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

母関数の左辺を $t$ について展開し、$t^k/k!$ の係数を読む。まず $x$ を含まない分数部分を展開する。 $$e^t+1=2+t+\frac{t^2}{2}+O(t^3)$$ であるから $$\frac{2}{e^t+1} =\frac{1}{1+u},\qquad u=\frac{t}{2}+\frac{t^2}{4}+O(t^3)$$ とおける。$1/(1+u)=1-u+u^2-\cdots$ を用い、$u^2=t^2/4+O(t^3)$ に注意すると $$\frac{2}{e^t+1} =1-\left(\frac{t}{2}+\frac{t^2}{4}\right)+\frac{t^2}{4}+O(t^3) =1-\frac{t}{2}+0\cdot t^2+O(t^3).$$ 一方 $$e^{xt}=1+xt+\frac{x^2}{2}t^2+O(t^3)$$ であるから、両者の積は $$\frac{2e^{xt}}{e^t+1} =1+\left(x-\frac{1}{2}\right)t +\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}\right)t^2+O(t^3)$$ となる。定義より $E_k(x)$ は $t^k$ の係数に $k!$ を掛けたものなので $$E_0(x)=0!\cdot 1=1,\qquad E_1(x)=1!\left(x-\frac{1}{2}\right)=x-\frac{1}{2},$$ $$E_2(x)=2!\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}\right)=x^2-x .$$

固有方程式は $\det(A-\lambda I)=0$ である。第3行で余因子展開すると、 $$\det(A-\lambda I) =5\begin{vmatrix}2&4\\3-\lambda&0\end{vmatrix} +(3-\lambda)\begin{vmatrix}1-\lambda&2\\2&3-\lambda\end{vmatrix}$$ であり、 $$\begin{vmatrix}2&4\\3-\lambda&0\end{vmatrix}=-4(3-\lambda), \qquad \begin{vmatrix}1-\lambda&2\\2&3-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)(3-\lambda)-4$$ だから $$\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\bigl\{-20+(1-\lambda)(3-\lambda)-4\bigr\} =(3-\lambda)\bigl(\lambda^2-4\lambda-21\bigr).$$ $\lambda^2-4\lambda-21=(\lambda-7)(\lambda+3)$ と因数分解できるので $$\det(A-\lambda I)=-(\lambda-3)(\lambda-7)(\lambda+3)=0 .$$ よって固有値は $\lambda=7,\ 3,\ -3$ の3つで、いずれも実数であり $\lambda\ne0$ を満たす。

最大の実固有値は $\lambda=7$ である。$(A-7I)\vec{X}=\vec{0}$ は $$-6x_1+2x_2+4x_3=0,\qquad 2x_1-4x_2=0,\qquad 5x_1-4x_3=0$$ である。第2式から $x_1=2x_2$、第3式から $x_3=\tfrac54x_1=\tfrac52x_2$ を得る。これを第1式に代入すると $(-12+2+10)x_2=0$ となって恒等的に成り立つので、$A-7I$ の階数は2であり固有空間は1次元である。$x_2=2$ と取れば $\vec{X}\propto(4,\,2,\,5)$ であり、 $$\sqrt{4^2+2^2+5^2}=\sqrt{45}=3\sqrt5$$ だから、規格化条件を満たす固有ベクトルは $$\vec{X}=\pm\frac{1}{3\sqrt5}\begin{pmatrix}4\\2\\5\end{pmatrix}$$ である（規格化だけでは全体の符号は決まらない）。

$\exp(1/z)$ は $z=0$ を除く全平面で正則で、$0<|z|<\infty$ において $$\exp\!\left[\frac{1}{z}\right] =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\,z^{-n}$$ とローラン展開される。負べきが無限に続くので $z=0$ は本質的特異点であり、これが積分路 $C$ の内部にある唯一の特異点である。留数は $z^{-1}$ の係数だから $$\operatorname*{Res}_{z=0}\exp\!\left[\frac1z\right]=\frac{1}{1!}=1 .$$ 留数定理より $$\frac{1}{2\pi i}\oint_C\exp\!\left[\frac1z\right]dz=1 .$$

外側の指数関数をべき級数に展開すると、$z\ne0$ で $$\exp\!\left[\exp\frac1z\right] =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\exp\!\left[\frac{m}{z}\right] =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{m^n}{n!}\,z^{-n}$$ となる。この二重級数は $\sum_m\sum_n m^n|z|^{-n}/(m!\,n!)=\sum_m e^{m/|z|}/m!=\exp[e^{1/|z|}]<\infty$ より絶対収束するので、和の順序を入れ替えて $z^{-n}$ ごとにまとめてよい。$z^{-1}$ の係数は $$\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}\cdot\frac{m^1}{1!} =\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(m-1)!} =e$$ である。したがって $$\frac{1}{2\pi i}\oint_C\exp\!\left[\exp\frac1z\right]dz=e .$$

以下、バネが自然長のときの物体Aの位置を原点にとり、壁に向かう向きを $x$ 軸の正とする。物体Bはこの向きに速さ $v$ で進んで $t=0$ にAへ衝突する。Aはバネにつながれているので、変位 $x$ に対して復元力 $-kx$ を受ける。

完全非弾性衝突ではAとBは合体して一体となる。衝突は瞬間的でバネの力積は無視できるから、運動量保存より $$m_{\mathrm B}v=(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})v_{\mathrm A} \quad\Longrightarrow\quad v_{\mathrm A}=\frac{m_{\mathrm B}}{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}\,v .$$ 衝突後は質量 $m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}$ の物体がバネにつながれた単振動をする。 $$(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})\ddot{x}_{\mathrm A}=-kx_{\mathrm A}, \qquad \omega_1\equiv\sqrt{\frac{k}{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}}$$ であり、初期条件は $x_{\mathrm A}(0)=0$、$\dot{x}_{\mathrm A}(0)=v_{\mathrm A}$ だから $$x_{\mathrm A}(t)=\frac{v_{\mathrm A}}{\omega_1}\sin\omega_1t =\frac{m_{\mathrm B}v}{\sqrt{k(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})}} \sin\!\left(\sqrt{\frac{k}{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}}\;t\right) \qquad(t\ge0).$$

衝突前は $$K_{\text{前}}=\frac12m_{\mathrm B}v^2 ,$$ 衝突直後は $$K_{\text{後}}=\frac12(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})v_{\mathrm A}^{\,2} =\frac{m_{\mathrm B}^{\,2}v^2}{2(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})}$$ である。したがって $$\frac{K_{\text{前}}}{K_{\text{後}}} =\frac{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}{m_{\mathrm B}} .$$

運動量保存と反発係数1（相対速度の符号反転）を連立する。 $$m_{\mathrm B}v=m_{\mathrm A}v_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}v_{\mathrm B}, \qquad v_{\mathrm A}-v_{\mathrm B}=v .$$ 第2式から $v_{\mathrm B}=v_{\mathrm A}-v$ を第1式へ代入すると $(m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B})v_{\mathrm A}=2m_{\mathrm B}v$ となるので $$v_{\mathrm A}=\frac{2m_{\mathrm B}}{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}\,v, \qquad v_{\mathrm B}=\frac{m_{\mathrm B}-m_{\mathrm A}}{m_{\mathrm A}+m_{\mathrm B}}\,v .$$

$m_{\mathrm A}/m_{\mathrm B}=2$ すなわち $m_{\mathrm B}=m_{\mathrm A}/2$ では $$v_{\mathrm A}=\frac{2v}{3},\qquad v_{\mathrm B}=-\frac{v}{3}$$ である。Aはバネにつながれているので角振動数 $\omega\equiv\sqrt{k/m_{\mathrm A}}$ の単振動をし、Bはバネから離れて等速直線運動をする。ともに $t=0$ に原点にあるから $$x_{\mathrm A}(t)=\frac{2v}{3}\sqrt{\frac{m_{\mathrm A}}{k}} \sin\!\left(\sqrt{\frac{k}{m_{\mathrm A}}}\;t\right), \qquad x_{\mathrm B}(t)=-\frac{v}{3}\,t .$$ この2式が有効なのは $x_{\mathrm A}>x_{\mathrm B}$ の間である。$s=\omega t$ とおくと $x_{\mathrm A}-x_{\mathrm B}=(v/3\omega)(2\sin s+s)$ で、$2\sin s+s$ の $s>0$ での最小値は $s=4\pi/3$ のときの $4\pi/3-\sqrt3\simeq2.5>0$ だから、この質量比では再衝突は起こらず任意の $t>0$ で成り立つ。

$m_{\mathrm A}/m_{\mathrm B}=1$ では 1-3) より $v_{\mathrm A}=v$、$v_{\mathrm B}=0$ となり、Bは原点に静止したまま残る。Aは $$x_{\mathrm A}(t)=\frac{v}{\omega}\sin\omega t, \qquad \omega=\sqrt{\frac{k}{m_{\mathrm A}}}$$ にしたがい、$\omega t=\pi$ で再び原点に戻る。よって2回目の衝突までの時間は $$t=\frac{\pi}{\omega}=\pi\sqrt{\frac{m_{\mathrm A}}{k}} .$$

$m_{\mathrm A}=m_{\mathrm B}$ なので衝突直後のAの速度は $v$ で、位置は $x=0$ である。抵抗 $-\lambda\dot{x}$ を加えた運動方程式は $$m_{\mathrm A}\ddot{x}+\lambda\dot{x}+kx=0 .$$ $x\propto e^{st}$ とおくと特性方程式は $m_{\mathrm A}s^2+\lambda s+k=0$ で、 $$s=\frac{-\lambda\pm\sqrt{\lambda^2-4m_{\mathrm A}k}}{2m_{\mathrm A}} .$$ $\lambda^2<4m_{\mathrm A}k$（減衰振動）では $x=(v/\omega_{\mathrm d})e^{-\lambda t/(2m_{\mathrm A})}\sin\omega_{\mathrm d}t$、 $\omega_{\mathrm d}=\sqrt{4m_{\mathrm A}k-\lambda^2}/(2m_{\mathrm A})$ となり、$t=\pi/\omega_{\mathrm d}$ で必ず $x<0$ に入るので不適である。 $\lambda^2>4m_{\mathrm A}k$（過減衰）では $s_1>s_2$ がともに負の実数で $x(t)=v\left(e^{s_1t}-e^{s_2t}\right)/(s_1-s_2)>0\ (t>0)$ となり、正の側から指数関数的に $x=0$ へ近づく。 $\lambda^2=4m_{\mathrm A}k$（臨界減衰）でも $x=vte^{-\lambda t/(2m_{\mathrm A})}>0$ で同じである。したがって条件は $$\lambda\ge2\sqrt{m_{\mathrm A}k}$$ である（原点への近づき方の記述を過減衰に限って読むなら不等号は狭義になる）。

棒の一端は $x$ 軸上、他端は $z$ 軸上にあり、棒が $z$ 軸となす角を $\varphi$（紙面上で時計回りを正）とする。両端の座標はそれぞれ $(L\sin\varphi,\,0)$ と $(0,\,-L\cos\varphi)$ であり、重心は $$x=\frac{L}{2}\sin\varphi,\qquad z=-\frac{L}{2}\cos\varphi$$ である。$x^2+z^2=L^2/4$ なので、重心は原点を中心とする半径 $L/2$ の円周上を動く。

線密度 $M/L$ の棒について、中点からの距離を $s$ として $$I=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{M}{L}s^2\,ds =\frac{M}{L}\cdot\frac{L^3}{12} =\frac{ML^2}{12}.$$

重力は $z$ 軸の負の向きなので $U=Mgz+\text{const.}$ である。$\varphi=0$ で $U=0$ となるよう定数を選ぶと $$U(\varphi)=Mg\left(-\frac{L}{2}\cos\varphi\right)-Mg\left(-\frac{L}{2}\right) =\frac{MgL}{2}\bigl(1-\cos\varphi\bigr).$$

重心速度は $$\dot{x}=\frac{L}{2}\dot{\varphi}\cos\varphi,\qquad \dot{z}=\frac{L}{2}\dot{\varphi}\sin\varphi \quad\Longrightarrow\quad \dot{x}^2+\dot{z}^2=\frac{L^2}{4}\dot{\varphi}^2 .$$ 重心運動と重心まわりの回転に分けると $$K=\frac12M\cdot\frac{L^2}{4}\dot{\varphi}^2 +\frac12\cdot\frac{ML^2}{12}\dot{\varphi}^2 =\left(\frac18+\frac1{24}\right)ML^2\dot{\varphi}^2 =\frac{1}{6}ML^2\dot{\varphi}^2 .$$

重心運動については、$x$ 方向に働く力は $z$ 軸からの抗力 $D_x$ だけ、$z$ 方向に働く力は $x$ 軸からの抗力 $D_z$ と重力だから $$M\ddot{x}=D_x,\qquad M\ddot{z}=D_z-Mg .$$ 回転については、$y$ 軸が紙面の奥向きで $(x,y,z)$ が右手系であることから、紙面上の時計回りは $+y$ まわりの回転にあたり、角速度は $\dot{\varphi}$ の $y$ 成分である。重心から $\Delta\vec{r}$ だけ離れた点に $x$--$z$ 面内の力 $\vec{F}$ が働くとき、重心まわりのトルクの $y$ 成分は $N_y=\Delta r_zF_x-\Delta r_xF_z$ である。抗力 $D_z\hat{z}$ の作用点は $(L\sin\varphi,0)$ で $\Delta\vec{r}=(\tfrac{L}{2}\sin\varphi,\,0,\,\tfrac{L}{2}\cos\varphi)$、抗力 $D_x\hat{x}$ の作用点は $(0,-L\cos\varphi)$ で $\Delta\vec{r}=(-\tfrac{L}{2}\sin\varphi,\,0,\,-\tfrac{L}{2}\cos\varphi)$ だから $$\frac{ML^2}{12}\ddot{\varphi} =-\frac{L}{2}D_z\sin\varphi-\frac{L}{2}D_x\cos\varphi .$$ 重力は重心に働くのでトルクを生まない。

重心の式を $\varphi$ で書き直すと $$D_x=M\ddot{x}=\frac{ML}{2}\bigl(\ddot{\varphi}\cos\varphi-\dot{\varphi}^2\sin\varphi\bigr),$$ $$D_z=Mg+M\ddot{z}=Mg+\frac{ML}{2}\bigl(\ddot{\varphi}\sin\varphi+\dot{\varphi}^2\cos\varphi\bigr).$$ これらを 2-4) の回転の式に代入すると、$\dot{\varphi}^2$ の項は $\sin\varphi\cos\varphi-\cos\varphi\sin\varphi=0$ で消え、$\ddot{\varphi}$ の項は $\sin^2\varphi+\cos^2\varphi=1$ にまとまるので $$\frac{ML^2}{12}\ddot{\varphi} =-\frac{MgL}{2}\sin\varphi-\frac{ML^2}{4}\ddot{\varphi}$$ となる。移項して $ML^2/12+ML^2/4=ML^2/3$ を使えば $$\frac{ML^2}{3}\ddot{\varphi}=-\frac{MgL}{2}\sin\varphi \quad\Longrightarrow\quad \ddot{\varphi}+\frac{3g}{2L}\sin\varphi=0 .$$

2-2), 2-3) より $$E=K+U=\frac{1}{6}ML^2\dot{\varphi}^2+\frac{MgL}{2}(1-\cos\varphi)$$ である。時間微分すると $$\frac{dE}{dt} =\frac13ML^2\dot{\varphi}\ddot{\varphi}+\frac{MgL}{2}\dot{\varphi}\sin\varphi =\frac13ML^2\dot{\varphi}\left(\ddot{\varphi}+\frac{3g}{2L}\sin\varphi\right)=0$$ となり、2-5) の微分方程式から括弧の中が恒等的に0だから $E$ は保存する。

$|\varphi|\ll1$ では $\sin\varphi\simeq\varphi$ として $$\ddot{\varphi}=-\Omega^2\varphi,\qquad \Omega\equiv\sqrt{\frac{3g}{2L}}$$ となる。初期条件 $\varphi(0)=0,\ \dot{\varphi}(0)=\omega_0$ を満たす解は $$\varphi(t)=\frac{\omega_0}{\Omega}\sin\Omega t =\omega_0\sqrt{\frac{2L}{3g}}\; \sin\!\left(\sqrt{\frac{3g}{2L}}\;t\right).$$ 振幅が $\omega_0/\Omega$ なので、この近似が正当なのは $\omega_0\ll\sqrt{3g/(2L)}$ のときである。

電荷分布は球対称なので電場は動径方向を向き、大きさは $r$ だけの関数である。半径 $r$ の同心球面にガウスの法則を適用する。

$r\le a$ では球面内部の電荷が $\rho\cdot\tfrac43\pi r^3$ だから $$E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{1}{\varepsilon_0}\rho\frac{4}{3}\pi r^3 \quad\Longrightarrow\quad E(r)=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}.$$ $r>a$ では内部の電荷が全電荷 $Q=\rho\cdot\tfrac43\pi a^3$ なので $$E(r)\cdot4\pi r^2=\frac{1}{\varepsilon_0}\rho\frac{4}{3}\pi a^3 \quad\Longrightarrow\quad E(r)=\frac{\rho a^3}{3\varepsilon_0r^2}.$$ $\rho>0$ なのでどちらも外向きである。$r=a$ で両者は $\rho a/(3\varepsilon_0)$ となって連続につながる。

無限遠を基準にすると、$r\ge a$ では点電荷 $Q$ と同じ電位になるので $$V(r)=\int_r^{\infty}\frac{\rho a^3}{3\varepsilon_0r'^2}dr' =\frac{\rho a^3}{3\varepsilon_0 r}, \qquad V(a)=\frac{\rho a^2}{3\varepsilon_0}.$$ 中心の電位は、そこから球面まで内部の電場を積分した分だけ高い。 $$V(0)=V(a)+\int_0^aE(r)\,dr =\frac{\rho a^2}{3\varepsilon_0}+\int_0^a\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}dr =\frac{\rho a^2}{3\varepsilon_0}+\frac{\rho a^2}{6\varepsilon_0} =\frac{\rho a^2}{2\varepsilon_0}.$$

球内では電場が中心からの距離に比例して外向きに働くので、電荷 $e<0$ の点電荷が受ける力は $$\vec{F}=e\vec{E}=\frac{e\rho}{3\varepsilon_0}\vec{r} =-\frac{|e|\rho}{3\varepsilon_0}\vec{r}$$ となり、大きさが変位に比例して中心を向く復元力である。よって運動方程式は $m\ddot{\vec{r}}=-(|e|\rho/3\varepsilon_0)\vec{r}$ で、点電荷は初期位置と中心について対称な点との間を、中心を通る直線上で単振動する。角振動数は $$\omega=\sqrt{\frac{|e|\rho}{3\varepsilon_0m}}$$ で、初期位置によらない。

球全体の電流は閉じた円電流の重ね合わせであり、磁気単極子は存在しないので多重極展開の最低次は磁気双極子である。したがって遠方では双極子場だけが残り、大きさは $$B\propto\frac{1}{r^3}$$ にしたがって減衰する。

角速度ベクトルは $\vec{\omega}=\omega\hat{z}$ だから、その点の速度は $$\vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r} =\omega\hat{z}\times x\hat{x}=\omega x\,\hat{y}.$$ よって $$\vec{j}=\rho\vec{v}=\rho\omega x\,\hat{y} =(0,\ \rho\omega x,\ 0).$$

$\vec{r}'=(x,0,0)$、$\vec{r}=(0,0,z)$ なので $\vec{r}-\vec{r}'=(-x,0,z)$、$|\vec{r}-\vec{r}'|=\sqrt{x^2+z^2}$ である。外積は $$\vec{j}(\vec{r}')\times(\vec{r}-\vec{r}') =\begin{vmatrix} \hat{x}&\hat{y}&\hat{z}\\ 0&\rho\omega x&0\\ -x&0&z \end{vmatrix} =\bigl(\rho\omega xz,\ 0,\ \rho\omega x^2\bigr).$$ したがって $$\Delta\vec{B}_{+} =\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\rho\omega x}{(x^2+z^2)^{3/2}} \bigl(z,\ 0,\ x\bigr)\,\Delta V' .$$

$\vec{r}'=(-x,0,0)$ では速度の向きが反転して $\vec{j}=(0,-\rho\omega x,0)$ となり、$\vec{r}-\vec{r}'=(x,0,z)$ だから $$\vec{j}\times(\vec{r}-\vec{r}') =\begin{vmatrix} \hat{x}&\hat{y}&\hat{z}\\ 0&-\rho\omega x&0\\ x&0&z \end{vmatrix} =\bigl(-\rho\omega xz,\ 0,\ \rho\omega x^2\bigr),$$ $$\Delta\vec{B}_{-} =\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\rho\omega x}{(x^2+z^2)^{3/2}} \bigl(-z,\ 0,\ x\bigr)\,\Delta V' .$$ 距離が等しいので分母は共通で、$x$ 成分がちょうど打ち消し合う。合成すると $$\Delta\vec{B}_{+}+\Delta\vec{B}_{-} =\frac{\mu_0\rho\omega x^2}{2\pi(x^2+z^2)^{3/2}}\,\Delta V'\;\hat{z}.$$

2-4) が示すように、$z$ 軸に関して対称な2つの体積要素からは $z$ 成分だけが残る。電流分布も観測点も $z$ 軸まわりの回転に対して不変なので、この打ち消しは球内のどの対称な組についても成り立ち、全積分では $x,y$ 成分が消えて $\vec{B}=B_z\hat{z}$ となる。

一般の点 $\vec{r}'=(x',y',z')$ では $\vec{j}=\rho\omega(-y',\,x',\,0)$ であり、 $\vec{r}-\vec{r}'=(-x',\,-y',\,z-z')$ だから $$\bigl[\vec{j}\times(\vec{r}-\vec{r}')\bigr]_z =j_x(\vec{r}-\vec{r}')_y-j_y(\vec{r}-\vec{r}')_x =\rho\omega\bigl(x'^2+y'^2\bigr).$$ $z\gg a$ では球内のすべての点について $|\vec{r}-\vec{r}'|\simeq z$ と置いてよいので $$B_z\simeq\frac{\mu_0\rho\omega}{4\pi z^3}\int\bigl(x'^2+y'^2\bigr)dV' .$$ 極座標 $(r',\theta,\phi)$ をとると $x'^2+y'^2=r'^2\sin^2\theta$、$dV'=r'^2\sin\theta\,dr'd\theta\,d\phi$ だから $$\int\bigl(x'^2+y'^2\bigr)dV' =2\pi\int_0^ar'^4dr'\int_0^{\pi}\sin^3\theta\,d\theta =2\pi\cdot\frac{a^5}{5}\cdot\frac{4}{3} =\frac{8\pi a^5}{15}.$$ よって $$\vec{B}=\frac{\mu_0\rho\omega}{4\pi z^3}\cdot\frac{8\pi a^5}{15}\,\hat{z} =\frac{2\mu_0\rho\omega a^5}{15\,z^3}\,\hat{z}.$$

$\hat{L}^2$ の固有値は $\hbar^2\ell(\ell+1)$ である。したがって $$A=\hbar^2\ell(\ell+1).$$

$\ell=0$ では $A=0$ であり、$r<a$ で $V=0$ だから、$R_{n,0}=\chi_n(r)/r$ と置くと動径方程式は $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r}\frac{d^2\chi_n}{dr^2} =E_{n,0}\frac{\chi_n}{r} \quad\Longrightarrow\quad \frac{d^2\chi_n}{dr^2}+k^2\chi_n=0, \qquad k^2\equiv\frac{2mE_{n,0}}{\hbar^2}$$ という自由粒子と同じ形になる。境界条件は2つある。原点で $R_{n,0}=\chi_n/r$ が発散しないためには $\chi_n(0)=0$、壁が無限に高いので $r\ge a$ で波動関数が0であり連続性から $\chi_n(a)=0$ である。 $\chi_n(0)=0$ より $\chi_n=C\sin kr$ の形に限られ、$\chi_n(a)=0$ より $$ka=n\pi\quad(n=1,2,\dots) \quad\Longrightarrow\quad E_{n,0}=\frac{\hbar^2k^2}{2m}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}.$$ 規格化条件は、角度依存性がないので $dV=4\pi r^2dr$ として $$\int_0^a\left|\frac{\chi_n}{r}\right|^2 4\pi r^2\,dr =4\pi C^2\int_0^a\sin^2\frac{n\pi r}{a}\,dr =4\pi C^2\cdot\frac{a}{2}=2\pi aC^2=1$$ より $C=1/\sqrt{2\pi a}$ である。よって $$R_{n,0}(r)=\frac{1}{\sqrt{2\pi a}}\,\frac{1}{r}\sin\frac{n\pi r}{a} \qquad(0\le r\le a).$$

半径 $r$ から $r+dr$ の球殻に粒子が存在する確率は $$\sigma(r)dr=|R_{n,0}|^2\,4\pi r^2dr=4\pi C^2\sin^2\frac{n\pi r}{a}\,dr \quad\Longrightarrow\quad \sigma(r)=\frac{2}{a}\sin^2\frac{n\pi r}{a}.$$ $n=3$ では $\sigma(r)=(2/a)\sin^2(3\pi r/a)$ となり、$r=0,\ a/3,\ 2a/3,\ a$ で0、 $r=a/6,\ a/2,\ 5a/6$ で最大値 $2/a$ をとる。

基底状態は $\ell=0,\ n=1$ なので、半径 $r$ の井戸に粒子が1つあるときの全系のエネルギーは、井戸を広げるのに要したエネルギー $B\times(\text{体積})$ を加えて $$E_{\text{tot}}(r)=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mr^2}+\frac{4}{3}\pi Br^3$$ である。極値条件は $$\frac{dE_{\text{tot}}}{dr}=-\frac{\pi^2\hbar^2}{mr^3}+4\pi Br^2=0 \quad\Longrightarrow\quad r^5=\frac{\pi\hbar^2}{4mB}$$ だから $$r_0=\left(\frac{\pi\hbar^2}{4mB}\right)^{1/5}.$$ 2階微分は $3\pi^2\hbar^2/(mr^4)+8\pi Br>0$ なのでこれは極小であり、$r\to0$ と $r\to\infty$ でともに $E_{\text{tot}}\to\infty$ だから最小値を与える。

交換関係 $[\hat{s}_z,\hat{s}_x]=i\hat{s}_y$ を使って $\hat{s}_y=-i[\hat{s}_z,\hat{s}_x]$ を計算する。 $$\hat{s}_z\hat{s}_x=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&-1&0\end{pmatrix}, \qquad \hat{s}_x\hat{s}_z=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$$ より $$[\hat{s}_z,\hat{s}_x]=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix}, \qquad \hat{s}_y=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}0&-i&0\\ i&0&-i\\ 0&i&0\end{pmatrix}.$$

$\hat{s}_x(v_1,v_2,v_3)^{\mathrm T}=\lambda(v_1,v_2,v_3)^{\mathrm T}$ は成分で書くと $$\frac{v_2}{\sqrt2}=\lambda v_1,\qquad \frac{v_1+v_3}{\sqrt2}=\lambda v_2,\qquad \frac{v_2}{\sqrt2}=\lambda v_3 .$$ $\lambda=+1$ では $v_1=v_3=v_2/\sqrt2$ で、第2式も自動的に満たされる。$v_1=1$ と取れば $(1,\sqrt2,1)$ で、ノルムは $\sqrt{1+2+1}=2$ だから $$\vec{p}_x=\frac12\begin{pmatrix}1\\ \sqrt2\\ 1\end{pmatrix}.$$ $\lambda=-1$ では $v_1=v_3=-v_2/\sqrt2$ で、同様に $$\vec{n}_x=\frac12\begin{pmatrix}1\\ -\sqrt2\\ 1\end{pmatrix}.$$ 両者は直交する（$\vec{p}_x\cdot\vec{n}_x=(1-2+1)/4=0$）。

$\vec{B}=(0,0,B)$ なので $$\hat{H}=-\mu\vec{B}\cdot\hat{\vec{s}}=-\mu B\hat{s}_z =-\mu B\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$$ であり、すでに対角である。固有値と固有状態は $$E_1=-\mu B:\ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \qquad E_2=0:\ \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, \qquad E_3=+\mu B:\ \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.$$

$\vec{p}_x$ は $\hat{H}$ の固有状態ではなく、3つの固有状態の重ね合わせ $$\vec{p}_x=\frac12\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} +\frac{\sqrt2}{2}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} +\frac12\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$ である。1回の測定で得られる値は固有値 $-\mu B,\ 0,\ +\mu B$ のいずれか1つに限られ、どれが出るかは事前には決まらない。測定を多数回繰り返したときの相対頻度は展開係数の絶対値の2乗で与えられ、 $$P(-\mu B)=\left|\frac12\right|^2=\frac14,\quad P(0)=\left|\frac{\sqrt2}{2}\right|^2=\frac12,\quad P(+\mu B)=\frac14 .$$ 和は1で、期待値は $(-\mu B)(1/4)+0+(\mu B)(1/4)=0$ である。

$\hat{H}$ が対角なので、シュレーディンガー方程式は成分ごとに分離する。 $$i\hbar\dot{c}_1=-\mu Bc_1,\qquad i\hbar\dot{c}_2=0,\qquad i\hbar\dot{c}_3=+\mu Bc_3 .$$ $\omega\equiv\mu B/\hbar$ とおくと、初期条件 $c_i(0)=c_i$ のもとで $$\vec{\chi}(t)= \begin{pmatrix} c_1e^{i\omega t}\\ c_2\\ c_3e^{-i\omega t} \end{pmatrix}, \qquad \omega=\frac{\mu B}{\hbar}.$$

$\vec{\chi}(0)=\vec{p}_x$ すなわち $(c_1,c_2,c_3)=\tfrac12(1,\sqrt2,1)$ だから $$\vec{\chi}(t)=\frac12 \begin{pmatrix}e^{i\omega t}\\ \sqrt2\\ e^{-i\omega t}\end{pmatrix}.$$ スピンの反転とは $x$ 方向のスピンが $-1$ の状態 $\vec{n}_x$ にあることだから、求める確率は $$\vec{n}_x^{\;\dagger}\vec{\chi}(t) =\frac12\cdot\frac12\bigl(e^{i\omega t}-\sqrt2\cdot\sqrt2+e^{-i\omega t}\bigr) =\frac{1}{4}\bigl(2\cos\omega t-2\bigr) =-\frac{1-\cos\omega t}{2} =-\sin^2\frac{\omega t}{2}$$ より $$P_{\text{反転}}(t)=\bigl|\vec{n}_x^{\;\dagger}\vec{\chi}(t)\bigr|^2 =\sin^4\frac{\omega t}{2} =\sin^4\!\left(\frac{\mu Bt}{2\hbar}\right).$$