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問１：釘を中心に回転する小球の限界到達点を考える
1-1.
エネルギー保存則により
\begin{align*}
\frac{1}{2}mv_0^2 &= mg\cdot 3l + \frac{1}{2}mv^2\\
v &= \sqrt{v_0^2 – 6gl}
\end{align*}
1-2.
小球が限界到達点にいるとき、動径方向の力のつり合いを考えると
\begin{align*}
m\frac{v^2}{l} &= S + mg\\
S &= m\frac{v^2}{l} – mg\\
&= m(\frac{v_0^2}{l} – 7g)
\end{align*}
1-3.
限界到達点において\(S \ge 0\)となればよいから、最低限必要な\(v_0\)を与えるとき、\(S = 0\)となる。すなわち、1-2の結果を用いて、\(v_0 = \sqrt{7gl}\)
問２：静電相互作用を持つ２つの調和振動子
2-1.
それぞれの振動子のハミルトニアンを足し合わせる。
$$H_0 = \frac{1}{2}m\omega _1^2x_1^2 + \frac{p_1^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega _2^2x_2^2 + \frac{p_2^2}{2m}$$
2-2.
調和振動子間には、(1)電子同士, (2)原子核同士, (3)一方の振動子の電子・他方の振動子の原子核 という３種類の相互作用が存在する。よって、これらを足し合わせると、
\begin{align*}
H_1 &= \alpha\cdot\frac{(+e)(+e)}{R} + \alpha\cdot\frac{(-e)(-e)}{R – x_1 + x_2} + \alpha\cdot\frac{(+e)(-e)}{R + x_2} + \alpha\cdot\frac{(-e)(+e)}{R – x_1}\\
&= \alpha\frac{e^2}{R} + \alpha\frac{e^2}{R – x_1 + x_2} – \alpha\frac{e^2}{R + x_2} – \alpha\frac{e^2}{R – x_1}
\end{align*}
2-3.
与えられた条件の下では、以下の近似が成り立つ。
\begin{align*}
\frac{1}{R – x_1 + x_2} &= \frac{1}{R}\left(1 + \frac{x_2 – x_1}{R}\right)^{-1}\\
&\cong \frac{1}{R}\left\{1 – \frac{x_2 – x_1}{R} + \left(\frac{x_2 – x_1}{R}\right)^2\right\}
\frac{1}{R + x_2} &= \frac{1}{R}\left(1 + \frac{x_2}{R}\right)^{-1}\\
&\cong \left(1 – \frac{x_2}{R} + \frac{x_2^2}{R^2}\right)
\frac{1}{R – x_1} &= \frac{1}{R}\left(1 – \frac{x_1}{R}\right)^{-1}\\
&\cong \left(1 + \frac{x_1}{R} + \frac{x_1^2}{R^2}\right)
\end{align*}
よって
\begin{align*}
H_1 &= \cong \alpha e^2\frac{(x_1 – x_2)^2 – x_2^2 – x_1^2}{R^3}\\
&= – \frac{2\alpha e^2x_1x_2}{R^3}
\end{align*}
2-4.
基準座標、基準運動量を用いると、\(x_1, x_2, p_1, p_2\)はそれぞれ以下のように表せる。
\begin{align*}
x_1 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(x_s + x_a)\\
x_2 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(x_s – x_a)\\
p_1 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(p_s + p_a)\\
p_2 &= \frac{1}{\sqrt{2}}(p_s – p_a)
\end{align*}
これらを用いると、全ハミルトニアンは
\begin{align*}
H &= H_0 + H_1\\
&= \frac{1}{2}m\left(\omega _0^2 – \frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right)x_s^2 + \frac{p_s^2}{2m} + \frac{1}{2}m\left(\omega _0^2 + \frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right)x_p^2 + \frac{p_p^2}{2m}
\end{align*}
と書くことができる。1, 2項目が対称振動モード部分、3, 4項目が反対称振動モード部分である。
2-5.
2-4の結果と、与えられた条件\(\frac{2\alpha e^2}{mR^3} \ll 1\)を用いると
\begin{align*}
\omega _s &= \sqrt{\omega _0^2 – \frac{2\alpha e^2}{mR^3}}\\
&\cong 1 + \frac{1}{2}\left(-\frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right) + \frac{1}{2!}\cdot\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{2} – 1\right)\left(-\frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right)^2\\
\omega _a &= \sqrt{\omega _0^2 + \frac{2\alpha e^2}{mR^3}}\\
&\cong 1 + \frac{1}{2}\left(\frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right) + \frac{1}{2!}\cdot\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{2} – 1\right)\left(\frac{2\alpha e^2}{mR^3}\right)^2
\end{align*}
のように展開できる。
2-6.
静電相互作用が生じた場合の、調和振動子の最低エネルギーの減少量を求める。
2-5の展開の結果を用いると、
\begin{align*}
\Delta E &= \hbar\omega _0 – \left(\frac{\hbar\omega _s}{2} + \frac{\hbar\omega _a}{2}\right)\\
&= \frac{\hbar\omega _0}{2}\left(\frac{\alpha e^2}{mR^3\omega _0^2}\right)^2\\
&\propto \frac{1}{R^6}
\end{align*}
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