都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2017年度 冬季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

実軸上の積分を複素積分に載せる標準手順は、(i) 偶関数性で積分区間を $(-\infty,\infty)$ に広げる、(ii) 上半平面（または下半平面）を閉じる、 (iii) 囲んだ極の留数を足す、(iv) 弧の寄与が消えることを示す、の4段である。 本問は (ii) と (iv) を答案に書かせるために小問が分けられているので、図と評価式を省くと点が残らない。

初等的な検算

不定積分を使えば $$\int_0^{\infty}\frac{dz}{z^2+a^2} =\left[\frac{1}{|a|}\arctan\frac{z}{|a|}\right]_0^{\infty} =\frac{1}{|a|}\cdot\frac{\pi}{2}$$ であり、留数計算の結果と一致する。次元の確認も有効で、$z$ と $a$ が同じ次元をもつなら $I$ は $a$ の逆数の次元をもつはずであり、$\pi/(2|a|)$ はこれを満たす。

絶対値を落とさない

$a$ は「$0$ でない実数」であって正とは限らない。$z=\pm ia$ と書くと $a<0$ のとき上半平面にあるのは $-ia$ の方になり、 留数を $1/(2ia)$ としたままだと $I(a)=\pi/(2a)<0$ という、正値の積分としてありえない答が出る。 被積分関数が $a^2$ にしか依存しないことに気づいて最初から $|a|$ で書くか、$a>0$ と $a<0$ を分けて論じるかのどちらかを明記する。

弧の評価の書き方

$\bigl|z^2+a^2\bigr|\ge |z|^2-a^2=R^2-a^2$ は三角不等式から従う。ここを「$R\to\infty$ で明らかに $0$」と書くだけでは、 分母が $R^2$ の速さで増えるのに対し弧長が $R$ でしか増えないという肝心の比較が示されていない。 分子 $\pi R$（弧長）と分母 $R^2-a^2$ を並べて書くのが最短の答案である。

下半平面で閉じても同じ

下半平面の半円で閉じると、囲む極は $z=-i|a|$ となり、閉曲線の向きが負（時計回り）になる。 留数は $-1/(2i|a|)$、係数は $-2\pi i$ なので積は再び $\pi/|a|$ となり、同じ答に到達する。 どちらで閉じたかを図と符号で一致させることが答案の要件である。

方針

$A$ は基底を $\boldsymbol{e}_1\to\boldsymbol{e}_3\to\boldsymbol{e}_2\to\boldsymbol{e}_1$ と巡回させる置換行列なので、3回作用させれば恒等写像に戻る。 これが $A^3=I$ の中身であり、固有方程式が $\lambda^3=1$ になることも同じ事実の言い換えである。 以後の小問はすべて「3周期性」を別の言葉で書き直す作業だと見ると、計算量を最小にできる。

別の導き方

(2-6) は $1+\omega^n+\omega^{2n}$ が $n$ の $3$ の倍数のとき $3$、それ以外のとき $0$ になること（1の3乗根の直交性）を使えば、行列を経由せずに直接示せる。実際 $$e^{x}+e^{\omega x}+e^{\omega^2x} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\bigl(1+\omega^n+\omega^{2n}\bigr) =3\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{3m}}{(3m)!}$$ となる。本問の誘導は、この「1の $N$ 乗根で不要な項を消す」手法を行列の言葉で追体験させる構成になっている。

検算

$x=0$ を代入すると左辺は $m=0$ の項だけの $1$、右辺は $\frac13(1+2)=1$ で一致する。 さらに右辺を $x$ について展開すると $\frac13\bigl[(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots)+2(1-\frac{x}{2}+\cdots)(1-\frac{3x^2}{8}+\cdots)\bigr]$ となり、$x$ と $x^2$ の係数が消えて $x^3$ の係数が $1/6=1/3!$ となる。左辺の $m=1$ の項と一致する。

トレースを使う理由

(2-5) で「トレースを取れ」と指定されているのは、$b_1,b_2$ を消すためである。 $\Omega B\Omega^{-1}$ は対角行列なので成分ごとに3本の式が立つが、そのうち和を取った1本だけが $\sum\lambda_j=\sum\lambda_j^2=0$ によって $b_0$ の単独式になる。 逆に $b_1,b_2$ まで求めたいなら、$\lambda_j$ 倍・$\lambda_j^2$ 倍して足す（離散フーリエ変換に相当する操作）ことになる。

失点しやすい点

(2-2) を「$n=4,5,6$ で確かめた」で済ませると証明にならない。除法の原理で $n=3q+r$ と書き、$A^3=I$ を $q$ 回使う形にすることが必要である。 また (2-4) で $\Omega\exp(xA)\Omega^{-1}=\exp(x\Omega A\Omega^{-1})$ と書き換える根拠は、$\Omega A^n\Omega^{-1}=(\Omega A\Omega^{-1})^n$ が成り立ち、級数の各項に $\Omega\cdot\Omega^{-1}$ を挟めることである。この1行を書いておくと、以降の議論が宙に浮かない。

方針

連成振動は「運動方程式 → $e^{i\omega t}$ 代入 → 永年方程式 → 固有ベクトル」の4段が定型である。 本問は3自由度なので行列式は3次だが、$\lambda=2k-m\omega^2$ とまとめて置くと $\lambda(\lambda^2-2k^2)=0$ という因数分解された形になり、 $\omega^2$ の3次方程式を直接解くより格段に速い。この置き換えを最初に宣言するのが答案の設計として重要である。

対称性による見通し

系は中央のおもりを通る面に対して左右対称なので、基準振動は対称（$a_1=a_3$）か反対称（$a_1=-a_3$）のどちらかに分類される。 反対称モードでは中央のおもりが節になるので $a_2=0$ となり、両端のおもりはそれぞれ2本のばねに挟まれて $\omega^2=2k/m$ で振動する。 これは中央の質量に依存しないので、(1-4) で $M$ を変えても $\omega=\sqrt{2k/m}$ が根として残る理由がそのまま説明できる。

検算

(1-4) で $M=m$ とおくと $\sqrt{m^2+M^2}=\sqrt2\,m$ だから $\omega_\pm^2=k(2m\pm\sqrt2\,m)/m^2=(2\pm\sqrt2)k/m$ となり、(1-2) の $\omega_3^2,\omega_1^2$ に一致する。 また3つの $\omega^2$ の和は、係数比較から $2k/m+2k(m+M)/(mM)=2k/m+2k/M+2k/m$ であり、 行列 $\mathrm{diag}(m,M,m)^{-1}K$ のトレース $2k/m+2k/M+2k/m$ と一致する。

低振動数モードの物理的な意味

$\omega_-\simeq\sqrt{k/M}$ は、軽いおもりを質量ゼロとみなす断熱的な扱いで再現できる。 $m\ddot{x}_1\simeq0$ とすると $2x_1=x_2$、同様に $2x_3=x_2$ なので、中央の運動方程式は $M\ddot{x}_2=-k(2x_2-x_1-x_3)=-kx_2$ となり、実効ばね定数 $k$ の単振動、すなわち $\omega^2=k/M$ を与える。 振幅比 $(1,2,1)$ もこの関係から直ちに出る。極限の答が独立な考え方で再現できることを一言添えると、説明問題としての説得力が上がる。

失点しやすい点

$\lambda=2k-m\omega^2$ の3つの根を $\omega$ に戻すとき、$\lambda$ が大きいほど $\omega$ は小さいという反転関係を見落として、 最低振動数に $(1,-\sqrt2,1)$ を割り当てる誤りが多い。振幅比と振動数の対応は、 「同位相で動くモードほどばねの伸びが小さく、振動数が低い」という定性的な理解で必ず確認する。 また (1-5) は「簡単に説明せよ」という指示なので、数式を並べるだけでなく、どのおもりが動きどれが静止するかを言葉で書く必要がある。

方針

静電遮蔽の問題は「導体内部にガウス面を置く」ことに尽きる。内側の面の電荷は空洞に入っている電荷だけで決まり、 外側の面の電荷は（総電荷が指定されているか、接地されているか、電源につながれているかという）外部条件で決まる。 この2つを独立に扱えば、(1-1), (1-6) は計算をほとんどせずに答えられる。

鏡像法の一般式との照合

一般の角度 $\theta$ では、内側の面の面密度は $$\sigma(\theta)=-\frac{q\,(a^2-R^2)}{4\pi a\,(a^2+R^2-2aR\cos\theta)^{3/2}}$$ となる。$\theta=0$（点 C）で分母が $(a-R)^3$、$\theta=\pi$（点 D）で $(a+R)^3$ となり、 $a^2-R^2=(a-R)(a+R)$ を約分すれば上で求めた2式に一致する。 また全面積で積分すると $\int\sigma\,dS=-q$ となり、接地球殻の内側にすべての電気力線が終わることと整合する。

検算

$R\to0$ の極限で $\sigma_{\mathrm C}\to-q/(4\pi a^2)$, $\sigma_{\mathrm D}\to-q/(4\pi a^2)$ となり、 点電荷が中心にあるときの一様分布 (1-1) に戻る。 また (1-3) で $a\to\infty$（外側の球殻を無限遠へ）とすると $C\to4\pi\varepsilon_0c$ となり、孤立導体球の容量に一致する。

失点しやすい点

(1-4) の鏡像電荷は必ず導体の外側（$R'>a$）に置く。空洞の中に置くと、その領域のポアソン方程式が変わってしまい解にならない。 また (1-5) では $\sigma=\varepsilon_0E$ の符号を落としやすい。内側の面では導体から空洞へ向かう法線が $-\boldsymbol{e}_r$ なので、 外向き成分 $E_r>0$ に対して $\sigma<0$ になる。誘導電荷が点電荷と逆符号になるという物理的要請と符号が合うかを最後に必ず見る。

方針

(2-1) は軸をずらしただけの標準問題だが、答をベクトルで書くよう求められているので、 $\boldsymbol{B}=\dfrac{\mu_0i}{2}\,\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{\rho}$（内部）という形をいったん書いてから成分に直すのが安全である。 (2-2) は空洞を「正負の電流の重ね合わせ」に置き換える定石で、内部の式が $\boldsymbol{\rho}$ に線形であることが効いて、位置依存性がきれいに消える。

一様磁場になる理由

内部の磁場が軸からの変位に比例するため、2つの円柱の寄与の差は「2つの軸の差ベクトル」だけで決まる。 実際 $\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{r}-\boldsymbol{e}_z\times(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{b})=\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{b}$ であり、これは $\boldsymbol{r}$ を含まない。 同じ論法は、一様に帯電した球に球状の空洞をあけたときに内部が一様電場になる、という静電気の問題にもそのまま使える。

検算

(2-1) の内部と外部の式は $\rho=a$ で連続し、どちらも大きさ $\mu_0ia/2$ を与える。 (2-2) は $b\to0$（空洞が中心にある場合）で $\boldsymbol{B}\to\boldsymbol{0}$ となり、対称性から空洞内に磁場がないことと一致する。 また空洞が中心軸を含まない条件 $R>a+b$ が課されているので、空洞は導体の内部に完全に含まれ、上の重ね合わせが成り立つ。

答案の書き方

アンペールの法則を使うときは「どの閉曲線をとったか」「なぜ $B$ がその上で一定と言えるか」を1行で述べる。 本問では軸対称性が根拠であり、これを書かずにいきなり $B\cdot2\pi\rho=\mu_0I_{\text{enc}}$ と立式すると、 対称性の議論が抜けたと見なされる。

方針

無限井戸は境界条件だけで固有値が決まる。「一般解を書く → 境界条件で $k$ を離散化する → 規格化する」の3手が定型で、 この順序を崩さなければ計算は数行で終わる。$\hat p$ の期待値は積分を実行せずに、 被積分関数が $\frac{d}{dx}(\psi_0^2)$ の形にまとまることを使うのが速い。

期待値が $0$ になる理由

束縛状態の固有関数は（縮退がなければ）位相の自由度を除いて実関数にとれる。実関数では確率流 $j=\frac{\hbar}{m}\mathrm{Im}(\psi^*\psi')$ がいたるところ $0$ であり、 定常状態で正味の流れがないことと $\langle\hat p\rangle=0$ は同じことを言っている。 一方で $\langle\hat p^2\rangle\ne0$ なので、粒子は $\pm\pi\hbar/d$ の運動量成分を等しい重みで含んでいる。 実際 $\sin(\pi x/d)$ を指数関数に分解すると、右向きと左向きの平面波の等重ね合わせになっている。

検算

$\langle\hat p^2\rangle=2mE_0$ は、井戸の中で $V=0$ だから運動エネルギーが全エネルギーに等しいという当然の関係であり、 (1-1) と (1-2) の整合を確かめる最短の方法である。 不確定性については、$\langle x\rangle=d/2$, $\langle x^2\rangle=d^2(1/3-1/(2\pi^2))$ から $\Delta x\Delta p=\pi\hbar\sqrt{1/12-1/(2\pi^2)}\simeq0.568\hbar>\hbar/2$ となり、不等式を満たす。

図示で問われている点

「節の位置がわかるように」と指定されているので、端点 $x=0,d$ は境界条件による零点であって節としては数えず、 内部の零点だけを目盛りとともに示す。$n$ 番目の準位（$n=1,2,3,\dots$）の内部の節は $n-1$ 個であり、 節が増えるほど曲率が大きくなってエネルギーが上がる、という対応まで書き添えると説明として完結する。

方針

生成消滅演算子の議論は、$[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ という1本の関係式からすべてが従う代数的な構成である。 (2-2) 以降で $\hat x,\hat p$ の具体形に戻る必要は一度もない。 $[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B$ を最初に書いておくと、(2-3) が2行で片づく。

昇降演算子としての意味

(2-3) は $\hat H(\hat a^\dagger|E\rangle)=(E+\hbar\omega)(\hat a^\dagger|E\rangle)$ を意味し、 $\hat a^\dagger$ がエネルギーを $\hbar\omega$ だけ上げ、$\hat a$ が下げることを表す。 エネルギーが下に有界であることから、下げ続けると必ず消える状態 $|0\rangle$ の存在が要請され、 そこからスペクトルが $\hbar\omega(n+1/2)$ の等間隔列に決まる。この論理の流れを答案に一言書くと、(2-4) の「示せ」に対する答として過不足がない。

検算

(2-4) の $C=1/\sqrt{n!}$ を $n=1$ で確かめると $|1\rangle=\hat a^\dagger|0\rangle$ で、 $\langle1|1\rangle=\langle0|\hat a\hat a^\dagger|0\rangle=\langle0|(1+\hat a^\dagger\hat a)|0\rangle=1$ となり整合する。 (2-5) の $A$ は $z=0$ で $A=1$、$|z=0\rangle=|0\rangle$ となって基底状態に一致する。 また $|\langle n|z\rangle|^2=e^{-|z|^2}|z|^{2n}/n!$ は平均 $|z|^2$ のポアソン分布であり、和が $1$ になることも規格化の確認になる。

失点しやすい点

(2-1) と (2-2) では演算子の順序を勝手に入れ替えないこと。特に (2-2) で $\hat x$ と $\hat p$ の交差項を 「実数のように」消してしまうと、零点エネルギー $\hbar\omega/2$ がそのまま失われる。 (2-5) では和の下限の移動に注意が必要で、$\hat a|0\rangle=0$ により $n=0$ の項が落ちてから添字をずらす、という順に書く。 また $\hat a$ はエルミートではないので固有値 $z$ が複素数でよく、「固有値は実数のはず」と考えて実部だけを答えないようにする。

方針

カノニカル分布の計算は「$z$ を作る → $Z=z^N$ → $F=-kT\ln Z$ → 微分で熱力学量」という一本道である。 本問は誘導が $S=-\partial F/\partial T$ を経由するよう指定しているが、 $U=-\partial\ln Z/\partial\beta$ を使えば $\beta$ についての微分1回で同じ結果に着く。時間がなければ後者で答え、 指定された経路を1行で補うのが実戦的である。

区別できることの意味

「互いに区別のできる」と明記されているのは、格子上の異なる位置に固定された振動子を想定しているからで、 $Z=z^N$ をギブスの $N!$ で割ってはいけない。 もし割ると $F$ に $kT\ln N!$ の差が生じ、エントロピーは変わるが $U$ は変わらない。 本問で $U$ だけを問われている小問では影響しないが、$F$ を答える (1-2) では差が出る。

検算

低温極限 $kT\ll\hbar\omega$ では $e^{\beta\hbar\omega}-1\to\infty$ なので $U\to N\hbar\omega/2$ となり、 全振動子が基底状態にとどまる描像と一致する。 また $U$ の第1項は $N\hbar\omega\langle n\rangle$ の形をしており、 $\langle n\rangle=1/(e^{\beta\hbar\omega}-1)$ はボース分布そのものである。フォノンの平均個数として物理的に解釈できる。

高温極限で零点が消えること

(1-4) で $1/(e^u-1)\simeq1/u$ までしか展開しないと $U\simeq NkT+N\hbar\omega/2$ となり、余分な項が残る。 $u^2$ の項まで展開して $-N\hbar\omega/2$ を出し、零点エネルギーと相殺させるところが計算の要点である。 古典極限に $\hbar$ が残ってはいけない、という判定基準を持っておくと誤りに気づきやすい。

方針

フェルミ気体の設問は、$T=0$ では階段関数で積分するだけ、高温では $f$ をボルツマン因子に置き換えるだけで、 どちらも積分そのものは易しい。難所は、両者を結ぶのが「$N$ が温度によらず一定」という条件だけだと見抜くことである。 (2-3) は $\epsilon_{\mathrm F}$ が $T=0$ の情報から決まる定数であることを使って $N$ を消去する。

検算

(2-2) を $\alpha=1/2$（3次元自由電子気体の場合）で見ると $E/N=\frac{3}{5}\epsilon_{\mathrm F}$ となり、よく知られた結果に一致する。 $\alpha=0$ なら $E/N=\epsilon_{\mathrm F}/2$ で、状態が $[0,\epsilon_{\mathrm F}]$ に一様に詰まっている描像と合う。 (2-3) は $kT\ll\epsilon_{\mathrm F}$ で $\mu>0$、$kT=\epsilon_{\mathrm F}$ で $\mu=0$、$kT>\epsilon_{\mathrm F}$ で $\mu<0$ となり、 高温の古典気体で化学ポテンシャルが負になるという一般的な性質と整合する。

図示で押さえる点

横軸に $0$ と $\mu$ の目盛りを付けよという指示があるので、$f(\mu)=1/2$ を通ること、 $\epsilon<\mu$ 側で $1$ に漸近すること、立ち下がりの幅がおよそ $kT$ であることの3点を図に反映させる。 温度が上がるほど幅が広がることまで矢印で示すと、(2-3) の高温極限（$f$ 全体がボルツマン分布になる状況）への流れが読み手に伝わる。

失点しやすい点

(2-3) で「高温だから $\mu\simeq\epsilon_{\mathrm F}$」としてしまうと、温度依存性が出ずに答にならない。 また積分の下限を $-\infty$ にすると発散するので、状態密度が $\epsilon\ge0$ でしか定義されていないことを使って $0$ から積分する。 $\mu$ が負になる領域でもボルツマン近似 $e^{\beta(\epsilon-\mu)}\gg1$ は成り立っており、近似の妥当性はむしろ高温ほど良くなる。