都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2016年度 夏季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

定義式の両辺に $e^t-1$ を掛けると $$t=\left(e^t-1\right)\sum_{k=0}^{\infty}B_k\frac{t^k}{k!} =\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n!}\right) \left(\sum_{k=0}^{\infty}B_k\frac{t^k}{k!}\right)$$ となる。右辺を Cauchy 積として展開すると、$t^N$ の係数は $\sum_{k=0}^{N-1}B_k/[k!\,(N-k)!]$ である。左辺の $t^N$ の係数は $N=1$ のとき $1$、それ以外は $0$ であるから、両辺に $N!$ を掛けて $$\sum_{k=0}^{N-1}\binom{N}{k}B_k=\delta_{N,1} \qquad(N=1,2,3,\dots)$$ を得る。これがベルヌーイ数の漸化式である。

$N=1,2,3$ を順に代入すると $$\begin{aligned} N&=1:&\ \binom10B_0&=1 &&\Longrightarrow\ B_0=1,\\ N&=2:&\ \binom20B_0+\binom21B_1&=0 &&\Longrightarrow\ 1+2B_1=0,\ B_1=-\tfrac12,\\ N&=3:&\ \binom30B_0+\binom31B_1+\binom32B_2&=0 &&\Longrightarrow\ 1-\tfrac32+3B_2=0,\ B_2=\tfrac16 . \end{aligned}$$

直接計算すると $$\hat A^2 =\begin{pmatrix}\alpha&\beta\\ \beta&-\alpha\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha&\beta\\ \beta&-\alpha\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\alpha^2+\beta^2&0\\ 0&\alpha^2+\beta^2\end{pmatrix} =\lambda^2\hat 1, \qquad \lambda\equiv\sqrt{\alpha^2+\beta^2}>0 .$$ したがって帰納的に $$\hat A^{2n}=\lambda^{2n}\hat 1,\qquad \hat A^{2n+1}=\lambda^{2n}\hat A \qquad(n=0,1,2,\dots)$$ である。定義式の和を偶数べきと奇数べきに分けると $$\exp\hat A =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\hat A^{2n}}{(2n)!} +\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\hat A^{2n+1}}{(2n+1)!} =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\lambda^{2n}}{(2n)!}\right)\hat 1 +\frac1\lambda\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\lambda^{2n+1}}{(2n+1)!}\right)\hat A .$$ 括弧の中はそれぞれ $\cosh\lambda$ と $\sinh\lambda$ であるから $$\exp\hat A=\cosh\lambda\,\hat 1+\frac{\sinh\lambda}{\lambda}\,\hat A .$$ よって $$f(\alpha,\beta)=\cosh\sqrt{\alpha^2+\beta^2}, \qquad g(\alpha,\beta)=\frac{\sinh\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}} .$$

成分で書くと $$\exp\hat A= \begin{pmatrix} f+g\alpha & g\beta\\ g\beta & f-g\alpha \end{pmatrix}$$ であるから $$\det\left(\exp\hat A\right) =(f+g\alpha)(f-g\alpha)-(g\beta)^2 =f^2-g^2(\alpha^2+\beta^2) =\cosh^2\lambda-\sinh^2\lambda=1 .$$

$u(x,y)=X(x)Y(y)$ と置いて方程式に代入し、$XY$ で割ると $$\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\lambda .$$ 第1項は $x$ だけ、第2項は $y$ だけの関数だから、それぞれ定数でなければならない。そこで $$X''=-p^2X,\qquad Y''=-q^2Y,\qquad \lambda=-\left(p^2+q^2\right)$$ と置く（$p^2,q^2$ は符号を含めた実数とする）。

境界条件 $X(0)=X(a)=0$ を満たす解を $p^2$ の符号で場合分けする。$p^2<0$、すなわち $X''=\kappa^2X\ (\kappa>0)$ なら $X=A\cosh\kappa x+B\sinh\kappa x$ で、$X(0)=0$ から $A=0$、$\sinh\kappa a\ne0$ から $B=0$ となり自明解しか残らない。$p^2=0$ なら $X=A+Bx$ で、両端の条件から $A=B=0$ となりこれも自明解である。したがって $p^2>0$ に限られ、$X=A\sin px+B\cos px$、$X(0)=0$ から $B=0$、$X(a)=A\sin pa=0$ から $p=m\pi/a$（$m=1,2,3,\dots$）を得る。$Y$ についても同様に $q=n\pi/b$（$n=1,2,3,\dots$）である。

以上より固有値と固有関数は $$\lambda_{mn}=-\pi^2\left(\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}\right), \qquad u_{mn}(x,y)=C\sin\frac{m\pi x}{a}\,\sin\frac{n\pi y}{b}$$ （$m,n=1,2,3,\dots$、$C$ は任意定数）である。同じ $\lambda$ を与える $(m,n)$ が複数あるときは、それらの $u_{mn}$ の任意の線形結合も固有関数になる。

2本のばねを直列につないだとき、両端に大きさ $F$ の力を加えると、各ばねには同じ張力 $F$ が働く。よって各ばねの伸びは $F/k$ であり、全体の伸びは $\Delta=F/k+F/k=2F/k$ である。連結ばねのばね定数を $k'$ とすると $F=k'\Delta$ であるから $$k'=\frac{F}{\Delta}=\frac{F}{2F/k}=\frac k2 .$$

中間点 O から測った小物体の鉛直下方向の距離を $x$ とする。固定点から O までの水平距離はそれぞれ $\ell_0$ であるから、各ばねの長さは $L(x)=\sqrt{\ell_0^{\,2}+x^2}$ であり、自然長 $\ell_0$ からの伸びは $$\delta=\sqrt{\ell_0^{\,2}+x^2}-\ell_0 =\ell_0\left[\left(1+\frac{x^2}{\ell_0^{\,2}}\right)^{1/2}-1\right] =\frac{x^2}{2\ell_0}+O\!\left(\frac{x^4}{\ell_0^{\,3}}\right)$$ となる。$x\ll\ell_0$ では最低次を取って $\delta\simeq x^2/(2\ell_0)$ である。

ばねは2本あるので弾性エネルギーは $$U_{\text{el}}=2\cdot\frac12k\delta^2=k\delta^2 =k\left(\frac{x^2}{2\ell_0}\right)^{\!2} =\frac{kx^4}{4\ell_0^{\,2}} .$$ 重力の位置エネルギーは、O を基準にして小物体が $x$ だけ下にあるから $-mgx$ である。したがって $$U(x)=\frac{kx^4}{4\ell_0^{\,2}}-mgx .$$

つり合いは $dU/dx=0$ で決まる。 $$\frac{dU}{dx}=\frac{kx^3}{\ell_0^{\,2}}-mg=0 \quad\Longrightarrow\quad x_0^{\,3}=\frac{mg\ell_0^{\,2}}{k}, \qquad x_0=\left(\frac{mg\ell_0^{\,2}}{k}\right)^{1/3}.$$

$d^2U/dx^2=3kx^2/\ell_0^{\,2}$ であるから、$x=x_0$ での実効的なばね定数は $3kx_0^{\,2}/\ell_0^{\,2}$ である。よって $$\omega=\sqrt{\frac{1}{m}\left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x=x_0}} =\sqrt{\frac{3kx_0^{\,2}}{m\ell_0^{\,2}}} =\sqrt{\frac{3k}{m\ell_0^{\,2}}\left(\frac{mg\ell_0^{\,2}}{k}\right)^{2/3}} =\sqrt3\left(\frac{kg^2}{m\ell_0^{\,2}}\right)^{1/6}.$$

位置 $x$ での斜面の傾きを $\theta$ とすると $\tan\theta=|h'(x)|$、$\cos\theta=1/\sqrt{1+h'(x)^2}$ である。小物体は充分にゆっくり滑るので斜面に垂直な加速度は無視でき、垂直抗力は $N=mg\cos\theta=mg/\sqrt{1+h'(x)^2}$ である。動摩擦力の大きさは $f=\mu'N$ である。一方、水平方向に $\Delta x$ だけ進むときの斜面に沿った経路長は $$\Delta s=\frac{\Delta x}{\cos\theta}=\sqrt{1+h'(x)^2}\,\Delta x .$$ 摩擦力は運動方向と逆向きなので、その仕事の大きさは $$|W|=f\,\Delta s=\mu'\,mg\cos\theta\cdot\frac{\Delta x}{\cos\theta}=\mu'mg\,\Delta x .$$ $\cos\theta$ が打ち消し合い、斜面の形によらない。

(2-1) の結果を $x=0$ から $x=x_0$ まで積分すると $$|W_{\text{tot}}|=\int_0^{x_0}\mu'mg\,dx=\mu'mg\,x_0 .$$ 高さの変化 $h_0$ には依存しない。

小物体側の鉛直下向きを正、滑車の反時計回りを正とする。ワイヤーは伸びず滑車上で滑らないので、滑車が反時計回りに $\theta$ 回ると小物体は $R\theta$ だけ下がり、ばね側のワイヤーは $R\theta$ だけ引き上げられてばねが同じだけ伸びる。すなわち小物体の下降量とばねの伸びはともに $R\theta$ に等しく、$R\theta=x$ である。ばねの張力は $kx$ であり、これがばね側のワイヤーの張力 $T'$ に等しい。

小物体については、重力 $mg$ が下向き、張力 $T$ が上向きに働くので $$m\ddot x=mg-T .$$ 滑車については、小物体側の張力 $T$ が反時計回りに、ばね側の張力 $T'=kx$ が時計回りにトルクを与えるから $$I\ddot\theta=RT-RT'=R\left(T-kx\right).$$

ワイヤーが滑らないことから $x=R\theta$、したがって $$\Delta\theta=\frac{\Delta x}{R} .$$

$\theta=x/R$ より $\ddot\theta=\ddot x/R$ である。滑車の式から $$\frac{I\ddot x}{R}=R\left(T-kx\right) \quad\Longrightarrow\quad T=kx+\frac{I\ddot x}{R^2}$$ を得る。これを小物体の式に代入すると $$m\ddot x=mg-kx-\frac{I\ddot x}{R^2}, \qquad \left(m+\frac{I}{R^2}\right)\ddot x=mg-kx .$$ 平衡点は $x_{\mathrm e}=mg/k$ である。$\xi=x-mg/k$ と置けば $\left(m+I/R^2\right)\ddot\xi=-k\xi$ となり、単振動の角振動数は $$\omega=\sqrt{\frac{k}{\,m+I/R^2\,}}=\sqrt{\frac{kR^2}{mR^2+I}} .$$

厚さ $D$ の円板を、半径 $r$ と $r+dr$ の間の薄い円筒殻に分ける。その質量は密度を $\rho(r)$ として $dm=\rho(r)\,D\cdot2\pi r\,dr$ であり、回転軸まわりの慣性モーメントへの寄与は $r^2dm$ である。よって $$I=2\pi D\left[\rho_1\int_0^a r^3dr+\rho_2\int_a^R r^3dr\right] =2\pi D\left[\frac{\rho_1a^4}{4}+\frac{\rho_2\left(R^4-a^4\right)}{4}\right]$$ すなわち $$I=\frac{\pi D}{2}\left[\rho_1a^4+\rho_2\left(R^4-a^4\right)\right].$$

中心軸（$z$ 軸）からの距離を $\rho$ とする。コンデンサーから充分離れた $z>0$ の領域では、電流は $z$ 軸上のまっすぐな導線を流れる $I(t)=I_0\sin\omega t$ だけとみなせる。半径 $\rho$ の円を境界とする面にアンペールの法則を適用すると $$2\pi\rho H_\phi=I_0\sin\omega t, \qquad H_\phi=\frac{I_0\sin\omega t}{2\pi\rho} .$$ 点 $\mathrm P(x,0,z)$ では $\rho=|x|$ であり、$x>0$ なら $\hat{\boldsymbol\phi}=\hat{\boldsymbol y}$、$x<0$ なら $\hat{\boldsymbol\phi}=-\hat{\boldsymbol y}$ である。どちらの符号もまとめて $$\boldsymbol B(\mathrm P,t)=\left(0,\ \frac{\mu_0I_0\sin\omega t}{2\pi x},\ 0\right)$$ と書ける。

$z=-d$ の極板に蓄えられる電荷を $Q(t)$ とすると、導線を流れる電流がこの極板に電荷を運ぶので $$\frac{dQ}{dt}=I_0\sin\omega t, \qquad Q(t)=-\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t$$ （交流成分のみを取る）。極板間の電場は一様で、正に帯電した $z=-d$ の極板から $z=0$ の極板へ向かう、すなわち $+z$ 向きである。面電荷密度が $Q/(\pi R^2)$ だから $$\boldsymbol E=\left(0,\ 0,\ \frac{Q(t)}{\varepsilon_0\pi R^2}\right).$$ したがって点 $\mathrm Q\!\left(x,0,-\tfrac d2\right)$ における変位電流密度は $$\varepsilon_0\frac{\partial\boldsymbol E}{\partial t} =\left(0,\ 0,\ \frac{1}{\pi R^2}\frac{dQ}{dt}\right) =\left(0,\ 0,\ \frac{I_0\sin\omega t}{\pi R^2}\right).$$ これは極板の内側で一様であり、面積分すると $I_0\sin\omega t$ で導線の電流に等しい。

極板間には伝導電流がなく、変位電流だけがある。半径 $\rho=|x|<R$ の円にアンペール--マクスウェルの法則を適用すると、円が囲む変位電流は $$\frac{I_0\sin\omega t}{\pi R^2}\cdot\pi\rho^2=\frac{I_0\rho^2\sin\omega t}{R^2}$$ であるから $$2\pi\rho H_\phi=\frac{I_0\rho^2\sin\omega t}{R^2}, \qquad H_\phi=\frac{I_0\rho\sin\omega t}{2\pi R^2} .$$ (1-1) と同じ符号の扱いで $$\boldsymbol B(\mathrm Q,t)=\left(0,\ \frac{\mu_0I_0x\sin\omega t}{2\pi R^2},\ 0\right).$$

$z=-d$ の極板を基準とすると $$\varphi(0)-\varphi(-d)=-\int_{-d}^{0}E_z\,dz=-E_zd=-\frac{Q(t)\,d}{\varepsilon_0\pi R^2}$$ であるから $$\varphi(0)-\varphi(-d)=\frac{I_0d}{\omega\varepsilon_0\pi R^2}\cos\omega t .$$

$y\ll\ell$ のときは無限に長い直線電荷とみなせるので、ガウスの法則より $$E_y(0,y,0)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0y} .$$ $y\gg\ell$ のときは全電荷 $2\lambda\ell$ の点電荷とみなせるので $$E_y(0,y,0)=\frac{2\lambda\ell}{4\pi\varepsilon_0y^2}=\frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0y^2} .$$

線素 $dx'$ にある電荷 $\lambda\,dx'$ からの寄与を足し合わせると $$\phi(\boldsymbol r)=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0} \int_{-\ell}^{\ell}\frac{dx'}{\sqrt{(x-x')^2+y^2+z^2}} .$$ $u=x-x'$（$du=-dx'$）と置くと、積分区間は $u=x+\ell$ から $u=x-\ell$ に移り、符号を戻して $$\phi(\boldsymbol r)=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0} \int_{x-\ell}^{x+\ell}\frac{du}{\sqrt{u^2+\alpha}}, \qquad \alpha\equiv y^2+z^2 .$$ 与えられた積分公式を使って $$\phi(\boldsymbol r)=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0} \Bigl[\log\left|u+\sqrt{u^2+\alpha}\right|\Bigr]_{x-\ell}^{x+\ell} =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0} \log\!\left( \frac{x+\ell+\sqrt{(x+\ell)^2+y^2+z^2}} {x-\ell+\sqrt{(x-\ell)^2+y^2+z^2}} \right).$$ 無限遠では対数の引数が $1$ に近づき $\phi\to0$ となるので、無限遠を基準とした電位になっている。

導体には自由に動ける電荷がある。内部に電場があれば自由電荷は力を受けて動き続け、電流が流れることになるが、これは静電平衡ではない。実際には電荷が表面へ移動して再配置し、その電荷が内部につくる電場が外からの電場をちょうど打ち消す。この状態が静電平衡であり、そのとき内部の電場はゼロである。

ヒントの形から、$\phi$ は $$s\equiv\sqrt{(x+\ell)^2+y^2+z^2}+\sqrt{(x-\ell)^2+y^2+z^2} \qquad\text{だけの関数で}\qquad \phi=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\log\frac{s+2\ell}{s-2\ell}$$ と書ける。よって等電位面は $s=$ 一定の面、すなわち $(\pm\ell,0,0)$ を焦点とする回転楕円体である。 問題の導体はまさにこの焦点をもつ回転楕円体であるから、その表面は線電荷がつくる等電位面の一つになっている。導体外部の領域では、ラプラス方程式・表面での等電位・無限遠でゼロ・総電荷 $Q$ という条件がすべて線電荷の解で満たされるので、一意性定理により導体外部の電場は線密度 $\lambda=Q/(2\ell)$ の一様な線電荷がつくる電場に一致する。

$x=z=0$ では $s=2\sqrt{\ell^2+y^2}$、$s^2-4\ell^2=4y^2$、$\partial s/\partial y=2y/\sqrt{\ell^2+y^2}$ である。また $$\frac{\partial\phi}{\partial s} =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{s+2\ell}-\frac{1}{s-2\ell}\right) =-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{4\ell}{s^2-4\ell^2}$$ であるから、$\lambda=Q/(2\ell)$ を代入して $$E_y(0,y,0)=-\frac{\partial\phi}{\partial s}\frac{\partial s}{\partial y} =\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{4\ell}{4y^2}\cdot\frac{2y}{\sqrt{\ell^2+y^2}} =\frac{\lambda\ell}{2\pi\varepsilon_0\,y\sqrt{\ell^2+y^2}} =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,y\sqrt{y^2+\ell^2}}$$ （$y>b$）を得る。

導体表面のすぐ外側では $\boldsymbol E=(\sigma/\varepsilon_0)\hat{\boldsymbol n}$ が成り立つ。点 $(0,b,0)$ は回転楕円体の短軸上にあるので外向き法線は $\hat{\boldsymbol y}$ であり、$\hat{\boldsymbol n}$ 方向の成分は $E_y$ そのものである。したがって $$\sigma=\varepsilon_0E_y(0,b,0)=\frac{Q}{4\pi b\sqrt{b^2+\ell^2}} .$$ 長半径を $a=\sqrt{b^2+\ell^2}$ と書けば $\sigma=Q/(4\pi ab)$ である。

$x<0$ ではポテンシャルがゼロなので、定常状態のシュレディンガー方程式は $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi, \qquad \frac{d^2\psi}{dx^2}=-\frac{2mE}{\hbar^2}\psi .$$ $e^{\pm ikx}$ の形の解を入れると $k^2=2mE/\hbar^2$ であるから $$k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} .$$ 同じ領域の反射波も同じエネルギーをもつので $k_2=k_1$ である。

$x>0$ では $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+V_0\psi=E\psi, \qquad \frac{d^2\psi}{dx^2}=-\frac{2m\left(E-V_0\right)}{\hbar^2}\psi .$$ $E>V_0$ なので右辺の係数は負であり、振動解になる。よって $$q_1=\frac{\sqrt{2m\left(E-V_0\right)}}{\hbar}$$ であり、同様に $q_2=q_1$ である。

粒子は $x$ の負の側からのみ入射するので、$x>0$ で $-x$ 方向に進む波は存在しない。したがって $D=0$ である。$x=0$ で $\psi$ と $d\psi/dx$ が連続であることから、$k_2=k_1$ を用いて $$A+B=C, \qquad ik_1A-ik_1B=iq_1C .$$ 第1式を第2式に代入すると $k_1(A-B)=q_1(A+B)$、すなわち $A(k_1-q_1)=B(k_1+q_1)$ であるから $$B=\frac{k_1-q_1}{k_1+q_1}A, \qquad C=A+B=\frac{2k_1}{k_1+q_1}A, \qquad D=0 .$$

$x<0$ の領域で、$+x$ 方向に進む成分は $Ae^{ik_1x}$ である。定義式に代入すると $$j_{\text{in}}=\frac{\hbar}{2mi}\left[ A^{*}e^{-ik_1x}\left(ik_1\right)Ae^{ik_1x} -Ae^{ik_1x}\left(-ik_1\right)A^{*}e^{-ik_1x}\right] =\frac{\hbar k_1}{m}|A|^2 .$$ 同様に $-x$ 方向に進む成分 $Be^{-ik_1x}$ については $j_{\text{out}}=-\hbar k_1|B|^2/m$ である。したがって $$R=\frac{\left|j_{\text{out}}\right|}{\left|j_{\text{in}}\right|} =\left|\frac BA\right|^2 =\left(\frac{k_1-q_1}{k_1+q_1}\right)^{2} =\left(\frac{\sqrt E-\sqrt{E-V_0}}{\sqrt E+\sqrt{E-V_0}}\right)^{2}.$$

$\Psi=e^{iky}\phi_k(x)$ に $p_y=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial y}$ を作用させると $p_y\Psi=\hbar k\,e^{iky}\phi_k(x)=\hbar k\,\Psi$ である。$p_x$ と $x$ は $e^{iky}$ に作用しないので、$H\Psi=\varepsilon_k\Psi$ から $e^{iky}$ を括り出して $$H_k'=\frac{p_x^2}{2m}+\frac{\left(\hbar k-qBx\right)^2}{2m}-qEx .$$

$$\omega_{\mathrm c}\equiv\frac{qB}{m}, \qquad x_k\equiv\frac{\hbar k}{qB}$$ と置くと $$\frac{\left(\hbar k-qBx\right)^2}{2m} =\frac{\left(qB\right)^2}{2m}\left(x-x_k\right)^2 =\frac{m}{2}\omega_{\mathrm c}^2\left(x-x_k\right)^2 .$$ $\xi=x-x_k$ と置いて電場の項も含めて整理すると $$\frac m2\omega_{\mathrm c}^2\xi^2-qE\left(\xi+x_k\right) =\frac m2\omega_{\mathrm c}^2\left(\xi-\frac{qE}{m\omega_{\mathrm c}^2}\right)^{2} -\frac{\left(qE\right)^2}{2m\omega_{\mathrm c}^2}-qEx_k .$$ したがって $$H_k'=\frac{p_x^2}{2m}+\frac m2\omega_{\mathrm c}^2\left(x-X_k\right)^2 -\frac{\left(qE\right)^2}{2m\omega_{\mathrm c}^2}-qEx_k, \qquad X_k=x_k+\frac{qE}{m\omega_{\mathrm c}^2}=\frac{\hbar k}{qB}+\frac{mE}{qB^2}$$ であり、これは中心が $X_k$ にずれた調和振動子に定数を加えた形である。角振動数は $$\omega_{\mathrm c}=\frac{qB}{m} .$$

調和振動子の基底状態エネルギーは $\hbar\omega_{\mathrm c}/2$ である。定数項を $$\frac{\left(qE\right)^2}{2m\omega_{\mathrm c}^2} =\frac{q^2E^2}{2m}\cdot\frac{m^2}{q^2B^2}=\frac{mE^2}{2B^2}, \qquad qEx_k=qE\cdot\frac{\hbar k}{qB}=\frac{\hbar kE}{B}$$ と書き直すと $$\varepsilon_k^{\min} =\frac{\hbar\omega_{\mathrm c}}{2}-\frac{mE^2}{2B^2}-\frac{\hbar kE}{B} =\frac{\hbar qB}{2m}-\frac{mE^2}{2B^2}-\frac{\hbar kE}{B} .$$

同じ置き換えで $$H_k'=\frac{p_x^2}{2m_1}+\frac{\left(qB\right)^2}{2m_2}\left(x-x_k\right)^2-qEx$$ となる。調和振動子の標準形 $p_x^2/(2m_1)+\frac12m_1\omega^2(x-\text{const})^2$ と係数を比べると $$\frac12m_1\omega^2=\frac{\left(qB\right)^2}{2m_2} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2=\frac{\left(qB\right)^2}{m_1m_2}, \qquad \omega=\frac{qB}{\sqrt{m_1m_2}} .$$