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） 2025年度 院試 過去問 解答例・解説（解説4項目）

設問1(a) べき級数の係数比較

微分方程式の正則特異点の近くでは、先頭のべきを $x^k$ としてくくるフロベニウス法が使える。通常のテイラー級数だけでは先頭次数が分かりにくいので、指数 $k$ と後続の係数を同時に決める。今回の方程式は $J''+J'/x+(1-n^2/x^2)J=0$ で、$x=0$ に $1/x,1/x^2$ があるが、$x^2$ を掛ければ各項の指数をそろえて扱える。

べき関数の微分は $(x^{k+m})'=(k+m)x^{k+m-1}$、2階微分は $(k+m)(k+m-1)x^{k+m-2}$ である。$x^2J''$ と $xJ'$ の同じ指数の係数を足すと $(k+m)^2$ にまとまる。$x^2J$ だけは指数が二つ高くなるので、$x^m$ を得るには元の $m-2$ 番目の係数を使う。このずれが次問以降の偶数・奇数の二系列を作る。

収束円内ではべき級数を項別微分でき、同じ区間で恒等的に0となる解析的な級数は各係数が0となる。従って0次、1次、2次以降を別々に並べることに意味がある。0次と1次には $a_{m-2}$ が存在しないので、負の添字を持つ未知数を新しく導入せず、二つの初期条件として扱う。

例えば $k=n=1$ なら微分項と $-n^2J$ からの係数は $m(m+2)a_m$。2次の係数は $8a_2+a_0$、3次は $15a_3+a_1$ となる。直接 $J=a_0x+a_1x^2+a_2x^3+\cdots$ を微分しても同じ値を得られ、指数の移し方を検算できる。

最後の和の添字をずらさず、$C_m=[(k+m)^2-n^2]a_m+a_m$ とすると、異なるべきを一つへ混ぜてしまう。上の例では2次の式を $9a_2=0$ として、正しい $a_2=-a_0/8$ を失う。また $xJ'$ を落とすと $(k+m)^2$ でなく $(k+m)(k+m-1)$ が残り、次の先頭指数の条件まで変わる。微分する前と後の指数を一行ずつ書いて対応させる。

係数比較の前に $x=0$ を元の $1/x$ を含む式へ直接代入することはできない。まず $x\ne0$ の区間で $x^2$ 倍して級数を代入し、その解が原点へ正則に延長できるかを調べる。例えば $n=0$ の正則解の先頭は定数だが、$J'/x$ は単独には見かけ上不定に見える。級数で $J=a_0+a_2x^2+\cdots$ とすれば $J'/x=2a_2+O(x^2)$ と有限な極限になる。特異点を含む方程式では、各記号へ0を代入する操作と、解に沿って極限を取る操作を区別する。

設問1(b) 先頭指数

フロベニウス級数でいう $k$ は、最初に非零となるべきの指数である。従って $a_0\ne0$ として初めて指数を決められる。$a_0=0$ のままなら、どこまで0が続くかを調べて先頭の指数を取り直す必要がある。最低次のべきの係数から得る方程式を決定方程式と呼び、本問では $k^2-n^2=0$ となる。

$x\to0$ では方程式の $x^2J$ が他の最低次の項に比べ2次高いため、先頭形 $J\sim a_0x^k$ を代入すると $$x^2J''+xJ'-n^2J\sim(k^2-n^2)a_0x^k$$ となる。これが0であるための条件が答案の式であり、全級数をまだ求めなくても局所的な振る舞いを決められる。$n>0$ なら二つの根は $\pm n$ だが、負の根は原点で $x^{-n}$ と発散するため、非負指数の指定により正の根を選ぶ。

$n=0$ では二根が重なり、正則な第一の解は定数から始まる。独立なもう一つの解には対数が現れるが、本問は非負整数 $k$ の級数解だけを求めるので、その対数解まで同じ級数へ無理に入れない。2階の方程式でも、原点で正則という条件を課すと許される系列が一つへ絞られる。

$n=1$ で $k=1$ を選べば $J\sim a_0x$、$n=2$ では $J\sim a_0x^2$ となり、元の方程式の $x^{-1}J'$ と $-n^2x^{-2}J$ が同じ次数で打ち消すことを直接確かめられる。指数が大きいほど原点で強く0へ近づく。

$k=\pm n$ のまま両方を答えると、問題の $k\ge0$ という条件を反映していない。$n=2,k=-2$ なら実際に $x^{-2}$ が発散する。また $k=n^2$ と取り違えると $n=2$ で $k=4$、最低次の係数が $(16-4)a_0=12a_0\ne0$ となり、方程式を満たさない。決定方程式は指数の2乗についての式だが、最後は指数そのものへ正の平方根を取る。

独立なもう一つの解の先頭形は、解の次数を下げる方法でも確かめられる。一つの非零解 $J$ がある区間で $Y=Jv$ と置いて元の方程式へ代入すると、$v''+(2J'/J+1/x)v'=0$ となる。従って $v'\propto1/(xJ^2)$、$Y\propto J\int dx/(xJ^2)$。$J\sim x^n$ なら $n>0$ で $Y\sim x^{-n}$、$n=0$ で $Y\sim\log x$ となり、原点で正則な系列を選ぶ際に除いた振る舞いを再現する。定数倍を含む二つの解と、正則性の条件が果たす役割を分けられる。

設問1(c) 奇数番目の係数

漸化式は添字を一つでなく二つ戻すので、偶数番目の係数は $a_0$ から、奇数番目は $a_1$ からそれぞれ独立に決まる。$a_1$ が0なら、$a_3=-a_1/[3(2n+3)]=0$、$a_5=-a_3/[5(2n+5)]=0$ と0が伝わる。帰納法では、ある奇数 $m-2$ の係数が0なら次の奇数 $m$ の係数も0と示せばよい。

ここで分母を割れる条件を確認する。$m\ge1,n\ge0$ なら $m(2n+m)>0$、特に $2n+1\ne0$ なので、奇数系列に自由な係数は残らない。整数 $n$ の別の根や負の指数を使う場合には分母が0となる次数を別に調べる必要があるが、本問の $k=n\ge0$ ではその問題は生じない。

級数の全体のべきは $x^{n+m}$ である。奇数番目の $a_m$ が0でも、$n$ が奇数なら関数全体は奇数べきから始まり、偶数関数にはならない。実際に後続が $x^n$ の偶数べき級数だから、実数の正負へ延長すると $J_n(-x)=(-1)^nJ_n(x)$ となる。この次数の偶奇は、後の母関数から得る整数次数の関係とも整合する。

例えば $n=1$ なら $J$ は $a_0x+a_2x^3+a_4x^5+\cdots$、$n=2$ なら $a_0x^2+a_2x^4+a_4x^6+\cdots$。$a_1=a_3=\cdots=0$ という同じ係数の条件が、先頭の $x^n$ によって全体の異なる偶奇を与える。

$a_1$ を第2の任意定数として残すと、1次の式 $(2n+1)a_1=0$ に反する。たとえば $n=0,a_1=1$ とすれば最低次に $x$ の係数1が残り、解にならない。また奇数系列が0だから全体を偶関数とすると、$n=1$ の $J(x)\sim a_0x$ という先頭形に反する。係数の添字 $m$ と、実際のべき $n+m$ を区別して結論を書く。

実数 $x$ の正負を交換しても、方程式は $xJ'$ と $x^2J''$ の形で不変になる。正則な級数解は先頭係数 $a_0$ を与えると漸化式で一意に決まるため、$(-1)^nJ(-x)$ も同じ先頭形と同じ方程式を持ち、元の解へ一致する。従って $J(-x)=(-1)^nJ(x)$ という偶奇の法則を、級数で奇数添字が消える計算とは別に、方程式の対称性と一意性からも理解できる。$n$ を変えることと $x$ の符号を変えることは異なる操作である。

設問1(d) 偶数番目の係数と規格化

漸化式を何度も使った積の分母には、$4^p$、$1\cdot2\cdots p=p!$、$(n+1)\cdots(n+p)=(n+p)!/n!$ の三つの因子が現れる。$a_0=1/n!$ を入れると最後の $n!$ が消え、答案の階乗表示となる。$p=0$ に戻すと $a_0=1/n!$ を再現し、$p=1$ は $a_2=-1/[4(n+1)!]$ で漸化式にも一致する。

この級数はすべての実数 $x$ で収束する。隣接する非零項の絶対値の比は $x^2/[4(p+1)(n+p+1)]$ で、$p\to\infty$ で0となるためである。従って原点付近の形式計算だけでなく、任意の有限の $x$ で項別微分して元の微分方程式の解として確かめられる。

原題の二つの規格化には相違があるので、そのまま同じ記号で混ぜない。問2の母関数を二つの指数関数へ分けると $$e^{xz/2}e^{-x/(2z)} =\sum_{a,b\ge0}\frac{(-1)^b(x/2)^{a+b}}{a!b!}z^{a-b}.$$ $n\ge0$ の $z^n$ の係数は $a=n+b$ から $$J_n(x)=\sum_{p\ge0}\frac{(-1)^p(x/2)^{n+2p}}{p!(n+p)!}$$ となり、$x^n$ の先頭係数は $1/(2^nn!)$ である。一方、この設問の指定係数は $1/n!$ なので、得られる解を $\widetilde J_n$ と区別した。線形同次方程式は定数倍も解にするため、どちらも同じ方程式を満たすが、母関数はその倍率を一意に定める。

例えば $n=1$ では指定解が $x-x^3/8+\cdots$、標準解は $x/2-x^3/16+\cdots$ で2倍違う。$n=0$ では $2^0=1$ なので一致する。原題の $a_0$ を説明なく標準値へ変えると、問1(d)の指定を満たさない。反対に指定級数を問2の母関数の係数だとすると、$z^1$ の先頭が $x$ となり、母関数を直接展開した $x/2$ と矛盾する。答えを無理に一致させず、規格化の違いを明記して両問を解く。

規格化の倍率は関数の形を変えず、同じ零点を持つ一方、原点の微分などの値を変える。$n=1$ なら $\widetilde J_1'(0)=1$、標準では $J_1'(0)=1/2$ である。方程式の残差を0とする検査だけでは、どちらの倍率を選んだかは分からない。原点の先頭係数を確かめる検査と、母関数のローラン係数を積分する検査を併用すると、両方とも方程式の解であるという事実を保ったまま、指定間の倍率差を判定できる。

二つの規格化を $n=1$ の場合に比べると、下図のようになる。実線が標準の $J_1$、破線が指定係数による $\widetilde J_1=2J_1$ で、縦の倍率だけが異なり零点は一致する。

設問2(a) 積分表示

ローラン級数は、原点を除く円環で正則な関数を正負両方の整数べきの和として表す。係数は閉曲線積分 $c_n=(2\pi i)^{-1}\oint f(z)z^{-n-1}dz$ で取り出せる。これは各べき $z^m$ に対し、円周積分が $m=n$ の場合だけ $2\pi i$、他は0となる直交性に基づく。積分経路は反時計回りに取り、原点の特異点を一度囲む。

単位円の上では $|z|=1$ なので、$z^{-n-1}dz=i e^{-in\theta}d\theta$ と一つの指数が消える。母関数は $e^{ix\sin\theta}$、その積は $e^{i(x\sin\theta-n\theta)}$ となる。$x$ と $n$ が実数、$n$ が整数という条件のもとで、区間 $[-\pi,\pi]$ の両半分は互いに複素共役である。従って積分は実数で、余弦を0から $\pi$ まで積分した形へまとめられる。

$x=0$ なら $J_n(0)=\pi^{-1}\int_0^\pi\cos n\theta\,d\theta$。整数 $n\ne0$ では0、$n=0$ では1となり、母関数が $f(z)=1$ になることと一致する。また小さい $x$ で積分を展開すると、$n=1$ では $\cos(x\sin\theta-\theta)=\cos\theta+x\sin^2\theta+O(x^2)$ なので $J_1\simeq x/2$ となる。前問で指摘した標準の先頭係数を、積分表示からも確認できる。

積分は標準の $J_n$ の数値計算にも使える。被積分関数が実数なので、複素円周を直接離散化しなくても通常の実積分で値を求められる。ただし大きな $x$ や $n$ では振動が速くなるため、分割幅を十分小さくして収束を確認する。

$z^{-n-1}$ だけを変換して $dz$ の $e^{i\theta}$ を忘れると、余弦の次数が $n+1$ へずれる。$x=0,n=0$ で誤って $\int\cos\theta=0$ と出るので、規格化で判定できる。$1/(2\pi)$ を保ったまま区間を半分にすると、$J_0(0)=1/2$ となる。共役な二つの半区間を足した因子2まで反映する。

$J_0$ の小さい $x$ の形も積分から求められる。$\cos(x\sin\theta)=1-x^2\sin^2\theta/2+O(x^4)$ を積分し、$\int_0^\pi\sin^2\theta d\theta=\pi/2$ を使えば $J_0(x)=1-x^2/4+O(x^4)$ となる。指数のフーリエ級数の係数を取り出しているので、$J_0$ は円周上の $e^{ix\sin\theta}$ の平均でもある。各点の絶対値が1のため、三角不等式から実数 $x$ で $|J_0(x)|\le1$ とも確認できる。

設問2(b) 負の整数次数

母関数の引数を $z$ から $-1/z$ に変えると、$(-1/z)-(-z)=z-1/z$ なので指数全体が変わらない。一方、各単項式は $z^n\to(-1)^nz^{-n}$ となり、正と負の次数が入れ替わる。原点を除く領域でのローラン展開は一意だから、同じ関数を表す二つの級数の同じべきの係数を比較できる。

積分表示からも確認できる。$J_{-n}=\pi^{-1}\int_0^\pi\cos(x\sin\theta+n\theta)d\theta$ に $\theta=\pi-u$ を入れると、$\sin\theta=\sin u$、$n\theta=n\pi-nu$ なので $$\cos(x\sin u+n\pi-nu) =(-1)^n\cos(x\sin u-nu).$$ 整数 $n$ に対して $\sin n\pi=0,\cos n\pi=(-1)^n$ を使った。この別解も同じ符号の関係を与える。非整数次数ではこのように単純な関係にはならず、整数条件が式の成り立つ箇所で使われている。

$n=0$ では恒等的に同じ関数、$n=1$ では $J_{-1}=-J_1$、$n=2$ では $J_{-2}=J_2$ となる。小さい $x$ で母関数を直接 $1+(x/2)(z-z^{-1})+\cdots$ と展開しても、$z$ の係数 $x/2$ と $z^{-1}$ の係数 $-x/2$ は逆符号である。偶数次数では二度の負号が打ち消す。

負の次数は新しい独立な第一種の系列を与えるのではなく、整数次数では正の次数の定数倍になる。ベッセル方程式自体は $n^2$ だけを含むため $n$ と $-n$ が同じ微分方程式になるが、それだけで倍率が $(-1)^n$ と決まるわけではない。倍率を決めるのは今回の母関数の規格化である。

次数の二乗が同じという理由で常に $J_{-n}=J_n$ とすると、$n=1$ の先頭係数を $-x/2$ でなく $+x/2$ と誤る。問1の指定による $\widetilde J_n=2^nJ_n$ の倍率を負の $n$ へ説明なく流用するのも、問1が $n\ge0$ として定めた範囲を超えている。この設問では母関数の全整数次数の係数を定義として使い、前半の規格化との相違を保つ。

2階方程式の二つの解 $u,v$ の独立性は、ロンスキアン $W=uv'-u'v$ でも調べられる。微分して方程式を代入すると $W'=-(1/x)W$、従って $W=C/x$ である。整数次数の $J_n,J_{-n}$ は定数倍なので $C=0$、この二つだけで一般の解は作れない。独立なもう一つを得るには原点で特異な系列を使う必要がある。「正負の次数があるから2本の独立な解がそろう」と考える誤りを、この具体的な判定でも検出できる。

母関数を微分すると、隣の次数との関係も導ける。$x$ による微分は $\partial_xf=(z-z^{-1})f/2$ なので、$z^n$ の係数を比べて $$J_n'(x)=\frac12\{J_{n-1}(x)-J_{n+1}(x)\}.$$ また $z\partial_zf=(x/2)(z+z^{-1})f$ から $$nJ_n(x)=\frac x2\{J_{n-1}(x)+J_{n+1}(x)\}$$ を得る。$n=0$ の後者は $J_{-1}+J_1=0$ を再現し、前者は $J_0'=-J_1$ となる。小さい $x$ の $J_0=1-x^2/4+\cdots$ を微分すれば $-x/2+\cdots$ で、標準の $J_1=x/2+\cdots$ と一致する。微分方程式・母関数・積分表示から得た規格化を、次数をつなぐ式でも照合できる。

設問1 円軌道の角速度

ニュートンの万有引力は二質点の間隔 $d$ に対して $GM_1M_2/d^2$ の引力を与える。円運動の向心加速度は速さ $v=r\omega$ から $v^2/r=r\omega^2$ となる。前者の距離 $d$ と後者の軌道半径 $r$ は同じとは限らない。本問では等質量のため重心が二天体の中点にあり、それぞれの軌道半径が $r$ なので、重力の式には $d=2r$ を入れる。

相対運動のケプラー則による別解では、全質量は $2M$、相対円軌道の半径は $2r$。従って $\omega^2=G(2M)/(2r)^3=GM/(4r^3)$ と同じ式を得る。一つの星を固定して質量 $M$ の周りを距離 $2r$ で動くとみなすと $GM/(8r^3)$ になり、双方が動く二体の相対運動を表せない。換算質量を導入した二体問題では全質量を使う理由が、この等質量の例では係数2として現れる。

角速度の次元は $[GM/r^3]^{1/2}=\mathrm{s^{-1}}$。軌道を大きくすると $r^{-3/2}$ で小さくなり、質量を大きくすると平方根で増える。各星の速さは $v=r\omega=\sqrt{GM/(4r)}$、周期は $T=2\pi/\omega=4\pi\sqrt{r^3/(GM)}$ となる。二体が同じ角速度で常に重心の反対側にいる配置と整合する。

この問では一周期の間の重力波による変化を無視している。円軌道の力の釣合いを瞬間ごとの近似として使い、長時間の収縮は後のエネルギー収支へ分ける。角速度が一定の円軌道と、時間とともにゆっくり変わる近似円軌道の二つの時間尺度がある。

星間距離を $r$ と誤ると $\omega^2=GM/r^3$、角速度を正しい値の2倍に答える。連星の合計質量 $2M$ を各星の慣性質量にも入れて $2Mr\omega^2=GM^2/(4r^2)$ とすると $\omega^2=GM/(8r^3)$ へ半分にずれる。どの星の運動方程式かを一つ選び、その慣性質量・加速度半径・相手までの距離を個別に対応させる。

一般の重心・相対座標では全質量 $M_{\mathrm{tot}}=2M$、換算質量 $\mu=M/2$、相対距離 $d=2r$ を使う。相対運動の式 $\mu d\omega^2=G M^2/d^2$ に代入すると左辺は $Mr\omega^2$ となり、1星の向心力の式と同じになる。重い主星を固定できる惑星の近似と異なり、等質量の連星は双方が同じ距離だけ重心の周りを動く。重心の半径と相対距離の変換を、質量の変換と一緒に行う必要がある。

設問2 連星全体の力学的エネルギー

重力ポテンシャルの零点を無限遠に選ぶと、二質点の相互作用エネルギーは $-GM_1M_2/d$ である。$-dU/dd=-GM_1M_2/d^2$ が引力の符号を再現する。本問の対はAとBの一組なので、各星から見たポテンシャルをそのまま足して二重計上しない。多体系でも通常は $U=\sum_{i<j}-Gm_im_j/r_{ij}$ と異なる組を一度ずつ数える。

各星の運動エネルギーは $Mv^2/2$ で、同じ速さの星が二つあるため $K=Mv^2$ となる。$v^2=GM/(4r)$ を入れると答案の値を得る。重心は静止する座標系を選んでいるので、重心の並進運動エネルギーは含まない。この内部エネルギーが重力波で減少し、軌道の収縮を決める。

円軌道の結果は $2K+U=0$ であり、重力のビリアルの関係と一致する。実際、各星で向心力の式へ半径 $r$ を掛けると $Mr^2\omega^2=GM^2/(4r)$、二星の運動エネルギーをまとめて $K=-U/2$ となる。従って $E=U/2=-K<0$ で、無限遠へ離れるのに必要なエネルギーを欠く束縛状態である。

軌道半径が半分になると $E$ は2倍の負の値になり、系はより低いエネルギーへ移る。一方 $K=-E$ は増えるので、放射で全エネルギーを失いながら星の速さが増えることは矛盾しない。より多く減少する負の位置エネルギーが、運動エネルギーの増加と放射の両方を供給する。$r\to\infty$ で $K,U,E\to0$ となる極限も確認できる。

位置エネルギーを二度足すと $U=-GM^2/r$、$E=-3GM^2/(4r)$ となり、正しい束縛エネルギーの3倍を答える。運動エネルギーを1星分しか数えないと $E=-3GM^2/(8r)$ となる。$E=+GM^2/(4r)$ と符号を逆にすると、放射でエネルギーが減るときに軌道が広がるという次問以降の逆の結果につながる。組数と星の個数の二つの因子2を分けて確認する。

$r$ で位置エネルギーを微分した $-dU/dr=-GM^2/(2r^2)$ は、1星に働く力 $-GM^2/(4r^2)$ の2倍になる。これは $r$ を変えると両星が同時にそれぞれ $dr$ 動き、星間距離が $2dr$ 変わるためである。一般化座標 $r$ に共役な力は二星の仕事の和であり、1星の力をそのまま意味しない。星間距離 $d$ を使えば $-dU/dd=-GM^2/d^2$ で相互重力に戻る。エネルギーの微分から力を検算するときも、どの変位を微分するかをそろえる。

設問3 四重極モーメントの各成分

ここでの四重極モーメントは、質量分布の2次の位置モーメントから跡の成分を引いた対称なテンソルである。一般の質点分布では $I_{ij}=\sum_a m_a(x_{ia}x_{ja}-\delta_{ij}|\boldsymbol x_a|^2/3)$ と定義する。$\delta_{ij}$ は対角で1、非対角で0なので、跡を足すと各質点について $|\boldsymbol x_a|^2-3|\boldsymbol x_a|^2/3=0$ となる。球対称な広がりの成分を除き、方向によって異なる分布の2次成分を取り出している。

等質量の二星は原点に関して反対側だが、位置の積は $(-x_i)(-x_j)=x_ix_j$ なので加算される。従って $I_{11}=2Mr^2(\cos^2\omega t-1/3)$、$I_{22}=2Mr^2(\sin^2\omega t-1/3)$、$I_{12}=2Mr^2\sin\omega t\cos\omega t$ である。$\cos^2u=(1+\cos2u)/2$、$\sin^2u=(1-\cos2u)/2$、$2\sin u\cos u=\sin2u$ を使えば答案の形になる。$x_3=0$ でも跡を引く項があるので、$I_{33}$ は0ではない。

$t=0$ ではAが $(r,0,0)$ にあり、対角は $(4/3,-2/3,-2/3)Mr^2$、非対角は0となる。1/4周期後はAが $y$ 軸に移り、$I_{11}$ と $I_{22}$ が入れ替わる。常に $I_{11}+I_{22}+I_{33}=0$、$I_{12}=I_{21}$ であり、定義の跡なし・対称性を満たす。

変動成分の角周波数は $2\omega$ である。二星を入れ替える半回転後には質量分布が全く同じになるため、四重極の周期が軌道周期の半分になる。これは後の三階微分に $2\omega$ が3回掛かる理由であり、放射の周波数が軌道の周波数と同じと考えない。

AとBの位置が反対だからモーメントも相殺すると考えると、双極子 $\sum m\boldsymbol x$ と2次の四重極を混同している。実際、双極子は重心系で0だが $I_{11}(0)=4Mr^2/3$ は非零である。$I_{33}=0$ とすると跡が $2Mr^2/3$ 残り、跡なしの定義を満たさない。二倍角へ直す前と後で、初期値と跡を両方確認する。

振動する二成分の大きさも、初期の一つの成分だけでは決まらない。例えば位相 $\omega t=\pi/4$ では $\cos2\omega t=0,\sin2\omega t=1$ なので $I_{11}=I_{22}=Mr^2/3$、$I_{12}=Mr^2$ となる。この時刻でも跡は0で、対角の変動が小さい分を非対角が受け持つ。放射率で正弦と余弦の2乗が補い合うことは、回転により四重極の向きが変わっても変動の全体の大きさが一定であることを表している。

変動成分を $Q_1=(I_{11}-Mr^2/3)/(Mr^2)$、$Q_2=I_{12}/(Mr^2)$ とすると $Q_1=\cos2\omega t,Q_2=\sin2\omega t$ となる。下図の半軌道周期だけで一周する二つの成分は、$Q_1^2+Q_2^2=1$ を保つ。

設問4 重力波のエネルギー放射率

本問で与えられた四重極の放射率は、時間変化する跡なし四重極の三階微分の2乗を足し、周期平均する公式である。一般相対論の弱い場・遅い運動で得られる放射の主要項をモデルとして使い、一周期では軌道を固定できるという指定に従う。ここで新しく求めるのは、与えられたモーメントを微分して和・平均を評価する部分である。

時間微分で $\cos2\omega t\to-2\omega\sin2\omega t\to-(2\omega)^2\cos2\omega t\to(2\omega)^3\sin2\omega t$ となる。非対角の正弦は3回後に負の余弦になる。定数の $Mr^2/3$ や $-2Mr^2/3$ は微分で消えるので、静止した球対称成分はこの放射率へ寄与しない。

和は独立成分だけの和ではなく、$i,j=1,2,3$ の二重和である。対角の二成分はそれぞれ $64M^2r^4\omega^6\sin^2$、$I_{12}$ と $I_{21}$ は別々に同じ $64M^2r^4\omega^6\cos^2$ を寄与する。従って瞬時の和が既に一定となり、周期平均を取っても変わらない。別に各正弦・余弦の2乗を平均して1/2とすれば、4成分で $4\times64/2=128$ と同じ係数を得る。

次元は $[G/c^5]=\mathrm{s^3/(kg\,m^2)}$、$[I^{(3)}]^2=\mathrm{kg^2m^4/s^6}$ なので、積は $\mathrm{kg\,m^2/s^3}$、すなわち電力になる。$M,r,\omega$ を指定した表示では $\omega^6$ に比例するため、速い変動ほど大きく放射する。角速度を半分にすれば、この表示での放射率は1/64となる。

非対角を一度だけ数えると、平均の係数は $3\times64/2=96$ となり、正しい値の3/4に誤る。三階微分の周波数を $\omega$ として $2\omega$ を落とすと、微分が $2^3$ 分小さくなり、2乗した放射率は1/64となる。既に和で $\sin^2+\cos^2=1$ とした後にさらに1/2を掛ける誤りも、128を64へ半減させる。平均をどの段階で取るかを一つに決めて数える。

回転する質量の双極子モーメント $\boldsymbol D=\sum_am_a\boldsymbol x_a=M_{\mathrm{tot}}\boldsymbol R$ は、孤立系の重心が等速運動するため2階微分が0である。総質量も一定なので、質量の単極子・双極子の単純な時間変化では放射を表せない。原題が四重極の変動を与えるのは、全質量や重心の保存を保ったまま、系の向きと形の変化が残る最初の成分だからである。等質量で双極子が0となっても、重力波の放射率まで0にはならない。

設問5 軌道半径の変化の式

放射率は系から外へ出る正のエネルギー毎秒なので、残る力学的エネルギーの変化には負号が付く。$E(r)$ は負だが、その微分は $dE/dr=+GM^2/(4r^2)>0$ である。従ってエネルギーが下がると $r$ も下がり、軌道が収縮する。負のエネルギーを失うことを、符号だけで「大きさが小さくなる」と解釈しない。

準円軌道の近似では、一周期ごとにほぼ同じ円運動をしながら、その半径が長い時間尺度で変化する。前問では固定した $r,\omega$ で周期平均を取り、ここではその結果をゆっくり変わる $r(t)$ へ当てはめる。必要な条件は収縮時間 $r/|\dot r|$ が周期 $2\pi/\omega$ より長いこと、また各星の速度が $c$ に比べ小さく、重力場が弱いことである。

$A=8G^3M^3/(5c^5)$ と置けば式は $\dot r=-A/r^3$。$[A]=\mathrm{m^4/s}$ なので、右辺は速度の次元になる。半径を半分にした時点では収縮の速さ $|\dot r|$ は8倍となり、さらに $P\propto r^{-5}$ だから放射率は32倍となる。軌道が小さくなるほど放射が強まり、収縮が速くなるという連鎖を二つの尺度で確かめられる。

同じ結果を星間距離 $d=2r$ で書き換えると、$r^{-5}=32d^{-5}$ なので $P=64G^4M^5/(5c^5d^5)$ となる。重心回りの半径 $r$ と星間距離 $d$ の表示は、同じ質量・同じ配置に対してこの係数32の換算を伴う。式の見た目の係数だけを比較して違う放射率と判定せず、使っている距離の定義もそろえる。

$dE/dt=+P_{\mathrm{GW}}$ とすると $\dot r>0$ となり、放射で軌道が広がる逆の解を出す。また $d(-1/r)/dr=-1/r^2$ と微分の符号を誤っても同じ逆向きの結果になる。$\omega^6=(\omega^2)^3$ で $4^3=64$ と $r^9$ を確認し、放射率の $r^4$ と合わせて $r^{-5}$、エネルギーの微分で最後に $r^{-3}$ となるべきを追う。

近似の時間尺度を式で確認する。収縮の時間 $\tau_r=r/|\dot r|=5c^5r^4/(8G^3M^3)$ と周期 $T=4\pi\sqrt{r^3/(GM)}$ の比は $$\frac{\tau_r}{T}=\frac5{32\pi}\left(\frac{c^2r}{GM}\right)^{5/2}.$$ $r\gg GM/c^2$ ならこの比が大きく、一周期の収縮を小さいとする条件を満たす。一方、小さい半径へ延長するとこの比が減り、周期平均とゆっくり変化する円軌道を分ける扱いが崩れる。放射率を正確に積分できても、近似の前提まで無限に延長できるわけではない。

設問6 収縮の時間発展

変数分離できる1階微分方程式では、正の半径の範囲で $r^3$ を掛けて両辺を積分する。積分定数は初期値 $r(0)=r_0$ から決まり、$r^4$ が時間に比例して減る形になる。4乗根の正の枝を選ぶのは半径が非負だからで、$t<t_c$ の範囲で実数の収縮解を表す。

微分して戻すと $\dot r=-(r_0/4t_c)(1-t/t_c)^{-3/4}=-A/r^3$ となり、初期条件と元の式の両方を満たす。2階微分は $\ddot r=-3A^2/r^7<0$ なので、図は単調減少し、時間が進むほど傾きが負側へ急になる。初めはゆっくり縮むが、後半で収縮が速くなる。半径の半減までに形式的な $t_c$ の15/16を要することも、後半ほど変化が速い形と一致する。

$t_c$ はこの模型を $r=0$ まで延長した形式上の時刻である。実際には $r$ が小さくなると速度が増え、弱い場・遅い運動・一周期で半径を固定する近似が破れる。図の終端付近の破線は公式を延長した形を示すもので、ニュートン的な模型がそのまま合体の瞬間まで成り立つという意味ではない。与えられた近似の範囲内では、積分した解と半減時刻を答える。

時間の尺度 $t_c\propto r_0^4/M^3$ は初期半径に強く依存する。初期半径を2倍にすると収縮の尺度は16倍、各星の質量を2倍にすると1/8になる。$c^5r_0^4/(G^3M^3)$ の単位が秒になることも確認できる。数値を入れる場合は、$M$ が連星の合計でなく各星の質量であることを保つ。

$r^3$ の積分を $r^3/3$ と誤ると、半径のべきと時間の次元が合わない。$r(t)=r_0(1-t/t_c)$ と直線にすると、元の $\dot r=-A/r^3$ が収縮に伴い速くなる条件を満たさない。また $r=r_0/2$ を $1-t/t_c=1/2$ と置くと半減時刻を $t_c/2$ に誤る。4乗してから $1/16$ を代入し、求めた時刻を元の $r(t)$ へ戻せば半径1/2を再現できる。

収縮に伴い角速度も変わり、$\omega(t)=\sqrt{GM/(4r_0^3)}(1-t/t_c)^{-3/8}$ となる。四重極の角周波数は $2\omega$ なので、重力波の通常の周波数は $f_{\mathrm{GW}}=\omega/\pi$ で増加する。軌道が小さくなるほど公転も放射の変動も速くなるという、半径の解からの別の予測である。一定周期の正弦波が最後まで続くと考えるのでなく、一周期内では固定、長い時間では周波数が変わるという二つの近似を整合させる。

設問1(a) 座標変換と微分演算子

多変数の連鎖則では、$x_1$ を変えたとき新しい二座標 $X,x$ がそれぞれどれだけ変わるかを計算する。$x_2$ を固定すれば $\partial X/\partial x_1=m_1/M$、$\partial x/\partial x_1=1$。$x_1$ を固定して $x_2$ を変えれば前者が $m_2/M$、後者が $-1$ になる。従って波動関数のような任意の滑らかな関数に対する微分演算子が答案の2式で表せる。

2階の項も展開すると $$\frac1{m_1}\partial_{x_1}^2 =\frac{m_1}{M^2}\partial_X^2+\frac2M\partial_X\partial_x+\frac1{m_1}\partial_x^2,$$ 第2の核については混合項だけが $-2\partial_X\partial_x/M$ となる。十分滑らかな関数では微分順序を交換でき、二つの混合項が消える。重心の質量重みと運動エネルギーの $1/m_i$ が組み合わさることで、内部と全体の運動が分離する。

等質量 $m_1=m_2=m$ では $M=2m,\mu=m/2$ なので、右辺は $\partial_X^2/(2m)+2\partial_x^2/m$。試験関数 $f(X,x)=Xx$ に左辺を作用させても、混合項が正負で消えて0となる。$f=x^2$ では左辺が $2/m_1+2/m_2=2/\mu$、右辺でも同じ値を得る。座標変換後の係数を具体的な関数へ作用させて検算できる。

相対座標をこの問題と逆の $x_2-x_1$ に定めると1階微分の符号は変わるが、2階の結果は変わらない。ただし片方の式だけ相対座標の符号を変えると混合項が消えなくなる。運動量の2乗に対応する演算子へ掛かる質量は全質量と換算質量に分かれ、両方へ全質量を入れるものではない。

$\partial_{x_1}=\partial_X+\partial_x$ と重心の係数を1にすると、$\partial_X^2$ の係数を $1/\mu$ と誤る。等質量なら正しい $1/(2m)$ に対して $2/m$ と4倍になる。相対座標の $x_2$ 微分を $+1$ とすると混合項が $4/M$ 残り、重心と内部を分けられない。偏微分で何を固定するかを定義から確認する。

逆変換は $x_1=X+(m_2/M)x$、$x_2=X-(m_1/M)x$ で、そのヤコビアンの行列式は $-1$、絶対値は1である。従って $dx_1dx_2=dXdx$、3次元でも $d^3r_1d^3r_2=d^3R\,d^3r$ となり、規格化積分に新しい体積係数は付かない。運動演算子の係数が全質量・換算質量へ変わることと、確率を積分する体積の係数が変わることは別である。波動関数の引数だけを新座標へ書き換えても、確率の総量を保てる。

設問1(b) 重心・相対座標の波動方程式

非相対論的な粒子の運動エネルギー演算子は $\hat p^2/(2m)$、座標表示では $-\hbar^2\nabla^2/(2m)$ である。二つの核の運動演算子の和を座標変換するので、前問で $1/m_i$ を重みにして微分を足した結果がそのまま使える。ポテンシャル $V(r)$ は、電子が基底状態へ追随しているという指定のもとで、核間距離に応じた有効なエネルギーを表す。

$\nabla_R^2=\partial_X^2+\partial_Y^2+\partial_Z^2$、$\nabla_r^2=\partial_x^2+\partial_y^2+\partial_z^2$ とし、各直交軸で混合項が0となるため、方向をまたいだ新しい交差項も生じない。座標は変わっても全6自由度は残る。重心3自由度と相対3自由度に分かれたのであって、重心を固定する条件を勝手に加えていない。

ポテンシャルは両核を同じだけ平行移動しても変わらないので $\boldsymbol R$ に依存しない。従って重心の運動量が保存し、分子全体の並進運動と内部の振動・回転を別々に解ける。外部電場や容器が重心位置へ依存するエネルギーを与える場合は、この単純な分離を使えない。自由な二原子分子という条件がここで働いている。

運動演算子の符号は、重心だけの平面波 $e^{i\boldsymbol K\cdot\boldsymbol R}$ へ作用させると $\nabla_R^2=-K^2$、従ってエネルギーが $+\hbar^2K^2/(2M)$ となることから確かめられる。負号を落とすと自由な並進の運動エネルギーが負になり、下に際限なく下がる非物理的な式になる。

相対運動の質量を $M$ にしてしまうと、特に軽い核の質量を無限に近く小さくした極限で誤る。正しくは $\mu\simeq m_{\mathrm{light}}$ となって軽い核の大きい量子運動が現れるが、$M$ では重い核に支配されてしまう。$V$ を $V(|\boldsymbol R|)$ に置く誤りも、核間距離を分子の重心から原点までの距離へ取り違え、全体を移動しただけで内部の結合エネルギーを変える。相互作用の距離の定義を保つ。

元の平面波の位相 $\boldsymbol p_1\cdot\boldsymbol r_1+\boldsymbol p_2\cdot\boldsymbol r_2$ を逆変換すると、$\boldsymbol P\cdot\boldsymbol R+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r$ となる。ここで $\boldsymbol P=\boldsymbol p_1+\boldsymbol p_2$、$\boldsymbol p=(m_2\boldsymbol p_1-m_1\boldsymbol p_2)/M$。古典的な運動エネルギーも $P^2/(2M)+p^2/(2\mu)$ へ分かれ、量子演算子の二つの質量と一致する。相対運動量を単なる $\boldsymbol p_1-\boldsymbol p_2$ とすると、質量重みによる正しい位相の変換を満たさない。

設問1(c) 変数分離とエネルギーの和

変数分離は、ハミルトニアンが異なる変数に作用する二つの演算子の和に分かれるとき、その固有関数を積として構成する方法である。積を代入すると片方の変数を変えても他方は変わらないので、両項の和が全座標で一定になるためには各項が一定でなければならない。波動関数の節で割れない点は、積を割った式だけに頼らず、得た二つの方程式を元の積へ代入して確認する。

演算子で書けば $H=H_R+H_r$、$H_R$ は $\boldsymbol R$ だけ、$H_r$ は $\boldsymbol r$ だけを微分するので両者は可換である。$H_R\Phi=E_R\Phi$、$H_r\phi=E_r\phi$ なら $H(\Phi\phi)=(E_R+E_r)\Phi\phi$ となり、分離した解から全体の解を作れる。この構成により、分子の内部準位に任意の並進運動を重ねられる。

自由な重心の解は平面波 $\Phi=e^{i\boldsymbol K\cdot\boldsymbol R}$、$E_R=\hbar^2K^2/(2M)\ge0$ である。全空間の平面波は通常の有限ノルムの状態ではないため、実際の局在する分子はこれらを重ねた波束で表す。内部の束縛準位は $E_r$ の固有値で決まり、分子が部屋の中を移動する速さを変えても、非相対論的なこの模型では内部の準位間隔は変わらない。

重心系では $\boldsymbol K=0$、$E_R=0$ と選べるが、これは方程式の一般解を求めた後の座標系・状態の選択である。$E=E_r$ を最初から置くと、重心運動を持つ分子の状態を落とす。一方、内部状態が $E_r=V_e+\cdots$ と負の結合エネルギーを持っていても、重心の運動を足して全エネルギーが変化することは矛盾しない。

エネルギーを積 $E=E_RE_r$ とすると単位がエネルギーの2乗になり、ハミルトニアンの和と合わない。$\psi=\Phi+\phi$ を代入するだけでも、各関数が別の座標へ依存する相互作用の積構造を作れない。定常状態では積で固有関数を作り、より一般の状態はその積状態をさらに線形結合するという二段階を区別する。

座標変換の体積係数が1なので、$\Phi,\phi$ をそれぞれ規格化できる状態なら、積の規格化も $\int|\Phi|^2d^3R\int|\phi|^2d^3r=1$ と分かれる。ただし、どの状態も一つの積で表せるとは限らない。異なる内部準位と重心運動を相関させた状態は、複数の $\Phi_\alpha\phi_\alpha$ の和として表す。ここでの変数分離は、固有関数の基底を積で構成できるという主張であり、一般の状態に相関がないという仮定ではない。

設問2(a) 回転による有効ポテンシャル

球対称なポテンシャルでは角度方向の状態を球面調和関数で分離できる。角度のラプラシアンの固有値が $-l(l+1)$ なので、運動演算子の先頭の負号と合わせて正のエネルギー項になる。$l=0,1,2,\ldots$ は回転の量子数、同じ $l$ で $m=-l,\ldots,l$ は角運動量の一軸成分を表す。ポテンシャルが方向を選ばないため、この模型のエネルギーは $m$ に依存しない。

$R=u/r$ とした理由は、球座標のラプラシアンの1階微分を除くためである。実際に $R'=u'/r-u/r^2$、$R''=u''/r-2u'/r^2+2u/r^3$ と計算し、$2R'/r$ を足すと余分な項がすべて消える。角度を $\int|Y_{lm}|^2d\Omega=1$ と規格化すれば、動径の確率も $\int|R|^2r^2dr=\int|u|^2dr$ へ変わり、1次元の形として扱える。

古典的な相対運動では、角運動量の大きさを $L$ とすると回転エネルギーが $L^2/(2\mu r^2)$ である。量子力学では $L^2$ の固有値が $\hbar^2l(l+1)$ になるので、同じ形式の遠心エネルギーが得られる。$W$ は $r$ が小さいほど大きく、核が近づくのを妨げる正の障壁となる。$l=0$ ではこの障壁がない。

単位は $[\hbar^2/(\mu r^2)]=\mathrm J$、$l(l+1)$ は無次元である。$l=1$ の回転項は $\hbar^2/(\mu r^2)$、$l=2$ ならその3倍となる。$l$ に一次比例するわけでなく、隣接準位の差も $l$ に応じて変わることが後の遷移エネルギーへ現れる。

角度の固有値の負号をそのままエネルギーへ持ち込んで $W<0$ とすると、高い回転状態ほど核を原点へ引き込むという逆の作用になる。$l^2$ だけを使うと $l=1$ の値を正しいものの半分にし、量子角運動量の $l(l+1)$ を落とす。また質量へ $M$ を入れると、結合長を変える内部運動の慣性を全体の並進の質量と混同する。相対方程式であることを最後まで保つ。

角度 $\varphi$ を一周して波動関数が同じ値へ戻る条件は、方位角依存 $e^{im\varphi}$ に対して $m\in\mathbb Z$ を要求する。さらに極の方向で正則な球面調和関数は $|m|\le l$、$l$ は非負整数となる。同じ $l$ に $2l+1$ 通りの $m$ があるが、遠心項は $l(l+1)$ だけで、これらは同じ回転エネルギーを持つ。$m$ と $l$ を同じ量子数として数えると、この方向の縮退を落としてしまう。

設問2(b) 振動と回転のエネルギー準位

ポテンシャルが安定な平衡距離 $r_e$ で極小を持つなら、$V'(r_e)=0$、$V''(r_e)>0$ である。テイラー展開すると $V(r)=V_e+V''(r_e)q^2/2+O(q^3)$。$V''(r_e)=\mu\omega^2$ と定めれば、角振動数 $\omega=\sqrt{V''(r_e)/\mu}$ の調和振動子になる。高次の項を落とせる小振幅の振動という条件が必要である。

定数を引いたハミルトニアンは $p_q^2/(2\mu)+\mu\omega^2q^2/2$。昇降演算子 $a=\sqrt{\mu\omega/(2\hbar)}[q+ip_q/(\mu\omega)]$ を導入し $[q,p_q]=i\hbar$ を用いると、$H_{\mathrm{vib}}=\hbar\omega(a^\dagger a+1/2)$ となる。$a^\dagger a$ の非負整数固有値が $n$ なので、振動エネルギーが $\hbar\omega(n+1/2)$ と分かる。定数のポテンシャルは固有関数を変えず、固有値へ同じ定数を加える。

回転項を一定にする条件も別に確認する。$W(r)\propto r^{-2}$ なので、$|q|/r_e\ll1$ なら $W(r)=W(r_e)[1-2q/r_e+\cdots]$ の変化が小さい。振動の量子的な幅の尺度は $\sqrt{\hbar(n+1/2)/(\mu\omega)}$ であり、これが $r_e$ に比べ小さい必要がある。また回転の量子数が非常に大きいと遠心力による平衡位置のずれが無視できなくなり、この分離した近似を使えない。

$V_e$ は結合ポテンシャルの底の値で、$n=l=0$ でも $E_r=V_e+\hbar\omega/2$ となる。核は平衡点に完全静止するのでなく零点振動を持つ。$l=0$ なら純粋な振動、$n$ 一定で $l$ を変えると剛体回転子の準位列となる。慣性モーメント $I=\mu r_e^2$ と置けば回転エネルギーは $\hbar^2l(l+1)/(2I)$ で、古典的な二核の回転の慣性とも一致する。

$n\hbar\omega$ として1/2を落とすと、基底をポテンシャルの底 $V_e$ と同一視する。核間距離の代わりに各核の重心からの距離を $r_e$ へ入れると、等質量で距離が半分となり回転エネルギーを4倍に誤る。$r_e$ は二核間の距離であること、回転項と振動項を独立に近似したことを明示する。

遠心力による平衡距離のずれも見積もれる。$V_{\mathrm{eff}}'=\mu\omega^2(r-r_e)+W'(r)$、$W'(r_e)=-\hbar^2l(l+1)/(\mu r_e^3)$ だから、1次では $$\delta r_e\simeq\frac{\hbar^2l(l+1)}{\mu^2\omega^2r_e^3}>0.$$ 回転が強いと結合が伸びる。$\delta r_e/r_e\ll1$ なら回転項を $r_e$ で固定する近似を使いやすく、非常に高い $l$ ではその条件を再確認する。このずれを最初から0と決めた模型の結果と、補正の大きさを区別して読める。

準位の並びを、例として $B_{\mathrm{rot}}=0.08\hbar\omega$ とした尺度で示す。原題へ数値条件を加えたものではなく、各振動準位に回転の細かい階段が重なることを表す。

設問3(a) 回転量子数が一つ増える遷移

遷移エネルギーは終状態と始状態の固有値の差 $E_{r,f}-E_{r,i}$ であり、個々の準位の絶対値とは異なる。振動量子数が一つ増える寄与は常に $\hbar\omega$、回転量子数も増える場合は回転エネルギーの正の差が加わる。本問では選択則として指定された $\Delta n=1,\Delta l=1$ を、得られた近似準位へ当てはめる。

回転の項の差を展開すると $(l_i^2+3l_i+2)-(l_i^2+l_i)=2l_i+2$ となる。振動の零点 $\hbar\omega/2$ とポテンシャルの底 $V_e$ は両状態で同じなので差では消えるが、それらが元の準位に存在しないという意味ではない。エネルギー原点の選び方に観測する線の周波数が依存しないことも、この相殺から分かる。

$B_{\mathrm{rot}}=\hbar^2/(2\mu r_e^2)$ と定めれば $\Delta E=\hbar\omega+2B_{\mathrm{rot}}(l_i+1)$。同じ振動遷移に伴うこの系列は、$l_i$ を1増やすごとに線エネルギーが $2B_{\mathrm{rot}}$ ずつ増える。光子の吸収なら $h\nu=\Delta E$、角周波数で書けば $\hbar\Omega=\Delta E$ なので、回転の補正が中心の振動の周波数より高い側へ線を並べる。

例えば $l_i=1$ から2へ移ると回転項は $2B_{\mathrm{rot}}$ から $6B_{\mathrm{rot}}$ へ増え、差は $4B_{\mathrm{rot}}$。公式へ入れた $2B_{\mathrm{rot}}(1+1)$ と一致する。慣性モーメントが大きい分子ほど $B_{\mathrm{rot}}$ が小さくなり、回転による線間隔が狭くなる。

$l(l+1)$ の差を単に $\Delta l=1$ と置くと、補正を $B_{\mathrm{rot}}$ として $l_i$ への依存を失う。$l_i=1$ の例では正しい $4B_{\mathrm{rot}}$ の1/4となる。また振動数 $\omega$ が角周波数であるのに光子の式を $h\omega$ とすると $2\pi$ 倍ずれる。エネルギー差を先に求め、通常の周波数と角周波数のどちらへ換算するかをその後で決める。

結合のばね定数 $k=V''(r_e)$ と平衡距離が同じまま核の質量だけを変えると、$\omega=\sqrt{k/\mu}$ は $\mu^{-1/2}$、$B_{\mathrm{rot}}=\hbar^2/(2\mu r_e^2)$ は $\mu^{-1}$ に比例する。振動の中心と回転の線間隔は、同じ質量変化でも異なる比率で動く。この式からの尺度の比較は、分子の振動・回転が別の慣性を使っているためでなく、同じ換算質量が振動では平方根、回転では一次に入るためである。

設問3(b) 回転量子数が一つ減る遷移

振動は一段励起される一方、回転エネルギーは一段減るため、光子が供給するエネルギーは振動量子 $\hbar\omega$ より小さくなる。符号は $l_f-l_i=-1$ を単独で掛けるのでなく、二つの $l(l+1)$ の値の差から決める。$(l_i-1)l_i-l_i(l_i+1)=-2l_i$ なので、前問の $l_i+1$ と異なる係数を持つ。

前問と同じ $B_{\mathrm{rot}}=\hbar^2/(2\mu r_e^2)$ を使えば $\Delta E=\hbar\omega-2B_{\mathrm{rot}}l_i$。$l_i$ が増えるほど、この系列の線は振動の中心から低いエネルギー側へ動く。増加側の系列が $\hbar\omega+2B_{\mathrm{rot}}(l_i+1)$ なので、剛体回転子の近似では中心の振動エネルギーと隣接する二系列の位置関係を一度に比較できる。

例えば $l_i=2$ から1へ移る場合、回転エネルギーは $6B_{\mathrm{rot}}$ から $2B_{\mathrm{rot}}$ へ減り、振動に必要な分から $4B_{\mathrm{rot}}$ を差し引く。式の $-2B_{\mathrm{rot}}l_i$ と一致する。前問の $l_i=1\to2$ とは回転の変化が逆なので、補正の絶対値が同じで符号が逆になる。

吸収の光子として扱うなら $\Delta E>0$ でなければならない。非常に大きい $l_i$ を単純な式へ入れて負になる場合、それはその組合せで正のエネルギーの吸収を意味しない。実際の高い回転状態では遠心力による結合長の変化や非調和性も無視できなくなるため、前問までの近似の範囲を確認する。ここでは与えられた模型による準位差を、そのまま符号付きで示す。

$l_f=l_i-1$ を $l_i+1$ へ代入すると前問と同じ正の補正を出し、エネルギーを失う回転の変化を逆にする。$-2B_{\mathrm{rot}}(l_i-1)$ とすると、$l_i=2$ で補正を $-2B_{\mathrm{rot}}$ と半分にしてしまう。また全体に負号を付けて $-\hbar\omega+2B_{\mathrm{rot}}l_i$ とすると、始状態と終状態の差を逆に定義した式になる。振動の増加と回転の減少を別々に引き算してから合わせる。

同じ初期 $l_i$ について増加側と減少側を比べると、差は $2B_{\mathrm{rot}}(2l_i+1)$ となる。例えば $l_i=2$ では増加側が $\hbar\omega+6B_{\mathrm{rot}}$、減少側が $\hbar\omega-4B_{\mathrm{rot}}$ で、差は $10B_{\mathrm{rot}}$。二つの補正を単に同じ絶対値の正負とすると、回転準位の $l(l+1)$ が作る間隔の非対称を失う。