東大 理学系研究科 天文学専攻 専門科目（数学・物理学・天文学） 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（解説4項目）

設問1 異なる固有値の固有ベクトル

固有ベクトルとは、行列を作用させても方向が変わらず、固有値という倍率だけが掛かる零でないベクトルである。零ベクトルなら全ての倍率について同じ式を満たすため、定義から除かれる。ここでは成分が実数なので、内積は $u^{\mathsf T}v$ と書ける。複素空間なら転置の代わりに共役転置を使う条件が必要になる。

転置の定義から $(Au)\cdot v=u\cdot A^{\mathsf T}v$。対称行列では転置しても同じ行列なので、同じ $A$ を内積の反対側へ移せる。一方では $u$ の固有値 $\lambda$、他方では $v$ の固有値 $\mu$ が掛かり、差を取ることで内積を決められる。行列同士が可換であるという仮定を使っているのではない。

固有値が同じなら差は0となり、この議論から内積0は結論できない。例えば $A=I$ では全ての零でないベクトルが固有値1を持ち、$u=(1,0)^{\mathsf T},v=(1,1)^{\mathsf T}$ は固有ベクトルだが内積1。同じ固有空間の中では、別途グラム・シュミットの直交化により正規直交基底を選べるが、最初から任意の2本が直交するわけではない。

例として $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$ は、$(1,1)^{\mathsf T}$ に固有値3、$(1,-1)^{\mathsf T}$ に固有値1を持つ。内積は $1-1=0$。固有ベクトルを任意の零でない定数倍にしても0は保たれるので、この設問では長さ1の規格化を必要としない。

対称性を落とすと一般には成立しない。$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}$ では固有値1の $u=(1,0)^{\mathsf T}$ と固有値2の $v=(1,1)^{\mathsf T}$ の内積が1となる。$A^{\mathsf T}$ を勝手に $A$ へ置換した式が、この反例で崩れる箇所である。また $\lambda=\mu$ の場合にも差で割る操作はできない。証明が使う対称性と異固有値の二条件を最後まで保つ。

設問2(a) 固有ベクトルを列に並べる

行列の転置を左から掛けると、列同士の内積を全て並べたグラム行列が得られる。$U$ の列は相異なる固有値の固有ベクトルなので互いに直交し、原題が各列の長さを1に指定しているため、自己内積も1となる。この二つを合わせた「正規直交」が、積を単位行列にする条件である。

左逆行列が得られただけで終えず、正方行列という条件から右逆も確かめる。$Ux=0$ なら $x=U^{\mathsf T}Ux=0$ なので、核は零だけで列は一次独立である。$n$ 次元に $n$ 本あるため全空間の基底となり、$U$ は可逆。既に $U^{\mathsf T}U=I$ を満たす行列は一意の逆行列だから、$UU^{\mathsf T}=I$ も従う。

任意のベクトル $x$ の新しい座標は $c=U^{\mathsf T}x$、元へ戻すのは $x=Uc$。長さも $\|Uc\|^2=c^{\mathsf T}U^{\mathsf T}Uc=\|c\|^2$ と保たれる。直交行列は座標の回転や反転を表し、軸ごとに勝手な伸縮を加えない。固有方向を座標軸として選ぶ準備が、次問の対角化に対応する。

2次元なら $u_1=(\cos\alpha,\sin\alpha)^{\mathsf T}$、$u_2=(-\sin\alpha,\cos\alpha)^{\mathsf T}$ を列とした回転行列が具体例となる。転置は角度を $-\alpha$ にする回転であり、元の座標へ戻す操作と一致する。固有ベクトルの符号を反転して反射を含めても、直交行列の関係は保たれる。

長さを1へそろえなければ対角成分が $\|u_i\|^2$ となる。例えば $U=2I$ は互いに直交する列を持つが、$U^{\mathsf T}U=4I$、$U^{-1}=I/2\ne U^{\mathsf T}$。また $n\times r$ の細長い行列では列が正規直交でも $U^{\mathsf T}U=I_r$ に過ぎず、$UU^{\mathsf T}$ は列空間への射影となる。正方行列の条件を次の低ランク近似へ無条件に流用しない。

列が $r<n$ 本の場合の射影を、ここで区別しておく。$U_r^{\mathsf T}U_r=I_r$ のとき $P_r=U_rU_r^{\mathsf T}$ は $P_r^2=P_r$、$P_r^{\mathsf T}=P_r$ を満たす。$x$ を $P_rx+(I-P_r)x$ へ分けると、二つの項の内積は $x^{\mathsf T}P_r(I-P_r)x=0$。従って $\|x\|^2=\|P_rx\|^2+\|(I-P_r)x\|^2$ であり、失った方向の長さを独立に測れる。全ての $n$ 列があるときだけ $P_r=I$ となる。最後の画像圧縮では、まさにこのように一部の方向を残して他を捨てる。

設問2(b) 実対称行列の直交対角化

対角化は、行列の作用を固有方向に沿った独立な倍率へ分ける方法である。一般の基底変換では $A=S\Lambda S^{-1}$ だが、実対称行列では固有ベクトルを正規直交に選べるため、逆行列が単に転置となる。ここでは原題が $n$ 個の異なる固有値を指定しているので、その固有ベクトルが全て互いに直交することから直接構成できる。

列による式 $AU=U\Lambda$ の左辺の第 $i$ 列は $Au_i$、右辺の第 $i$ 列は $\lambda_i u_i$。対角行列を右から掛ける操作は各列へ対応する係数を掛ける。この向きを保ってまとめると、元の $n$ 本の方程式と同じ意味になる。

成分の和で書けば $A=\sum_i\lambda_i u_i u_i^{\mathsf T}$。$u_i u_i^{\mathsf T}$ は固有方向への射影であり、$x$ に作用すると $u_i(u_i\cdot x)$ を取り出す。まず $U^{\mathsf T}$ で固有方向の成分を測り、$\Lambda$ で各成分を伸縮し、$U$ で元の座標へ戻すという三段階になる。

例えば $u_{\pm}=(1,\pm1)^{\mathsf T}/\sqrt2$、固有値3と1なら $3u_+u_+^{\mathsf T}+u_-u_-^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$。跡は固有値の和4、行列式は積3となり、直接の計算とも合う。対角化を数値的に行ったときにも、跡と行列式は結果の検算に使える。

$A=U^{\mathsf T}\Lambda U$ と順序を入れ替えると、列として定義した固有ベクトルによる変換を逆にしてしまう。特別な対称な $U$ では偶然同じことがあるが、一般の回転では同じではない。また $U\Lambda U$ と最後の転置を落とすと、恒等作用のはずの全固有値1の場合でも $U^2$ となる。全ての $\lambda_i=1$ なら元の行列が $I$ へ戻ることを確認できる。

重複する固有値がある実対称行列でも、正規直交な固有基底を選べる。理由は、単位球面上で連続な二次形式 $x^{\mathsf T}Ax$ が最大値を取り、制約 $x^{\mathsf T}x=1$ の未定乗数法からその点で $Ax=\lambda x$ となるためである。その単位固有ベクトルを $u$ とすると、$u$ に直交する任意の $v$ に対し $u\cdot Av=(Au)\cdot v=\lambda u\cdot v=0$。従って直交補空間も $A$ の作用で保たれ、その部分空間で同じ手順を繰り返せる。次元を一つずつ減らせば、全空間の正規直交固有基底を構成できる。以後の $PP^{\mathsf T},P^{\mathsf T}P$ の固有値が重複していても、この実対称性に基づく定理を使える。

設問2(c) 正定値性と固有値

全ての零でない $x$ に対し二次形式 $x^{\mathsf T}Ax>0$ となる実対称行列を正定値という。成分の一つ一つが正であるという条件ではない。向きを変えた任意のベクトルについて、対応するエネルギー型の量が正となることを表す。特に固有方向を選べば行列の作用が一つの倍率へ単純化される。

固有ベクトルが単位長でなくても、$\lambda_i\|u_i\|^2>0$、$\|u_i\|^2>0$ から同じ結論が得られる。単位長の条件は $\lambda_i$ そのものを二次形式の値として読むために便利であり、正負の結論だけなら任意の非零の規格化で十分である。

逆向きも直交対角化から証明できる。$x=Uc$ とすれば $x^{\mathsf T}Ax=c^{\mathsf T}\Lambda c=\sum_i\lambda_i c_i^2$。全ての固有値が正なら、$x\ne0$ に対して少なくとも一つの $c_i\ne0$ があり、和は正。従って実対称行列の正定値性と固有値が全て正である条件は同値となる。

固有値の最小と最大を $\lambda_{\min},\lambda_{\max}$ とすれば $\lambda_{\min}\|x\|^2\le x^{\mathsf T}Ax\le\lambda_{\max}\|x\|^2$。二次形式の下限を最小固有値が与えることが分かる。正定値では零固有値がないので行列は可逆であり、逆行列の固有値 $1/\lambda_i$ も正となる。

対角成分だけを見て結論することはできない。$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ は対角成分がともに正だが、$(1,-1)^{\mathsf T}$ の方向で固有値 $-1$ を持つ。二次形式はその方向で負となる。また $x^{\mathsf T}Ax\ge0$ という非負の条件では、例えば $A=\operatorname{diag}(1,0)$ の零固有値を除けない。厳密な不等号と非負の不等号を区別することが、次問の条件不足を見つける基準になる。

固有値の端を、任意の非零 $x$ に対するレイリー商 $R_A(x)=x^{\mathsf T}Ax/\|x\|^2$ で見る。$x=\sum_i c_iu_i$ なら $$R_A(x)=\frac{\sum_i\lambda_ic_i^2}{\sum_i c_i^2} =\sum_i\lambda_i\frac{c_i^2}{\sum_jc_j^2}.$$ これは固有値の非負の重み付き平均なので、最小値と最大値はそれぞれ最小・最大固有値となり、対応する固有方向で達する。対角成分は座標軸の方向だけのレイリー商であり、全ての方向を検査したことにはならない。

2次元の対角 $\operatorname{diag}(4,1)$ の二次形式 $x^{\mathsf T}Ax=1$ は $4x_1^2+x_2^2=1$ の楕円で、主軸の半径は $1/\sqrt\lambda$。正の固有値が0へ近づくとその方向の広がりが無限大となり、負なら閉じた楕円でなくなる。正定値性は、このように全ての方向に正の曲率を持つ条件としても理解できる。

設問3(a) 左右の積の固有値を対応させる

左側の積と右側の積は、同じ行列 $P$ を異なる順序で掛けたもので、一般に成分は同じではない。しかし非零の固有値に対しては、間に $P^{\mathsf T}$ や $P$ を作用させることで固有ベクトルを移せる。$P$ が可逆なら相似変換 $N=P^{-1}MP$ でも示せるが、原題のこの設問は特異行列も含むので、それだけでは証明が足りない。

$P^{\mathsf T}u=0$ と仮定すると $Mu=P(P^{\mathsf T}u)=0$。固有方程式と合わせると $\lambda u=0$ となり、$\lambda\ne0,u\ne0$ に反する。従って写したベクトルは固有ベクトルとして使える。逆向きの写像との合成は $PP^{\mathsf T}u=\lambda u$ で、固有空間の上では零でない倍率で元へ戻る。そのため単に値が存在するだけでなく、各固有空間の次元も一致する。

零固有値では上の写像が零になり得るので別に調べる。$x^{\mathsf T}Mx=\|P^{\mathsf T}x\|^2$ から $\ker M=\ker P^{\mathsf T}$、同様に $\ker N=\ker P$。行列と転置の階数は同じだから両者の核の次元は $n-\operatorname{rank}P$。実対称行列は直交対角化でき、固有空間の次元と代数的な重複度が一致するため、これで全固有値を比較できる。

例として $P=\begin{pmatrix}1&2\\0&0\end{pmatrix}$ なら $M=\operatorname{diag}(5,0)$、$N=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}$。行列は異なるが固有値はともに5と0。$M$ の固有値5の $u=(1,0)^{\mathsf T}$ を写すと $P^{\mathsf T}u=(1,2)^{\mathsf T}$ で、$N$ の固有値5へ対応する。

「積の順序を変えても同じ行列」と主張するとこの例で直ちに誤る。また特異な $P$ に $P^{-1}$ を使う証明は定義できない。非零の固有値にだけ写像の議論を使い、零の重複度を核から補うことで、可逆性を仮定せず主張を証明できる。

特性多項式の一致を、逆行列を仮定しない行列式から示すこともできる。ブロック行列 $$K=\begin{pmatrix}I&A\\-B&I\end{pmatrix}$$ をブロック行基本変形で消去すると、一方では $\det K=\det(I+BA)$、他方では $\det K=\det(I+AB)$ となる。$A=P/\sqrt t,B=-P^{\mathsf T}/\sqrt t$ として $t>0$ へ使えば、$\det(tI-PP^{\mathsf T})=\det(tI-P^{\mathsf T}P)$。両辺は $t$ の多項式なので、正の $t$ で一致することから全ての $t$ で一致する。これでも零固有値の重複度まで含めて確認できる。

設問3(b) 原題の非零条件と正則条件

非零行列は、少なくとも一つの成分が0でないという条件である。正則行列は、核が零ベクトルのみで逆行列を持つ条件であり、両者は違う。$n\ge2$ では上のように一つの方向を保ちながら別の方向を完全につぶす非零行列がある。この区別をしないと、ノルムの2乗が非負であることから、全ての非零の入力で正であると誤って推論する。

$P$ が正則なら、$x\ne0$ に対し $Px\ne0$、$P^{\mathsf T}x\ne0$。従って二つのノルムの2乗はともに厳密に正となる。前問までの正定値性の議論から、$M,N$ の固有値は全て正である。逆に $P$ が特異なら、$Pv=0$ を満たす $v\ne0$ があり $Nv=0$。$N$ に零固有値が存在し、前問の一致により $M$ も零固有値を持つ。

非零の $P$ について正しい別の主張は「少なくとも一つは正の固有値を持つ」である。実際に $\operatorname{tr}N=\sum_{ij}P_{ij}^2>0$、固有値は全て非負なので、全て0ではあり得ない。階数が $r$ なら正の固有値がちょうど $r$ 個、零が $n-r$ 個となる。行列がどれだけ多くの独立な方向を保つかを、正の固有値の個数から読み取れる。

物理で現れる $x^{\mathsf T}Nx=\|Px\|^2$ は、変換後の長さや二次のエネルギーに対応する。零固有値の方向は、入力が非零でも出力が消える方向である。その方向を許す半正定値の行列も、多くの模型で自然に現れる。正定値と半正定値の違いは用語上だけのものではなく、逆を取れるか、平方根で割れるかという後の計算を左右する。

$\|Px\|^2>0$ を理由なく全ての非零 $x$ に書くのが具体的な誤式である。反例では $x=(0,1)^{\mathsf T}$ に対して $Px=0$ なので、実際には0。行列式でも $\det N=(\det P)^2$ であり、非零成分があっても行列式は0になり得る。原題の文言を変えて証明済みとせず、反例と成立する条件を並べて答える。

設問3(c) 同じ固有値の左右のベクトルを選ぶ

前問で非零の固有値の間を写した $Pv$ は、固有ベクトルではあるが一般には単位長でない。その長さは $\|Pv\|^2=v^{\mathsf T}P^{\mathsf T}Pv=\lambda$ なので、$\sqrt\lambda$ で割ると単位になる。この規格化が特異値 $\sigma=\sqrt\lambda$ を導入する理由である。

$P^{\mathsf T}$ で逆に戻すと $P^{\mathsf T}u=Nv/\sqrt\lambda=\sqrt\lambda v$。従って $u$ と $v$ の符号は独立には選べず、$u\to-u$ とするなら対応する $v$ も $-v$ にするか、対応式の負号を保つ必要がある。一つの組について二つの $\pm$ を無関係に選ぶと、写像を往復して元へ戻れない。

原題の任意の単位 $u,v$ という読み方には縮退の条件が不足する。$P=I_2$、$\lambda=1$ では $M=N=I_2$。$u=(1,0)^{\mathsf T}$、$v=(0,1)^{\mathsf T}$ はともに単位固有ベクトルだが、$u\ne\pm Pv$。同じ二次元の固有空間には無数の方向があるため、正規化しただけでは二本の向きをそろえられない。

縮退した固有空間でも、最初に $v_1,\ldots,v_d$ を正規直交に選び、各々へ $u_i=Pv_i/\sqrt\lambda$ を使えば $u_i^{\mathsf T}u_j=v_i^{\mathsf T}Nv_j/\lambda=\delta_{ij}$ となる。左右の基底を対応させて選ぶことで、後の特異値分解は問題なく構成できる。任意の既存の基底の組をそのまま等置することとは異なる。

$\lambda=0$ では $Pv=0$ となり、$Pv/\sqrt\lambda$ は $0/0$ で定義できない。零固有値の方向は核の基底を別に選んで補う。$u=Pv/\lambda$ と平方根を落とすと長さが $1/\sqrt\lambda$ となり、例えば $\lambda=4$ では単位でなく半分になる。正の固有値、単位長、左右の基底の対応の三点をそろえて公式を使う。

設問3(d) 正の特異値による分解

固有値分解は一つの空間の同じ基底の間で行列を対角化する。一方、特異値分解は入力側の基底 $V$ と出力側の基底 $U$ を別々に選ぶ。$P^{\mathsf T}P$ は入力の長さを、$PP^{\mathsf T}$ は出力側の方向を測る対称行列であり、その固有値の平方根が両者を結ぶ非負の倍率となる。

前問の計算から $u_i^{\mathsf T}u_j=v_i^{\mathsf T}Nv_j/\sqrt{\lambda_i\lambda_j}=\delta_{ij}$。異なる固有値だけでなく、縮退内でも $v_i$ を直交に選んでいれば同じ式を使える。各列について $Pv_i=\sqrt{\lambda_i}u_i$ をまとめ、$V^{-1}=V^{\mathsf T}$ を右から掛けると分解が得られる。

任意の $x$ に作用させると、$V^{\mathsf T}x$ で入力の固有方向へ分け、$\Sigma$ で軸ごとに伸縮し、$U$ で出力側の方向へ戻す。一般に $U\ne V$ であり、$P$ 自体が対称である必要もない。特異値は非負だが、反転は $U,V$ の符号や向きに含められるため、負の行列成分も表現できる。

例として $P=\operatorname{diag}(-2,1)$ は、$N=\operatorname{diag}(4,1)$ の $V=I$ を選べば、対応する $U=\operatorname{diag}(-1,1)$、$\Sigma=\operatorname{diag}(2,1)$ となる。$M,N$ の固有ベクトルを独立に $U=V=I$ と選ぶと、正の対角では $\operatorname{diag}(2,1)$ を作ってしまい元の負号を失う。左右の基底を対応させる条件は、縮退がなくても符号に関して必要である。

階数 $r<n$ の場合は正の特異値に関する $r$ 本を前問の写像で構成し、$V$ の残りを $\ker P$、$U$ の残りを $\ker P^{\mathsf T}$ の正規直交基底で補う。対角の残りは0なので、その列の具体的な向きは積へ寄与しない。原題の「非零」と「正則」の不足を補うことで、通常の特異値分解の存在まで正しく説明できる。

特異値は行列が各方向の長さをどれほど変えるかも表す。$x=Vc$ なら $$\|Px\|^2=\|U\Sigma c\|^2=\sum_i\sigma_i^2c_i^2.$$ 従って最大の伸長率は $\sigma_{\max}$、正則な場合の最小は $\sigma_{\min}$。線形方程式 $Px=y$ の逆は $x=V\Sigma^{-1}U^{\mathsf T}y$ で、小さい特異値の方向の測定誤差を大きく増幅する。条件数 $\kappa=\sigma_{\max}/\sigma_{\min}$ が大きい系は、正則であっても数値的な解が不安定になりやすい。

零特異値では逆数を作れないが、正の特異値だけを逆にした $P^+=V\Sigma^+U^{\mathsf T}$ を使うと、到達できる出力の部分空間について最小ノルムの解を選べる。小さい特異値を捨てる画像の低ランク近似は、独立な方向を減らすという同じ構造を持つ。正の平方根と零の場合を分ける条件が、こうした応用でも必要になる。

設問4 低ランク近似の保存量

元の行列の保存量は $512^2$ 個の実数に各4バイトを掛けた $1048576$ バイト。低ランク近似は元の各画素を別々に保存せず、$r$ 本の入力方向と出力方向、そしてその間の倍率を保存して画像を再構成する。単に512行のうち $r$ 行だけを取り出す操作ではなく、全画素へ寄与する $r$ 個のモードを残す。

$U_r$ と $V_r$ は $512\times r$、転置した $V_r^{\mathsf T}$ は $r\times512$ で、成分数は同じ $512r$。中央の図示の対角行列を密な配列として保存する計算では $r^2$ 個を数える。従って $r=100$ なら $4(102400+10000)=449600$、$r=10$ なら $4(10240+100)=41360$ となる。

前者の元に対する比は $449600/1048576\simeq0.429$、後者は $0.0394$。百分率で約42.9\%と3.94\%となり、有効数字1桁では40\%と4\%。「何\%に圧縮したか」は保存後の量の比であり、減らした割合の約60\%、96\%とは異なる。

中央が対角である情報を使い、零を保存せず特異値だけを $r$ 個並べれば $B_r^{\mathrm{diag}}=4r(1025)$。実装上はこちらの方が省容量で、410000と41000になる。原題は保存形式の詳細を固定していないため、どの成分を保存した計算かを明示した。ヘッダー、サイズ、量子化やさらに別の圧縮の分は数えていない。指定の百分率の精度では両形式の差は丸めで消える。

特異値を大きい順に残すのは、切り捨てた誤差のフロベニウスノルムが $\|P-P_r\|_F^2=\sum_{i>r}\lambda_i$ となるためである。$u_i v_i^{\mathsf T}$ 同士が成分内積で直交するので、この和は各モードの2乗を足して得られる。小さい特異値を捨てると、より少ない二乗誤差で近似できる。具体的な画質の変化は画像の特異値に依存し、保存量だけから全ての特徴が保たれるとは言えない。

中央の行列だけを数えて $4r^2$ バイトとすると、画像の方向の情報を持つ二つの $512r$ を落とす。また $U_r$ を正方行列のまま保存すれば削減の効果を失う。百分率で比へ100を掛け忘れて0.4\%や0.04\%とする誤りも、元のバイト数へ比を掛けて保存後の値が戻るかで検出できる。

モードの直交性による誤差の和を成分で確かめる。$A_i=u_iv_i^{\mathsf T}$ に対し、$\langle A_i,A_j\rangle_F=\operatorname{tr}(A_i^{\mathsf T}A_j)=(u_i^{\mathsf T}u_j)(v_j^{\mathsf T}v_i)=\delta_{ij}$。そのため切り捨て誤差 $\sum_{i>r}\sigma_iA_i$ の2乗ノルムでは交差項が全て消える。例えば特異値が $5,2,0.1$ の3方向なら、上位2本を残す誤差は $0.1^2=0.01$、上位1本だけなら $2^2+0.1^2=4.01$。容量を減らす割合だけでなく、どの特異値を捨てるかが再構成の品質を決める。

設問1(a) マクスウェル方程式から波動方程式へ

マクスウェル方程式では、変化する磁場が電場の回転を生み、変化する電場が磁場の回転を生む。片方の場の式へもう片方を代入すると、同じ場の2階微分だけからなる波動方程式となる。変位電流の $\epsilon\partial_tE$ はこの相互作用に必要であり、自由な伝導電流がなくても電磁波が伝わる。

ベクトル恒等式は $\nabla\times(\nabla\times E)=\nabla(\nabla\cdot E)-\nabla^2E$。電荷0なら $\nabla\cdot E=0$ なので左辺は $-\nabla^2E$ へ簡約される。$B$ には常に $\nabla\cdot B=0$ を使い、$\nabla\times B=\mu\epsilon\partial_tE$ の回転を取ると $-\nabla^2B=\mu\epsilon\partial_t(\nabla\times E)=-\mu\epsilon\partial_t^2B$ となる。

$\epsilon,\mu$ を空間微分や時間微分の外へ出せるのは、一様で線形な媒質の定数として扱う条件による。空間的に不均一なら係数の勾配、時間や振動数に依存するなら応答の遅れを考慮する必要がある。また $\rho,j$ が存在すれば、電荷・電流の微分を含む源の項が残る。与えられた無源の領域で成立する式である。

平面波 $E=E_0e^{i(k\cdot r-\Omega t)}$ を代入すると $\nabla^2E=-k^2E$、$\partial_t^2E=-\Omega^2E$ なので $k^2=\mu\epsilon\Omega^2$。また発散0は $k\cdot E_0=0$ を与え、伝播方向へ垂直な横波となる。波動方程式だけでは許してしまう縦成分を、元のマクスウェル方程式が制限していることも分かる。

回転の回転を $+\nabla^2E$ と誤ると $k^2=-\mu\epsilon\Omega^2$ となり、正の実定数の媒質で進行波を得られない。変位電流を落とすと時間の2階微分自体が消える。導出後に元の平面波と発散条件へ戻すことで、符号と自由度を検査できる。

電場と磁場を一つの方向で具体的に確認する。$+x$ へ伝播する $E=E_y\boldsymbol e_y e^{i(kx-\Omega t)}$ を選べば、$B=B_z\boldsymbol e_z e^{i(kx-\Omega t)}$ で $B_z=kE_y/\Omega$。ファラデーの式の $z$ 成分は $ikE_y=i\Omega B_z$、アンペールの式の $y$ 成分は $-ikB_z=-i\mu\epsilon\Omega E_y$ となる。二つを合わせると再び $k^2=\mu\epsilon\Omega^2$。場の向きと負号を成分で追えば、ベクトル恒等式だけでは見落としやすい符号も検算できる。

設問1(b) 位相が伝わる速さ

位相速度は波の山など同じ位相が進む速度である。$kx-\Omega t$ を一定にして時間で微分すると $k\,dx/dt-\Omega=0$ となり、$\Omega/k$ を得る。波動方程式の標準形 $\partial_x^2E-v^{-2}\partial_t^2E=0$ と比較しても $v^{-2}=\mu\epsilon$ となる。

真空なら $c=1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$。媒質の比誘電率と比透磁率を $\epsilon_r,\mu_r$ とすれば $v_{\mathrm{ph}}=c/\sqrt{\epsilon_r\mu_r}$、屈折率は $\sqrt{\epsilon_r\mu_r}$。例えば $\epsilon_r=4,\mu_r=1$ なら速度は $c/2$ となる。後の同軸ケーブルの信号も、導体の中の電子がこの速度で端まで移動するのではなく、間の誘電体にある場の伝播として現れる。

電場と磁場の比も元の回転の式で求められる。$k\times E_0=\Omega B_0$、電場が横方向なら $|B_0|=k|E_0|/\Omega=|E_0|/v_{\mathrm{ph}}$。波動方程式の係数だけでなく、場の二つの振幅の関係にも同じ速度が現れる。媒質内のエネルギー流を決める際に用いる関係である。

$\epsilon$ の単位は $\mathrm{F/m}$、$\mu$ は $\mathrm{H/m}$。$\mathrm{FH}=\mathrm{s^2}$ なので $\mu\epsilon$ は $\mathrm{s^2/m^2}$、逆平方根は $\mathrm{m/s}$。$v=1/(\mu\epsilon)$ と平方根を忘れると速度の2乗を答える。また位相 $kx-\Omega t$ の比を逆に取って $k/\Omega$ とすると、単位は速度の逆数となる。

分散がある一般の媒質では群速度 $d\Omega/dk$ と位相速度は一致しない。今回の定数係数の模型では $\Omega\propto k$ なので両者が一致するが、その関係を全ての物質へ延長しない。複素の誘電率による減衰がある場合にも、単に同じ実数の速度だけでは波の形を記述できない。原題の一様な定数の媒質での結果として答える。

設問2(a) 円筒ガウス面の電場

ガウスの法則 $\oint E\cdot dS=Q_{\mathrm{enc}}/\epsilon$ は、閉じた面を貫く電束と、その内側の自由電荷を結ぶ。一様な誘電体なので $\epsilon$ を一定として扱える。芯と外部導体は十分長く同心で、端の効果を無視するため、電場は角度や軸方向に依存せず半径方向となる。

円筒の側面では電場が法線と平行で一定となる。両端の面では電場は面に沿い、電束に寄与しない。従って閉曲面の積分が側面積 $2\pi rd$ の積へ簡約される。ガウスの法則だけから任意の形の場を決められるのではなく、この対称性が積分から $E(r)$ を取り出すことを可能にしている。

$Q$ は単位長さ当たりの電荷で $\mathrm{C/m}$。長さ $d$ の領域では $Qd$ を囲むので、結果の $d$ は消える。点電荷の $1/r^2$ と異なり、円筒の面積が $r$ に比例するため場は $1/r$ で減る。$r$ を2倍にすれば場は半分となる。

外部導体には全体を中性にする $-Q$ がある。十分外側のガウス面では芯と外部の電荷を合わせて0となり、理想的な長い同軸構造の外部の場は0である。導体内部も静電平衡では0となる。ただし本問が求めるのは $a<r<b$ の誘電体内であり、芯の内部へこの $1/r$ を延長して原点の発散を論じるものではない。

側面積を球面の $4\pi r^2$ にすると $E=Q/(4\pi\epsilon r^2)$ と誤り、線電荷の単位も合わない。$Q$ を電荷の総量と思って $Qd$ を書かずに計算すると、結果がガウス面の任意の長さに依存する。また求める大きさは非負であるため、電荷の符号は絶対値と方向へ分けて表した。次問の電位差では芯を高電位とする $Q>0$ の符号付きの式を使う。

設問2(b) 電位差と単位長さ当たりの容量

電位は $E=-\nabla V$ により定義される。芯から外へ積分すると $V(b)-V(a)=-\int_a^b Edr$ なので、芯の電位から外部を引いた $v$ は正となる。電位差を逆に定義しても関係は書けるが、容量を正として扱うためには電荷との符号をそろえる必要がある。

静電容量は一定の幾何と線形な誘電体について、蓄える電荷と電位差の比例係数である。原題の $Q$ が線密度なので、$C$ も全体の容量ではなく $\mathrm{F/m}$ となる。ケーブル長が $d$ なら端の効果を除いて全容量は $Cd$、全電荷は $Qd$。長さを長くすると容量が増えることも定義と整合する。

$\int_a^b dr/r=\ln b-\ln a=\ln(b/a)$。対数の引数が無次元の半径比となる点も確認できる。$b/a>1$ なので分母は正。$b$ を $a$ へ近づけると間隙が狭まり、少ない電位差で多くの電荷を蓄えられるため容量は大きくなる。

この狭い間隙の極限で $b=a+d_g$、$d_g\ll a$ なら $\ln(b/a)\simeq d_g/a$、$C\simeq\epsilon(2\pi a)/d_g$。単位長さの向かい合う面積 $2\pi a$ を持つ平行板の容量と一致する。対数の式が曲面の幾何を正しく含むことを別の模型で確かめられる。

電場のエネルギーからも、単位長さ当たり $U_E=\int_a^b(\epsilon E^2/2)2\pi r dr=Q^2\ln(b/a)/(4\pi\epsilon)=Q^2/(2C)=Cv^2/2$。電荷からも電圧からも同じ正のエネルギーが得られる。$C=2\pi\epsilon\ln(b/a)$ と対数を分子へ置くと、間隙を狭めるほど容量が0になる逆の極限となる。また $\log_{10}$ を使うなら係数 $\ln10$ が要り、自然対数をそのまま常用対数へ変えてはいけない。

設問2(c) 周回する磁束密度

静磁場のアンペールの法則は $\oint B\cdot dl=\mu I_{\mathrm{enc}}$。同軸の対称性により、磁束密度は軸を回る向きにそろい、同じ半径の円周上で一定である。原題では静的な電流配置をまず使い、後の時間変動は線路の分布定数として扱う。任意に急速な変化でも局所的な静磁場の式がそのまま厳密というわけではない。

選んだ積分路は $a<r<b$ なので外部導体の戻り電流 $-i$ を囲まない。芯の電流 $i$ だけが磁場を決める。一方、十分外側では $i+(-i)=0$ で、この理想的な無限長の構造の外部磁場は0となる。戻りの導体があることを、誘電体内の場まで0になる理由にはしない。

半径依存は電場と同じ $1/r$ だが、向きは電場が半径方向、磁場が周方向で互いに垂直である。後の進行波では両者の外積が軸方向へ向き、エネルギーはこの間の誘電体を通る。電流が導体へ閉じ込められていても、信号のエネルギーが導体間の空間にあることと矛盾しない。

右ねじの符号は軸方向の正を定めて確認する。芯を $+x$ 向きに電流が流れるなら、それを囲む周方向が $B$ の正となる。電流を反転すれば磁場の向きも反転するが、大きさは非負である。単位も $[\mu i/r]=\mathrm{T}$ であり、$r$ を2倍にすれば半分となる。

電流が往復しているからと $I_{\mathrm{enc}}=i-i=0$ をこの半径で使うと、外部導体を含まない積分面へ外の電流を入れる誤りになる。また $B=\mu i/(4\pi r^2)$ は点磁荷のような面積依存で、アンペールの線積分と一致しない。芯の内部の磁場分布や内部インダクタンスは原題の理想導体の扱いでは加えておらず、ここで求めた誘電体内の磁束が次問の $L$ を与える。

設問2(d) 磁場エネルギーと自己インダクタンス

インダクタンスは、回路に流れる電流が作る鎖交磁束の比例係数である。同軸の往復の導体を一つの回路として見ると、誘電体の半径方向と軸方向に張った面を周方向の磁場が貫く。長さ1当たりの面積要素は $dr$ なので、$B$ を半径方向に積分して磁束の線密度が得られる。電場と同じ円筒の表面積 $2\pi r$ をここへ再び掛けない。

磁場エネルギーから導くと幾何の取り方を独立に検査できる。 $$U_B'=\int_a^b\frac{B(r)^2}{2\mu}\,2\pi r dr =\frac{\mu i^2}{4\pi}\ln\frac ba =\frac12Li^2.$$ 同じ $L$ を得る。エネルギーを計算するときは、磁束の面積とは異なり単位長さの円筒状の体積要素 $2\pi r dr$ を使っている。

$L$ の単位は $\mathrm{H/m}$。長さ $d$ の区間なら $Ld$ が全インダクタンスで、電流が変わるとその区間で $-Ld\,di/dt$ の誘導起電力を生む。間隙を狭めて $b/a\to1$ なら磁場のある体積が減り $L\to0$ となる。前問の容量が増大する極限と逆であるが、両者の積は一定になる。

$L C=[\mu\ln(b/a)/(2\pi)][2\pi\epsilon/\ln(b/a)]=\mu\epsilon$。単位長さ当たりの幾何が消えるこの関係は、後の伝播速度が媒質の電磁波の速度と一致する理由である。$C$ または $L$ の対数を逆にすると、この積へ余分な半径比が残り、その一致を失う。

芯内部の磁束も含む模型なら内部インダクタンスの項が加わり得るが、原題は抵抗0の理想導体として導体間の場を用いる。無条件に一様な直流の電流密度の公式を足すと、与えられたTEM線路の結果と異なる。$L=\mu/[2\pi\ln(b/a)]$ とする誤式では、狭い間隙で磁場エネルギーが発散するので、この極限からも検出できる。

半径に沿うエネルギーの分布も読み取れる。単位長さの電場・磁場エネルギーの殻ごとの寄与はどちらも定数倍の $dr/r=d\ln r$ となる。従って半径の比が同じ区間、例えば $[a,2a]$ と $[2a,4a]$ は同じエネルギーを持つ。場自体は内側ほど大きいが、外側ほど体積の円周も増えるためである。$L,C$ に現れた対数は、この幾何と場の1乗の減衰が組み合わさった積分を表す。

設問2(e) 微小区間の誘導電圧

線路では電圧と電流が位置にも時間にも依存する。単一の集中したコイルとして全体を一つの電圧で表す代わりに、微小な区間ごとに自己インダクタンスが分布していると考える。原題の $L$ は単位長さの量なので、その区間の値は $L\Delta x$ である。

ファラデーの法則 $\mathcal E=-d\Phi/dt$ は、増える電流を妨げる向きに起電力が生じることを表す。電流が増えているとき、区間の入口の電位の方が出口より高く、$v(x)-v(x+\Delta x)=L\Delta x\,\partial_ti$。原題の $\Delta v$ は出口から入口を引く定義なので負号が付く。コイルの電圧降下の正の表記と、この空間差分の負号は同じ内容である。

微小区間内で $i$ が滑らかなら、どの点の $\partial_t i$ を代表値としても差は高次となる。$\Delta v/\Delta x\to\partial_xv$ の極限が局所的な式を与える。抵抗がある場合にはさらに $-Ri$ の項が加わるが、原題の電気抵抗0では含めない。

式の単位は左辺が $\mathrm{V/m}$、右辺は $(\mathrm{H/m})(\mathrm{A/s})=\mathrm{V/m}$。時間に変化がない直流状態では $\partial_xv=0$ で、理想線路に沿う電圧降下がない。時間変化する進行波では空間差が必要になり、一つの共通電位で全長を扱えなくなる。

符号を検算するには $v=f(x-ut),i=v/Z$ という正方向の波を代入する。$\partial_xv=f'$、$\partial_ti=-uf'/Z$ なので、この式は $Z=Lu>0$ を与える。負号を落とせば $Z=-Lu$ となり、正方向へエネルギーを運ぶ電圧・電流の関係が逆になる。また $\Delta x$ を掛けずに $\Delta v=-L\partial_ti$ とすると単位が合わず、連続極限で有限の分布量として扱えない。

設問2(f) 電荷保存と電流の空間差

電流は単位時間に通る電荷である。区間に入る電流の方が出る電流より大きければ、その区間に電荷が蓄積する。芯と外部導体との間に分布する容量は、電圧の変化をこの電荷の変化へ結び付ける。誘電体を電子が直流で突き抜けるという意味ではなく、向かい合う導体上の電荷が変わる。

原題の $\Delta i=i(x+\Delta x)-i(x)$ は「出る量から入る量」であるから、電荷の増加は $-\Delta i$ となる。$q=C\Delta x\,v$ で $C$ は一定なので $dq/dt=C\Delta x\,\partial_tv$。この二つを等置したのが答案である。電荷保存の連続の式 $\partial_t Q+\partial_xi=0$ に $Q=Cv$ を入れても同じ関係を得る。

前問と合わせると、一方は磁束を変える電流による電圧差、もう一方は電荷を変える電圧による電流差となる。時間変化する電圧と電流が互いの空間分布を作り、一定速度の波を伝えられる。容量の式だけ、インダクタンスの式だけではこの伝播を記述できない。

単位は左辺 $\mathrm{A/m}$、右辺 $(\mathrm{F/m})(\mathrm{V/s})=\mathrm{A/m}$。電圧が時間に増える領域では $\partial_xi<0$ となり、進む方向へ電流が減った分が電荷へ蓄えられる。定常状態では $\partial_xi=0$ で、途中で電荷が増え続けないこととも一致する。

$\partial_xi=+C\partial_tv$ とすると、電圧が上がるのに出ていく電流の方が多いという電荷保存に反する式になる。また容量を全長のものと取り違えて $C\Delta x$ を二重に掛けると、極限で容量の効果が消える。正方向の進行波 $i=v/Z$ を代入すれば、この式は $Z=1/(Cu)$ を与え、前問の $Z=Lu$ と同時に正の伝播速度を決める。

設問2(g) 線路の波動方程式とTEM波

電圧と電流の連立する1階の方程式を、一つずつの2階の方程式へ消去した。空間と時間の微分は場が十分滑らかな領域で交換でき、$L,C$ は位置・時間に依存しない定数として微分の外へ出せる。$v$ と $i$ はどちらも同じ速度を持つが、独立に任意の振幅を選べるわけではなく、元の1階の式が振幅と向きを結び付ける。

一般の正方向と逆方向の波を $v=f(x-ut)+g(x+ut)$ とすれば $$i=\frac1{Z_0}\{f(x-ut)-g(x+ut)\},\qquad Z_0=\sqrt{L/C}=\frac1{2\pi}\sqrt{\mu/\epsilon}\ln\frac ba.$$ 正方向の波では $i=v/Z_0$、逆方向では電流の符号が逆になる。$Z_0$ は特性インピーダンスで、抵抗0の線路にも正の値がある。これは消費電力の抵抗ではなく、進行波の電圧と電流の比である。

電場は半径方向、磁場は周方向で、ともに軸へ垂直なのでTEM波と呼ぶ。ポインティングベクトル $E\times H$ は軸方向を向く。断面で積分すると $\int_a^b EH\,2\pi r dr=vi$ となり、回路での電力と場のエネルギー流が一致する。従って媒質内の電磁波の速さと線路の信号速度の一致は、単なる代数の偶然ではない。

単位長さのエネルギーは $w=Cv^2/2+Li^2/2$。連立式を用いると $\partial_tw+\partial_x(vi)=0$ となり、抵抗0で損失がないエネルギー保存を満たす。二つの1階式の負号を片方だけ誤ると $\partial_x^2v=-LC\partial_t^2v$ となり、実数の伝播速度を作れない。

$u=\sqrt{L/C}$ とすると速度でなくインピーダンスを答えてしまう。$L,C$ の対数を消し忘れて速さに $b/a$ を残す式も、同じ誘電体の理想TEM波という条件と合わない。実際の周波数依存、導体損失、端の反射や高次モードはこの理想模型へ追加すべき要素であり、ここでは与えられた一様・無損失の線路に対する結果を求めた。

エネルギー保存を実際に微分すると、$\partial_tw=Cv\partial_tv+Li\partial_ti=-v\partial_xi-i\partial_xv=-\partial_x(vi)$。従って区間 $[x_1,x_2]$ の蓄積エネルギーの変化は $v(x_1)i(x_1)-v(x_2)i(x_2)$ という入口と出口の電力差に等しい。線路の両端で異なる波が重なっても同じ局所式を満たす。負号を一つ変えると積の微分へまとめられず、無損失の条件にも反することが分かる。

設問1 天体1から観測点へのベクトル

二点間のベクトルは終点の位置から始点の位置を引いて定義する。ここでは天体1が始点、Pが終点なので $\boldsymbol r_1=\boldsymbol r_P-\boldsymbol r_{(1)}$ となる。原点OからPへ伸びる $\boldsymbol r_P$ や、その逆のベクトルと混同しない。後のポテンシャルは長さだけを使うが、力の方向を扱う場合はこの向きも必要になる。

球座標の $\theta$ は $+z$ 軸からの極角で、$x$-$y$ 面への射影の長さは $r\sin\theta$、高さは $r\cos\theta$。射影の方位角が $\phi$ なので $x,y$ はそれぞれ余弦・正弦を掛ける。緯度のように $x,y$ へ $\cos\theta$ を使う定義ではない。

天体間距離は $\ell$ だが、等質量なので重心は中点にあり、各天体の円の半径は $\ell/2$ となる。一定の角速度 $\omega$ で $+z$ から見て正の向きへ回る規約で、位相は $\omega t$。天体2の位置は $-\boldsymbol r_{(1)}$ であり、二つの位置の質量重みの和は0となって原点が重心である条件を満たす。

時刻0では天体1の位置は $(\ell/2,0,0)$ となり、答案は $(r\sin\theta\cos\phi-\ell/2,r\sin\theta\sin\phi,r\cos\theta)$。またPが回転軸上の $\theta=0$ なら $\boldsymbol r_1=(-\ell\cos\omega t/2,-\ell\sin\omega t/2,r)$ で、長さは時間によらない $\sqrt{r^2+\ell^2/4}$。後の軸上で時間変動が消える結果を、幾何だけからも予想できる。

天体の座標の半径を $\ell$ とすると、距離の2乗の定数項を正しい $\ell^2/4$ でなく $\ell^2$ にし、遠方の補正を4倍する。ベクトルを逆に引くと全成分の符号が反転する。長さだけではその誤りが見えないため、$t=0$ で天体1の位置からPへ向かう矢印になることを確認してから次へ進む。

設問2 二つの点質量のポテンシャルを足す

ニュートン重力のポテンシャルエネルギーは、質点 $M_i$ から距離 $r_i$ の試験質量 $m$ に対して $-GM_i m/r_i$。複数の天体の寄与は重ね合わせで加えられる。ここでは無限遠を0とする同じ基準を二つの項に使う。質量 $m$ を含むエネルギー $U$ であり、単位質量のポテンシャルとは区別する。

距離の2乗を計算した交差項は $-r\ell\sin\theta(\cos\phi\cos\omega t+\sin\phi\sin\omega t)$。余弦の差の公式により $-r\ell\sin\theta\cos(\phi-\omega t)$ となる。天体2は反対側にあるため交差項の符号だけが逆になり、定数の $\ell^2/4$ は同じである。

各距離から正の $r$ をくくると、括弧内は全て無次元となる。$\ell\to0$ では二つの逆平方根がともに1となり $U\to-GMm/r$。離れていた二つの質量が原点で重なった総質量 $M$ の点質量へ戻る。$r\to\infty$ でも先頭は同じとなり、遠方でまず総質量だけが見えることが分かる。

$\theta=0$ では交差項が消え、$U=-GMm/\sqrt{r^2+\ell^2/4}$ で時間によらない。一方、回転面内で天体1の方向 $\theta=\pi/2,\psi=0$ へPを置き $r>\ell/2$ とすると $r_1=r-\ell/2,r_2=r+\ell/2$。厳密な二つの距離を直接足す式へ戻るため、平方根の符号を確かめられる。

各天体の質量を $M$ としてしまうと全体の0次項が $-2GMm/r$ となり、総質量の指定を2倍する。引力のポテンシャルを正にすると、その勾配から斥力が出る。また $U(r)$ という原題の記号だけを見て、角度や時間への依存を捨ててはいけない。連星が回っているため、一般のPでは方向と位相に応じてポテンシャルが変わる。

設問3(a) 双極子が消える遠方展開

遠方展開は、観測距離 $r$ に比べて天体の広がり $\ell$ が小さいことを使う多重極展開である。$\delta$ の次数で並べると、天体の細かな位置をどの精度まで識別しているかが分かる。$\theta$ や $\psi$ は有限のまま保ち、これらを小角近似する必要はない。

二項展開で $z$ は一次の $\mp2\delta s$ と二次の $\delta^2$ を含む。従って二次までの計算では $-z/2$ にある $-\delta^2/2$ と、$3z^2/8$ にある $3\delta^2s^2/2$ の両方が必要となる。$z^2$ の $\delta^3,\delta^4$ はこの次数では省く。両者を合わせて $(3s^2-1)\delta^2/2$ が得られる。

天体1と2で一次項は逆符号、二次項は同符号となる。括弧全体が2倍となり、前にある $1/2$ と打ち消し合う。$\delta^2=\ell^2/(4r^2)$ を戻すと、二次の係数は $1/8$ である。展開変数が $\ell/r$ でなく $\ell/(2r)$ である点を途中まで保つと、この係数を追いやすい。

回転軸上 $s=0$ では $U\simeq-GMm/r+GMm\ell^2/(8r^3)$。厳密な $-GMm/\sqrt{r^2+\ell^2/4}$ の展開と一致する。天体の方向の $s=1$ では $U_2=-GMm\ell^2/(4r^3)$、厳密な $-GMm r/(r^2-\ell^2/4)$ の次項とも一致する。異なる二つの方向で定数項と $s^2$ の係数を別々に検算できる。

$3z^2/8$ を落とすと、角度依存そのものがなくなり、二次の項を全方向で同じ正の補正と誤る。また二つの寄与の一次項を足すときに同符号にすると、存在しない双極子が残る。展開の残差は対称な全体では $\ell^4/r^5$ のオーダーであり、距離を2倍にすると相対誤差は概ね16分の1になる。遠方条件を満たすかも、この次数で評価する。

展開の二つの方向を、$\eta=\ell/(2r)$ の関数で比較する。軸上の厳密な比 $U/U_0=(1+\eta^2)^{-1/2}$ は $1-\eta^2/2$、天体の方向の厳密な比 $1/(1-\eta^2)$ は $1+\eta^2$ が二次近似となる。どちらも $\eta^2$ まで保つが、補正の符号が逆である。遠方では両方とも1へ近づき、二つの天体を区別できなくなる。

設問3(b) 各次数が表す質量分布

一般の点質量群のポテンシャルを $r$ の逆数で展開すると、先頭は $-Gm\sum_iM_i/r$。この係数は総質量だけを含み、各天体がどこにあるかによらない。その次の項は $-Gm\boldsymbol n\cdot\sum_iM_i\boldsymbol r_i/r^2$ で、質量重み付きの位置の和、すなわち総質量と重心の位置により決まる。

本問では $\boldsymbol r_2=-\boldsymbol r_1$、質量も等しいので $\sum_iM_i\boldsymbol r_i=0$。原点を重心へ置いたことが一次の項を消している。原点を別の場所へずらせば双極子は再び現れるため、双極子の消失が重力の作用そのものの不在を意味するわけではない。

二次では各点の $3(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol r_i)^2-r_i^2$ を足す。符号を反転した位置でも2乗は同じなので、等質量の二つの天体では打ち消されない。この量が観測方向に対する分布の伸びを測り、球対称な分布とは違う方向依存を生む。回転すると伸びの向きも変わるので、一般の観測点では時間変動となる。

二つの天体を入れ替える半回転 $t\mapsto t+\pi/\omega$ では質量分布は全く同じになる。従って四重極の時間依存もこの半周期を持つ。$\cos^2(\phi-\omega t)$ という答案の形はこの対称性を表し、$\cos(\phi-\omega t)$ の一次の項が残れば、半回転で符号が変わって同じ質量分布へ戻らない。

ポテンシャルの $1/r,1/r^2,1/r^3$ という絶対の距離依存と、括弧の $1,\ell/r,(\ell/r)^2$ という相対の展開次数を区別する。二次だから $U\propto1/r^2$ ではない。二次は先頭の $1/r$ に対して $\ell^2/r^2$ の補正なので、絶対には $\ell^2/r^3$ となる。

また四重極が時間変動することだけから、ここで重力波の放射や観測される波の場を計算したとは言えない。原題は各時刻のニュートンのポテンシャルを遠方で展開する模型であり、伝播の遅れや放射のエネルギーを含めていない。次問の変動は、この指定の重力場の大きさについて求める。

設問3(c) 勾配を取って力の大きさを得る

力はポテンシャルエネルギーの負の勾配 $\boldsymbol F=-\boldsymbol\nabla U$ で定義される。$m$ を含まないポテンシャルを使う場合は加速度となるが、今回は $U$ に $m$ があるのでそのまま力となる。半径成分だけを微分する際は、Pの角度と時刻を固定し、$r^{-1},r^{-3}$ のべきを微分する。

連星の場は厳密には半径方向だけではない。球座標の勾配から $$F_\theta=-\frac1r\partial_\theta U =\frac{6C_2}{r^4}\sin\theta\cos\theta\cos^2\psi,\qquad F_\phi=-\frac1{r\sin\theta}\partial_\phi U =-\frac{3C_2}{r^4}\sin\theta\sin2\psi.$$ これらはどちらも主成分に対して $(\ell/r)^2$ の大きさである。従って $|F|=\sqrt{F_r^2+F_\theta^2+F_\phi^2}$ で、角度成分の2乗は相対4次となり、2次の大きさには入らない。主成分は内向きなので $|F|\simeq-F_r$ を使える。

この次数の説明なしに「ポテンシャルを $r$ で微分すれば力の全成分」と言うのは正しくない。向きには既に2次の補正があるが、大きさにはその成分の2乗を通じてしか寄与しないという違いである。原題が求める近似の大きさとして、答案の表記が成立する。

軸上では $A=-1$、$|F|\simeq GMm/r^2[1-3\ell^2/(8r^2)]$。厳密な軸方向の力 $GMm r/(r^2+\ell^2/4)^{3/2}$ を展開すると同じ結果になる。回転面内で天体の方向なら $A=2$、補正は正で、同じ重心距離の一点質量より強くなる。角度による増減の符号も検査できる。

$r^{-3}$ の微分で係数3を落とすと補正を1/3にする。$-\partial_rU$ を大きさとそのまま同一視すると負の値を答える。また球座標の角度成分で $1/r$ や $1/(r\sin\theta)$ を省くと、次元が力でなくエネルギーとなる。先頭の場と補正の次数を分け、最後に大きさを展開する。

設問3(d) 半回転ごとの変動と振幅

振幅は平均値からの片側の最大のずれであり、最大値と最小値の差ではない。上の式では時間に依存しない部分を平均、$\cos$ の係数を振幅として読み取る。$\cos^2$ の最大と最小から直接比較しても、ピーク間の差は $2\Delta F$ となる。

一つの天体の公転の角周波数は $\omega$ だが、等質量の二体を半回転すると同じ質量分布へ戻る。従って場の周期は $T_F=\pi/\omega$、周波数は $1/T_F=\omega/\pi$。公転の周波数 $\omega/(2\pi)$ の2倍になる。対称性と三角関数の倍角の式が同じ結論を与える。

$\theta=\pi/2$ の回転面で振幅は最大、$\theta=0,\pi$ の軸上で0となる。軸上のPは、回転中も各天体から常に同じ距離なので時間変動しない。$\phi$ を変えると $\cos$ の位相だけが変わり、同じ $r,\theta$ なら振幅と周波数は同じである。

主成分 $F_0=GMm/r^2$ で割ると $\Delta F/F_0=9\ell^2\sin^2\theta/(16r^2)$。遠くでは相対変動が $(\ell/r)^2$ で小さくなり、絶対振幅は $r^{-4}$ で減る。例えば回転面で $r=10\ell$ なら相対振幅は $9/1600\simeq0.0056$ で、遠方展開の小さい変動として整合する。

公転の力の釣合いから $\omega$ の尺度も検算できる。各質量 $M/2$ の向心加速度は $\omega^2\ell/2$、相手の重力加速度は $GM/(2\ell^2)$ なので $\omega^2=GM/\ell^3$。ただし本問では $\omega$ が既に与えられており、この関係を入れて別の変数へ変換する必要はない。

$f=2\omega$ と答えると通常の周波数と角周波数を混同する。また振幅を $9GMm\ell^2\sin^2\theta/(8r^4)$ と2倍にすると、最大と最小の差を振幅と呼んだ値になる。軸上でも周波数 $\omega/\pi$ の成分が存在するとするのも、係数が0になる条件を落としている。結果は指定のニュートン重力の近似内での、Pに固定した力の大きさの変動である。

変動成分をその振幅で規格化すると $\cos[2(\phi-\omega t)]$ になる。$\phi=0$ の例では、天体1の位相が0と $\pi$ で最大となり、$\pi/2$ と $3\pi/2$ で最小となる。1公転の間に二つの同じ山が現れる。