。鏡の移動幅が $\Delta l/4$ で光路差の変化が $\Delta l$ になることに注意します。

### 設問6

$x\equiv h\nu/(k_\mathrm{B}T)$ とします。$h\nu\ll k_\mathrm{B}T$ では $e^{x}-1\simeq x$ なので

$$
I(\nu;T) \simeq \frac{2h\nu^3}{c^2}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{h\nu} = \frac{2\nu^2 k_\mathrm{B}T}{c^2}
$$

がレイリー・ジーンズの放射法則です。$h\nu\gg k_\mathrm{B}T$ では $e^{x}-1\simeq e^{x}$ なので

$$
I(\nu;T) \simeq \frac{2h\nu^3}{c^2}\exp\left(-\frac{h\nu}{k_\mathrm{B}T}\right)
$$

がウィーンの放射法則です。前者に $h$ が残らないのが古典極限であることの印で、後者の指数関数的減衰が高周波側を強く抑えます。

### 設問7

$I(\nu;T)$ は $x=h\nu/(k_\mathrm{B}T)$ の関数 $f(x)=x^3/(e^x-1)$ に定数を掛けた形なので、最大は $x\approx 2.8$ で起こります。

$$
\nu_{\max} = \frac{2.8\,k_\mathrm{B}T}{h} = \frac{2.8\times 1.4\times 10^{-23}\times 2.7}{6.6\times 10^{-34}}
= \frac{1.06\times 10^{-22}}{6.6\times 10^{-34}} = 1.6\times 10^{11}\,\mathrm{Hz}
$$

すなわち約 $160\,\mathrm{GHz}$（波長 $c/\nu_{\max}\approx 1.9\,\mathrm{mm}$）です。次に $\nu_\mathrm{n}=10\nu_{\max}=1.6\times 10^{12}\,\mathrm{Hz}$ となるように $\Delta l$ を決めます。設問5 の $\nu_\mathrm{n}=c/(2\Delta l)$ より

$$
\Delta l = \frac{c}{2\nu_\mathrm{n}} = \frac{3.0\times 10^{8}}{2\times 1.6\times 10^{12}} = 9.4\times 10^{-5}\,\mathrm{m}
$$

です。答えは $\Delta l \approx 9.4\times 10^{-5}\,\mathrm{m}$（約 $94\,\mu\mathrm{m}$）で、鏡の移動ステップ $\Delta l/4$ は約 $23\,\mu\mathrm{m}$ になります。$\Delta l = \lambda_{\max}/20$ という関係で覚えておけば桁の確認が速いです。

## 第5問 素粒子原子核実験

### 設定

中性子と原子核の反応断面積、中性 $\pi$ 中間子の 2 光子崩壊からの質量再構成、制動放射の次元解析、磁場中の運動量測定という 4 つの独立な話題を扱います。真空中の光速を $c$ とします。

### 設問1

中性子は $940\,\mathrm{MeV}/c^2$ で e、陽子は $938\,\mathrm{MeV}/c^2$ で d、中性 $\pi$ 中間子は $135\,\mathrm{MeV}/c^2$ で b です。残りは a が電子（$0.511$）、c が $K$ 中間子（$494$）、f が $\Delta$ 粒子（$1232$）に対応します。中性子が陽子よりわずかに重いことが、中性子のベータ崩壊が起こり陽子が安定である理由です。

### 設問2

$$
n \to p + e^- + \bar\nu_e
$$

生じる粒子は陽子、電子、反電子ニュートリノの 3 つです。

### 設問3

$\Delta I = -n\sigma I\Delta x$ を微分方程式にすると $\dfrac{dI}{dx} = -n\sigma I$ で、$n,\sigma$ が一様なら

$$
I(x) = I_0 e^{-n\sigma x},\qquad I_1 = I(d) = I_0 e^{-n\sigma d}.
$$

これを $\sigma$ について解いて

$$
\sigma = \frac{1}{nd}\ln\frac{I_0}{I_1}.
$$

$[n]=\mathrm{m^{-3}}$、$[d]=\mathrm{m}$ なので $\sigma$ は面積の次元をもち、断面積として正しい次元です。

### 設問4

$\pi^0\to\gamma\gamma$ の 4 元運動量保存から、不変質量を計算します。光子は $\lvert \vec p_i\rvert = E_i/c$ なので

$$
m^2c^4 = \left(E_1+E_2\right)^2 - \left\lvert \vec p_1+\vec p_2\right\rvert^2c^2
= \left(E_1+E_2\right)^2 - \left(E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos\phi\right)
= 2E_1E_2\left(1-\cos\phi\right).
$$

$1-\cos\phi = 2\sin^2(\phi/2)$ を使って

$$
m = \frac{\sqrt{2E_1E_2\left(1-\cos\phi\right)}}{c^2} = \frac{2\sqrt{E_1E_2}}{c^2}\sin\frac{\phi}{2}.
$$

$\phi\to 0$ で $m\to 0$（同方向に飛ぶ 2 光子の不変質量はゼロ）、$\phi=\pi$ で静止系の対称崩壊 $m=2E/c^2$ になり、いずれも妥当です。

### 設問5

MKSA 単位系で、質量 $\mathsf{M}$、長さ $\mathsf{L}$、時間 $\mathsf{T}$、電流 $\mathsf{I}$ を使って各量の次元を書きます。

$$
[P] = \mathsf{M}\mathsf{L}^2\mathsf{T}^{-3},\quad
[a] = \mathsf{L}\mathsf{T}^{-2},\quad
[e] = \mathsf{I}\mathsf{T},\quad
[\varepsilon_0] = \mathsf{M}^{-1}\mathsf{L}^{-3}\mathsf{T}^{4}\mathsf{I}^{2},\quad
[c] = \mathsf{L}\mathsf{T}^{-1}
$$

（$[\varepsilon_0]$ はクーロンの法則 $F=q_1q_2/(4\pi\varepsilon_0r^2)$ から出しました）。$P=Aa^fe^g\varepsilon_0^hc^i$ の両辺で次元を合わせると

$$
\begin{aligned}
\mathsf{M}:&\quad 1 = -h\\
\mathsf{I}:&\quad 0 = g+2h\\
\mathsf{L}:&\quad 2 = f-3h+i\\
\mathsf{T}:&\quad -3 = -2f+g+4h-i
\end{aligned}
$$

第1式から $h=-1$、第2式から $g=2$。第3式は $f+i=-1$、第4式は $-2f-i=-1$ となり、両者から $f=2$、$i=-3$ です。したがって

$$
f=2,\quad g=2,\quad h=-1,\quad i=-3,\qquad P = A\,\frac{e^2a^2}{\varepsilon_0c^3}.
$$

これは $A=1/(6\pi)$ とすればラーモアの公式そのものです。

アルミニウムと鉛の比較では、鉛のほうが $P$ が大きくなります。理由は次のとおりです。$P\propto a^2$ で、$a$ は原子核のクーロン場による加速度なので、電荷 $Ze$ の原子核から距離 $r$ の点では $a = \dfrac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r^2}$ となり $Z$ に比例します。したがって同じ距離を通る電子に対して $P\propto Z^2$ です。原子番号は $Z_{\mathrm{Al}}=13$、$Z_{\mathrm{Pb}}=82$ なので、鉛では $(82/13)^2\approx 40$ 倍ほど放射が強くなります。電磁カロリメータの吸収体に鉛のような高 $Z$ 物質を使うのは、この $Z^2$ 依存によって放射長が短くなるからです。

### 設問6

磁場中では磁気力が仕事をしないので $\lvert\vec v\rvert$ と $\lvert\vec p\rvert$ は一定で、運動は磁場に垂直な面内の円になります。運動方程式は相対論的にも

$$
\frac{d\vec p}{dt} = q\,\vec v\times\vec B,\qquad \left\lvert\frac{d\vec p}{dt}\right\rvert = qvB
$$

で、半径 $R$ の円運動では運動量ベクトルが角速度 $v/R$ で向きを変えるだけなので $\left\lvert d\vec p/dt\right\rvert = p\,v/R$ です。両者を等置して $v$ を消せば

$$
\frac{pv}{R} = qvB \qquad\Longrightarrow\qquad p = qBR .
$$

つぎに幾何です。軌道の接線が $x$ 軸（入射面・出射面の法線）となす角を $\theta$、弧長を $s$ とすると、$\dfrac{dx}{ds}=\cos\theta$ と、曲率一定であることから $\dfrac{d\theta}{ds}=\dfrac{1}{R}$ が成り立ちます。図の配置では $B$ が紙面の裏向き、$q>0$ が $+x$ 方向に入射するので力は $q\vec v\times\vec B$ により図の上向きで、$\theta$ は $s$ とともに増加します。この 2 式から $dx = R\cos\theta\,d\theta$ で、入射面から出射面まで積分すると

$$
L = \int_{\theta_1}^{\theta_2}R\cos\theta\,d\theta = R\left(\sin\theta_2-\sin\theta_1\right)
\qquad\Longrightarrow\qquad
R = \frac{L}{\sin\theta_2-\sin\theta_1}.
$$

磁場領域の $x$ 方向の厚みだけで $R$ が決まり、粒子が磁場領域のどの高さを通るかに依らないことがこの手法の要点です。

### 設問7

$\kappa = \dfrac{\sin\theta_2-\sin\theta_1}{L} \simeq \dfrac{\theta_2-\theta_1}{L}$ で、$\theta_1$ と $\theta_2$ の誤差に相関がなく $L$ に誤差がないので、誤差の伝播は偏微分の二乗和になります。

$$
\left(\Delta\kappa\right)^2 = \left(\frac{\partial\kappa}{\partial\theta_1}\right)^2\left(\Delta\theta_1\right)^2 + \left(\frac{\partial\kappa}{\partial\theta_2}\right)^2\left(\Delta\theta_2\right)^2
= \frac{\left(\Delta\theta_1\right)^2+\left(\Delta\theta_2\right)^2}{L^2}
$$

したがって

$$
\Delta\kappa = \frac{\sqrt{\left(\Delta\theta_1\right)^2+\left(\Delta\theta_2\right)^2}}{L}.
$$

$p=qB/\kappa$ なので相対誤差は $\dfrac{\Delta p}{p} = \dfrac{\Delta\kappa}{\kappa} = \dfrac{\sqrt{(\Delta\theta_1)^2+(\Delta\theta_2)^2}}{\theta_2-\theta_1}$ となり、高運動量（曲がりが小さい）ほど測定が苦しくなることが読めます。

## 第6問 同軸ケーブルと表皮効果

### 設定

同軸ケーブルの中心軸を $x$ 軸に取り、単位長さあたりの電気容量を $C$、自己インダクタンスを $L$ とすると、内部導体の電流 $I(x,t)$ と両導体間の電圧 $V(x,t)$ は伝送線路方程式

$$
\frac{\partial I}{\partial x} = -C\frac{\partial V}{\partial t},\qquad
\frac{\partial V}{\partial x} = -L\frac{\partial I}{\partial t}
$$

に従います。内部導体半径 $a$、外部導体内半径 $b$、絶縁体の誘電率 $\varepsilon$、透磁率は真空と同じ $\mu_0$ として $C=\dfrac{2\pi\varepsilon}{\ln(b/a)}$、$L=\dfrac{\mu_0\ln(b/a)}{2\pi}$ が与えられています。$c=3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s}$、$\mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{H/m}$ を使います。

### 設問1

第2式を $x$ で微分し、第1式を代入します。

$$
\frac{\partial^2V}{\partial x^2} = -L\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial I}{\partial x}
= -L\frac{\partial}{\partial t}\left(-C\frac{\partial V}{\partial t}\right)
= LC\frac{\partial^2V}{\partial t^2}
$$

すなわち $\dfrac{\partial^2V}{\partial x^2} = LC\dfrac{\partial^2 V}{\partial t^2}$ で、$I$ についても順序を入れ替えて同じ式が出ます。これを $\dfrac{\partial^2 V}{\partial x^2}=\dfrac{1}{v^2}\dfrac{\partial^2V}{\partial t^2}$ と比べて

$$
v = \frac{1}{\sqrt{LC}} .
$$

### 設問2

与えられた $C$ と $L$ の積では $\ln(b/a)$ が消えて

$$
LC = \frac{\mu_0\ln(b/a)}{2\pi}\cdot\frac{2\pi\varepsilon}{\ln(b/a)} = \mu_0\varepsilon,
\qquad
v = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon}} = \frac{c}{\sqrt{\varepsilon_\mathrm{r}}}
$$

となります（$\varepsilon=\varepsilon_\mathrm{r}\varepsilon_0$、$c=1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}$）。速度は導体の寸法によらず絶縁体の比誘電率だけで決まるので、この設問では $\ln(b/a)=1.8$ は使いません。$\varepsilon_\mathrm{r}=2.2$ から $\sqrt{2.2}=1.48$ で

$$
v = \frac{3.0\times 10^{8}}{1.48} = 2.0\times 10^{8}\,\mathrm{m/s},
\qquad
\lambda = \frac{v}{f} = \frac{2.0\times 10^{8}}{5.0\times 10^{8}} \approx 0.4\,\mathrm{m}.
$$

答えは $\lambda \approx 0.4\,\mathrm{m}$ です。ケーブルの長さがこの程度になると分布定数回路として扱う必要が出てきます。

### 設問3

$x$ 軸正方向に進む波は $V=V(x-vt)$、$I=I(x-vt)$ と書けます。これを $\dfrac{\partial V}{\partial x}=-L\dfrac{\partial I}{\partial t}$ に入れると $V' = Lv\,I'$、積分定数をゼロとして $V = Lv\,I$、つまり

$$
Z_0 = Lv = \frac{L}{\sqrt{LC}} = \sqrt{\frac{L}{C}} .
$$

与えられた $C,L$ を代入すると

$$
Z_0 = \sqrt{\frac{\mu_0\ln(b/a)/2\pi}{2\pi\varepsilon/\ln(b/a)}}
= \frac{\ln(b/a)}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon}}
= \frac{\ln(b/a)}{2\pi}\cdot\frac{\mu_0c}{\sqrt{\varepsilon_\mathrm{r}}} .
$$

$\mu_0c = 4\pi\times10^{-7}\times 3.0\times10^{8} = 120\pi \approx 3.8\times10^{2}\,\Omega$ なので

$$
Z_0 = \frac{1.8}{2\pi}\cdot\frac{120\pi}{1.48} = \frac{1.8\times 120}{2\times 1.48} \approx 7\times 10^{1}\,\Omega
$$

（詳しくは $73\,\Omega$）です。テレビ用同軸ケーブルの規格値 $75\,\Omega$ とよく合っています。

### 設問4

入射パルスと反射パルスの重ね合わせが終端で抵抗器のオームの法則を満たす、という条件で決まります。$+x$ 方向へ進む波では $V=Z_0I$、$-x$ 方向へ進む波では設問3 と同じ計算で $V=-Z_0I$ になるので、終端における全電圧と全電流は

$$
V_1+V_2,\qquad \frac{V_1}{Z_0}-\frac{V_2}{Z_0}
$$

です。これらが $V=rI$ を満たすので

$$
V_1+V_2 = r\,\frac{V_1-V_2}{Z_0}
\qquad\Longrightarrow\qquad
V_2 = \frac{r-Z_0}{r+Z_0}V_1 .
$$

$r=Z_0$ で $V_2=0$（無反射）、開放端 $r\to\infty$ で $V_2=V_1$（同符号で全反射）、短絡端 $r=0$ で $V_2=-V_1$（符号反転して全反射）となり、いずれも既知の振る舞いです。

### 設問5

$V,I \propto e^{i(kx-\omega t)}$（$k$ は複素数）と置いて、$\dfrac{\partial V}{\partial x}=-L\dfrac{\partial I}{\partial t}-RI$ と $\dfrac{\partial I}{\partial x}=-C\dfrac{\partial V}{\partial t}$ に代入します。

$$
ik\tilde V = \left(i\omega L - R\right)\tilde I,\qquad
ik\tilde I = i\omega C\tilde V
$$

から $\tilde I$ を消すと

$$
k^2 = \frac{\left(i\omega L-R\right)\omega C}{i} = \omega^2LC\left(1+\frac{iR}{\omega L}\right).
$$

$R\ll L\omega$ として平方根を展開すると

$$
k \simeq \omega\sqrt{LC}\left(1+\frac{iR}{2\omega L}\right) = \frac{\omega}{v} + \frac{i}{2}R\sqrt{\frac{C}{L}} = \frac{\omega}{v}+\frac{iR}{2Z_0}.
$$

虚部が正なので $e^{ikx}$ は $+x$ 方向へ進みながら減衰します。右端は $Z_0$ で終端されていて反射がないため、ケーブル内は純粋な進行波で、長さ $d$ の右端での振幅は

$$
V_2 = V_1\exp\left(-\frac{Rd}{2Z_0}\right) = V_1\exp\left(-\frac{Rd}{2}\sqrt{\frac{C}{L}}\right).
$$

この近似では減衰量が $\omega$ に依らないことに注意します。周波数依存性は、次の設問で見る表皮効果によって $R$ が $\omega$ に依存することから生じます。

### 設問6

軸方向の電流密度 $j=J(r)e^{-i\omega t}$、円周方向の磁束密度 $B_\varphi$、軸方向の誘導電場 $E$ について、良導体で変位電流を無視したアンペールの法則とファラデーの法則は

$$
\frac{1}{r}\frac{\partial\left(rB_\varphi\right)}{\partial r} = \mu j,
\qquad
\frac{\partial E}{\partial r} = \frac{\partial B_\varphi}{\partial t}
$$

です（後者は $\nabla\times\vec E = -\partial\vec B/\partial t$ の $\varphi$ 成分）。$j=\sigma E$ と時間依存性 $e^{-i\omega t}$ を入れ、$B_\varphi = \mathcal B(r)e^{-i\omega t}$ とすると

$$
\frac{1}{\sigma}\frac{dJ}{dr} = -i\omega\mathcal B
\qquad\Longrightarrow\qquad
\frac{i}{\omega\sigma}\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dJ}{dr}\right) = \mu J .
$$

$\delta\ll a$、すなわち $J$ が表面近傍で厚さ $\delta$ の範囲で変化するとき、曲率の効果 $\dfrac{1}{r}\dfrac{dJ}{dr}$ は $\dfrac{d^2J}{dr^2}$ に対して $\delta/a$ の比で小さいので落とせて

$$
\frac{d^2J}{dr^2} = -i\mu\omega\sigma\,J .
$$

$J\propto e^{\kappa r}$ と置くと $\kappa^2 = -i\mu\omega\sigma$、つまり $\kappa = e^{-i\pi/4}\sqrt{\mu\omega\sigma} = \dfrac{1-i}{\sqrt2}\sqrt{\mu\omega\sigma}$（内部へ向かって減衰する、すなわち $\mathrm{Re}\,\kappa>0$ の根を選びました）。よって

$$
\lvert J(r)\rvert = \lvert J(a)\rvert \exp\left[\left(\mathrm{Re}\,\kappa\right)\left(r-a\right)\right],
\qquad
\frac{1}{\delta} = \mathrm{Re}\,\kappa = \sqrt{\frac{\mu\omega\sigma}{2}}
$$

すなわち

$$
\delta = \sqrt{\frac{2}{\mu\omega\sigma}} .
$$

$\omega$ が大きいほど、また導電率が高いほど電流は表面に集まります。実効断面積が $2\pi a\delta$ に減るため単位長さの抵抗は $R\propto 1/\delta \propto \sqrt{\omega}$ で増え、設問5 の減衰は高周波で $\exp\left(-\mathrm{const}\cdot\sqrt{\omega}\,d\right)$ の形で強くなります。次元は $[\mu\omega\sigma] = \mathrm{H\,m^{-1}\cdot s^{-1}\cdot \Omega^{-1}m^{-1}} = \mathrm{m^{-2}}$ なので $\delta$ は長さで正しくなっています。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成31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。