京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2021年8月実施 I-3-CD

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• 京都大学
• 梯度、散度与旋度
• 常微分方程组
• 无穷级数
• 角动量合成

Author

祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

I-3C（物理数学）

(1) 3 次元ベクトル $\mathbf A,\mathbf B$ について、次の式 (A)、(B) を証明せよ。（1 成分について示せば良い。）但し

$$\nabla=\left(\frac\partial{\partial x},\frac\partial{\partial y},\frac\partial{\partial z}\right)$$

である。

$$\begin{aligned} \operatorname{rot}(\mathbf A\times\mathbf B)={}&\mathbf A(\operatorname{div}\mathbf B)-\mathbf B(\operatorname{div}\mathbf A)\\ &+(\mathbf B\cdot\nabla)\mathbf A-(\mathbf A\cdot\nabla)\mathbf B, \end{aligned}\tag{A}$$

$$\mathbf A\times\operatorname{rot}\mathbf A=-(\mathbf A\cdot\nabla)\mathbf A+\frac12\nabla\mathbf A^2.\tag{B}$$

(2) $\operatorname{div}(\mathbf A\times\mathbf B)$ を $\operatorname{rot}\mathbf A,\operatorname{rot}\mathbf B,\mathbf A,\mathbf B$ を使って表せ。

(3) 次の連立常微分方程式の一般解を求めよ。$y=y(x),z=z(x)$ とし、記号 $'$ は $d/dx$ である。

$$\begin{cases} y'+z'+7y+5z=0,\\ 3y'+2z'+y+z=0. \end{cases}\tag{C}$$

(4) 次の積分を求めよ。

$$\int_0^1\frac{\log_e(1-x)}{x}\,dx.\tag{D}$$

但し $|x|\leq1,x\neq1$ とし、$\sum_{n=1}^\infty 1/n^2=\pi^2/6$ を使って良い。

I-3D（量子力学）

スピンが $S$、その $z$ 成分が $S_z$ の規格化された量子力学的状態を $|S,S_z\rangle$ と表記する。ここで、$S_z=-S,-S+1,\ldots,S-1,S$ である。この $|S,S_z\rangle$ に対して

$$\hat S^-|S,S_z\rangle=\sqrt{(S+S_z)(S-S_z+1)}|S,S_z-1\rangle$$

を満たす演算子 $\hat S^-$ を導入する。この時、以下の設問に答えよ。

まず、スピン $1/2$ の粒子 2 つのスピンの合成を考える。

(1) 合成された全スピンが 1、その $z$ 成分が 1 である規格化された状態 $|1,1\rangle$ を、スピン $1/2$ の状態の直積 $|1/2,m_1\rangle|1/2,m_2\rangle$ を用いて表せ。

(2) 全スピンが 1、その $z$ 成分が 0 である規格化された状態 $|1,0\rangle$ を、小問 (1) の結果から出発し、$|1/2,m_1\rangle|1/2,m_2\rangle$ の線形結合として表現せよ。ただし、$\hat S^-$ は、$\hat s_1^-+\hat s_2^-$ のように、それぞれの粒子に作用する演算子の和としても定義される。

(3) 小問 (2) の状態に直交させることで、全スピンが 0、その $z$ 成分が 0 である規格化された状態 $|0,0\rangle$ を、スピン $1/2$ の状態の直積 $|1/2,m_1\rangle|1/2,m_2\rangle$ の線形結合として表現せよ。

次に、スピン 1 の粒子とスピン $1/2$ の粒子のスピンの合成を考える。

(4) 全スピンが $3/2$、その $z$ 成分が $1/2$ の規格化された状態 $|3/2,1/2\rangle$ を、スピン 1 と $1/2$ の状態の直積 $|1,M\rangle|1/2,m\rangle$ の線形結合として求めよ。ここで $M=1,0,-1$、$m=1/2,-1/2$ である。

题目描述

I-3C（数学物理）

(1) 对三维矢量 $\mathbf A,\mathbf B$，证明式 (A)、(B)，只需证明一个分量即可。其中

$$\nabla=\left(\frac\partial{\partial x},\frac\partial{\partial y},\frac\partial{\partial z}\right).$$

$$\begin{aligned} \operatorname{rot}(\mathbf A\times\mathbf B)={}&\mathbf A(\operatorname{div}\mathbf B)-\mathbf B(\operatorname{div}\mathbf A)\\ &+(\mathbf B\cdot\nabla)\mathbf A-(\mathbf A\cdot\nabla)\mathbf B, \end{aligned}\tag{A}$$

$$\mathbf A\times\operatorname{rot}\mathbf A=-(\mathbf A\cdot\nabla)\mathbf A+\frac12\nabla\mathbf A^2.\tag{B}$$

(2) 用 $\operatorname{rot}\mathbf A,\operatorname{rot}\mathbf B,\mathbf A,\mathbf B$ 表示 $\operatorname{div}(\mathbf A\times\mathbf B)$。

(3) 求下列常微分方程组的通解，$y=y(x),z=z(x)$，撇号表示 $d/dx$：

$$\begin{cases} y'+z'+7y+5z=0,\\ 3y'+2z'+y+z=0. \end{cases}\tag{C}$$

(4) 求积分

$$\int_0^1\frac{\log_e(1-x)}{x}\,dx.\tag{D}$$

设 $|x|\leq1,x\neq1$，可使用 $\sum_{n=1}^\infty1/n^2=\pi^2/6$。

I-3D（量子力学）

将自旋为 $S$、$z$ 分量为 $S_z$ 的归一化量子态记为 $|S,S_z\rangle$，其中 $S_z=-S,-S+1,\ldots,S-1,S$。引入满足

$$\hat S^-|S,S_z\rangle=\sqrt{(S+S_z)(S-S_z+1)}|S,S_z-1\rangle$$

的算符 $\hat S^-$，回答以下问题。

先考虑两个自旋 $1/2$ 粒子的自旋合成。

(1) 用两个自旋 $1/2$ 态的直积 $|1/2,m_1\rangle|1/2,m_2\rangle$ 表示总自旋为 1、$z$ 分量为 1 的归一化态 $|1,1\rangle$。

(2) 从 (1) 的结果出发，将总自旋为 1、$z$ 分量为 0 的归一化态 $|1,0\rangle$ 表示为上述直积态的线性组合。$\hat S^-$ 也可定义为分别作用于两粒子的算符之和 $\hat s_1^-+\hat s_2^-$。

(3) 利用与 (2) 中态的正交性，将总自旋和 $z$ 分量均为 0 的归一化态 $|0,0\rangle$ 表示为 $|1/2,m_1\rangle|1/2,m_2\rangle$ 的线性组合。

再考虑自旋 1 粒子与自旋 $1/2$ 粒子的合成。

(4) 将总自旋为 $3/2$、$z$ 分量为 $1/2$ 的归一化态 $|3/2,1/2\rangle$ 表示为 $|1,M\rangle|1/2,m\rangle$ 的线性组合，其中 $M=1,0,-1$，$m=1/2,-1/2$。

Kai

I-3C

(1)

反復添字を縮約する。$\epsilon_{ijk}\epsilon_{klm}=\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}$ より

$$\begin{aligned} [\nabla\times(\mathbf A\times\mathbf B)]_i &=\partial_j(A_iB_j-A_jB_i)\\ &=A_i\partial_jB_j-B_i\partial_jA_j\\ &\quad+B_j\partial_jA_i-A_j\partial_jB_i. \end{aligned}$$

同様に

$$[\mathbf A\times(\nabla\times\mathbf A)]_i =A_j\partial_iA_j-A_j\partial_jA_i =\tfrac12\partial_i(A_jA_j)-A_j\partial_jA_i.$$

それぞれ所要の恒等式である。

(2)

積の微分を用いて

$$\boxed{\nabla\cdot(\mathbf A\times\mathbf B) =\mathbf B\cdot(\nabla\times\mathbf A)-\mathbf A\cdot(\nabla\times\mathbf B).}$$

(3)

$$\frac{d}{dx}\binom yz=\begin{pmatrix}13&9\\-20&-14\end{pmatrix}\binom yz.$$

固有値は $-2,1$、対応する固有ベクトルは $(-3,5)^{\mathsf T},(-3,4)^{\mathsf T}$。従って任意定数 $C_1,C_2$ により

$$\boxed{\binom yz=C_1e^{-2x}\binom{-3}{5}+C_2e^x\binom{-3}{4}.}$$

(4)

$-\ln(1-x)/x=\sum_{n=1}^\infty x^{n-1}/n$ は $0<x<1$ で非負項の級数なので、単調収束により項別積分できる。

$$\boxed{\int_0^1\frac{\ln(1-x)}x\,dx=-\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=-\frac{\pi^2}{6}.}$$

I-3D

$|\uparrow\rangle=|1/2,1/2\rangle$、$|\downarrow\rangle=|1/2,-1/2\rangle$ と略記する。

(1)

最大磁気量子数を持つ唯一の積状態であるから $\boxed{|1,1\rangle=|\uparrow\uparrow\rangle}$。

(2)

$S_-|1,1\rangle=\sqrt2|1,0\rangle=|\downarrow\uparrow\rangle+|\uparrow\downarrow\rangle$ より

$$\boxed{|1,0\rangle=\frac{|\uparrow\downarrow\rangle+|\downarrow\uparrow\rangle}{\sqrt2}.}$$

(3)

$M=0$ の二次元空間で直交性・規格化を課して

$$\boxed{|0,0\rangle=\frac{|\uparrow\downarrow\rangle-|\downarrow\uparrow\rangle}{\sqrt2}.}$$

全体位相は任意である。

(4)

$|3/2,3/2\rangle=|1,1\rangle|\uparrow\rangle$ に一度 $S_-$ を作用させると

$$\sqrt3|3/2,1/2\rangle=\sqrt2|1,0\rangle|\uparrow\rangle+|1,1\rangle|\downarrow\rangle.$$

従って

$$\boxed{|3/2,1/2\rangle=\sqrt{\frac23}|1,0\rangle|\uparrow\rangle+\sqrt{\frac13}|1,1\rangle|\downarrow\rangle.}$$

Reference

• 京都大学公式問題（2022年度、PDF 10–11ページ）