2022年度　大阪大学　大学院理学研究科　物理　解答

阪大の理学研究科　物理学・宇宙地球科学専攻の2022年度院試問題の解答です．間違いがあれば教えてください．
問題は，ここにあります．（9/10現在はまだ上がってませんが，そのうちアップロードされると思います．）

問題I
- I
  - (1)
  - (2)
  - (3)
- II
  - (4)
  - (5)
  - (6)
  - (7)
  - (8)
  - (9)
問題2
- I
  - (1)
  - (2)
  - (3)
- II
  - (4)
  - (5)
  - (6)
- III
  - (7)
  - (8)
問題3
- I
  - (1)
  - (2)
  - (3)
  - (4)
- II
  - (5)
  - (6)
  - (7)
  - (8)
  - (9)
問題4
- I
  - (1)
  - (2)
- II
  - (3)
  - (4)
  - (5)
  - (6)
  - (7)
  - (8)
  - (9)

問題I

I

(1)

密度分布 $\rho(\textbf{r})$ はデルタ関数と次で定義される関数 $f(x)$

$x = \left\{ \begin{array}{} 1 & 0\leq x\leq 2a\\ 0 & \mbox{otherwise} \end{array} \right.$

を用いると，

$\displaystyle \rho(\textbf{r})=\frac{M}{2a}f(x)\delta(y)\delta(z)$

と書ける．よって棒の慣性モーメント $I_O$ は，回転軸を $z$ 軸とすると，

$\displaystyle I_O=\int dV\,\rho(\textbf{r})(x^2+y^2)=\int_{0}^{2a}\frac{M}{2a}dx\, x^2\\ \displaystyle=\frac{4}{3}Ma^2$

と求められる．

(2)

棒に働く力のモーメントが $-aMg\sin\varphi$ なことから回転の運動方程式は， $\varphi$ が十分小さいので $\sin\varphi\sim\varphi$ と近似できることに注意すると，

$\displaystyle I_O\frac{d^2\varphi}{dt^2}=-aMg\sin\varphi\sim -aMg\varphi\\ \displaystyle \rightarrow \frac{d^2\varphi}{dt^2}=-\frac{aMg}{I_O}\varphi$

となる．よって棒の振り子運動の角振動数 $\omega$ は，

$\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{aMg}{I_O}}$

とわかる．

(3)

(2)で得た運動方程式の一般解は，

$\varphi=A\sin(\omega t+\delta)$

と表せる．ここで $A$ , $\delta$ は積分定数である．
まず $t=0$ で $\varphi=0$ であることから $\delta=0$ であることが従う．さらに角運動量と力積の関係から

$\displaystyle \left.I_O\frac{d\varphi}{dt}\right|_{t=0}=aP$

が成立するので，

$I_O\omega A\cos(0)=aP$

より $A$ は，

$\displaystyle A=\frac{aP}{I_O\omega}=P\sqrt{\frac{a}{I_OMg}}$

と求められる．以上から $\varphi$ は，

$\displaystyle \varphi=P\sqrt{\frac{a}{I_OMg}}\sin\left(\sqrt{\frac{aMg}{I_O}}t\right)$

と決まる．
よって振れ幅の最大値 $\varphi_0$ は，

$\displaystyle \varphi_0=P\sqrt{\frac{a}{I_OMg}}$

と求められる．

II

(4)

重心の座標 $(x',y')=(x+a\sin\theta,-a\cos\theta)$ についてこの時間微分は

$(\dot{x}',\dot{y}')=(\dot{x}+a\dot{\theta}\cos\theta,a\dot{\theta}\sin\theta)$

であるから，重心の運動エネルギーは

$\displaystyle \frac{1}{2}M((\dot{x}')^2+(\dot{y}')^2)=\frac{1}{2}M(\dot{x}^2+a^2\dot{\theta}^2+2a\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta)$

となる．よって台Aと棒からなる系の運動エネルギーはこれと棒の重心周りの回転エネルギー，そして台の運動エネルギーを足して

$\displaystyle T=\frac{1}{2}I\dot{\theta}^2+\frac{1}{2}M(\dot{x}^2+a^2\dot{\theta}^2+2a\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta)+\frac{1}{2}m\dot{x}^2\\ \displaystyle =\frac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2+\frac{1}{2}(I+Ma^2)\dot{\theta}^2+Ma\cos\theta\dot{x}\dot{\theta}$

となる．
一方で位置エネルギーについて基準面を $y=0$ にとることと， $y$ 軸を鉛直上向きに取ることに注意すると，

$U=Mgy'=-Mga\cos\theta$

となる．

(5)

$\theta$ について十分小さいとし， $\displaystyle \cos\theta\sim1-\frac{1}{2}\theta^2$ と近似することにする． $\theta$ , $\dot{\theta}$ に関する3次以上の項及び定数項を無視することにすれば，Lagrangian $L$ は，

$\displaystyle L=T-U \sim\frac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2+\frac{1}{2}(I+Ma^2)\dot{\theta}^2+Ma\dot{x}\dot{\theta}-\frac{1}{2}Mga\theta^2$

となる．よって， $\mbox{（あ）}=\displaystyle\frac{1}{2}(M+m)$ ， $\mbox{（い）}=\displaystyle\frac{1}{2}(I+Ma^2)$ ， $\mbox{（う）}=\displaystyle Ma$ ， $\mbox{（え）}=\displaystyle\frac{1}{2}Mga$ とわかる．

(6)

$x$ についてのLagrange方程式を求めると

$\displaystyle \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)=\frac{\partial L}{\partial x}\\ \rightarrow \displaystyle (M+m)\ddot{x}+Ma\ddot{\theta}=0$

となる．一方で $\theta$ についてのLagrange方程式は，

$\displaystyle \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\right)=\frac{\partial L}{\partial \theta}\\ \rightarrow \displaystyle (I+Ma^2)\ddot{\theta}+Ma\ddot{x}=-Mga\theta$

となる．

(7)

$m\to\infty$ の時を考える．この時 $x$ についてのLagrange方程式において効くのは $m$ がかかっている項のみであるから，この極限で運動方程式は

$m\ddot{x}=0$

となる． $t=0$ において台が $x=0$ にあり，そして速度が $0$ であることを踏まえると台は動かない．
$\ddot{x}=0$ を $\theta$ に関する運動方程式に代入すれば

$(I+Ma^2)\ddot{\theta}=-Mga\theta$

となる．よって振り子運動の角振動数 $\omega$ は，

$\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{Mga}{I+Ma^2}}$

とわかる．

(8)

$m=0$ の時を考えよう．このとき $x$ についての運動方程式は

$M\ddot{x}+Ma\ddot{\theta}=0\\ \rightarrow \ddot{x}+a\ddot{\theta}=0$

となる．棒の重心に注目する． $x'$ の二回微分について計算してみると，

$\ddot{x}' =\frac{d}{dt}(\dot{x}+a\dot{\theta}\cos\theta)=\ddot{x}+a\ddot{\theta}\cos\theta-a\dot{\theta}^2\sin\theta\\ \sim \ddot{x}+a\ddot{\theta}\left(1-\frac{1}{2}\theta^2\right)-a\dot{\theta}^2\theta\\ \sim\ddot{x}+a\ddot{\theta}=0$

となる．重心の初速度が $0$ であることを考えると，台Aと棒は固定された重心の $x'$ の周りで運動する．
最後に棒の振り子運動の角振動数 $\omega$ を求める． $x$ についての運動方程式から $\ddot{x}=-a\ddot{\theta}$ であるから，これを $\theta$ に関する運動方程式に代入すると，

$(I+Ma^2)\ddot{\theta}+Ma(-a\ddot{\theta})=-Mga\theta\\ \rightarrow I\ddot{\theta}=-Mga\theta$

となる．よって角振動数 $\omega$ は，

$\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{Mga}{I}}$

である．

(9)

まず， $x$ についてのの運動方程式から

$\displaystyle \ddot{x}=-\frac{Ma}{M+m}\ddot{\theta}$

となる．これを $\theta$ についての運動方程式に代入すると，

$\displaystyle (I+Ma^2)\ddot{\theta}+Ma\left(-\frac{Ma}{M+m}\ddot{\theta}\right)=-Mga\theta\\ \displaystyle \rightarrow \frac{(M+m)I+mMa^2}{M+m}\ddot{\theta}=-Mga\theta$

と変形できる．よって $\theta$ は角振動数

$\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{(M+m)Mga}{(M+m)I+mMa^2}}$

の単振動をする．ゆえに，この方程式の一般解は積分定数 $A$ , $\delta$ を用いて

$\theta=A\sin(\omega t+\delta)$

と書ける．初期条件について $t=0$ において $\theta=\theta_0$ ， $\dot{\theta}=0$ であることを踏まえれば， $A=\theta_0$ ， $\delta=\frac{\pi}{2}$ と決まる．以上からまず $\theta$ のついて解が

$\theta=\theta_0\cos\omega t$

となることがわかる．
一方 $x$ についての運動方程式について両辺を積分すると， $v_0$ ， $x_0$ を積分定数として

$\displaystyle x=-\frac{Ma}{M+m}\theta+v_0t+x_0\\ \displaystyle =-\frac{Ma}{M+m}\theta_0\cos\omega t+v_0t+x_0$

となる． $t=0$ において $x=0$ ， $\dot{x}=0$ であることを考えると， $v_0=0$ ， $x_0=\frac{Ma}{M+m}\theta_0$ であることがわかる．よって $x$ は，

$\displaystyle x=-\frac{Ma}{M+m}\theta_0\cos\omega t+\frac{Ma}{M+m}\theta_0$

と求まる．

問題2

I

(1)

円筒座標系として $(\rho,\theta,z)$ を取る．この時に電荷分布 $\rho(\textbf{r})$ は，

$\rho(\textbf{r})=q\delta(\rho-a)\delta(z)$

と表される．基底ベクトルを用いて $\textbf{r}$ と $\textbf{r}'$ を $\textbf{r}=z\textbf{e}_z$ ， $\textbf{r}'=\rho'\textbf{e}_{\rho}+z'\textbf{e}_{z}$ と表すことにすれば，

$|\textbf{r}-\textbf{r}'|=\sqrt{\rho'^2+(z-z')^2}$

となる．よって静電ポテンシャル $\phi(\textbf{r})$ は，

$\displaystyle \phi(\textbf{r})=\int dV'\,\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\rho(\textbf{r}')}{|\textbf{r}-\textbf{r}'|} =\frac{q}{4\pi\epsilon_0}\int_{0}^{\infty}d\rho'\int_{0}^{2\pi}d\theta'\int_{-\infty}^{\infty}dz'\frac{\rho'\delta(\rho'-a)\delta(z')}{\sqrt{\rho'^2+(z-z')^2}}\\ =\displaystyle \frac{q}{2\epsilon_0}\frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}}$

と求められる．

(2)

$\textbf{E}(\textbf{r})=-\nabla\phi(\textbf{r})$ であるから，円筒座標におけるナブラ演算子が

$\displaystyle \nabla=\textbf{e}_\rho\frac{\partial}{\partial \rho}+\frac{\textbf{e}_\theta}{\rho}\frac{\partial}{\partial \theta}+\textbf{e}_z\frac{\partial}{\partial z}$

であることと， $\phi(\textbf{r})$ が $z$ にのみ依存することに注意すると，

$\displaystyle \textbf{E}(\textbf{r})=-\nabla\phi(\textbf{r})=-\textbf{e}_z\frac{\partial}{\partial z}\frac{q}{2\epsilon_0}\frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}}=\frac{q}{2\epsilon_0}\frac{az}{(a^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}$

と電場が求められる．原点において電場は明らかに $0$ であるから電荷 $Q'$ が受ける力は $\textbf{F}=\textbf{0}$ である．

(3)

$\textbf{r}'=(a\cos\varphi,a\sin\varphi)$ であるから $ds'=ad\varphi$ である．

$\textbf{r}-\textbf{r}'=(x-a\cos\varphi,y-a\sin\varphi,z)$

なので，

$\displaystyle \textbf{E}(\textbf{r})=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\,\frac{qa(\textbf{r}-\textbf{r}')}{|\textbf{r}-\textbf{r}'|^3} =\frac{qa}{4\pi\epsilon_0}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\,\frac{1}{a^3}\left[1+\frac{3}{a}(x\cos\varphi+y\sin\varphi)\right]\left( \begin{array}{} x-a\cos\varphi\\ y-a\sin\varphi\\ z \end{array} \right)$

を計算すればよい．ここで $\cos\varphi$ ， $\sin\varphi$ ， $\cos\varphi\sin\varphi$ の積分は $0$ になることを踏まえてnon zeroな項のみを抜き出せば，

$\displaystyle \textbf{E}(\textbf{r})=\frac{q}{4\pi\epsilon_0a^2}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\,\left( \begin{array}{} x-3x\cos^2\varphi\\ y-3y\sin^2\varphi\\ z \end{array} \right) =\displaystyle \frac{q}{4\pi\epsilon_0a^2}\left(\begin{array}{} -\pi x\\ -\pi y\\ 2\pi z \end{array} \right)\\ =\displaystyle\frac{q}{4\epsilon_0 a^2} \left(\begin{array}{} -x\\ -y\\ 2z \end{array} \right)$

と求められる．念のために(2)の答えとの整合性を確認しておくと $|z|\ll a$ の下で近似を行い最小次の項のみ残せば(3)での解と一致する．

II

(4)

同じく円筒座標を用いて考える． $\textbf{r}=(x,y,z)$ ， $\textbf{r}'=(a\cos\varphi,a\sin\varphi)$ とすると，

$\displaystyle |\textbf{r}-\textbf{r}'|^{-1}=\frac{1}{\sqrt{(x-a\cos\varphi)^2+(y-a\sin\varphi)^2+z^2}}=\frac{1}{\sqrt{r^2+a^2-2ax\cos\varphi-2ay\sin\varphi}}\\ \displaystyle =\frac{1}{a}\frac{1}{\sqrt{1-2\frac{x}{a}\cos\varphi-2\frac{y}{a}\sin\varphi+\left(\frac{r}{a}\right)^2}}\\ \displaystyle \sim\frac{1}{a}\left(1+\frac{1}{a}\left(x\cos\varphi+y\sin\varphi\right)\right)$

と近似できるので，ベクトルポテンシャル $\textbf{A}(\textbf{r})$ は， $d\textbf{r}'=(-a\sin\varphi,a\cos\varphi,0)d\varphi$ であることから，

$\displaystyle \textbf{A}(\textbf{r}) =\frac{\mu_0I}{4\pi}\int_{0}^{2\pi} \frac{ad\varphi}{|\textbf{r}-\textbf{r}'|}\left( \begin{array}{} -\sin\varphi\\ \cos\varphi\\ 0 \end{array} \right)\\ \displaystyle \sim\frac{\mu_0I}{4\pi}\int_{0}^{2\pi}ad\varphi \frac{1}{a}\left(1+\frac{1}{a}\left(x\cos\varphi+y\sin\varphi\right)\right) \left( \begin{array}{} -\sin\varphi\\ \cos\varphi\\ 0 \end{array} \right)$

となる．再びここでもnon zeroな項のみ抜き出してやることにすれば，

$\displaystyle \textbf{A}(\textbf{r}) =\frac{\mu_0I}{4\pi a}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\left( \begin{array}{} -y\sin^2\varphi\\ x\cos^2\varphi\\ 0 \end{array} \right)\\ \displaystyle =\frac{\mu_0 I}{4a}\left(\begin{array}{} -y\\ x\\ 0 \end{array} \right)$

とベクトルポテンシャルが計算できる．

(5)

$\textbf{B}(\textbf{r})=\nabla\times\textbf{A}(\textbf{r})$ であるから，これを計算すればよい．磁束密度 $\textbf{B}$ の $x$ ， $y$ 成分については $\textbf{A}$ が $z$ に依存しないことや $A_z$ が $0$ であることが容易にわかるので $B_z$ のみ求めればよいであろう．実際に計算してみると，

$\displaystyle B_z(\textbf{r})=\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y} =\frac{\mu_0 I}{4a}\left(\frac{\partial x}{\partial x}-\frac{\partial-y}{\partial y}\right)\\ \displaystyle =\frac{\mu_0I}{2a}$

となる．以上から磁束密度は，

$\displaystyle \textbf{B}(\textbf{r})=\frac{\mu_0I}{2a}\textbf{e}_z$

と計算できた．

(6)

円周上の電荷 $q$ は $1$ 秒間に $\displaystyle\frac{v}{2\pi a}=\frac{a\omega}{2\pi a}=\frac{\omega}{2\pi}$ 回，回転することになる．ここで $\omega$ は角速度である．また角運動量 $\textbf{L}$ の大きさ $L$ については，慣性モーメント $\mathcal{I}_C$ を用いて $L=\mathcal{I}_C\omega$ と書けるのであった．よって電流 $I$ は，

$\displaystyle I=q\frac{\omega}{2\pi}=q\frac{L}{\mathcal{I}_C}\frac{1}{2\pi}=\frac{qL}{2\pi\mathcal{I}_C}$

と表せる．よって磁束密度についてこれを代入すれば

$\displaystyle \textbf{B}(\textbf{r})=\frac{\mu_0I}{2a}\textbf{e}_z=\frac{\mu_0}{2a}\frac{qL}{2\pi\mathcal{I}_C}\textbf{e}_z=\frac{q}{4\pi a\mathcal{I}_C}\textbf{L}$

と $\textbf{B}$ と $\textbf{L}$ の関係がわかる最後に磁気モーメント $\textbf{M}$ と磁束密度 $\textbf{B}$ の相互作用エネルギー $V$ について，その定義 $V=-\textbf{M}\cdot\textbf{B}$ より，

$\displaystyle V=-\textbf{M}\cdot\textbf{B}=-\frac{q}{4\pi a\mathcal{I}_C}\textbf{M}\cdot\textbf{L}$

となる．

III

(7)

$\textbf{B}=\nabla\times\textbf{A}$ であるから，磁束密度 $\textbf{B}$ は，

$\displaystyle B_x=\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}=\frac{\mu_0Ia^2x}{4}\left(0-\left(-3\frac{z}{r^5}\right)\right)=\frac{3\mu_0Ia^2}{4r^5}xz$

$\displaystyle B_y=\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}=-\frac{\mu_0Ia^2y}{4}\left(-\left(3\frac{z}{r^5}\right)-0\right)=\frac{3\mu_0Ia^2}{4r^5}yz$

$\displaystyle B_z=\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}=\frac{\mu_0Ia^2}{4}\left(\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{r^3}\right)-\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{-y}{r^3}\right)\right)\\ \displaystyle=\frac{\mu_0Ia^2}{4}\left(\frac{2}{r^3}-3\frac{x^2+y^2}{r^5}\right)\\ \displaystyle=\frac{\mu_0Ia^2}{4}\left(3\frac{z^2}{r^5}-\frac{1}{r^3}\right)$

と求められる．さて，

$\textbf{m}_1\cdot\textbf{r}=\pi Ia^2z$

であるから

$\displaystyle B_x=\frac{3\mu_0Ia^2}{4r^5}xz=3\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\pi Ia^2zx=\frac{\mu_0}{4\pi r^5}3(\textbf{m}_1\cdot\textbf{r})x$

$\displaystyle B_y=\frac{3\mu_0Ia^2}{4r^5}yz=3\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\pi Ia^2zy=\frac{\mu_0}{4\pi r^5}3(\textbf{m}_1\cdot\textbf{r})y$

$\displaystyle B_z=\frac{\mu_0Ia^2}{4}\left(3\frac{z^2}{r^5}-\frac{1}{r^3}\right)=\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\left(3\pi Ia^2z^2-\pi Ia^2r^2\right)=\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\left(3(\textbf{m}_1\cdot\textbf{r})z-\pi Ia^2r^2\right)$

とも書ける．よって最終的に

$\displaystyle \textbf{B}(\textbf{r})=B_x\textbf{e}_x+B_y\textbf{e}_y+B_z\textbf{e}_z =\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\left[3(\textbf{m}_1\cdot\textbf{r})(x\textbf{e}_x+y\textbf{e}_y+z\textbf{e}_z)-\pi Ia^2\textbf{e}_zr^2\right]\\ \displaystyle =\frac{\mu_0}{4\pi r^5}\left[3(\textbf{m}_1\cdot\textbf{r})\textbf{r}-\textbf{m}_1r^2\right]$

となる．

(8)

わからない．

問題3

I

(1)

$\phi_1(0)=\phi_2(0)$ であるから

$1+r=t$

(2)

$V(x)=-V_0\delta(x)$ をSchrödinger方程式に代入して区間 $[-\epsilon,\epsilon$ ]で積分すると

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}dx\,\frac{d^2\phi}{dx^2}-V_0\int_{-\epsilon}^{\epsilon}dx\,\delta(x)\phi(x)=E\int_{-\epsilon}^{\epsilon}dx\,\phi(x)\\ \displaystyle \rightarrow -\frac{\hbar^2}{2m}\left[\frac{d\phi_2(\epsilon)}{dx}-\frac{d\phi_1(-\epsilon)}{dx}\right]-V_0\phi_2(0)=E\int_{-\epsilon}^{\epsilon}dx\,\phi(x)$

となる．ここでデルタ関数がかかった項の積分について $\phi_1(0)$ でも $\phi_2(0)$ でもどちらでも結果は変わらないが簡単な方を選んだ．ここで $\epsilon\to0$ のlimitをとると右辺の積分は $0$ になることから，上の式は

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\left[\frac{d\phi_2(\epsilon)}{dx}-\frac{d\phi_1(-\epsilon)}{dx}\right]-V_0\phi_2(0)=0\\ \displaystyle \rightarrow -\frac{\hbar^2}{2m}\left[iqt-iq(1-r)\right]-V_0t=0\\ \displaystyle \rightarrow t+r=i\frac{2mV_0}{\hbar^2q}t+1$

と変形される． $\omega=\hbar^2q/mV_0$ を用いると，接続条件は

$\displaystyle t+r=\frac{2i}{\omega}t+1$

となる．

(3)

(1)と(2)の結果を $t$ と $r$ について解くと

$\displaystyle t=\frac{\omega}{\omega-i}=\frac{\omega(\omega+i)}{\omega^2+1}$

$\displaystyle r=\frac{i(\omega+i)}{\omega^2+1}$

となる．よって，

$\displaystyle |t|^2 =\frac{\omega^2(\omega^2+1)}{(\omega^2+1)^2}=\frac{\omega^2}{\omega^2+1}$

$\displaystyle |r|^2 =\frac{\omega^2+1}{(\omega^2+1)^2}=\frac{1}{\omega^2+1}$

となる．

(4)

$q=\sqrt{2mE}/\hbar$ であることと， $\omega=\hbar^2q/mV_0$ なことから $E\to0$ のとき $\omega\to0$ であり， $E\to\infty$ であるとき $\omega\to\infty$ に対応する．
まず， $E\to0$ のとき $\omega\to0$ であったから

$\displaystyle \lim_{\omega\to0}|t|^2=\lim_{\omega\to0}\frac{\omega^2}{\omega^2+1}=0$

$\displaystyle \lim_{\omega\to0}|r|^2 =\lim_{\omega\to0}\frac{1}{\omega^2+1}=1$

となる．これは入射粒子のエネルギーが $0$ であるときには全く透過しないであろうと予想されることから考えれば当然の結果である．
一方で $E\to\infty$ のときは $\omega\to\infty$ であったから，

$\displaystyle \lim_{\omega\to\infty}|t|^2=\lim_{\omega\to\infty}\frac{\omega^2}{\omega^2+1}=1$

$\displaystyle \lim_{\omega\to\infty}|r|^2 =\lim_{\omega\to\infty}\frac{1}{\omega^2+1}=0$

となる．この結果もエネルギーが $\infty$ であるときにはすべて壁を乗り越えうることを思えば妥当な結果になっている．
最後に $E=\mathrm{const.}$ であるときに $V_0\to-V_0$ とするとどうなるかを考える．この操作によっての変化は(2)の式を踏まえると $t$ と $r$ の虚部の符号が反転することのみである．つまり，これは複素共役をとったことに対応するが，複素共役をとったことによって絶対値は変化しないので $|r|^2$ と $|t|^2$ はこの操作では変化しない．

II

(5)

$x=0$ と $x=a$ におけるそれぞれのポテンシャル障壁での $r$ や $t$ はこの場合でも変化しないと考えられる．
まず $B_1$ については $A_1$ が反射したときの寄与と $D_1$ が透過したときの寄与が考えられ，それらを足し合わせたものが $B_1$ になる．ゆえに，

$B_1=rA_1+tD_1$

となる．
続いて $C_1$ については， $A_1$ が透過したときの寄与と $D_1$ が反射したときの寄与が考えることができる．よって，

$C_1=tA_1+rD_1$

が成立する．

(6)

まず $D_1$ について

$D_1=-\frac{r}{t}A_1+\frac{1}{t}B_1$

とまとめる．これを先の二式目に代入すると，

$\displaystyle C_1=tA_1+r\left(-\frac{r}{t}A_1+\frac{1}{t}B_1\right)=t\left(1-\left(\frac{r}{t}\right)^2\right)A_1+\frac{r}{t}B_1$

となる．以上から行列 $Z$ は，

$\displaystyle Z=\left(\begin{array}{} \displaystyle t\left(1-\left(\frac{r}{t}\right)^2\right) & \displaystyle \frac{r}{t}\\ \displaystyle -\frac{r}{t} & \displaystyle \frac{1}{t} \end{array}\right)$

と求められる．

(7)

$\psi_2(x)$ に対する2つの表式について等置すれば

$A_2e^{iq(x-a)}+B_2e^{-iq(x-a)}=C_1e^{iqx}+D_1e^{-iqx}$

となり，

$C_1=A_2e^{-iqa}$

$D_1=B_2e^{iqa}$

と求まる．よって，

$\left(\begin{array}{} A_2\\ B_2 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{} e^{iqa} & 0\\ 0 & e^{-iqa} \end{array}\right) \left(\begin{array}{} C_1\\ D_1 \end{array}\right)$

と書くことができる．以上から

$\displaystyle Y=\left(\begin{array}{} e^{iqa} & 0\\ 0 & e^{-iqa} \end{array}\right)$

とわかった．

(8)

(7)における表式の $\psi_2(x)$ と $\psi_3(x)$ の関係についてこれらはどちらも $x=a$ が中心の波であるから(5)と同様に考えよう．
まず $B_2$ への寄与としては， $A_2$ からの反射と $D_2$ からの透過の寄与が考えられるので

$B_2=rA_2+tD_2$

となる．一方で $C_2$ については， $A_2$ からの透過と $D_2$ からの反射が考えられるので

$C_2=tA_2+rD_2$

となる．これを $C_2$ と $D_2$ について解けばよいのだが，これは(5)の式と全く同一なので結果をそのまま流用すればよい．なので，

$\left(\begin{array}{} C_2\\ D_2 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{} \displaystyle t\left(1-\left(\frac{r}{t}\right)^2\right) & \displaystyle \frac{r}{t}\\ \displaystyle -\frac{r}{t} & \displaystyle \frac{1}{t} \end{array}\right) \left(\begin{array}{} A_2\\ B_2 \end{array}\right) =Z\left(\begin{array}{} A_2\\ B_2 \end{array}\right)$

と書ける．これと(6),(7)での結果を踏まえれば

$\left(\begin{array}{} C_2\\ D_2 \end{array}\right) =ZYZ\left(\begin{array}{} A_1\\ B_1 \end{array}\right)$

となる．以上から $X$ は，

$X=ZYZ$

とわかる．

(9)

$a=2n\pi/q$ であるから $e^{\pm iqa}=e^{\pm 2n\pi}=1$ となるので $Y$ は単位行列に他ならない．よって $X$ を求めるためには $Z^2$ を求めればよい．そこでまず $Z$ を $\omega$ を用いて表すことにしよう．(3)の結果からそれぞれ

$\displaystyle \frac{r}{t}=\frac{i(\omega+i)}{\omega^2+1}\frac{\omega^2+1}{\omega(\omega+i)}=\frac{i}{\omega}$

$\displaystyle t\left(1-\left(\frac{r}{t}\right)^2\right)=\frac{\omega(\omega+i)}{\omega^2+1}\left(1+\frac{1}{\omega^2}\right)=1+\frac{i}{\omega}$

$\displaystyle \frac{1}{t}=\frac{\omega-i}{\omega}=1-\frac{i}{\omega}$

となる．よって $Z$ は，

$Z=\left(\begin{array}{} \displaystyle 1+\frac{i}{\omega} & \displaystyle \frac{i}{\omega}\\ \displaystyle -\frac{i}{\omega} & \displaystyle 1-\frac{i}{\omega} \end{array}\right)$

と表せる．よって， $Z^2$ は，

$Z^2=\left(\begin{array}{} \displaystyle 1+\frac{i}{\omega} & \displaystyle \frac{i}{\omega}\\ \displaystyle -\frac{i}{\omega} & \displaystyle 1-\frac{i}{\omega} \end{array}\right)\left(\begin{array}{} \displaystyle 1+\frac{i}{\omega} & \displaystyle \frac{i}{\omega}\\ \displaystyle -\frac{i}{\omega} & \displaystyle 1-\frac{i}{\omega} \end{array}\right)\\ =\left(\begin{array}{} \displaystyle \left(1+\frac{i}{\omega}\right)^2+\frac{1}{\omega^2} & \displaystyle \frac{i}{\omega}\left(1+\frac{i}{\omega}\right)+\frac{i}{\omega}\left(1-\frac{i}{\omega}\right)\\ \displaystyle -\frac{i}{\omega}\left(1+\frac{i}{\omega}\right)-\frac{i}{\omega}\left(1-\frac{i}{\omega}\right) & \displaystyle \frac{1}{\omega^2}+\left(1-\frac{i}{\omega}\right)^2 \end{array}\right)\\ =\left(\begin{array}{} \displaystyle \frac{\omega+2i}{\omega} & \displaystyle \frac{2i}{\omega}\\ \displaystyle -\frac{2i}{\omega} & \displaystyle \frac{\omega-2i}{\omega} \end{array}\right)$

と計算できる．以上から(8)において求めた式で $C_2=t_2$ ， $D_2=0$ ， $A_1=1$ ， $B_1=r_2$ を代入すると

$\displaystyle \left(\begin{array}{} t_2\\ 0 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{} \displaystyle \frac{\omega+2i}{\omega} & \displaystyle \frac{2i}{\omega}\\ \displaystyle -\frac{2i}{\omega} & \displaystyle \frac{\omega-2i}{\omega} \end{array}\right) \left(\begin{array}{} 1\\ r_2 \end{array}\right)\\ =\left(\begin{array}{} \displaystyle \frac{\omega+2i}{\omega}+\displaystyle \frac{2i}{\omega}r_2\\ \displaystyle -\frac{2i}{\omega}+\displaystyle \frac{\omega-2i}{\omega}r_2 \end{array}\right)$

となる．ゆえにまず，

$\displaystyle r_2=\frac{2i}{\omega}\frac{\omega}{\omega-2i}=\frac{2i}{\omega-2i}=\frac{2i(\omega+2i)}{\omega^2+4}$

と求まる．そして $t_2$ についても

$\displaystyle t_2= \frac{\omega+2i}{\omega}+\frac{2i}{\omega}r_2=\frac{\omega+2i}{\omega}+\frac{2i}{\omega}\frac{2i}{\omega-2i}\\ \displaystyle =\frac{\omega}{\omega-2i}=\frac{\omega(\omega+2i)}{\omega^2+4}$

となる．よって， $|r_2|^2$ ， $|t_2|^2$ は，

$\displaystyle |r_2|^2=\frac{4}{\omega^2+4}$

$\displaystyle |t_2|^2=\frac{\omega^2}{\omega^2+4}$

と計算できる．最後にこれを(3)における結果と比較すると，

$\displaystyle |r_2|^2-|r|^2=\frac{4}{\omega^2+4}-\frac{1}{\omega^2+1}=\frac{3\omega^2}{(\omega^2+4)(\omega^2+1)}>0$

となる．つまり，II(9)における反射率の方がI(3)の反射率よりも大きいことがわかる．これはポテンシャル障壁が1つから2つになった結果により入射粒子がより反射されやすくなったからであると考えられる．

問題4

I

(1)

Gibbs free energyの全微分を計算し，Helmholtz free energyの全微分を代入すると，

$dG=dF+VdP+PdV=-SdT-PdV+\mu dN+VdP+PdV\\ =-SdT+VdP+\mu dN$

となる．よって， $\mbox{（あ）}=-S$ ， $\mbox{（い）}=V$ ， $\mbox{（う）}=\mu$ である．

(2)

(1)で求めたGibbs free energyの全微分から

$\displaystyle \left(\frac{\partial G}{\partial N}\right)_{T,P}=\mu(T,P,N)$

である． $\mu(T,P,N)$ は今 $N$ によらないので $N$ で積分すると，

$G=\mu N$

と， $G$ を $\mu$ と $N$ の2つの熱力学変数の積で表せる．そしてこの式の全微分を取り，それと(1)において求めたGibbs free energyの全微分を等置すると，

$dG=Nd\mu+\mu dN=-SdT+VdP+\mu dN\\ \rightarrow Nd\mu=-SdT+VdP\\ \rightarrow d\mu=-sdT+vdP$

となり，Gibbs-Duhemの関係式を得る．ただしここで， $s=S/N$ ， $v=V/N$ とした．

II

(3)

分配関数 $Z(T,V,N)$ をまず計算しよう：

$\displaystyle Z(T,V,N)=\frac{V^N}{h^{3N}N!}\int d^3\textbf{p}_1\cdots d^3\textbf{p}_N\exp\left(-\frac{1}{k_\mathrm{B}T}\sum_{i=1}^{N}\frac{\textbf{p}_i^2}{2m}\right)\\ =\displaystyle\frac{V^N}{h^{3N}N!}\left(\int_{-\infty}^{\infty}dp\,\exp\left(-\frac{1}{k_{\mathrm{B}}T}\frac{p^2}{2m}\right)\right)^{3N}\\ =\displaystyle\frac{V^N}{h^{3N}N!}\left(\sqrt{2\pi mk_{\mathrm{B}}T}\right)^{3N} =\displaystyle \frac{V^N}{N!}\left(\frac{\sqrt{2\pi mk_{\mathrm{B}}T}}{h}\right)^{3N}\\ \displaystyle=\frac{V^N}{\lambda^{3N} N!}$

さて，Helmholtz free energyについて $F=-k_{\mathrm{B}}T\log Z$ であるから，

$F(T,V,N) =-k_{\mathrm{B}}T\log Z(T,V,N) =-k_{\mathrm{B}}T\left[N\log V-3N\log\lambda-\log N!\right]\\ \sim-Nk_{\mathrm{B}}T\left[\log V-3\log\lambda-\log N+1\right]\\ =\displaystyle-Nk_{\mathrm{B}}T\log\left(\frac{eV}{\lambda^3N}\right)$

とHelmholtz free energyが求まった．

(4)

Helmholtz free energyの全微分から化学ポテンシャル $\mu$ について

$\displaystyle \mu(T,V,N)=\left(\frac{\partial F(T,V,N)}{\partial N}\right)_{T,V}=\frac{\partial}{\partial N}\left(-Nk_{\mathrm{B}}T\log\left(\frac{eV}{\lambda^3N}\right)\right)\\ \displaystyle =-k_{\mathrm{B}}T\log\left(\frac{eV}{\lambda^3N}\right)-Nk_{\mathrm{B}}T\frac{\lambda^3N}{eV}\left(-\frac{eV}{\lambda^{3}N^{2}}\right)\\ \displaystyle =-k_{\mathrm{B}}T\log\left(\frac{V}{\lambda^3N}\right)$

となる．ここで今考えているものは理想気体であるから状態方程式 $PV=Nk_{\mathrm{B}}T$ を用いて表式から $V$ を消去すると，

$\displaystyle \mu(T,P,N)=-k_{\mathrm{B}}T\log\left(\frac{k_{\mathrm{B}}T}{\lambda^3P}\right)$

と求まる．

(5)

一粒子状態密度（以下DOS）を求めるために，まずエネルギーが $\epsilon$ 以下であるような状態の数 $N(\epsilon)$ を求めよう．
まず自由粒子のSchrödinger方程式

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\phi=\epsilon\phi$

の解は

$\phi=e^{\pm i\textbf{k}\cdot\textbf{r}}$

となる．ここで $k=\sqrt{2m\epsilon/\hbar^2}$ と置いた．今，周期境界条件 $\phi(x+L,y,z)=\phi(x,y,z)$ などを課すことにすれば（ $L$ は箱の一辺の長さ），

$k_iL=2\pi n_i\hspace{10pt}(i=x,y,z)$

が得られる．
エネルギーが $\epsilon$ 以下の状態の総数を求めるためには半径が $k=\sqrt{2m\epsilon/\hbar^2}$ である3次元球の中にある状態の数を数えればよいのだが， $\textbf{k}$ -空間において1つの状態が占める体積は周期境界条件より得られた条件式から $(2\pi/L)^3=(2\pi)^3/V$ であるので，球の体積をこれで割ればよい．つまり， $N(\epsilon)$ は，

$\displaystyle N(\epsilon)=\frac{4\pi k^3}{\displaystyle\frac{(2\pi)^3}{V}}=\frac{4\pi}{3}\left(\sqrt{\frac{2m\epsilon}{\hbar^2}}\right)^3\frac{V}{8\pi^3}=\frac{4\pi V}{3h^3}\left(2m\epsilon\right)^{\frac{3}{2}}$

と求められる．よってDOS $D(\epsilon)$ は，

$\displaystyle D(\epsilon)=\frac{dN(\epsilon)}{d\epsilon}=\frac{2\pi V(2m)^{\frac{3}{2}}}{h^3}\epsilon^{\frac{1}{2}}$

となる．以上より，

$\displaystyle A=\frac{2\pi(2m)^{\frac{3}{2}}}{h^3},\hspace{15pt}a=\frac{1}{2}$

とわかる．

(6)

Maxwellの関係式

$\displaystyle \frac{\partial P}{\partial \mu}=\frac{\partial N}{\partial V}$

より両辺を $V$ で積分すれば圧力 $P$ が求められる．
さて，粒子数の平均 $N$ について

$\displaystyle N=\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,D(\epsilon)\frac{1}{e^{(\epsilon-\mu)/k_{\mathrm{B}}T}-1}=\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,\frac{VA\epsilon^a}{e^{(\epsilon-\mu)/k_{\mathrm{B}}T}-1}$

で与えられたから，これを $V$ で微分し上式の右辺に代入すると次のようになる．

$\displaystyle \frac{\partial P}{\partial \mu}=\frac{\partial N}{\partial V}=\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,\frac{A\epsilon^a}{e^{(\epsilon-\mu)/k_{\mathrm{B}}T}-1}$

この両辺を $\mu$ で積分しよう．積分範囲は $-\infty,\mu$ にとるが， $\mu\to-\infty$ で $P\to0$ であるから積分の下限については省略することにする．

$\displaystyle P(\mu,T)=\int^{\mu}d\mu'\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,\frac{A\epsilon^a}{e^{(\epsilon-\mu')/k_{\mathrm{B}}T}-1}$

さて，この積分を実行するために次の積分公式を用いよう．

$\displaystyle \int^{x} dx'\,\frac{1}{Ae^{-x'}-1}=-x-\log\left(Ae^{-x}-1\right)$

ここで $A$ は $1$ 以上の定数であり， $x\leq0$ である．
上の積分において $\mu'/k_{\mathrm{B}}T=u$ と置換して積分公式を用いると，

$\displaystyle P(\mu,T)=k_{\mathrm{B}}T\int_{0}^{\infty}d\epsilon\int^{\mu/k_{\mathrm{B}}T}du\,\frac{A\epsilon^a}{e^{\epsilon/k_{\mathrm{B}}T}e^{-u}-1}\\ \displaystyle =k_{\mathrm{B}}T\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,A\epsilon^{a}\left(-\frac{\mu}{k_{\mathrm{B}}T}-\log\left(e^{(\epsilon-\mu)/k_{\mathrm{B}}T}-1\right)\right)\\ \displaystyle =-k_{\mathrm{B}}T\int_{0}^{\infty}d\epsilon\,A\epsilon^{a}\left(\frac{\mu}{k_{\mathrm{B}}T}+\log\left(e^{(\epsilon-\mu)/k_{\mathrm{B}}T}-1\right)\right)$

となり，圧力の表式を得ることができる．

(7)

Helmholtz free energyの全微分から圧力 $P$ は，

$\displaystyle P=-\frac{\partial F}{\partial V}$

で求められるのであった．まず，風船の中の圧力 $P_{\mathrm{in}}$ について求めよう．風船内のHelmholtz free energyは，

$F_{\mathrm{tot}}(V)=F(V)+\gamma V{2/3}$

であったから $P_{\mathrm{in}}$ は，

$\displaystyle P_{\mathrm{in}}=-\frac{\partial F(V)}{\partial V}-\frac{2}{3}\gamma V^{-1/3}$

と計算できる．一方，風船外部の圧力 $P_{\mathrm{ex}}$ については，風船内部の気体と風船外部の気体は同一のものであるからそのHelmholtz free energyは風船内の気体のHelmholtz free energyと同一であると考えられる．ゆえに $P_{\mathrm{ex}}$ は，

$\displaystyle P_{\mathrm{ex}}=-\frac{\partial F(V)}{\partial V}$

となる．よって圧力差 $\Delta P$ は，

$\displaystyle \Delta P=P_{\mathrm{in}}-P_{\mathrm{ex}}=-\frac{2}{3}\gamma V^{-1/3}$

である．よって， $B$ と $b$ は，

$\displaystyle B=-\frac{2}{3}\gamma,\hspace{10pt}b=-\frac{1}{3}$

とわかる．

(8)

$\mu_L=\mu_G$ であるから， $d\mu_L=d\mu_G$ が成立する．ここにGibbs-Duhemの関係式から得た式

$\begin{array}{} d\mu_L=v_LdP_L\\ d\mu_G=v_GdP_G \end{array}$

を代入すると，

$\displaystyle v_LdP_L=v_GdP_G\\ \displaystyle \rightarrow dP_G=\frac{v_L}{v_G}dP_L$

という式を得ることができる．
さらに $\Delta P=P_L-P_G$ の左辺に(7)の結果を代入し，そのうえで両辺の全微分を取ると

$dP_L-dP_G=BbV^{b-1}dV\\ \rightarrow dP_L=BbV^{b-1}dV+dP_G$

という式を得ることができるので，これを先に得た式の $dP_L$ に代入すると，

$\displaystyle dP_G=\frac{v_L}{v_G}dP_L=\frac{v_L}{v_G}\left(BbV^{b-1}dV+dP_G\right)\\ \displaystyle \rightarrow \frac{dP_G}{dV}=\frac{v_L}{v_G-v_L}BbV^{b-1}$

となり， $P_G$ が満たす微分方程式が得られた．
最後に微分方程式を $v_L/v_G$ の一次のオーダーで近似する． $x\ll1$ のとき $(1+x)^n\sim 1+nx$ と近似できることを用いると，

$\displaystyle \frac{dP_G}{dV}=\frac{v_L}{v_G-v_L}BbV^{b-1}=\frac{v_L}{v_G}\frac{1}{\displaystyle 1-\frac{v_L}{v_G}}BbV^{b-1}\\ \displaystyle \sim\frac{v_L}{v_G}\left(1+\frac{v_L}{v_G}\right)BbV^{b-1}\\ \displaystyle \sim \frac{v_L}{v_G}BbV^{b-1}$

を得られる．

(9)

$v_G=k_{\mathrm{B}}T/P_G$ を(8)で得られた近似された微分方程式に代入すると，

$\displaystyle \frac{dP_G}{dV}=\frac{v_L}{v_G}BbV^{b-1}=\frac{v_L}{k_{\mathrm{B}}T}P_GBbV^{b-1}\\ \displaystyle \sim\frac{dP_G}{P_G}=\frac{v_L}{k_{\mathrm{B}}T}BbV^{b-1}dV$

となる．両辺を積分すると，

$\displaystyle \log P_G=\frac{v_L}{k_{\mathrm{B}}T}BV^{b}+C\hspace{10pt}(C:\mathrm{arbitrary\hspace{2pt}constant})\\ \displaystyle P_G=A\exp\left(\frac{v_L}{k_{\mathrm{B}}T}BV^{b}\right)\hspace{10pt}(A:\mathrm{arbitrary\hspace{2pt}constant})$

を得る．ここで(7)より $B=-2/3\gamma$ ， $b=-1/3$ であるからこれを代入すると，

$\displaystyle P_G(V)=A\exp\left(-\frac{2}{3}\frac{v_L\gamma}{k_{\mathrm{B}}T}V^{\displaystyle-\frac{1}{3}}\right)$

と解を求めることができた．最後に積分定数 $A$ を境界条件から定めよう．与えられた境界条件は $P_{\infty}=\lim_{V\to\infty}P_G(V)$ であるから，

$\displaystyle P_{\infty}=\lim_{V\to\infty}P_G(V)=\lim_{V\to\infty}A\exp\left(-\frac{2}{3}\frac{v_L\gamma}{k_{\mathrm{B}}T}V^{\displaystyle-\frac{1}{3}}\right) =A\exp\left(-\frac{2}{3}\frac{v_L\gamma}{k_{\mathrm{B}}T}\cdot0\right)=A$