余緯角（方位角）を $\theta$ 、緯度角（偏角）を $\varphi$ とすると、 $ dx dy dz = r^2 \sin \theta dr d \theta d \varphi $ であるから、 \begin{align} \iiint_{r \leq a} \frac{1}{r^2} dx dy dz &= \int_0^a dr \int_0^\pi d \theta \int_0^{2 \pi} d \varphi \frac{r^2 \sin \theta}{r^2} \\ &= 2 \pi a \left[ - \cos \theta \right]_0^\pi \\ &= 4 \pi a \end{align}
与えられた行列の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \begin{vmatrix} \lambda + 1 & 1 & -1 \\ 1 & \lambda + 1 & 1 \\ -1 & 1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda + 2)^2 \\ \therefore \lambda &= 1, -2 \end{align}
(i) 固有値 $1$ に対応する固有ベクトルを求めるため、次のようにおく： \begin{align} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{align} これを整理すると、 $x+y=0, x=z$ であるから、例えば、 \begin{align} v_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align} が規格化された固有ベクトルである。
(ii) 固有値 $-2$ に対応する固有ベクトルを求めるため、次のようにおく： \begin{align} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{align} これを整理すると、 $y=x+z$ であるから、例えば、 \begin{align} v_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , v_3 = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{align} が規格化された互いに直交する固有ベクトルである。
$v_1$ と $v_2$ 、 $v_1$ と $v_3$ も互いに直交している。
$\Delta y = 0$ のとき、 $\Delta h = \Delta x$ であり、次のようになる： \begin{align} \lim_{\Delta h \to 0} \frac{f(z + \Delta h) - f(z)}{\Delta h} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{ \left\{ u(x + \Delta x, y) + i v(x + \Delta x, y) \right\} - \left\{ u(x,y) + i v(x,y) \right\} } {\Delta x} \\ &= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} + i \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} \end{align} $\Delta x = 0$ のとき、 $\Delta h = i \Delta y$ であり、次のようになる： \begin{align} \lim_{\Delta h \to 0} \frac{f(z + \Delta h) - f(z)}{\Delta h} &= \lim_{\Delta y \to 0} \frac{ \left\{ u(x, y + \Delta y) + i v(x, y + \Delta y) \right\} - \left\{ u(x,y) + i v(x,y) \right\} } {i \Delta y} \\ &= -i \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} + \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} \end{align} これらの実部どうし・虚部どうしが等しいので、次を得る： \begin{align} \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} = \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} , \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} = - \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} \end{align}
$C$ の内部で $e^{iz}/z$ は特異点を持たないので、 $I=0$ である。
また、$I$ は次のように4つの積分に分けて計算できる： \begin{align} I_1 &= \int_\varepsilon^R \frac{e^{ix}}{x} dx \\ &= \int_\varepsilon^R \frac{\cos x}{x} dx + i \int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx \\ I_2 &= \int_{-\varepsilon}^{-R} \frac{e^{ix}}{x} dx \\ &= - \int_\varepsilon^R \frac{\cos x}{x} dx + i \int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx \\ I_3 &= \int_\pi^0 \frac{e^{i \varepsilon \exp(i \theta)}}{\varepsilon e^{i \theta}} i \varepsilon e^{i \theta} d \theta \\ &= -i \int_0^\pi e^{i \varepsilon \exp (i \theta)} d \theta \\ &\xrightarrow{\varepsilon \to 0} -i \int_0^\pi d \theta = -i \pi \\ I_4 &= \int_0^\pi \frac{e^{iR \exp (i \theta)}}{R e^{i \theta}} i R e^{i \theta} d \theta \\ &= i \int_0^\pi e^{iR \exp (i \theta)} d \theta \\ &= i \int_0^\pi e^{R ( i \cos \theta - \sin \theta)} d \theta \\ \left| I_4 \right| &\leq \int_0^\pi \left| e^{R ( i \cos \theta - \sin \theta)} \right| d \theta \\ &= \int_0^\pi e^{-R \sin \theta} d \theta \\ &\lt \frac{\pi}{R} \xrightarrow{R \to \infty} 0 \end{align} 以上より、$I=I_1+I_2+I_3+I_4=0$ は $\varepsilon \to 0, R \to \infty$ において、 \begin{align} 2i \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx - i \pi = 0 \end{align} となり、 \begin{align} \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx = \frac{\pi}{2} \end{align} を得る。
\begin{align} X &= x + l \sin \theta \\ Y &= - l \cos \theta \\ \dot{X} &= \dot{x} + l \dot{\theta} \cos \theta \\ \dot{Y} &= l \dot{\theta} \sin \theta \end{align}
ラグランジアンは、(運動エネルギー) - (位置エネルギー) であるから、 \begin{align} L &= \frac{1}{2} 2m \dot{x}^2 + \frac{1}{2} m \left( \dot{X}^2 + \dot{Y}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 - mgY \\ &= \frac{1}{2} m \left( 3 \dot{x}^2 + 2 l \dot{x} \dot{\theta} \cos \theta + l^2 \dot{\theta}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 + mgl \cos \theta \end{align}
問2) で求めた $L$ は $x, \dot{x}, \theta, \dot{\theta}$ の2次までで、 \begin{align} L &= \frac{1}{2} m \left( 3 \dot{x}^2 + 2 l \dot{x} \dot{\theta} + l^2 \dot{\theta}^2 \right) - \frac{1}{2} k x^2 + mgl \left( 1 - \frac{1}{2} \theta^2 \right) \end{align}
問3) で求めた $L$ について、次のように計算する： \begin{align} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} &= \frac{d}{dt} \left( 3m \dot{x} + ml \dot{\theta} \right) = 3m \ddot{x} + ml \ddot{\theta} = 3m \ddot{x} + m \ddot{s} \\ \frac{\partial L}{\partial x} &= -kx = -2m \Omega^2 x \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} &= \frac{d}{dt} \left( ml \dot{x} + ml^2 \dot{\theta} \right) = ml \ddot{x} + ml^2 \ddot{\theta} = ml \ddot{x} + ml \ddot{s} \\ \frac{\partial L}{\partial \theta} &= -mgl \theta = -mgs \end{align} よって、運動方程式は次のようになる： \begin{align} & \begin{cases} 3m \ddot{x} + m \ddot{s} = -2m \Omega^2 x \\ ml \ddot{x} + ml \ddot{s} = -mgs \end{cases} \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} 3 \ddot{x} + \ddot{s} = - 2 \Omega^2 x \\ \ddot{x} + \ddot{s} = - \Omega^2 s \end{cases} \end{align}
問4) で求めた運動方程式に $x=A \sin \omega t, s=B \sin \omega t$ を代入すると、 \begin{align} & \begin{cases} -3 \omega^2 A \sin \omega t - \omega^2 B \sin \omega t = -2 \Omega^2 A \sin \omega t \\ - \omega^2 A \sin \omega t - \omega^2 B \sin \omega t = - \Omega^2 B \sin \omega t \end{cases} \\ \therefore \ \ \ \ & \begin{cases} \left( 3 \omega^2 - 2 \Omega^2 \right) A + \omega^2 B = 0 \\ \omega^2 A + \left( \omega^2 - \Omega^2 \right) B = 0 \end{cases} \tag{1} \end{align} 自明でない解をもつための条件は、 \begin{align} 0 = \begin{vmatrix} 3 \omega^2 - 2 \Omega^2 & \omega^2 \\ \omega^2 & \omega^2 - \Omega^2 \end{vmatrix} = (\omega + \sqrt{2} \Omega) (\omega - \sqrt{2} \Omega) (\sqrt{2} \omega + \Omega) (\sqrt{2} \omega - \Omega) \end{align} $\omega_1 \gt \omega_2 \gt 0$ であるから、 \begin{align} \omega_1 = \sqrt{2} \Omega, \omega_2 = \frac{\Omega}{\sqrt{2}} \end{align}
(i) $\omega = \omega_1$ を式(1)に代入して、 \begin{align} \frac{A}{B} = - \frac{1}{2} \end{align}
(ii) $\omega = \omega_2$ を式(1)に代入して、 \begin{align} \frac{A}{B} = 1 \end{align}
微小区間にある電荷は $\rho dl$ で、APの長さは $\sqrt{a^2+z^2}$ であるから、 求める電場の大きさは、 \begin{align} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\rho dl}{a^2+z^2} \end{align}
z軸に垂直な成分は打ち消し合うことを考慮して、 求める電場の大きさは、 \begin{align} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\rho dl}{a^2+z^2} \frac{|z|}{\sqrt{a^2+z^2}} \cdot 2 = \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{|z| \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \end{align} また、電場の向きは、 $z \gt 0$ のときは +z方向、 $z \lt 0$ のときは -z方向である。
z方向の単位ベクトルを $\hat{z}$ として、 \begin{align} \vec{E} &= \int_0^{\pi a} \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{z \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{z \rho \cdot \pi a}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{1}{2 \varepsilon_0} \frac{az \rho}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \end{align}
z方向の単位ベクトルを $\hat{z}$ として、 \begin{align} \vec{B} &= \int_0^{2 \pi a} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a \omega \rho dl}{a^2+z^2} \frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}} \hat{z} \\ &= \int_0^{2 \pi a} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a^2 \omega \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a^2 \omega \rho \cdot 2 \pi a}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{\mu_0 a^3 \omega \rho}{2 (a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \end{align}
式(1)より \begin{align} 0 = \vec{\nabla} \cdot \vec{E} = \frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} + \frac{\partial E_z}{\partial z} = \frac{\partial E_z}{\partial z} = X(x) Y(y) \frac{dZ(z)}{dz} \sin \omega t \end{align} であるから、 \begin{align} \frac{dZ(z)}{dz} = 0 \end{align} であり、 $Z(z)$ は $z$ に依存しない定数である。
式(5)のz成分の両辺に $E_z(x,y,t) = X(x) Y(y) Z \sin \omega t$ を代入すると、 \begin{align} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} Y(y) Z \sin \omega t + X(x) \frac{d^2 Y(y)}{dy^2} Z \sin \omega t = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 X(x) Y(y) Z \sin \omega t \end{align} であるから、 \begin{align} \frac{1}{X} \frac{d^2 X}{dx^2} + \frac{1}{Y} \frac{d^2 Y}{dy^2} = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 \end{align}
\begin{align} \frac{1}{X} \frac{d^2 X}{dx^2} = -k_x^2 , \ \ \ \ \frac{1}{Y} \frac{d^2 Y}{dy^2} = -k_y^2 \end{align} より、 \begin{align} \frac{d^2 X}{dx^2} = -k_x^2 X , \ \ \ \ \frac{d^2 Y}{dy^2} = -k_y^2 Y \end{align} であるから、 $X, Y$ の一般解は、次のようになる： \begin{align} \begin{cases} X(x) = A \sin k_x x + B \cos k_x x \\ Y(y) = C \sin k_y y + D \cos k_y y \end{cases} \end{align} ここで、 $A, B, C, D$ は積分定数である。
(i) $X(0)=0$ より、 $B=0$ であり、 \begin{align} X(x) = A \sin k_x x \end{align} $Y(0)=0$ より、 $D=0$ であり、 \begin{align} Y(y) = C \sin k_y y \end{align} よって、 \begin{align} E_z &= A \sin k_x x \cdot C \sin k_y y \cdot Z \sin \omega t \\ &= E_{z0} \sin k_x x \sin k_y y \sin \omega t \end{align} を得る。 ここで、 $E_{z0} = A C Z$ とした。
(ii) $X(a)=0$ より、 \begin{align} k_x = \frac{\pi}{a} n_x \ \ \ \ (n_x = 1, 2, \cdots) \end{align} $Y(a)=0$ より、 \begin{align} k_y = \frac{\pi}{a} n_y \ \ \ \ (n_y = 1, 2, \cdots) \end{align}
問2),3)より、 \begin{align} -k_x^2 - k_y^2 = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 \end{align} \begin{align} \therefore \ \ \omega^2 = \frac{k_x^2 + k_y^2}{\varepsilon_0 \mu_0} \end{align} これに、問4)で得た $k_x = \pi n_x / a, k_y = \pi n_y / a$ を代入すると、 \begin{align} \omega^2 = \frac{\pi^2 (n_x^2 + n_y^2)}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2} \end{align} $\omega = \omega_0$ となるのは $n_x=n_y=1$ のときなので、 \begin{align} \omega_0^2 &= \frac{2 \pi^2}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2} \\ \therefore \ \ \omega_0 &= \sqrt{\frac{2 \pi^2}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2}} \end{align}
$\psi(0)=0$ であるから、 \begin{align} \psi(0) = B = 0 \end{align} よって、 \begin{align} \psi(x) = A \sin kx \end{align} また、 $\psi(L)=0$ であるから、 \begin{align} \psi(L) = A \sin kL = 0 \end{align} よって、 $k$ は、正の整数 $n$ を使って、 \begin{align} k_n L = \pi n , \ \ \ \ \therefore \ k_n = \frac{\pi}{L} n \end{align} と書かれる。 よって、固有状態の波動関数は、 \begin{align} \psi_n(x) = A \sin k_n x = A \sin \frac{n \pi x}{L} \end{align} である。
波動関数の規格化条件から $A$ を求める： \begin{align} 1 &= \int_0^L | \psi_n(x) |^2 dx = |A|^2 \int_0^L \sin^2 k_n x dx = |A|^2 \int_0^L \frac{1 - \cos 2k_nx}{2} dx \\ &= \frac{|A|^2}{2} \left[ x - \frac{1}{2} \sin 2k_nx \right]_0^L = \frac{|A|^2 L}{2} \end{align} よって、 $A = \sqrt{2/L}$ とすればよく、 \begin{align} \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin k_n x = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{n \pi x}{L} \end{align} を得る。
最後に、エネルギー固有値 $E_n$ を求めるため、次のように計算する： \begin{align} - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \psi_n(x) &= - \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} A \sin \frac{n \pi x}{L} = \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} A \sin \frac{n \pi x}{L} \\ &= \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} \psi_n(x) \end{align} よって、 \begin{align} E_n = \frac{\hbar^2 \pi^2 n^2}{2m L^2} \end{align} を得る。
\begin{align} \psi_3(x) &= \sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{3 \pi x}{L} \\ \left| \psi_3(x) \right|^2 &= \frac{2}{L} \sin^2 \frac{3 \pi x}{L} \end{align}
\begin{align} \varphi(x) &= C \sin^3 \frac{\pi x}{L} = C \left( \frac{3}{4} \sin \frac{\pi x}{L} - \frac{1}{4} \sin \frac{3 \pi x}{L} \right) \\ &= \frac{C}{4} \sqrt{\frac{L}{2}} \left( 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right) \end{align} したがって、 $\varphi(x)$ は $\psi_1(x)$ と $\psi_3(x)$ の重ね合わせで表された。
次に、 $\varphi(x)$ の規格化条件から $C$ を求める： \begin{align} 1 &= \int_0^L \left| \varphi(x) \right|^2 dx = \frac{|C|^2 L}{32} \int_0^L \left( 9 \psi_1^2(x) - 6 \psi_1(x) \psi_3(x) + \psi_3^2(x) \right) dx \\ &= \frac{|C|^2 L}{32} \cdot 10 = \frac{5 L |C|^2}{16} \end{align} よって、 $C = 4/\sqrt{5L}$ とすればよく、 \begin{align} \varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{10}} \left( 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right) \end{align} を得る。
最後に、 $\psi_1(x), \psi_3(x)$ に存在する確率は、それぞれ、 \begin{align} \left( \frac{3}{\sqrt{10}} \right)^2 = \frac{9}{10} , \ \ \left( \frac{-1}{\sqrt{10}} \right)^2 = \frac{1}{10} \end{align} である。
$\varphi(x)$ におけるエネルギー期待値は、次のように計算できる： \begin{align} \int_0^L \varphi(x) \mathcal{H} \varphi(x) &= \frac{1}{10} \int_0^L \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} \mathcal{H} \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} dx \\ &= \frac{1}{10} \int_0^L \left\{ 3 \psi_1(x) - \psi_3(x) \right\} \left\{ 3 E_1 \psi_1(x) - E_3 \psi_3(x) \right\} dx \\ &= \frac{1}{10} \left( 9 E_1 + E_3 \right) \\ &= \frac{1}{10} \frac{\hbar^2 \pi^2}{2m L^2} \cdot 18 \\ &= \frac{9 \hbar^2 \pi^2}{10 m L^2} \end{align}
\begin{align} \left| 00 \right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \left| \uparrow \right\rangle \left| \downarrow \right\rangle - \left| \downarrow \right\rangle \left| \uparrow \right\rangle \right] \end{align}
固有値方程式 \begin{align} \mathcal{H} \psi(\vec{r}) = \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \nabla^2 + \frac{1}{2} \mu \omega^2 r^2 \right) \psi(\vec{r}) = E \psi(\vec{r}) \end{align} に $\psi(\vec{r}) = X(x)Y(y)Z(z)$ を代入して整理すると、 \begin{align} \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 x^2 \right) + \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Y''(y)}{Y(y)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 y^2 \right) + \left( -\frac{\hbar^2}{2 \mu} \frac{Z''(z)}{Z(z)} + \frac{1}{2} \mu \omega^2 z^2 \right) = E \end{align} となるので、 $x,y,z$ 成分がそれぞれ独立に 質量 $\mu$ , 角振動数 $\omega$ の 1次元調和振動子とみなせることがわかる。
したがって、このハミルトニアン $\mathcal{H}$ の基底状態の空間部分の波動関数は \begin{align} \psi_{000} (\vec{r}) = \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \end{align} であり、第1励起状態の空間部分の波動関数は \begin{align} \psi_{100} (\vec{r}) &= \phi_1(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \\ \psi_{010} (\vec{r}) &= \phi_0(x) \phi_1(y) \phi_0(z) \\ \psi_{001} (\vec{r}) &= \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_1(z) \end{align} である。
$\phi_0(-x)=\phi_0(x), \ \ \phi_1(-x) = - \phi(x)$ であるから、 \begin{align} \psi_{000} (-\vec{r}) &= \psi_{000} (\vec{r}) \\ \psi_{100} (-\vec{r}) &= - \psi_{100} (\vec{r}) \\ \psi_{010} (-\vec{r}) &= - \psi_{010} (\vec{r}) \\ \psi_{001} (-\vec{r}) &= - \psi_{001} (\vec{r}) \end{align} である。
考えている2粒子は同種フェルミ粒子であるから、 粒子の入れ替えに対して波動関数の符号が変わる。 基底状態の波動関数の空間部分は $\psi_{000} (\vec{r})$ で 符号が変わらないので、 これと組み合わせられるスピン部分は、 $\left| 00 \right\rangle$ である。 つまり、基底状態の波動関数は、 \begin{align} \psi_{000} (\vec{r}) \left| 00 \right\rangle = \phi_0(x) \phi_0(y) \phi_0(z) \left| 00 \right\rangle \end{align} である。
第1励起状態の波動関数の空間部分は $\psi_{100} (\vec{r}), \psi_{010} (\vec{r}), \psi_{001} (\vec{r})$ であり、 これと組み合わせられるスピン部分は $\left| 11 \right\rangle, \left| 10 \right\rangle, \left| 1 \ -1 \right\rangle$ である。 これらのすべての組み合わせが第1励起状態なので、 縮退度は $3 \times 3 = 9$ である。
\begin{align} \left( \vec{r} \cdot \vec{s} \right) \left| \uparrow \right\rangle &= \left( x s_x + y s_y + z s_z \right) \left| \uparrow \right\rangle \\ &= \frac{\hbar}{2} \left\{ x \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \right\} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} z & x-iy \\ x+iy & -z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} z \\ x+iy \end{pmatrix} \\ &= \frac{\hbar}{2} \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \end{align}
a) と同様にして、 \begin{align} \left( \vec{r} \cdot \vec{s} \right) \left| \downarrow \right\rangle = \frac{\hbar}{2} \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} \end{align} である。 よって、 \begin{align} \Delta V \left| 00 \right\rangle &= - \frac{g}{\sqrt{2}} \left( \vec{r} \cdot \vec{s}_1 \right) \left( \vec{r} \cdot \vec{s}_2 \right) \left( \left| \uparrow \right\rangle \left| \downarrow \right\rangle - \left| \downarrow \right\rangle \left| \uparrow \right\rangle \right) \\ &= - \frac{g}{\sqrt{2}} \frac{\hbar^2}{4} \left[ \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} - \left\{ (x-iy) \left| \uparrow \right\rangle -z \left| \downarrow \right\rangle \right\} \left\{ z \left| \uparrow \right\rangle + (x+iy) \left| \downarrow \right\rangle \right\} \right] \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right) \left| 00 \right\rangle \\ \therefore \ \ \left\langle 00 \right| \Delta V \left| 00 \right\rangle &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( x^2+y^2+z^2 \right) \end{align}
よって、求めるエネルギー変化は、 \begin{align} & \iiint \psi_{000}(\vec{r}) \left\langle 00 \right| \Delta V \left| 00 \right\rangle \psi_{000}(\vec{r}) dx dy dz \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \iiint \left( x^2+y^2+z^2 \right) \phi_0^2(x) \phi_0^2(y) \phi_0^2(z) dx dy dz \\ &= \frac{g \hbar^2}{4} \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{6/4} \int_0^\infty r^2 e^{-\frac{\mu \omega}{\hbar} r^2} \cdot 4 \pi r^2 dr \\ &= \pi g \hbar^2 \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{3/2} \int_0^\infty r^4 e^{-\frac{\mu \omega}{\hbar} r^2} dr \\ &= \pi g \hbar^2 \left( \frac{\mu \omega}{\pi \hbar} \right)^{3/2} \frac{3!!}{2^3} \sqrt{\pi \left( \frac{\hbar}{\mu \omega} \right)^5} \\ &= \frac{3}{8} \frac{g \hbar^3}{\mu \omega} \end{align} である。
単原子分子の理想気体なので、内部エネルギーを $U$ として、 \begin{align} U = \frac{3}{2} n R T , \ \ \ \ PV=nRT \end{align} が成り立つ。 また、熱力学第1,2法則より、 \begin{align} dU = T dS - P dV \end{align} が成り立つ。 よって、 \begin{align} dS &= \frac{1}{T} dU + \frac{P}{T} dV \\ &= \frac{3}{2} nR \frac{dT}{T} + nR \frac{dV}{V} \end{align} が成り立つ。
\begin{align} S(T,V) &= S(T_0, V_0) + \frac{3}{2} nR \int_{T_0}^T \frac{dT}{T} + nR \int_{V_0}^V \frac{dV}{V} \\ &= S(T_0, V_0) + \frac{3}{2} nR \ln \frac{T}{T_0} + nR \ln \frac{V}{V_0} \\ &= S(T_0, V_0) + nR \ln \left[ \left( \frac{T}{T_0} \right)^\frac{3}{2} \left( \frac{V}{V_0} \right) \right] \end{align}
混合前の状態方程式は、 \begin{align} P V_1 = n_1 R T , \ \ P V_2 = n_2 R T \end{align} であり、混合後の状態方程式は、 \begin{align} P (V_1 + V_2) = (n_1 + n_2) R T \end{align} である。
$n_1$ モルの理想気体のエントロピー変化は、 \begin{align} n_1 R \ln \left[ \left( \frac{T}{T} \right)^\frac{3}{2} \left( \frac{V_1+V_2}{V_1} \right) \right] = n_1 R \ln \frac{(n_1+n_2)RT/P}{n_1RT/P} = n_1 R \ln \frac{n_1+n_2}{n_1} \end{align} であり、同様に、 $n_2$ モルの理想気体のエントロピー変化は、 \begin{align} n_2 R \ln \frac{n_1+n_2}{n_2} \end{align} である。 よって、 \begin{align} \Delta S = n_1 R \ln \frac{n_1+n_2}{n_1} + n_2 R \ln \frac{n_1+n_2}{n_2} \end{align} を得る。
\begin{align} \mu_A + \mu_B = \mu_C \end{align}
\begin{align} \mu_{A0} + k_B T \ln \frac{P_A}{P_0} + \mu_{B0} + k_B T \ln \frac{P_B}{P_0} = \mu_{C0} + k_B T \ln \frac{P_C}{P_0} \end{align} を整理して、 \begin{align} k_B T \ln \frac{P_C P_0}{P_A P_B} &= \mu_{A0} + \mu_{B0} - \mu_{C0} \\ k_B T \ln K_P &= - \Delta \mu_0 \\ \therefore \ \ K_P &= \exp \left( - \frac{\Delta \mu_0}{k_B T} \right) \end{align}
定数 $a (\gt 0), b$ を使って \begin{align} \ln K_P = a \frac{1}{T} + b \end{align} と書けるとき、 \begin{align} \frac{\partial}{\partial T} \ln K_P = - \frac{a}{T^2} \end{align} となるので、与えられた式(7)より、 \begin{align} \Delta H_0 = - Ra \lt 0 \end{align} を得る。