京大 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 専門科目（物理学） 2022年度 院試 過去問 解答例・解説（全11問）

方針 — $\hat{M},\hat{N}$ は「左右回り励起」の生成子

2 次元等方調和振動子は, $x,y$ 方向の独立な調和振動子として量子化するか, あるいは「右回り(角運動量 $-\hbar$)」「左回り(角運動量 $+\hbar$)」の独立な 2 モードに分解するかで等価. 後者のモードは $$\hat{b}_{+} = \frac{\hat{a}_{x}+i\hat{a}_{y}}{\sqrt{2}},\qquad \hat{b}_{-} = \frac{\hat{a}_{x}-i\hat{a}_{y}}{\sqrt{2}}$$ で定義され, $\hat{M}=\sqrt{2}\,\hat{b}_{-}^{\dagger},\;\hat{N}=\sqrt{2}\,\hat{b}_{+}^{\dagger}$. すなわち $\hat{M}$ は左回り励起($+\hbar$ の角運動量), $\hat{N}$ は右回り励起($-\hbar$). この見方をすると (3) の交換関係が「$\hat{M}$ は $\hat{H}$ を $\hbar\omega$ 上げ, $\hat{L}$ を $\hbar$ 上げる」という記述で透けて見える.

なぜ $\hat{H}_{B}$ の固有値が 2 つの独立振動子の和になるか

$\hat{H}_{B}$ は, 2 次元等方調和振動子の $\omega\to\Omega$ 置換 $+$ $-\omega_{L}\hat{L}$ 補正. $\hat{L}$ は $\hat{H}$ の対角化基底でも対角なので, 2 つは同時に対角化できる. 結局 $$\hat{H}_{B} = \hbar(\Omega-\omega_{L})\hat{N}_{M} + \hbar(\Omega+\omega_{L})\hat{N}_{N} + \hbar\Omega.$$ ここで $\hat{N}_{M}=\hat{b}_{-}^{\dagger}\hat{b}_{-},\hat{N}_{N}=\hat{b}_{+}^{\dagger}\hat{b}_{+}$. 強磁場極限 $\omega_{L}\gg\omega$ では $\Omega-\omega_{L}\to 0$ となり, $\hat{N}_{M}$ モードがランダウ準位の縮退方向(各ランダウ準位内の状態を指定する)を担うことが分かる.

ベクトルポテンシャルの選び方とゲージ

(B) は対称ゲージ $\vec{A}=\frac{1}{2}\vec{B}\times\vec{r}$ に他ならず, この選択は問題設定の中心力 $V$ の対称性(回転対称)と相性が良い. ランダウゲージ $\vec{A}=(-By,0,0)$ を選ぶと並進対称性が一方向で簡単化される代わりに $\hat{L}$ との関係が見えにくくなる. 「$\hat{L}$ を保存量にする」目的で対称ゲージを選んだ問題と理解できる.

典型ミス

• (2) で零点エネルギー $\hbar\omega/2 \times 2$ を忘れる. $x,y$ 各方向に $\hbar\omega/2$ ずつあり合計 $\hbar\omega$.
• (3) $\hat{L}$ を昇降演算子で書く際の符号. $\hat{L}=\hat{x}\hat{p}_{y}-\hat{y}\hat{p}_{x}$ から始めて, 中点で $\hat{a}_{x}\hat{a}_{y}^{\dagger}-\hat{a}_{y}\hat{a}_{x}^{\dagger}$ などが出るが, モードが独立なので $\hat{a}_{x}\hat{a}_{y}^{\dagger}=\hat{a}_{y}^{\dagger}\hat{a}_{x}$. 慎重に.
• (5) で $-qB\,L/(2m)$ ではなく $+qB\,L/(2m)$ になる. $y\,p_{x}-x\,p_{y} = -L$ の符号を確認すること($L=xp_{y}-yp_{x}$ の定義).
• (7) で $\ell$ の最大値を $D$ ではなく $D-1$ と勘違い. $\ell\in\{-N,\dots,N\}$ で $N=D-1$.
• (8) で「(b) は $B=0$ で水平」と書く. (a) のみ水平で, (b) は線形傾き $-n(D-n)\hbar q/(2m)$ が残る. $n(D-n)=0$ となるのは $n=0$ か $n=D$ の場合だけ.

検算 — 角運動量保存と縮退度

(3) で $[\hat{H}_{B=0},\hat{L}]=0$ になることは, ハミルトニアンが回転対称(中心力ポテンシャル + ベクトルポテンシャル無し)である事実の言い換え. 一方, $\hat{L}$ が保存量であることから, エネルギー準位の縮退は $\hat{L}$ の固有値の数で説明できて $D=N+1$.

(7) を $n=D$, $n=0$ で評価すると $E_{\text{tot}}|_{n=D}=D^{2}\hbar\Omega$, $E_{\text{tot}}|_{n=0}=0$. 後者は粒子無しなのでゼロが正しい. 前者は $D$ 個の状態すべてのエネルギーの和で, $\ell$ の総和がゼロ($\sum_{\ell=-N,\,\text{step }2}^{N}\ell=0$)になるので $-\omega_{L}\hbar\sum\ell=0$ から $D\cdot \hbar\Omega\cdot D=D^{2}\hbar\Omega$ も整合する.

背景 — Fock-Darwin スペクトルとランダウ準位

このハミルトニアンは Fock-Darwin スペクトルとして知られ, 量子ドットの低エネルギー物理の標準モデル. 強磁場極限でランダウ準位($\omega\to 0$ または $\omega_{L}\gg\omega$)に, 弱磁場極限で 2 次元調和振動子(ゼーマン分裂のみ)に連続的に補間する. (8) のグラフは, 半導体量子ドットでの磁気光学スペクトルの実測パターン(Aufbau 原理 + Hund 則の競合)の出発点.

方針 — 多重極展開を「打ち消し合いの順序」で見る

電荷分布を遠方から見るときの $1/r$ 展開:

• $1/r$(単極子): 全電荷.
• $1/r^{2}$(双極子): 電気双極子モーメント $\vec{p}=\sum q_{i}\vec{r}_{i}$.
• $1/r^{3}$(四重極子): 電気四重極子テンソル.

本問の $\phi_{1}$(2 電荷の双極子)は全電荷 $0$ なので単極子項が消え, 双極子項が先頭. $\phi_{3}$ は全電荷 $0$ かつ双極子モーメント $0$ なので, 四重極子項が先頭. $\phi_{4}$ は全電荷 $2q\neq 0$ なので単極子項が先頭になる. これを見抜けると, 計算前から「先頭の落ち方」が予測できる.

$(1+x)^{-1/2}$ 展開の使いどころ

$1/|\vec{r}\pm \vec{a}|$ を $\vec{a}$ の小さい場合に展開するときは, 中身を完全平方の形 $r^{2}(1\pm 2\hat{r}\cdot\vec{a}/r+\dots)$ に整理してから (A) を使う. このとき注意すべきは「次数」:

• $\vec{a}/r$ の 1 次 のみ取れば双極子レベル(問 (2)).
• 2 次 まで取れば四重極子レベル(問 (4),(6)).

$(1+x)^{-1/2}\approx 1-x/2+(3/8)x^{2}$ で $x$ そのものに $\varepsilon^{2}$ の寄与もある(問 (4) の $\varepsilon^{2}$ 項)ので, $-x/2$ から出る $\varepsilon^{2}$ も忘れないこと.

典型ミス

• (1) の概略図で原点でゼロにし忘れる. $\phi_{1}(0,0,0)=q/(4\pi\varepsilon_{0})\cdot(2/d - 2/d)=0$.
• (2) で $1/r$ の項を残す. 全電荷 $0$ なので $1/r$ は完全に打ち消し合う. 計算結果が $A/r$ の形になるなら符号ミス.
• (3) で電場を $-\vec{p}/r^{3}$ だけにしてしまう. 微分の連鎖則で $(\vec{p}\cdot\vec{r})\nabla(1/r^{3})$ から出る $3(\vec{p}\cdot\vec{r})\vec{r}/r^{5}$ の項を忘れない.
• (4) で $\varepsilon^{2}$ 展開の係数 $3/8$ を $1/2$ にする. $(1+x)^{-1/2}$ の 2 次係数は $\frac{(-1/2)(-3/2)}{2}=\frac{3}{8}$.
• (5) の $E_{\theta}$ で $r$ の冪を間違える. $\phi_{3}\propto 1/r^{3}$ なのに $E_{\theta}=-(1/r)\partial\phi/\partial\theta$ なので $1/r^{4}$ になる($1/r^{3}\cdot 1/r=1/r^{4}$).
• (6) で $\phi_{4}$ の先頭を $0$ と書く. 全電荷 $2q\neq 0$ なので単極子項 $2q/r$ が先頭.

検算 — 双極子モーメントのチェック

(2) の結果は, 双極子モーメント定義から導いた一般公式 $\phi(\vec{r})=\vec{p}\cdot\vec{r}/(4\pi\varepsilon_{0}r^{3})$ そのもの. 双極子の方向 $\hat{p}=\hat{e}_{z}$ で確認すると $\vec{p}\cdot\vec{r}=qd\,z$, よって $\phi=qd\,z/(4\pi\varepsilon_{0}r^{3})$ が我々の式と一致.

(4) の極限を確認. $\theta=0$(極軸方向)で $3\cos^{2}\theta-1=2$, $\phi_{3}=2qd^{2}/(4\pi\varepsilon_{0}r^{3})>0$. $\theta=\pi/2$(赤道面)で $3\cos^{2}\theta-1=-1$, $\phi_{3}=-qd^{2}/(4\pi\varepsilon_{0}r^{3})<0$. 物理的には, 極軸近傍は $+q$ に近く, 赤道面は $-2q$ の影響が相対的に大きいので符号は妥当.

背景 — Legendre 多項式と多重極子

$1/|\vec{r}-\vec{a}|$ の展開係数は本質的にルジャンドル多項式 $P_{\ell}(\cos\theta)$ で, 一般に $$\frac{1}{|\vec{r}-\vec{a}|} = \sum_{\ell=0}^{\infty}\frac{a^{\ell}}{r^{\ell+1}}P_{\ell}(\cos\theta)\quad(r>a).$$ 四重極子の角度依存 $3\cos^{2}\theta-1=2P_{2}(\cos\theta)$ はこの展開の $\ell=2$ 成分. (5) の $E_{\theta}$ に現れる $\sin(2\theta)$ も, $P_{2}'(\cos\theta)\propto\cos\theta$ から自然に出てくる結果.

方針 — d'Alembert 解の物理的解釈

1 次元波動方程式 (A) の特性曲線(波が進む直線)は $x\pm ct=\text{const}$ で, この線に沿って位相情報が保存される. 変数変換 $\xi=x+ct,\eta=x-ct$ はこの特性曲線を新しい座標軸に取ったもので, 方程式が $u_{\xi\eta}=0$ という最も単純な形になる. 解は「左進行波 $\psi(\xi)=\psi(x+ct)$」と「右進行波 $\phi(\eta)=\phi(x-ct)$」の重ね合わせ.

初期速度ゼロ条件と「半分ずつ分裂」

初期速度がゼロのとき, $\psi'=\phi'$ から $\psi=\phi$ ($+$ 定数)となり, 初期波形が左右にちょうど半分ずつ分裂する形で進む. これが (6) の式 $u(x,t)=\frac{1}{2}[u_{0}(x+ct)+u_{0}(x-ct)]$($u_{0}$ は初期波形)の意味. 一般の(初期速度 $\neq 0$)場合は d'Alembert の公式 $$u(x,t) = \frac{1}{2}\bigl[u_{0}(x+ct)+u_{0}(x-ct)\bigr] + \frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}v_{0}(\xi)\,d\xi$$ で表され, 第 2 項が初期速度 $v_{0}$ の寄与を担う.

典型ミス

• (2) で $\partial/\partial t = c\partial/\partial\xi + c\partial/\partial\eta$ と符号を取り違える. $\xi=x+ct$ なので $\partial\xi/\partial t = +c$, $\eta=x-ct$ なので $\partial\eta/\partial t = -c$. したがって $\partial/\partial t=c\partial/\partial\xi - c\partial/\partial\eta$.
• (4) で $\partial u/\partial t$ を $\psi'(x+ct)$ ではなく $\psi(x+ct)\cdot c$ と書く. 連鎖則で外側微分 $c\psi'$.
• (5)(6) の積分定数を最終解に残す. $C_{1},C_{2}$ は $C_{1}+C_{2}=0$ かつ $u$ が $\psi+\phi$ の形でしか効かないので消える. 任意定数を残すと初期条件と矛盾(無限大に発散しないため $\exp$ で抑えても定数のみ残るのは不合理).
• (7) で $t=3/c$ のピーク位置を $\pm c\cdot 3$ などにする. $x=\pm ct$ で $t=3/c$ なら $x=\pm 3$. 単位の整合性に注意.

検算 — 波動方程式の直接代入

(6) の解が (A) を満たすかを確認: $$\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}} = \frac{1}{2}\Bigl[(-2c)^{2}\bigl(2(x+ct)^{2}-1\bigr)\exp(-(x+ct)^{2}) + \cdots\Bigr],$$ このように $c^{2}\partial^{2}u/\partial x^{2}$ と一致する. 簡単にチェックするには「左進行と右進行のそれぞれが波動方程式を満たす」ことだけ確かめれば線形性で十分.

背景 — Cauchy 問題の well-posedness

本問の初期値問題は, $u(x,0)$ と $\partial_{t}u(x,0)$ の 2 つの初期データから一意な解を構成する Cauchy 問題. 1 次元波動方程式は典型的な双曲型方程式で, 任意の連続な初期値に対して d'Alembert 解が古典解を与える. これが熱方程式や波動方程式 + 散逸など他の PDE の解析の出発点.

方針 — 「ベクトルの時間微分公式」を 2 度使う

(A) はベクトル一般に対する公式で, 回転系で見た時間微分 $d'/dt$ と慣性系の $d/dt$ の関係. (1) でやるべきことは「$\vec{r}$ への適用 → $d\vec{r}/dt = d'\vec{r}/dt + \vec{\omega}\times\vec{r}$」を出発点に, さらに「$\vec{v}\equiv d'\vec{r}/dt$ という ベクトル に同じ公式を適用する」こと. 公式を 2 段階で用いる感覚さえ掴めば, 加速度が「真の加速度 $+$ 2 倍コリオリ $+$ 遠心」の 3 項に分解されるのは機械的.

Larmor 定理の意味

(3) の結論は ラーモアの定理: 弱い磁場のもとで, ラーモア角速度 $\vec{\omega}_{L}=-q\vec{B}/(2m)$ で回転する系を取ると, 磁場が $O(B^{2})$ までは消え去って見える. これは原子物理での「ゼーマン効果は磁場 1 次に比例」「反磁性は磁場 2 次」という階層構造の力学的根拠. 第 1 問 (5)(6) の Fock-Darwin スペクトルでも, $-\omega_{L}L$ の項としてこの定理が顔を出している.

典型ミス

• (1) の係数 2 を忘れる. コリオリ項に $2\vec{\omega}\times\vec{v}\,'$ という $2$ 倍 が現れるのは, $d'\vec{r}/dt$ の時間微分から 1 つ, さらに (A) を 2 度目に当てる際にもう 1 つ, 同じ $\vec{\omega}\times\vec{v}\,'$ が出るため.
• (2) で $\vec{v}=\vec{v}\,'$ と取り違える. Lorentz 力は 慣性系での 速度 $\vec{v}$ に依存. 回転系の速度 $\vec{v}\,'$ ではない.
• (3) で $\vec{\omega}=qB/m\hat{k}$ と書く(2 で割らない). これはサイクロトロン振動数で, Larmor 振動数の倍. Larmor 振動数は $qB/(2m)$.
• (3) で符号を逆にする. $q>0$, $\vec{B}$ が $+\hat{k}$ 方向のとき, ラーモア角速度は $-\hat{k}$ 方向(粒子の磁気力による旋回方向と逆向きの 半分). 物理的に, 磁場による旋回の半分速度で逆方向に回ると, 系から見て磁場効果が消える.

検算 — 単位と次元

$\vec{\omega}_{L}=-q\vec{B}/(2m)$ の次元: $[q][B]/[m] = (\text{C})(\text{T})/(\text{kg}) = (\text{C}\cdot\text{kg/(C}\cdot\text{s)})/\text{kg} = 1/\text{s}$. 確かに角速度の次元(rad/s).

(1) の関係式 $\vec{a}_{\text{inertial}} = \vec{a}\,' + 2\vec{\omega}\times\vec{v}\,' + \vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r})$ を地球の自転(東京で北を見て)に適用すると, 地球表面で右(東向き)に投げた物体は北半球で右側にずれる. これがコリオリ力の有名な台風や貿易風の説明.

背景 — Larmor 定理と磁気力学

ラーモア定理は弱磁場での近似的な等価性で, 中心力ポテンシャル下での電子の運動を, 磁場無し問題に「ラーモア回転」を加えただけのもので近似できる. これが原子の磁気モーメントの計算で, 「軌道角運動量と磁場が結合して $-\vec{\mu}\cdot\vec{B}$ のゼーマン項を生む」ことの古典的根拠. 反磁性($O(B^{2})$)を生む遠心力ポテンシャルの $\vec{\omega}\times(\vec{\omega}\times\vec{r})$ 項からは, 磁場 2 次の補正として Langevin の反磁性公式が導かれる.

方針 — 熱力学だけで温度依存性を絞り込む

光子気体の状態方程式について必要な情報は次の 2 点だけ.

1. 圧力とエネルギー密度の比例関係 $p=\tilde{u}/3$(電磁場の Maxwell 応力テンソルから).
2. $\tilde{u}=\tilde{u}(T)$ ($V$ に依存しない. 強度パラメータが温度のみ).

これと熱力学関係式 $(\partial U/\partial V)_{T}=T(\partial p/\partial T)_{V}-p$ を組み合わせると, $\tilde{u}$ の温度依存性が「変数分離型 ODE」 $4\tilde{u} = T\,d\tilde{u}/dT$ で決まり, 解 $\tilde{u}\propto T^{4}$ が出る. 微視的物理(光子の 2 偏光自由度 $+$ ボーズ統計 $+$ 分散 $\omega=ck$)無しで $T^{4}$ 依存性が決まるのが熱力学の威力.

なぜ $p=\tilde{u}/3$ となるか

これは「電磁波が真空中で速さ $c$ で進む」「3 次元等方的に運動量を運ぶ」ことと相対論から導かれる. ざっくり言うと, 光子気体の応力テンソル $T^{ij}$ の対角成分が $\tilde{u}/3$($i=j$, 各方向に等しく等方圧). 物質粒子(非相対論的理想気体)では $p=\frac{2}{3}\tilde{u}$(粒子 1 個あたりエネルギー $\frac{1}{2}m v^{2}$, 圧力 $\frac{1}{3}n m \langle v^{2}\rangle$ から $p=\frac{2}{3}n\langle\frac{1}{2}m v^{2}\rangle$). 一般に超相対論極限で $p=\tilde{u}/3$ になる.

典型ミス

• (1) で $dU$ に化学ポテンシャル項 $\mu\,dN$ を含めない. 光子気体では $\mu=0$(光子は数が保存しない)から本問では問題にしないが, 一般の系では含める必要がある.
• (2) で Maxwell 関係を間違える. $F$ から導く式は $(\partial S/\partial V)_{T}=(\partial p/\partial T)_{V}$. $G$ や $H$ から導く別の Maxwell 式と取り違えない.
• (3) で $\tilde{u}=\tilde{u}(T,V)$ と書いて $V$ 依存性を残す. 光子気体の特殊性として $\tilde{u}$ は強度量で, 体積を変えても変わらない. これは「化学ポテンシャル $\mu=0$ かつ 1 種類の素粒子のみ」という条件から従う.
• 微分方程式の符号. $4\tilde{u}=T\,d\tilde{u}/dT$ から $d\tilde{u}/\tilde{u}=4\,dT/T$ で $T^{4}$. 「3 と 4」を混同しないこと.

検算 — 古典理想気体での同じ手続き

古典理想気体は $pV=Nk_{B}T$, すなわち $p=Nk_{B}T/V$. $(\partial p/\partial T)_{V}=Nk_{B}/V=p/T$. $$\Bigl(\frac{\partial U}{\partial V}\Bigr)_{T} = T\cdot\frac{p}{T} - p = 0.$$ 理想気体の内部エネルギーが $V$ に依存せず温度のみで決まる, という有名な事実が同じ Maxwell 関係から従う. (3) と同じ手順を「光子気体に対する状態方程式 $p=\tilde{u}/3$ で動かす」のが本問の構図.

背景 — Stefan-Boltzmann 定数とランプの色温度

$\tilde{u}=aT^{4}$ から「単位面積あたりの放射エネルギー流」 $j=\sigma T^{4}$ ($\sigma=ac/4$) が出る. これは恒星のスペクトルや黒体放射, 太陽電池の効率(Shockley-Queisser 限界)の計算で繰り返し使われる基本式. (1)-(3) のように 1 ページで導けるのが熱力学の力.

方針 — 「テンソル成分」と「ベクトル形」を行き来する

(1) は典型的な「レビ・チビタ記号 $\varepsilon_{ijk}$ + 縮約公式 $\varepsilon\varepsilon=\delta\delta-\delta\delta$」のパターン. ベクトル恒等式は丸暗記より, 成分で 3 行で導けるようにしておくと圧倒的にロバスト. 中央の縮約 $\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm} = \delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}$ さえ覚えればよい.

連立 ODE は固有値問題に帰着

線形定数係数の連立 ODE は, 行列 $M$ を作ってその固有値・固有ベクトルを求めれば終わり. 解は $\sum C_{i}\,e^{\lambda_{i}x}\vec{v}_{i}$. 本問は $2\times 2$ 行列で固有値が異なる(対角化可能)ケース. 重根や複素固有値があれば Jordan 標準形や $\sin/\cos$ への変換が必要だが, 本問は素直.

典型ミス

• (1) で縮約 $\varepsilon\varepsilon$ の符号. $\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}=\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}$ で, 添字の対応は「1 番目同士・2 番目同士」.
• (2) で $\mathrm{div}(\vec{A}\times\vec{B}) = \vec{A}\cdot\mathrm{rot}\vec{B} - \vec{B}\cdot\mathrm{rot}\vec{A}$ と符号を逆にする. 正しくは $\vec{B}\cdot\mathrm{rot}\vec{A} - \vec{A}\cdot\mathrm{rot}\vec{B}$. これは多くの教科書で間違えやすい点.
• (3) で $M$ の取り方を $(z',y')=\dots$ にして固有値・固有ベクトルを誤る. $y',z'$ の順を一貫させること.
• (4) で項別積分の正当化を忘れる. テイラー級数 $\log(1-x)=-\sum x^{n}/n$ は $|x|<1$ でしか収束しないが, $x=1$ までの広義積分が収束(被積分関数 $\log(1-x)/x$ が $x\to 1$ で可積分: $\log(1-x)$ が積分可能な特異点)するので Abel の定理(あるいは単調収束)で項別積分が正当化される.

検算 — Spence 関数(ジロサインドラー積分)

$\mathrm{Li}_{2}(z) = -\int_{0}^{z}\frac{\log(1-t)}{t}dt = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n}}{n^{2}}$ は二重対数関数(dilogarithm). 本問の積分は $-\mathrm{Li}_{2}(1) = -\pi^{2}/6$ そのもの. これは Euler によって 1735 年に解決された有名な「バーゼル問題」 $\sum 1/n^{2}=\pi^{2}/6$ の積分表示.

背景 — Helmholtz 分解と (B) 式

(B) は流体力学の Bernoulli 則の出発点. 非粘性流体の Euler 方程式 $$\frac{\partial\vec{v}}{\partial t} + (\vec{v}\cdot\nabla)\vec{v} = -\frac{\nabla p}{\rho}$$ で, $(\vec{v}\cdot\nabla)\vec{v} = \nabla(\vec{v}^{2}/2) - \vec{v}\times(\nabla\times\vec{v})$ と (B) の符号反転を使うと「定常で渦無しの流れでは $p+\rho v^{2}/2 =$ 一定」が出る. (1) は単なる代数的恒等式に見えて, 流体力学・磁場の MHD まで波及する基本ツール.

方針 — 「最高ウェイト + 降下」で Clebsch-Gordan 展開を作る

角運動量合成の Clebsch-Gordan 係数を導くアルゴリズム:

1. 合成系で最高の $S_{z}=S$ を持つ状態は 1 通りに決まる(両側で最高ウェイトを取った積状態).
2. これに $\hat{S}^{-}$ を順に作用させて, 同じ $S$ 多重項の他の状態を得る.
3. 異なる $S'<S$ の最高ウェイト状態は, 与えられた $S_{z}$ の部分空間内で既に得た $|S,S_{z}\rangle$ に直交するように構成する.
4. ステップ 2 と 3 を繰り返して, すべての $|S,S_{z}\rangle$ を生成.

本問 (1)–(3) はまさにこの手順. (4) では (i) のステップで, スピン $1\otimes 1/2$ の最高 $S=3/2,S_{z}=3/2$ から $\hat{S}^{-}$ を 1 回適用して $|3/2,1/2\rangle$ を出している.

なぜ $|0,0\rangle$ は反対称か

(3) の $|0,0\rangle$ が「2 粒子交換について反対称」なのは, スピン$=$$0$ の合成系は シングレット(回転対称な唯一の状態)であり, スピン部分の対称性は粒子交換について反対称になる. これは 2 電子の場合「スピン反対称 → 軌道対称(空間に対称)」となり, 化学結合の covalent 結合(分子軌道のシグマ)と整合する.

逆に $S=1$ の トリプレット $|1,m\rangle$ ($m=-1,0,1$) は対称な部分空間, 軌道反対称となるので Hund 則(同じスピンで電子が並ぶ方が安定)を理解する基礎.

典型ミス

• (2) で規格化定数 $1/\sqrt{2}$ を $1/2$ にする. 2 つの規格化された直交状態の和の規格化は $1/\sqrt{2}$. 「2 つあるから 1/2 で割る」と勘違いしないこと.
• (3) で $|0,0\rangle$ の符号を逆にする. 規約的には $\langle 1/2,1/2;1/2,-1/2|0,0\rangle$ を正にとる(Condon–Shortley 規約)のが標準. 全体に絶対値の符号は物理に効かないが, テキスト間で食い違いが出やすい.
• (4) で $\hat{S}^{-}|S,S_{z}\rangle$ の係数 $\sqrt{(S+S_{z})(S-S_{z}+1)}$ を取り違える. 上昇演算子は $\sqrt{(S-S_{z})(S+S_{z}+1)}$ で対比的. 公式自体を覚えるか, $\hat{S}^{2}-\hat{S}_{z}^{2}-\hbar\hat{S}_{z}$ の対角化から導けるようにしておく.
• (4) で全状態 $|3/2,1/2\rangle$ を $|1,0\rangle|1/2,1/2\rangle$ だけで終わらせる. $|1,1\rangle|1/2,-1/2\rangle$ も足し合わせるのが正しい(両者とも $S_{z}=1/2$ の部分空間に居る).

検算 — 規格化と直交性

(2) と (3) を内積で確認: $\langle 1,0|1,0\rangle = (1/2)(1+1) = 1$ ✓. $\langle 1,0|0,0\rangle = (1/2)(1-1) = 0$ ✓ (符号差で打ち消し). $\langle 0,0|0,0\rangle = (1/2)(1+1) = 1$ ✓.

(4) も同様に $|\,|3/2,1/2\rangle\,|^{2} = 2/3 + 1/3 = 1$ で規格化されている.

背景 — Clebsch-Gordan 表と既約分解

スピン $j_{1}\otimes j_{2}$ の合成は次のように既約分解される: $$\mathbf{j_{1}}\otimes\mathbf{j_{2}} = \bigoplus_{J=|j_{1}-j_{2}|}^{j_{1}+j_{2}}\mathbf{J}.$$ 本問の (3) は $1/2\otimes 1/2 = 0\oplus 1$ の構成, (4) は $1\otimes 1/2 = 1/2\oplus 3/2$ の構成. Clebsch-Gordan 係数表($3j$-symbol や $6j$-symbol)はこれを系統的にまとめたもの. 多体系のスピンや原子の項記号(例 $^{2S+1}L_{J}$)を扱う場合に必須の道具.

状態数の一般化が表すもの

$\alpha$ は、粒子を 1 個加えたときに利用可能な一粒子状態がどれだけ減るかを表す。 $\alpha=0$ では状態が減らず、$\alpha=1$ では 1 状態ずつ減る。中間値は Haldane 型の一般化排他統計に対応し、同一状態へ無制限に入れるボース粒子と、 1 粒子しか入れないフェルミ粒子を連続的に結ぶ。

スターリング近似で残す項

階乗の引数にある $\pm1$ や $\alpha$ の定数項は $\ln W$ の $O(\ln G_0)$ 以下にしか 寄与しない。一方、$G_0n$ や $G_0(1-\alpha n)$ は $O(G_0)$ なので残す。 熱力学極限では $S/G_0$ を求めるため、この次数の区別が答案の要点となる。

分布式の検算

$\alpha=0$ と $\alpha=1$ を代入して既知のボース・フェルミ分布が戻ることが最も強い検算である。 また $\alpha=1/2$ の低温・$\epsilon<\mu$ 極限は $\langle n\rangle\to2$ となり、 一般式 $1/\alpha$ と一致する。

典型ミス

• フェルミ粒子について $G_f(N)=G_0-N$ とする。追加前に存在するのは $N-1$ 粒子なので、正しくは $G_0-(N-1)$ である。
• $J=(\epsilon-\mu)N+TS$ と符号を誤る。$W=e^{S/k}$ であるから指数は $-[(\epsilon-\mu)N-TS]/kT$ となる。
• $d[-(1-\alpha n)\ln(1-\alpha n)]/dn$ の符号を落とす。この項は $+\alpha\{\ln(1-\alpha n)+1\}$ を与える。
• 上限を 1 と決めつける。1 はフェルミ統計 $\alpha=1$ の場合だけで、一般には $1/\alpha$ である。

デルタ関数ポテンシャルが作る境界条件

ポテンシャルが有限なら通常は $\phi$ と $\phi'$ がともに連続である。しかしデルタ関数は 幅を 0 にしながら面積を有限に保った特異ポテンシャルなので、$\phi$ は連続でも $\phi'$ に有限の跳びが残る。 本問では微分方程式を原点の微小区間で積分する操作が、この特異性を安全に扱う方法である。

束縛状態が一つだけである理由

無限遠で減衰する解は左右それぞれ 1 成分しかなく、連続条件と跳び条件によって $\kappa$ が一意に決まる。 したがって 1 次元の引力デルタポテンシャルは、強さ $\lambda>0$ がどれほど小さくても束縛状態をちょうど一つ持つ。

極限による検算

高エネルギー極限 $k\gg\gamma$ では $T\to1$, $R\to0$ となり、短波長の粒子は局在ポテンシャルをほぼ透過する。 低エネルギー極限 $k\to0$ では $T\to0$, $R\to1$ となる。また $R+T=1$ は確率流保存の直接の確認である。

典型ミス

• 跳び条件の右辺を $+2m\lambda\phi(0)/\hbar^2$ とする。ポテンシャルは $-\lambda\delta(x)$ なので負号が付く。
• 束縛状態で $x<0$ に $e^{-\kappa x}$ を残す。この項は $x\to-\infty$ で発散する。
• 連続条件を $1-A=B$ とする。原点では入射波と反射波がともに 1 を与えるため $1+A=B$ である。
• $T=|B|^2$ を無条件に使う。本問では左右の波数が同じため成立するが、異なる媒質では速度比が必要である。

数え落としの仕組み

検出器は 1 区間内の「1 個」と「2 個以上」を区別できず、どちらも 1 カウントと記録する。 そのため真の平均入射数 $pT$ に対する不足は、同一区間に 2 個以上入る確率から始まる。 展開式で最初の補正が $-p^2T\Delta t/2$ となるのはこのためである。

二つの距離で測る理由

単一測定の $N_0$ だけでは未知数 $p$ と $\Delta t$ を分離できない。立体角を半分にすると 入射率だけが既知の比 $1/2$ で変わるため、同じ検出器の時間分解能を保ったまま 2 本目の方程式を得られる。 $4N_1-N_0$ は $O(\Delta t)$ の補正をちょうど打ち消す組合せである。

結果の整合性

物理的な測定値では $4N_1-N_0>0$ かつ $2N_1-N_0\geq0$ でなければならない。 後者は $\Delta t\geq0$ に対応する。$\Delta t\to0$ なら $N_0\to pT$, $N_1\to pT/2$ となり、 $2N_1-N_0\to0$ から推定式も $\Delta t\to0$ を返す。

典型ミス

• 1 区間の期待カウントを $p\Delta t$ と置く。有限分解能では 1 個以上をまとめるので $1-e^{-p\Delta t}$ である。
• $N=T/\Delta t$ を掛け忘れる。1 区間の確率と全観測時間の期待値を区別する。
• $N_1$ で $p\to p/2$ とした後、二次補正も単に半分にする。二次項は $(p/2)^2$ なので $1/4$ になる。
• 展開前の式から未知数を解く問題と誤解する。本問は $\Delta t$ の 1 次までという指定に合わせて連立する。