阪大 理学研究科 物理学専攻・宇宙地球科学専攻 物理学 2025年度 院試 解答例・解説

回転座標系の符号

本問で最も失点しやすいのは $\boldsymbol{\Omega}\times\mathbf r$ の符号である。 $\boldsymbol{\Omega}=(0,0,\omega)$ なら $$\boldsymbol{\Omega}\times(x,y,0)=(-\omega y,\omega x,0)$$ であり、速度成分は $(\dot x-\omega y,\dot y+\omega x)$ になる。ここを逆にすると、コリオリ項 $2\omega\dot y$, $-2\omega\dot x$ の符号もすべて反転する。

遠心力と有効ポテンシャル

ラグランジアンの最後の項 $$\frac{m\omega^2}{2}(x^2+y^2)$$ は、回転座標系での遠心力に対応する。実際、速度がゼロの静止点では $$0=\omega^2x+\frac{F_x}{m}$$ となるので、重力が負向きなら $\omega^2x$ がそれを支える形になる。$L_2$ の式はこのつりあいをそのまま書けばよい。

近似の検算

$L_2$ が軽い天体 $B$ の近くにあるとき、距離 $x_L-x_B=\delta a$ が小さいため、$B$ からの重力項だけが $\beta/\delta^2$ と大きくなる。一方で、主星 $A$ の重力と遠心力はほぼ打ち消しあい、残りが $3\delta$ になる。この構造から $\beta\propto\delta^3$ が出る。答えの次数が $\delta^2$ や $\delta$ になる場合は、展開の釣り合いを取り違えている。

試験で書くべきポイント

答案では、無次元化の前に $$x_A=-\beta a,\qquad x_B=(1-\beta)a$$ を明記することが重要である。これを書かないと、$(\tilde x+\beta)$ と $(\tilde x-1+\beta)$ の由来が不明になり、符号ミスと区別できない。数値計算では、求める距離は $x_L$ ではなく $x_L-x_B=\delta a$ である点にも注意する。

複素表示の使い方

$\exp[i(\mathbf k\cdot\mathbf x-\omega t)]$ を用いると、微分は代数計算に変わる。ただし $$\frac{\partial}{\partial t}\to -i\omega$$ であるため、アンペールの法則から出る符号を間違えやすい。真空中で $\mathbf k\times\mathbf B=-\varepsilon_0\mu_0\omega\mathbf E$ となることを確認してから分散関係に進むとよい。

導体中の減衰条件

$k=k_1+ik_2$ と書くと $$e^{i(kz-\omega t)}=e^{-k_2z}e^{i(k_1z-\omega t)}$$ である。半無限導体の内部 $z>0$ へ進む波では $k_2>0$ を選ぶ。平方根の符号を機械的に選ぶのではなく、物理的に発散しない枝を選ぶことが答案上のポイントである。

表皮深さの単位

$$d=\sqrt{\frac{2}{\sigma\mu\omega}}$$ で、$\sigma\mu\omega$ の次元は $\mathrm{m^{-2}}$ になる。したがって $d$ は長さの次元をもつ。数値では $\omega=2\pi f$ を使う点に注意する。$f$ をそのまま代入すると $\sqrt{2\pi}$ 程度ずれる。

ロンドン方程式の意味

ロンドン方程式と静的なアンペールの法則を組み合わせると、磁場は $$\frac{d^2B_x}{dz^2}=\frac{1}{\lambda_L^2}B_x$$ を満たす。境界から内部へ指数関数的に消える解だけが物理的であり、これはマイスナー効果を表している。符号を誤ると三角関数解になり、超伝導体内で磁場が遮蔽されるという物理と合わない。

消滅演算子から微分方程式へ

$a|0\rangle=0$ は、基底状態を代数的に決める条件である。座標表示では $p=-i\hbar d/dx$ なので $$x+\frac{i}{m\omega}p =x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}$$ となる。ここで符号を誤ると指数が $+$ になり、無限遠で発散して規格化できない。

規格化と期待値の関係

基底状態の確率密度は幅 $$\sqrt{\langle x^2\rangle_0}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}$$ をもつガウス分布である。ばねが硬い、すなわち $\omega$ が大きいほど幅が狭くなるので、結果の物理的傾向も正しい。

パリティの帰納法

励起状態のパリティは、エルミート多項式を具体的に書かなくても、生成演算子がパリティを反転させることからわかる。答案では $$P a^\dagger P^{-1}=-a^\dagger$$ を示せば十分である。したがって、基底状態が偶関数で、1回生成するごとに偶奇が入れ替わる。

撃力と長波長近似

$e^{ikx}$ は運動量を $\hbar k$ だけ平行移動する演算子である。遷移しない確率では $$\langle e^{ikx}\rangle$$ を評価するが、調和振動子固有状態の $\langle x\rangle_n$ はパリティによりゼロである。一次の項が消えることを書かないと、長波長近似の答えがなぜ $k^2$ から始まるのかが不明になる。

厳密解との整合

基底状態の厳密な結果 $$P(0\to0)=e^{-k^2\langle x^2\rangle_0}$$ を小さい $k$ で展開すると $$1-k^2\langle x^2\rangle_0+\cdots$$ となり、長波長近似の式と一致する。これは計算全体のよい検算になる。

二次元状態密度

二次元では運動量空間の円の面積が $p_F^2$ に比例し、$p_F^2=2m\varepsilon_F$ なので、状態数は $\varepsilon_F$ に比例する。このためスピン磁化は $B$ に厳密に比例する。ここで「1スピン自由度あたり」と指定されているため、最初の状態数にスピンの2倍を入れないことが重要である。

古典軌道磁化が消える理由

古典分配関数では、ベクトルポテンシャルは $p_y+qBx$ という形でしか現れない。運動量積分の範囲が $-\infty$ から $\infty$ までなので、これは積分変数の平行移動で消える。これはボーア・ファン・リューエンの定理の具体例であり、古典統計では軌道磁性が出ない。

大分配関数の分解

フェルミ粒子では各準位の占有数が $0,1$ に限られる。全エネルギーと全粒子数が準位ごとの和で書けるため、大分配関数は $$\prod_\ell(1+e^{-\beta(\varepsilon_\ell-\mu)})$$ に分解する。この積の形を作ることが、問(6)以降のフェルミ分布を導く入口になる。

ランダウ反磁性の符号

オイラーの和公式から出る補正は $J$ に対して $+B^2$ の項を与える。磁化は $$M=-\frac{\partial J}{\partial B}$$ なので、軌道磁化は負、つまり外部磁場に反対向きである。これは反磁性の符号と一致する。符号確認のためには、最後に $J$ が $B^2$ で増えるかどうかを見るとよい。

近似の適用範囲

最後の展開では $\mu_BB\ll k_BT$ により、オイラー補正の高階項を無視している。$J_0$ は $B$ に依存しないため、磁化の先頭項は $\varphi'(0)$ からだけ生じる。答案では、縮退度 $D\propto B$ と準位間隔 $2\mu_BB\propto B$ の積が $B^2$ になることを明示すると、展開次数が読みやすい。