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） 2024年度 院試 過去問 解答例・解説（解説4項目）

設問1(a) ロドリグの公式を計算する

ロドリグの公式は、整数 $n\ge0$ に対し、$2n$ 次の多項式 $(x^2-1)^n$ を $n$ 回微分し、規格化係数 $1/(2^n n!)$ を掛ける定義である。微分で次数が $n$ だけ下がるので $P_n$ は $n$ 次となる。微分の回数と、最初に取るべき乗をともに $n$ とする点が、単なる $(x^2-1)$ の微分とは異なる。

この規格化で $P_n(1)=1$ となる理由も確かめられる。$(x^2-1)^n=(x-1)^n(x+1)^n$ にライプニッツの公式を使い、$x=1$ へ代入する。$n$ 回の微分を全て $(x-1)^n$ に当てた項だけが残り、その値は $n!2^n$。定義の分母と打ち消し合う。$n=2$ の結果でも $P_2(1)=P_2(-1)=1$、$P_2(0)=-1/2$ を満たす。

球対称な問題の角度依存を扱うとき、$x$ には $\cos\theta$ を入れる。従って $P_2(\cos\theta)=(3\cos^2\theta-1)/2$ は、極方向で正、赤道で負となる偶関数型の角度分布を表す。今回の設問ではまだ角度へ置換せず、定義された変数 $x$ の多項式として答える。

次数の違う多項式との直交性も、この例を検算する方法になる。 $$\int_{-1}^{1}P_2(x)\,dx =\left[\frac{x^3-x}{2}\right]_{-1}^{1}=0,\qquad \int_{-1}^{1}xP_2(x)\,dx=0.$$ 前者は定数 $P_0=1$ と、後者は $P_1=x$ との直交を示す。一般にロドリグの式へ $n$ 次未満の多項式を掛けて積分すると、部分積分を $n$ 回行える。$(x^2-1)^n$ は両端で $n$ 重の零点を持つため境界項が消え、相手側の $n$ 階微分が0となる。定義と直交性が結び付く理由である。

分母の $2!$ を落とすと $3x^2-1$ となり、$x=1$ の値を2倍にする。1回しか微分しないと $(x^3-x)/2$ という奇関数となり、次数も3のままである。$n=2$ の定義なら偶関数かつ2次となること、端点の値が1となることを計算の後で確認できる。さらに原題で与えられたルジャンドル方程式へ代入すると、$P'_2=3x,P''_2=3$ より $(1-x^2)3-2x(3x)+6(3x^2-1)/2=0$ となり、別の条件からも係数を確かめられる。

$P_0,P_1,P_2$ の形を同じ区間で比較する。次数に応じて符号を変える回数が増え、積分で相殺できることを確認できる。

自己内積も計算すると $$\int_{-1}^1P_2(x)^2\,dx=\frac14\int_{-1}^1(9x^4-6x^2+1)dx =\frac14\left(\frac{18}{5}-4+2\right)=\frac25.$$ これは後で与えられる $m=0$ の規格化 $2/(2l+1)$ の $l=2$ の場合である。端点での値を1にそろえる規格化と、積分した長さを1にそろえる規格化は異なる。ルジャンドル多項式そのものの自己内積は1とは限らず、球面調和関数では追加の係数を掛ける。

設問1(b) 母関数から三項漸化式を導く

母関数は無限個の多項式を、補助変数 $t$ の各次数の係数として一つの関数へまとめる。$\partial_tG$ では $P_n$ 自体を微分せず、$t^n$ の微分だけが $n$ を生む。この区別により隣接する次数の多項式の関係が得られる。$x\in[-1,1]$ を固定すれば $|t|<1$ 内で母関数が解析的であり、級数の項別微分と係数比較を使える。

微分すると $\partial_tG=(x-t)(1-2xt+t^2)^{-3/2}$。右辺の分母を $G$ と共通にするため $1-2xt+t^2$ を掛ける。左辺の三つの和は、それぞれ $$\sum_{n\ge0}(n+1)P_{n+1}t^n,\quad -2x\sum_{n\ge1}nP_nt^n,\quad \sum_{n\ge2}(n-1)P_{n-1}t^n.$$ 最後の二つは開始次数が異なるので、まず $n\ge2$ で比較し、$n=0,1$ は元の和に戻って確認する。得られた整理後の式は $n=1$ でも成り立ち、負の添字の多項式を導入する必要はない。

$G(x,0)=1$ から $P_0=1$、$t^0$ の微分の式から $P_1=x$。$n=1$ では $2P_2=3xP_1-P_0=3x^2-1$ となり、前問の直接微分と一致する。$n=2$ なら $3P_3=5xP_2-2P_1$ より $P_3=(5x^3-3x)/2$。母関数とロドリグの公式という二つの表示で、同じ系列を順に作れる。

母関数の $t$ の係数を単純にずらすだけでなく、微分による整数係数も保つ必要がある。$\partial_tG=\sum P_{n+1}t^n$ と誤ると、$n=1$ で $P_2=3x^2-1$ を得て規格化が2倍になる。また $t^2\partial_tG$ の係数を $(n+1)P_{n+1}$ としたままにすると、次数の異なる項を比べることになる。各和を同じ $t^n$ へ書き直すのが係数比較の前提である。

漸化式は $x=1$ で $(n+1)=(2n+1)-n$ となり、全て $P_n(1)=1$ を保つ。$x=-1$ では $P_n(-1)=(-1)^n$ を保ち、偶奇性 $P_n(-x)=(-1)^nP_n(x)$ とも整合する。こうした端点と対称性の検査は、高次を手計算したときの一つの係数や符号の誤りを見つけやすい。

同じ母関数を今度は $x$ で微分すると、$\partial_xG=t(1-2xt+t^2)^{-3/2}$。$t$ 微分の式と組み合わせた係数比較から $$(1-x^2)P_n'(x)=n\{P_{n-1}(x)-xP_n(x)\}$$ も得られる。例えば $n=2$ なら右辺は $2[x-x(3x^2-1)/2]=3x(1-x^2)$ で、左辺の $P_2'=3x$ と一致する。この微分の関係は隣接次数の漸化式とは別の情報であり、特に角度 $x=\cos\theta$ による変化を調べる際に使える。$x=\pm1$ で単に $1-x^2$ を割る表示へしてから代入せず、元の多項式としての関係を使う。

設問2 階多項式の微分方程式

階多項式は $P_l$ を $m$ 回微分したものへ $(1-x^2)^{m/2}$ を掛ける関数で、ここでは原題の符号規約に従う。$m$ は非負整数で、非零の多項式を得る通常の範囲は $m\le l$。原題は既に $u$ の方程式を与えているため、求めるのは新しい未知関数 $v$ へ移したときの係数である。$m$ 回の微分そのものを再度展開する必要はない。

$u$ の前の因子を $w=s^{-m/2}$ とすれば、対数微分は $w'/w=mx/s$ となる。さらに $w''/w=(w'/w)'+(w'/w)^2=m/s+m(m+2)x^2/s^2$。これを積の微分 $u''=wv''+2w'v'+w''v$ へ使うと答案の二式が得られる。定数 $m$ は微分しないが、$s$ も $x$ に依存しているため分母の微分を落とさない。

$v'$ の係数は $2mx-2x(m+1)=-2x$。$v$ の係数では $$m+\frac{m(m+2)x^2-2m(m+1)x^2}{s}-m(m+1) =-m^2-\frac{m^2x^2}{s}=-\frac{m^2}{s}.$$ このように $m(m+1)$ がそのまま残るのでなく、因子を微分した項と合わさって $m^2/(1-x^2)$ へ変わる。

$m=0$ では $v=P_l$ に戻り、$(1-x^2)P_l''-2xP_l'+l(l+1)P_l=0$。また $l=m=1$ なら原題の定義で $v=\sqrt{1-x^2}$ となり、$v'=-x/\sqrt{s},v''=-s^{-3/2}$ を代入すると左辺は0となる。正負どちらの全体位相を採っても同次方程式は同じであり、式の確認と符号規約の選択を混同しない。

$v=s^{m/2}u$ を解く際に $u=s^{m/2}v$ と逆にすると、$v'$ の係数に余分な $-4mx$ が残る。特に $m=1$ で本来 $-2x$ の係数を $-6x$ とし、上の具体例を満たさなくなる。また $v$ の項を $+m^2/s$ とすると、$l=m=1$ の残差は $2/\sqrt{s}$ となり0ではない。

導出は $s>0$ の開区間で行った。端点 $x=\pm1$ は方程式の正則特異点である。球面上で正則な解を選ぶ条件は、任意の解へ端点を代入して分母を0にする操作とは別に扱う。$x=\cos\theta$ とするとこの項は $m^2/\sin^2\theta$ になり、方位角の依存と結び付く。

端点でどの解が正則かは、方程式自身からも見える。$x=1$ の近くで $t=1-x$、$v\sim t^\alpha$ とすると $1-x^2\sim2t$。最も特異な次数の係数は $2\alpha^2-m^2/2$ なので、$\alpha=\pm m/2$ を得る。$m>0$ では $t^{m/2}$ の枝が有限となり、定義の $(1-x^2)^{m/2}$ と対応する。$m=0$ では指数が重なり、もう一つの解は一般に対数的に特異となる。微分方程式の全解を求めることと、球面で正則な階多項式を選ぶことの違いを、この境界の振舞いから説明できる。

設問3 角度部分の方程式

変数分離は、ある変数にしか依存しない量と、残りの変数にしか依存しない量の和が全ての座標で0となるとき、それぞれを定数と置く方法である。ここでは原題が動径側の分離定数を $+l(l+1)$ と指定している。そのため角度の演算子の固有値は $-l(l+1)$ となる。独立な二つの定数を別々に選ぶことはできない。

球面の角度ラプラシアンを $\Delta_\Omega=\sin^{-1}\theta\,\partial_\theta(\sin\theta\,\partial_\theta)+\sin^{-2}\theta\,\partial_\phi^2$ と書けば $\Delta_\Omega Y=-l(l+1)Y$。係数の $\sin\theta$ は球面の幾何によるもので、平面の直交座標の $\partial_\theta^2+\partial_\phi^2$ へ置換できない。動径部分はこの角度成分と合わせて、元の3次元のラプラシアンを構成する。

$Y=\Theta(\theta)e^{im\phi}$ とさらに分離すると $\partial_\phi^2Y=-m^2Y$。$x=\cos\theta$ を用いれば $$\frac1{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}\left(\sin\theta\frac{d\Theta}{d\theta}\right) =(1-x^2)\frac{d^2\Theta}{dx^2}-2x\frac{d\Theta}{dx}.$$ 従って角度方程式は前問の階多項式の方程式になる。この変換により、$1-x^2$ と $\sin^2\theta$、$m^2$ の各項の対応が具体的に分かる。$\phi$ を一周して同じ値に戻る一価性が $m\in\mathbb Z$ を要求し、両極で正則な解では $|m|\le l$ となる。

$l=0$ の解は定数であり、角度微分が全て0となる。$l=1,m=0$ では $Y\propto\cos\theta$ として $\Delta_\Omega Y=-2Y$ を直接計算できる。動径の方程式は $R\propto r^l$ と $R\propto r^{-l-1}$ を解に持ち、$l=1$ なら $r\cos\theta=z$ が調和関数になることとも一致する。どちらの動径解を選ぶかは原点・無限遠や境界条件に依存する。

角度側へ同じ符号の $+l(l+1)$ を固有値として移すと、$l=1$ の $\cos\theta$ では左辺が $-4\cos\theta$ となり原式を満たさない。また $r^2$ を掛けずに動径項と角度項を分離すると、角度の定数へ $r^{-2}$ が残り、定数ではなくなる。割り算は $R,Y$ が0でない局所で行い、得た微分方程式を元の積へ代入して零点にも延長する。

角度演算子の固有値が非正となることは、球面上の積分からも証明できる。正則で一価な $Y$ なら部分積分により $$\int\overline Y\Delta_\Omega Y\,d\Omega =-\int\left(|\partial_\theta Y|^2+ \frac{|\partial_\phi Y|^2}{\sin^2\theta}\right)d\Omega\le0.$$ 方位角の境界項は周期性で消え、極の項は正則性と $\sin\theta$ により消える。固有値が $-l(l+1)$ である答案の符号は、この一般的な負号とも整合する。定数だけが右辺0となるので、$l=0$ の球面上で正則な解が定数であることも分かる。

設問4(a) 方位角の直交積分

複素指数関数 $e^{ik\phi}$ は円周上のフーリエ基底である。整数 $k$ なら $\phi\mapsto\phi+2\pi$ で値が変わらず、円の同じ点へ戻る条件を満たす。異なる整数のモードは、一周で正負の位相が打ち消し合って内積が0となる。ここで使うデルタは連続変数のディラックのデルタ関数ではなく、添字が等しいとき1、それ以外0のクロネッカーのデルタである。

$q=0$ と $q\ne0$ を分ける理由は、原始関数の $1/(iq)$ を前者に使えないためである。$e^{2\pi iq}-1$ はどちらの整数の場合も0に見えるが、$q=0$ ではその表示が $0/0$ で、積分値0とは言えない。元の積分へ戻れば定数1を一周積分して $2\pi$ となる。

具体的に $k=1,k'=0$ なら $e^{i\phi}=\cos\phi+i\sin\phi$ の実部・虚部の積分がともに0。$k=k'=1$ なら $\overline{e^{i\phi}}e^{i\phi}=1$ で0にならない。正規化した $e^{ik\phi}/\sqrt{2\pi}$ 同士の内積はちょうど $\delta_{kk'}$ となるので、球面調和関数の規格化定数にも $2\pi$ が現れる。

整数という条件を外すと結論は変わる。例えば $q=1/2$ では $(e^{i\pi}-1)/(i/2)=4i$ で、0ではない。従って「異なる振動数なら常に直交する」という一般論でなく、一周の区間と整数の波数が組になった結果である。積分区間を途中までの $[0,\pi]$ にすると、整数であっても一般に同じデルタの式にはならない。

複素共役を落として $e^{ik\phi}e^{ik'\phi}$ を内積とすると、指数が $k+k'$ になり、得られるのは $2\pi\delta_{k,-k'}$。例えば $k=k'=1$ で0を出し、本来の自己内積 $2\pi$ と逆になる。球面調和関数の直交性で共役が片側に必要なのは、この差を保つためでもある。積分結果の係数 $2\pi$ を1としてしまうと、次問で規格化定数を同じ倍率で誤る。

フーリエ係数の取出しにも同じ積分を使える。有限和 $f(\phi)=\sum_j c_je^{ij\phi}$ に $e^{-ik\phi}$ を掛けて一周積分すれば、$c_k=(2\pi)^{-1}\int_0^{2\pi}f(\phi)e^{-ik\phi}d\phi$。他の整数モードが全て消え、求める一つだけを取り出せる。無限和でも、和と積分を交換できる収束条件のもとで同じ結果になる。デルタの式は記号的な約束でなく、この係数選択を実現する直交積分である。

設問4(b) 球面上の規格化

球面上の内積は面積の角度要素 $d\Omega=\sin\theta\,d\theta\,d\phi$ で定義する。半径1の球面なので $r^2$ はなく、全立体角は $4\pi$。$\theta$ の積分に含まれる $\sin\theta$ が、$x=\cos\theta$ の $dx=-\sin\theta d\theta$ と対応する。$\theta=0\to\pi$ では $x=1\to-1$ なので、負号と積分の向きを同時に直すと区間は $[-1,1]$ になる。

初めに $\phi$ を積分することで、階数が異なる $m\ne m'$ の場合を0と決められる。残る $m=m'$ の場合だけが、原題の同じ $m$ に関する階多項式の直交式を使える。先に $m\ne m'$ に対してまで同じ直交式を当てる必要はない。次に $l\ne l'$ なら極角の積分も0となり、二つの添字が別々の角度から直交性を得る。

$l=l',m=m'$ の場合、規格化定数の2乗が $$|N_{lm}|^2=\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-m)!}{(l+m)!}.$$ これに $2\pi$ と階多項式の積分 $2(l+m)!/[(2l+1)(l-m)!]$ を掛けると1。位相 $(-1)^m$ は絶対値の2乗で消える。負の $m$ でも、原題の $P_l^{-m}$ と共役の関係を使うと同じ規格化となり、正負の添字を別の長さの関数として扱わない。

$l=m=0$ なら $Y_0^0=1/\sqrt{4\pi}$。球面積 $4\pi$ を掛けて自己内積が1になる。$l=1,m=0$ なら $Y_1^0=\sqrt{3/(4\pi)}\cos\theta$、$\int_{-1}^1x^2dx=2/3$ と $\phi$ の $2\pi$ から再び1。一般式で階乗が消える計算を、簡単な関数の積分から独立に確かめられる。

$\sin\theta$ を落とすと $Y_0^0$ の自己内積は $(1/(4\pi))(2\pi)\pi=\pi/2$ となり、1ではない。方位角の $2\pi$ を忘れると $C=1/(2\pi)$ を出す。また共役を省くと前問のとおり $m+m'=0$ が選ばれ、$m=m'\ne0$ の自己内積が0になってしまう。規格化と直交性は同じ積分の、添字が一致する場合と異なる場合である。

球面上の関数を $f=\sum_{lm}c_{lm}Y_l^m$ と展開できる場合には、直交性から $c_{lm}=\int\overline{Y_l^m}f\,d\Omega$。また有限和について $\int|f|^2d\Omega=\sum_{lm}|c_{lm}|^2$ となる。モードごとの寄与を混ぜずに大きさを比較できるため、天体の表面分布や角度依存するポテンシャルの展開でこの規格化を使う。係数の取出しに共役を付ける側を逆にすると、複素共役を取った係数へ変わるので、内積の定義から最後までそろえる。

設問1(a) 縮重度を含む励起状態の割合

温度 $T$ の熱浴と平衡にある系では、特定の微視的状態の確率は $e^{-\beta\epsilon}/z$、$\beta=1/(k_BT)$ で与えられる。分配関数 $z$ はその重みの総和で、確率の合計を1へ規格化する。縮重しているとは同じエネルギーを持つ異なる状態が複数あることである。励起状態は3状態あるため、一つの状態の重みを3倍してから割合を求める。

基底のエネルギーが実際に0である必要はない。$\epsilon_0$ とすれば $z=e^{-\beta\epsilon_0}[1+3e^{-\beta\Delta\epsilon}]$、励起確率の分子も $3e^{-\beta\epsilon_0}e^{-\beta\Delta\epsilon}$。全体のエネルギーの原点の変更は分子分母で消える。このため分かっているエネルギー差だけで求められる。

ここでは気体が希薄で原子間の相互作用を無視でき、内部状態を単一原子の熱平衡分布で扱う。並進運動の分配関数は、同じ原子の二つの内部状態で共通な因子として比から消える。また次の励起準位との隔たりが $k_BT$ より十分大きいという原題の指定により、そこへの重みを省ける。二準位の式を、任意に高い温度まで現実のヘリウムへ適用するという意味ではない。

$\Delta\epsilon/(k_BT)\gg1$ では $P_1\simeq3e^{-\Delta\epsilon/(k_BT)}$ と小さくなる。形式上 $\Delta\epsilon/(k_BT)\to0$ では $P_1\to3/4$ となる。高温で確率が1/2へ向かわないのは、二つの「エネルギー」ではなく、合計四つの微視的状態に分布するからである。常に $0\le P_1\le3/4$ となることも符号と規格化の検査になる。

縮重度を落とした $1/(e^{\beta\Delta\epsilon}+1)$ は、低温で正しい割合の約1/3となる。分子に3を入れても分母を $1+e^{-\beta\Delta\epsilon}$ のままにすると、高温極限が $3/2$ となり確率の上限1を超える。また励起状態の割合を $e^{+\beta\Delta\epsilon}$ に比例させると、低温ほど高い準位へ集まる逆の分布になる。どの微視的状態を合計し、どの全状態で割るかを式に対応させる。

正準分布そのものは、平均エネルギーと確率の和を固定し、$-k_B\sum_i p_i\ln p_i$ を最大化して得られる。未定乗数を用いると $\ln p_i=\text{定数}-\beta\epsilon_i$、規格化で $p_i=e^{-\beta\epsilon_i}/z$ となる。熱浴とエネルギーを交換する条件が、エネルギーだけを等重率で数える模型からこの指数の重みへ移す理由である。縮重度は最大化後に同じエネルギーの状態を合計して現れるので、エネルギー差を3倍することとは異なる。

設問1(b) 電子ボルトから熱励起率へ

電子ボルトは温度でなくエネルギーの単位で、電荷 $e$ が1ボルトの電位差を通るときのエネルギー $e\times1\,\mathrm V$ である。$1\,\mathrm{C\,V}=1\,\mathrm J$ なので、原題の電荷を用いると $1\,\mathrm{eV}=1.6\times10^{-19}\,\mathrm J$。一方 $k_BT$ はボルツマン定数に絶対温度を掛けたエネルギーで、指数 $x$ は無次元になる。

熱エネルギーは $k_BT/(1.6\times10^{-19})\simeq0.875\,\mathrm{eV}$。励起にはその約23倍のエネルギーが必要なので、温度が1万Kでもこの準位の割合は非常に小さい。温度の数値の大きさだけで励起が多いと判断せず、対象の準位差と比較する。

電卓を使わず原題の $\log_{10}e\simeq0.43$ を使えば $$\log_{10}(3e^{-x})=\log_{10}3-x\log_{10}e \simeq0.477-22.86\times0.43=-9.35.$$ この粗い対数近似では約 $4.4\times10^{-10}$、指数をより正確に計算すれば $3.55\times10^{-10}$ である。求める有効数字1桁ではともに $4\times10^{-10}$ と答えられる。途中の近似による差と、最後の有効数字の丸めを区別する。

分母を1へ近似した誤差も評価できる。$q=3e^{-x}$ とすれば厳密な式は $q/(1+q)=q-q^2+\cdots$。相対誤差は約 $q\sim4\times10^{-10}$ であり、与えられた定数や対数の近似の誤差に比べて無視できる。指数の分母に $k_BT$ を使うことと、分配関数の分母を1へ近似することは別の操作である。

20 eVをそのまま $1.4\times10^{-19}\,\mathrm J$ で割ると、異なる単位を混ぜて $10^{20}$ 程度の無意味な指数を作る。温度の $10^4$ を掛け忘れると $x$ を $2.3\times10^5$ とし、実質0というだけの値にする。また縮重度3を忘れると約 $1\times10^{-10}$ となり、有効数字1桁でも答えが変わる。最終値が確率として無次元で小さく、前問の低温極限と一致することを確認する。

温度を少し変えた際の感度は、低占有率の $P_1\simeq3e^{-\Delta\epsilon/(k_BT)}$ を対数微分して $d\ln P_1/d\ln T\simeq\Delta\epsilon/(k_BT)=x$ と求まる。この例では約23なので、温度が1\%変わるだけでも割合は約23\%変化する。原題の定数を有効数字以上に細かく扱っても、この指数的な感度を超える精度を主張できない。絶対的には極小な割合でも、温度の指標として大きく変化することが分かる。

設問2(a) 増えた格子点と空孔の数え方

状態数は、区別できる格子点のどこが空いているかによって数える。原子自身は互いに区別しないという指定なので、同じ占有格子の中で原子を交換しても別の配置ではない。空孔の位置を選べば残りの $N$ 個の場所には原子が一つずつ入り、追加の選択はない。この意味で原子の位置を $N$ 個選ぶ数 $\binom{N+n}{N}$ と数えても同じになる。

表面への移動は原子を系の外へ捨てる操作ではない。原題では表面に新しい格子点が増え、そこにも空孔が等しく生じ得る。従って候補となる格子点を元の $N$ 個に固定しない。欠陥数 $n$ の増加に伴い、配置を数える母集団自体が $N+n$ へ変わる点が、固定個数の格子点で空孔を作る模型との違いである。

組合せの分母の理由を順序付きで確かめる。最初は $(N+n)(N+n-1)\cdots(N+1)$ 通りに空孔の位置を順に選べるが、一つの空孔集合は選択順を $n!$ 通り変えて数えている。そこで $n!$ を割ると答えになる。原子の交換をさらに $N!$ 回掛けることは、原子を区別しない条件に反する。

小さい例で $N=2,n=1$ とすれば、3個の格子点のうち空孔の位置は3通りで $W=3$。$N=2,n=2$ なら4個の格子点から2個を空けて6通り。公式もそれぞれ $\binom31=3,\binom42=6$ を与える。実際の問題は $N,n\gg1$ だが、こうした有限例で何を数えているかを検査できる。

$W=\binom Nn$ とすると上の $N=2,n=1$ で2通りしか数えず、表面に増えた格子点を落とす。また $W=(N+n)^n$ とすると一つの位置を複数の空孔へ選べる上、選択順も区別してしまう。例えば $N=2,n=2$ では16とし、正しい6を大きく超える。一つの格子点に原子は高々一つという占有条件を、空孔の選択にも保つ必要がある。

この状態数は欠陥数を固定した場合の縮重度であり、熱平衡で実現する $n$ はまだ求めていない。次問のエントロピーはこの数の対数、さらにその次でエネルギーの増加との競合を使って平衡の欠陥数を決める。

同じ数は、原子 $N$ 個を印として横一列に並べ、間の $N+1$ 個の区間へ空孔の個数を割り振る数としても得られる。非負整数 $n_0+\cdots+n_N=n$ の解の数は、$n$ 個の空孔と $N$ 個の区切りを並べる $\binom{N+n}{N}$。空孔が隣接していても、端に集まっていても一つずつ数える。この対応では、もともとの格子点か追加された点かに別の印を付けない。原題が全てのサイトを等価とする条件と一致する。移動の時間順序を数えるのではなく、最終的な配置を数えていることも明確になる。

設問2(b) 配置エントロピーの密度

ボルツマンの関係 $S=k_B\ln W$ は、同じ巨視的条件を満たす微視的配置の数をエントロピーへ結び付ける。独立な系を合わせたとき状態数は積、エントロピーは和となるため対数を使う。ここではエネルギーが $n\epsilon$ により $n$ のみに依存するので、欠陥数を固定した全ての配置を同じ重みで数えている。

スターリング近似の主要項を3個の階乗へそれぞれ適用する。線形項は $-(N+n)+N+n=0$ と消える。対数の中の $N$ を明示すると、$(1+x)\ln[N(1+x)]-\ln N-x\ln(Nx)$ となり、$\ln N$ の係数も $(1+x)-1-x=0$。この消去により原子当たりの量が、原子数の絶対値でなく欠陥の比 $x$ だけで決まる。

近似は $N\gg1,n\gg1$ で、対数の補正項より $N$ に比例する項が支配的な範囲に用いる。$x\ll1$ であっても $n=Nx$ が十分大きい状況はあり得る。「希薄な欠陥」と「欠陥が1個しかない場合」を同じ近似としない。小さい $n$ で正確な数が必要なら、前問の階乗の式へ戻る。

$x\to0^+$ では $x\ln x\to0$、$(1+x)\ln(1+x)=x+O(x^2)$ なので $$\frac S{Nk_B}=x(1-\ln x)+O(x^2)\longrightarrow0.$$ 欠陥のない完全結晶の配置は一つで $\ln1=0$ となることに対応する。$x=1$ なら $S/(Nk_B)=2\ln2$。微分すると $d(S/(Nk_B))/dx=\ln[(1+x)/x]>0$、二階微分は $-1/[x(1+x)]<0$ で、欠陥を増やす配置上の利得は次第に小さくなる。

固定 $N$ 個のサイトの式を流用して $-x\ln x-(1-x)\ln(1-x)$ とすると、表面の追加サイトが消える。$x=1$ でその式は0となり、正しい $2\ln2$ と食い違う。また $\ln[(N+n)!]$ を $(N+n)\ln N$ とすると、$(1+x)\ln(1+x)$ の項を落とす。どの階乗へどの大きな整数を入れたかを残してから比 $x$ へ変換する。

設問2(c) 欠陥を作るエネルギーとの競合

温度の熱力学的定義は、他の独立変数を固定したときの $1/T=\partial S/\partial E$ である。欠陥数を増すとエネルギーは増えるが、配置数も増えてエントロピーを得る。この二つが熱浴との平衡条件を満たすところで欠陥数が決まる。エントロピー最大だけを使って、エネルギーの費用 $\epsilon>0$ を無視するわけではない。

微分は $d[(N+n)\ln(N+n)]/dn=\ln(N+n)+1$、$d(n\ln n)/dn=\ln n+1$。定数の1が消えて対数の比になる。$N$ は原子数なので固定し、サイト数 $N+n$ の $n$ 依存は微分する。この点を落とすと分母の $-1$ まで変わる。

自由エネルギー $F(n)=n\epsilon-TS(n)$ からも確かめられる。平衡条件 $dF/dn=0$ は同じ式を与え、 $$\frac{d^2F}{dn^2}=k_BT\left(\frac1n-\frac1{N+n}\right) =\frac{k_BTN}{n(N+n)}>0.$$ 得られた点は安定な最小であり、極大の不安定な欠陥数を選んでいない。$n$ の整数性は、巨視的に大きい数を連続変数で近似する範囲では相対的に小さい。

$\epsilon\gg k_BT$ なら $n/N\simeq e^{-\epsilon/(k_BT)}$ と希薄になる。例えば $\epsilon/(k_BT)=\ln101$ なら厳密な主要式で $n/N=1/100$、指数だけの近似では $1/101$ である。温度を0へ近づけると欠陥が減る。一方、高温でこの模型が巨大な $n$ を予測しても、実際の結晶の構造や一定の形成エネルギーの仮定を無制限に延長できるとは言えない。

式の分母がボース分布に似ていても、ここで欠陥をボース粒子と仮定したわけではない。増える格子点の組合せを微分した結果である。$n/N=1/(e^{\epsilon/(k_BT)}+1)$ は固定サイトの二状態模型に対応し、この原題では異なる。希薄近似 $n=Ne^{-\epsilon/(k_BT)}$ を全温度での答えとすると、上の例で1/100と1/101の区別を失う。また $dS/dE=T$ と置くと単位が合わず、$\epsilon/(k_BT)$ という無次元の指数を得られない。

有限の $N$ について平均の欠陥数を直接数える方法もある。$q=e^{-\epsilon/(k_BT)}$ と置き、全ての $n\ge0$ を合計するこの模型の分配和は $$Z_N=\sum_{n\ge0}\binom{N+n}{n}q^n=(1-q)^{-N-1}.$$ 最後の等号は幾何級数 $1/(1-q)$ を $N$ 回微分して係数を比較すれば得られる。従って $\langle n\rangle=q\partial_q\ln Z_N=(N+1)q/(1-q)$。一方、答案は巨視的なスターリング近似で求めた代表値 $Nq/(1-q)$ であり、相対差は $1/N$ で消える。有限個の正確な平均と、巨視的な分布の最頻値を区別できる。さらに $\operatorname{Var}(n)=q\partial_q\langle n\rangle=(N+1)q/(1-q)^2$ なので、多数の欠陥がある範囲では相対ゆらぎが小さい。

設問3(a) 磁気モーメントの自由エネルギー

磁場中の磁気モーメントのエネルギーは $-\boldsymbol\mu\cdot\boldsymbol B$。原題では向きが平行・反平行の2方向に制限され、エネルギーは二値に分かれる。モーメント間の相互作用や内部磁場を無視できるため、各原子の状態の選択は独立であり、全系の分配関数は $Z=z^N$ となる。格子の位置に固定したモーメントの自由度を数えているので、交換の階乗 $N!$ を新たに割らない。

ヘルムホルツ自由エネルギーと正準分配関数の関係は $F=-k_BT\ln Z$。確率 $p_i=e^{-\beta E_i}/Z$ をギブズのエントロピー $S=-k_B\sum_i p_i\ln p_i$ へ入れると $S=k_B\ln Z+U/T$ となるため、$U-TS=-k_BT\ln Z$ が得られる。この式を独立な $N$ 個の和に適用すると答案となる。

$\cosh x=(e^x+e^{-x})/2$ であるから、$2\cosh x$ は常に正で対数を取れる。$B=0$ ではエネルギーが同じ二状態があり $z=2,F=-Nk_BT\ln2$。$T\to0$ で $x\gg1$ なら $\ln(2\cosh x)\simeq x$ となり $F\to-N\mu B$。全モーメントが低い準位へそろった基底エネルギーへ戻る。

磁化も結果の確認に使える。$M=-\partial F/\partial B|_T=N\mu\tanh x$ は、二状態の確率差 $N\mu(e^x-e^{-x})/(e^x+e^{-x})$ と一致する。低温・強磁場では $M\to N\mu$、弱磁場では $M\simeq N\mu^2B/(k_BT)$ と温度に反比例する。この検査は自由エネルギーの負号と指数の符号を同時に確かめる。

$z=e^x-e^{-x}=2\sinh x$ とすると、$B=0$ で分配関数0となり、二つの状態があるという数え方に反する。また $F=-k_BTz^N$ と対数を落とすと、自由エネルギーが $N$ に比例する加法性を失い、$B=0$ で $-k_BT2^N$ となる。微視的状態の和、独立系の積、対数で得る巨視的な和を順に区別する。

設問3(b) 固定磁場で温度を微分する

エントロピーを得る微分では、式の前にある $T$ と、対数の中の $x\propto T^{-1}$ の両方が変化する。$x$ は温度に独立な定数ではない。$B$ 固定という添字は、どの外部条件を保って微分するかを表す。磁場を変えて温度も変化する経路の微分とは区別する。

対数の微分は $d\ln(2\cosh x)/dx=\tanh x$。積の微分から、最初の $T$ を微分する項が $Nk_B\ln(2\cosh x)$、内部の $x$ を微分する項が $-Nk_Bx\tanh x$ になる。$x$ に含まれる $k_B$ を微分することも、$B$ の変化を加えることもない。

二状態の確率は $p_-=e^x/(2\cosh x)$、$p_+=e^{-x}/(2\cosh x)$。これらを $-Nk_B(p_-\ln p_-+p_+\ln p_+)$ へ代入すると、$p_--p_+=\tanh x$ より同じ式となる。熱力学の温度微分と、確率分布の情報量という二つの方法が一致する。

$x=0$ では $p_-=p_+=1/2$ なので $S=Nk_B\ln2$。$x\to\infty$ では片方の状態が確率1へ近づき $S\to0$。また $$\frac{d}{dx}\left[\ln(2\cosh x)-x\tanh x\right] =-x\,\mathrm{sech}^2x\le0\quad(x\ge0).$$ 磁場と温度の比が大きいほど整列が進みエントロピーが減る。固定磁場での熱容量は $C_B=T(\partial S/\partial T)_B=Nk_Bx^2\mathrm{sech}^2x\ge0$ で、安定な二準位系の性質とも整合する。

対数の中の温度依存を落として $S=Nk_B\ln(2\cosh x)$ とすると、低温で $S\sim N\mu B/T$ と発散し、基底状態の配置が一つになることと矛盾する。積の微分の符号を誤って $+x\tanh x$ とすると、やはり低温で $2Nk_Bx$ が残る。低温の二つの大きな項の差が0へ向かうため、別々の項の見かけの大きさだけから物理的結論を出さない。

エントロピーと熱容量を同じ $x$ で描くと、低温でどちらも0へ近づく一方、熱容量は途中で最大となることが分かる。$C_B/(Nk_B)=x^2/\cosh^2x$ の微分は $2x\operatorname{sech}^2x(1-x\tanh x)$。従って最大点は $x\tanh x=1$、約 $x=1.20$ にある。エネルギー差と熱エネルギーが同程度のとき、温度変化による占有率の移り変わりが最も大きい。

設問3(c) 低温で残る指数的なエントロピー

この低温近似で小さいのは $e^{-2x}$ である。二準位のエネルギー差は $2\mu B$ なので、高い準位の占有率は約 $e^{-2x}$ となる。各準位が $\pm\mu B$ にあることと、励起に必要な差が $2\mu B$ であることを区別する。原点からの一方のエネルギーだけを活性化エネルギーにしない。

前問の式で $\ln(2\cosh x)\simeq x$、$\tanh x\simeq1$ だけを使うと、二つの主要項が相殺して0となる。求めたいのは最初に残る非零の項であるため、その次の指数の精度までそろえて展開する必要がある。$\ln(1+q)=q+O(q^2)$、$(1+q)^{-1}=1-q+O(q^2)$ を同時に使うと答案の形となる。

先に得る $(1+2x)e^{-2x}$ は、原題が要求する $2xe^{-2x}$ より一段詳しい近似である。後者へ進む際に捨てる1の相対的な大きさは $1/(2x)$、指数の次の次数は $q$ 程度。異なる二つの近似を行っている。$x=5$ では1を落とすだけで約9\%の差があり、$x=20$ なら約2.4\%となる。低温という条件を式の精度と対応させて読む。

確率からも理由が分かる。$p_+\simeq q$、$p_-\simeq1-q$ なので、二値のエントロピーは $-(1-q)\ln(1-q)-q\ln q\simeq q+2xq$。希少な励起の確率と、その確率の対数が掛かるため $x e^{-2x}$ という形になる。温度0で減る速さは指数的であり、前にある $1/T$ は発散を引き起こさない。

$S\simeq2N\mu B/T$ と指数を落とすと低温で発散する。$e^{-x}$ を用いると準位差を半分と誤り、$x=10$ では $e^{10}$ 倍も大きな割合を予測する。また $\ln(2\cosh x)\simeq x+\ln2$ とすると、$\cosh x\simeq e^x/2$ の2を二重に数えて $Nk_B\ln2$ が低温にも残る。指数関数の定義へ戻り、相殺の後に必要な次数まで保つ。

設問3(d) 可逆断熱の磁場と温度の比

熱力学で可逆な過程は $dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T$ を満たす。原題のゆっくりした磁場変化を熱平衡を保つ可逆過程として扱い、熱流がないなら $dS=0$ となる。断熱という言葉だけで、任意の速さの不可逆な操作までエントロピー一定とは言えない。ここでは独立な二準位系が準静的に平衡をたどる条件が使われている。

前問の低温式も、$S\simeq2Nk_Bx e^{-2x}$ とすれば $B,T$ が個別には現れず比だけに依存する。この関数は低温の $x\gg1$ の範囲では一対一なので、$x$ 一定と分かる。厳密な前問の $S(x)$ の導関数を使うと、低温の展開による誤差を持ち込まず同じ結論が出る。初めの $x_1\gg1$ がそのまま $x_2=x_1$ となるため、終状態でも指定の低温条件を満たす。

物理的には磁場を弱めると準位差 $2\mu B$ が縮む。同じ占有確率、従って同じ配置のエントロピーを保つには、熱エネルギー $k_BT$ も同じ割合で下げる必要がある。熱を受け取っていなくても、磁場を変える外部との仕事によって内部エネルギーは変わる。断熱を内部エネルギー一定と読み替えない。

実際に $p_+/p_-=e^{-2\mu B/(k_BT)}$ は終状態で変わらない。一方内部エネルギー $U=-N\mu B\tanh x$ は $B$ に比例するため、$U_2=U_1/10$ となる。低温ではどちらも負で、終状態は0に近づくが、温度は低下する。この系では磁場に応じてエネルギーの尺度自体が変わるため、普通の一定ハミルトニアンの加熱と同じ直感だけでは判断しない。

$BT$ 一定とすると $T_2=10T_1$ で加熱を予測し、$x_2=x_1/100$ と確率分布を変えてしまう。また $U$ 一定と置いて基底エネルギー $-N\mu B$ を保とうとすると、磁場を変える操作と両立しない。$B\to0$ へ無制限に延長して温度を厳密に0にできるとするのも、内部相互作用や他の自由度を無視する模型の範囲外である。今回の有限の10分の1という操作について比の法則を用いる。

断熱中の仕事も式で追える。$x$ が一定なら $U=-N\mu B\tanh x$、磁化 $M=N\mu\tanh x$ は一定なので $dU=-M\,dB$。磁場を弱める $dB<0$ では系の内部エネルギーは増え、その増加が外部からの磁気的な仕事となる。一方 $T\,dS=0$ なので熱の出入りはない。低温でエネルギーの数値が0へ近づくことと、温度が下がることが両立するのは、準位間隔も同時に縮んでいるためである。