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平成12年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

Physics東大院試（物理学専攻）解答 ch.10001GraduateFree~12 min read2026-08-24
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平成12年度の一般教育科目は「数学・物理」の合冊で、数学3問と物理学3問の計6問すべてに解答する形式でした（平成11年8月24日実施、3時間）。この記事では冊子のうち数学の3問だけを扱います。第1問はベクトル解析の基本（渦なし場のスカラーポテンシャルと電気力線の族）、第2問は実対称行列の固有値問題とユニタリ変換・フロベニウスノルムの不変性、第3問はフーリエ変換と留数計算による熱伝導方程式のグリーン関数の構成です。いずれも物理でそのまま使う計算技術を問う標準的な出題で、第3問の ω\omega 積分の極の位置と因果律の対応が唯一の考えどころです。

問題分野主題
第1問ベクトル解析・微分方程式渦なし場のポテンシャルと場に沿う曲線群
第2問線形代数実対称行列の固有値・固有ベクトルとユニタリ変換
第3問フーリエ解析・複素解析熱伝導方程式のグリーン関数

第1問 渦なし場のポテンシャルと場に沿う曲線群

Section titled “第1問 渦なし場のポテンシャルと場に沿う曲線群”

設定

Section titled “設定”

2次元のベクトル場 E(x,y)=(Ex(x,y), Ey(x,y))\boldsymbol{E}(x,y)=(E_x(x,y),\,E_y(x,y)) を考えます。各成分は必要な階数まで微分可能とします。設問(1)では、グリーンの定理

∬S(∂Ey∂x−∂Ex∂y)dx dy=∮CE⋅dr=∮C(Ex dx+Ey dy)\iint_S \left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}\right)dx\,dy =\oint_C \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r} =\oint_C (E_x\,dx+E_y\,dy)

（SS は閉曲線 CC の内部、線積分は反時計回り）を用いてよいとされています。場は全平面（単連結領域）で定義されているとして解きます。

設問(1)

Section titled “設問(1)”

∂Ey∂x−∂Ex∂y=0\dfrac{\partial E_y}{\partial x}-\dfrac{\partial E_x}{\partial y}=0 が全域で成り立つとします。任意の閉曲線 CC に対して、与えられたグリーンの定理から

∮CE⋅dr=∬S(∂Ey∂x−∂Ex∂y)dx dy=0\oint_C \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r} =\iint_S \left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}\right)dx\,dy=0

となります。したがって、2点を結ぶ線積分は経路によりません。実際、点 P0P_0 から点 PP に至る2つの経路 Γ1,Γ2\Gamma_1,\Gamma_2 をとると、Γ1\Gamma_1 と Γ2\Gamma_2 の逆向きをつないだものは閉曲線ですから、∫Γ1E⋅dr−∫Γ2E⋅dr=0\int_{\Gamma_1}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}-\int_{\Gamma_2}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}=0 です。

そこで基準点 (x0,y0)(x_0,y_0) を固定し、

φ(x,y)=∫(x0,y0)(x,y)(Ex dx′+Ey dy′)\varphi(x,y)=\int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)} (E_x\,dx'+E_y\,dy')

と定義すると、経路によらないので φ\varphi は (x,y)(x,y) の一価関数として確定します。これが求めるスカラー場であることを確かめます。xx 方向に Δx\Delta x だけずらした点までの積分路として、(x,y)(x,y) までの経路に線分 (x,y)→(x+Δx,y)(x,y)\to(x+\Delta x,y) を継ぎ足したものを選べば

φ(x+Δx,y)−φ(x,y)=∫xx+ΔxEx(x′,y) dx′\varphi(x+\Delta x,y)-\varphi(x,y)=\int_x^{x+\Delta x} E_x(x',y)\,dx'

となり、ExE_x の連続性から積分の平均値の定理により右辺は Ex(ξ,y) ΔxE_x(\xi,y)\,\Delta x（ξ\xi は xx と x+Δxx+\Delta x の間の点）と書けます。Δx→0\Delta x\to 0 の極限で

∂φ∂x=Ex\frac{\partial \varphi}{\partial x}=E_x

を得ます。yy 方向も同様に ∂φ/∂y=Ey\partial\varphi/\partial y=E_y です。よって E=grad⁡φ=(∂φ∂x,∂φ∂y)\boldsymbol{E}=\operatorname{grad}\varphi=\left(\dfrac{\partial\varphi}{\partial x},\dfrac{\partial\varphi}{\partial y}\right) と表せることが示されました。（証明終）

設問(2)

Section titled “設問(2)”

E=(x2−y2, −2xy)\boldsymbol{E}=(x^2-y^2,\,-2xy) に対して

∂Ey∂x−∂Ex∂y=∂∂x(−2xy)−∂∂y(x2−y2)=−2y−(−2y)=0\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial x}(-2xy)-\frac{\partial}{\partial y}(x^2-y^2) =-2y-(-2y)=0

となり、渦なしの条件が確認できます。設問(1)より φ\varphi が存在し、∂φ/∂x=x2−y2\partial\varphi/\partial x=x^2-y^2 を xx で積分して

φ=x33−xy2+f(y)\varphi=\frac{x^3}{3}-xy^2+f(y)

（ff は yy のみの関数）。これを ∂φ/∂y=−2xy\partial\varphi/\partial y=-2xy に入れると −2xy+f′(y)=−2xy-2xy+f'(y)=-2xy、すなわち f′(y)=0f'(y)=0 で ff は定数です。定数を落として、答えは

φ(x,y)=x33−xy2(+ const.)\varphi(x,y)=\frac{x^3}{3}-xy^2 \quad (+\,\text{const.})

です。検算として grad⁡φ=(x2−y2, −2xy)=E\operatorname{grad}\varphi=(x^2-y^2,\,-2xy)=\boldsymbol{E} が直ちに確かめられます。

設問(3)

Section titled “設問(3)”

曲線 ψ(x,y)=a\psi(x,y)=a 上の点における接線方向は、grad⁡ψ=(ψx,ψy)\operatorname{grad}\psi=(\psi_x,\psi_y) に直交します。接線が E\boldsymbol{E} と平行になる条件は、曲線に沿って dx:dy=Ex:Eydx:dy=E_x:E_y、すなわち

Ey dx−Ex dy=0⟺−2xy dx−(x2−y2) dy=0E_y\,dx-E_x\,dy=0 \quad\Longleftrightarrow\quad -2xy\,dx-(x^2-y^2)\,dy=0

です。左辺が完全微分形かどうかを確かめると

∂∂y(−2xy)=−2x,∂∂x(−(x2−y2))=−2x\frac{\partial}{\partial y}(-2xy)=-2x, \qquad \frac{\partial}{\partial x}\bigl(-(x^2-y^2)\bigr)=-2x

で一致するので完全形です。したがって ψx=−2xy\psi_x=-2xy、ψy=−(x2−y2)\psi_y=-(x^2-y^2) を満たす ψ\psi が存在します。第1式を xx で積分して ψ=−x2y+g(y)\psi=-x^2y+g(y)、第2式に代入すると −x2+g′(y)=−x2+y2-x^2+g'(y)=-x^2+y^2 より g′(y)=y2g'(y)=y^2、g=y3/3g=y^3/3 です。符号を全体に掛け替えて（定数 aa に吸収できます）、求める曲線群は

ψ(x,y)=x2y−y33=a(a=const.)\psi(x,y)=x^2y-\frac{y^3}{3}=a \quad (a=\text{const.})

です。これは複素関数 z3/3=x3−3xy23+i(x2y−y33)z^3/3=\dfrac{x^3-3xy^2}{3}+i\left(x^2y-\dfrac{y^3}{3}\right) の実部が設問(2)の φ\varphi、虚部がこの ψ\psi になっているという事実と整合します。正則関数の実部と虚部の等高線は直交するので、{ψ=a}\{\psi=a\} は等ポテンシャル線 {φ=const.}\{\varphi=\text{const.}\} と直交し、たしかに E=grad⁡φ\boldsymbol{E}=\operatorname{grad}\varphi に沿う曲線（電気力線）の族になっています。検算として、ψ=x2y−y3/3\psi=x^2y-y^3/3 に対し grad⁡ψ=(2xy, x2−y2)\operatorname{grad}\psi=(2xy,\,x^2-y^2) と E=(x2−y2, −2xy)\boldsymbol{E}=(x^2-y^2,\,-2xy) の内積は 2xy(x2−y2)−2xy(x2−y2)=02xy(x^2-y^2)-2xy(x^2-y^2)=0 で、確かに接線条件を満たします。

第2問 実対称行列の固有値・固有ベクトルとユニタリ変換

Section titled “第2問 実対称行列の固有値・固有ベクトルとユニタリ変換”

設定

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実対称行列

A=(010111010)\mathbf{A}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}

の固有値問題を解き、次にユニタリ行列（実直交行列）

X=(1212012−120001)\mathbf{X}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

で変換した B=XAX+\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+}（X+\mathbf{X}^{+} はエルミート共役）の固有値・固有ベクトルを求めます。最後に、エルミート行列 A=(aij)\mathbf{A}=(a_{ij}) の固有値 αi\alpha_i について F=∑i=1n∣αi∣2F=\sum_{i=1}^n \lvert\alpha_i\rvert^2 と G=∑i,j=1n∣aij∣2G=\sum_{i,j=1}^n \lvert a_{ij}\rvert^2 の関係を調べます。

設問(1)

Section titled “設問(1)”

固有方程式は

det⁡(A−λI)=∣−λ1011−λ101−λ∣=−λ{(1−λ)(−λ)−1}−{−λ}=−λ(λ2−λ−2)=−λ(λ−2)(λ+1)=0\det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}) =\begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 0 & 1 & -\lambda \end{vmatrix} =-\lambda\{(1-\lambda)(-\lambda)-1\}-\{-\lambda\} =-\lambda(\lambda^2-\lambda-2) =-\lambda(\lambda-2)(\lambda+1)=0

なので、固有値は λ=0,  2,  −1\lambda=0,\;2,\;-1 です。

λ=0\lambda=0: Av=0\mathbf{A}\boldsymbol{v}=0 の第1行から v2=0v_2=0、第2行から v1+v3=0v_1+v_3=0。規格化して

v0=12(10−1).\boldsymbol{v}_0=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}.

λ=2\lambda=2: 第1行 −2v1+v2=0-2v_1+v_2=0 より v2=2v1v_2=2v_1、第2行 v1−v2+v3=0v_1-v_2+v_3=0 より v3=v1v_3=v_1。第3行 v2−2v3=0v_2-2v_3=0 も満たされます。規格化して

v2=16(121).\boldsymbol{v}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.

λ=−1\lambda=-1: (A+I)v=0(\mathbf{A}+\mathbf{I})\boldsymbol{v}=0 の第1行 v1+v2=0v_1+v_2=0、第3行 v2+v3=0v_2+v_3=0 より v2=−v1v_2=-v_1、v3=v1v_3=v_1。第2行 v1+2v2+v3=0v_1+2v_2+v_3=0 も満たされます。規格化して

v−1=13(1−11).\boldsymbol{v}_{-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}.

実対称行列の異なる固有値に属する固有ベクトルとして、3本が互いに直交していることも確認できます（例えば v2⋅v−1=(1−2+1)/18=0\boldsymbol{v}_2\cdot\boldsymbol{v}_{-1}=(1-2+1)/\sqrt{18}=0）。固有ベクトルは全体の位相（符号）の任意性を除いて上のとおりです。

設問(2)

Section titled “設問(2)”

X\mathbf{X} は実行列で X+=XT=X\mathbf{X}^{+}=\mathbf{X}^{T}=\mathbf{X} を満たし、さらに X2=I\mathbf{X}^2=\mathbf{I}、すなわちユニタリです。ユニタリ変換 B=XAX+\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+} は固有値を変えません。実際 Av=λv\mathbf{A}\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v} ならば

B(Xv)=XAX+Xv=XAv=λ(Xv)\mathbf{B}(\mathbf{X}\boldsymbol{v})=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+}\mathbf{X}\boldsymbol{v}=\mathbf{X}\mathbf{A}\boldsymbol{v}=\lambda(\mathbf{X}\boldsymbol{v})

であり、X\mathbf{X} はノルムを保つので Xv\mathbf{X}\boldsymbol{v} は規格化されたままです。よって B\mathbf{B} の固有値は A\mathbf{A} と同じ 0,  2,  −10,\;2,\;-1 で、固有ベクトルは w=Xv\boldsymbol{w}=\mathbf{X}\boldsymbol{v} から

w0=(1212−12),w2=123(3−12),w−1=13(021)\boldsymbol{w}_0=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{w}_2=\frac{1}{2\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ \sqrt{2} \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{w}_{-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}

となります。それぞれノルムは 14+14+12=1\tfrac14+\tfrac14+\tfrac12=1、9+1+212=1\tfrac{9+1+2}{12}=1、2+13=1\tfrac{2+1}{3}=1 で規格化されています。参考までに B\mathbf{B} を陽に計算すると

B=XAX=(32−1212−12−12−1212−120)\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X} =\begin{pmatrix} \dfrac{3}{2} & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix}

で、たしかに実対称、Tr⁡B=1=Tr⁡A\operatorname{Tr}\mathbf{B}=1=\operatorname{Tr}\mathbf{A} です。Bw0\mathbf{B}\boldsymbol{w}_0 を成分計算すると第1成分 34−14−12=0\tfrac34-\tfrac14-\tfrac12=0 などですべて 00 となり、固有ベクトルであることが直接確かめられます。

設問(3)

Section titled “設問(3)”

設問(1)の A\mathbf{A} に対して、固有値 0,2,−10,2,-1 から

F=∑i=13∣αi∣2=02+22+(−1)2=5F=\sum_{i=1}^3 \lvert\alpha_i\rvert^2=0^2+2^2+(-1)^2=5

です。一方、成分は 11 が5個（a12,a21,a22,a23,a32a_{12},a_{21},a_{22},a_{23},a_{32}）で残りは 00 ですから

G=∑i,j=13∣aij∣2=5G=\sum_{i,j=1}^3 \lvert a_{ij}\rvert^2=5

となり、F=G=5F=G=5 です。

設問(4)

Section titled “設問(4)”

一般のエルミート行列 A\mathbf{A} に対して、つねに F=GF=G が成り立ちます。証明します。まず

G=∑i,j∣aij∣2=∑i,jaij aij∗=∑i,jaij (A+)ji=Tr⁡(AA+)G=\sum_{i,j}\lvert a_{ij}\rvert^2=\sum_{i,j}a_{ij}\,a_{ij}^{*}=\sum_{i,j}a_{ij}\,(\mathbf{A}^{+})_{ji}=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}\mathbf{A}^{+})

です。エルミート性 A+=A\mathbf{A}^{+}=\mathbf{A} より G=Tr⁡(A2)G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}^2) となります。エルミート行列はユニタリ行列 U\mathbf{U} で対角化できます: A=UDU+\mathbf{A}=\mathbf{U}\mathbf{D}\mathbf{U}^{+}、D=diag⁡(α1,…,αn)\mathbf{D}=\operatorname{diag}(\alpha_1,\dots,\alpha_n)。トレースの巡回性から

G=Tr⁡(A2)=Tr⁡(UD2U+)=Tr⁡(D2)=∑i=1nαi2G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}^2)=\operatorname{Tr}(\mathbf{U}\mathbf{D}^2\mathbf{U}^{+})=\operatorname{Tr}(\mathbf{D}^2)=\sum_{i=1}^n \alpha_i^2

であり、エルミート行列の固有値は実数なので αi2=∣αi∣2\alpha_i^2=\lvert\alpha_i\rvert^2、したがって

G=∑i=1n∣αi∣2=FG=\sum_{i=1}^n \lvert\alpha_i\rvert^2=F

です。つまり G=Tr⁡(AA+)G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}\mathbf{A}^{+})（フロベニウスノルムの2乗）はユニタリ変換で不変な量で、エルミート行列では固有値の2乗和に一致します。設問(3)の F=G=5F=G=5 はこの一般関係の具体例です。（証明終）

第3問 熱伝導方程式のグリーン関数

Section titled “第3問 熱伝導方程式のグリーン関数”

設定

Section titled “設定”

時刻 t=0t=0 に x=0x=0 で強さ 11 の熱を加えたときの1次元の熱伝導を、方程式

(κ2∂2∂x2−∂∂t)G(x,t)=−δ(x) δ(t)(κ は正定数)\left(\kappa^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}-\frac{\partial}{\partial t}\right)G(x,t)=-\delta(x)\,\delta(t) \qquad (\kappa \text{ は正定数})

の解 G(x,t)G(x,t) で記述します。δ(x)\delta(x) はディラックのデルタ関数で、初期条件は t=−∞t=-\infty で G=0G=0（熱を加える前は何もない、という因果律）です。フーリエ変換 g(k,ω)g(k,\omega) を

G(x,t)=1(2π)2∫−∞∞ ⁣ ⁣∫−∞∞g(k,ω) ei(kx−ωt) dk dωG(x,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\int_{-\infty}^{\infty} g(k,\omega)\,e^{i(kx-\omega t)}\,dk\,d\omega

で定義します。

設問(1)

Section titled “設問(1)”

デルタ関数のフーリエ表示

δ(x) δ(t)=1(2π)2∫−∞∞ ⁣ ⁣∫−∞∞ei(kx−ωt) dk dω\delta(x)\,\delta(t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(kx-\omega t)}\,dk\,d\omega

を使います。GG の表示式を方程式に代入すると、ei(kx−ωt)e^{i(kx-\omega t)} への微分は ∂2/∂x2→(ik)2=−k2\partial^2/\partial x^2\to(ik)^2=-k^2、∂/∂t→−iω\partial/\partial t\to -i\omega の掛け算になるので、被積分関数を比較して

(−κ2k2+iω)g(k,ω)=−1\left(-\kappa^2 k^2+i\omega\right)g(k,\omega)=-1

が gg の満たすべき方程式です。これを解いて、答えは

g(k,ω)=1κ2k2−iωg(k,\omega)=\frac{1}{\kappa^2 k^2-i\omega}

です。

設問(2)

Section titled “設問(2)”

gg を表示式に戻し、先に ω\omega 積分を実行します。

G(x,t)=1(2π)2∫−∞∞dk eikx∫−∞∞dω e−iωtκ2k2−iω=1(2π)2∫−∞∞dk eikx∫−∞∞dω i e−iωtω+iκ2k2G(x,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx} \int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{e^{-i\omega t}}{\kappa^2 k^2-i\omega} =\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx} \int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{i\,e^{-i\omega t}}{\omega+i\kappa^2 k^2}

被積分関数の極は ω=−iκ2k2\omega=-i\kappa^2 k^2 で、複素 ω\omega 平面の下半平面（虚軸の負側）にあります。

t>0t>0 のとき、e−iωte^{-i\omega t} は Im⁡ω<0\operatorname{Im}\omega<0 で減衰するので、積分路を下半平面の大きな半円で閉じます（ジョルダンの補題により半円上の寄与は消えます）。周回は時計回りなので留数の −2πi-2\pi i 倍となり、

∫−∞∞dω i e−iωtω+iκ2k2=−2πi⋅i e−i(−iκ2k2)t=2π e−κ2k2t\int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{i\,e^{-i\omega t}}{\omega+i\kappa^2 k^2} =-2\pi i\cdot i\,e^{-i(-i\kappa^2 k^2)t} =2\pi\,e^{-\kappa^2 k^2 t}

です。t<0t<0 のときは上半平面で閉じますが、そこに極はないので積分は 00 です。これは初期条件（t<0t<0 で G=0G=0）と整合し、極を下半平面に置く gg の形が因果律を担っていることが分かります。ヘヴィサイドの階段関数 θ(t)\theta(t) を使ってまとめると

G(x,t)=θ(t)2π∫−∞∞dk eikx−κ2k2tG(x,t)=\frac{\theta(t)}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx-\kappa^2 k^2 t}

です。

設問(3)

Section titled “設問(3)”

t>0t>0 として残った kk 積分はガウス積分です。指数を平方完成すると

ikx−κ2t k2=−κ2t(k−ix2κ2t)2−x24κ2tikx-\kappa^2 t\,k^2 =-\kappa^2 t\left(k-\frac{ix}{2\kappa^2 t}\right)^2-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}

なので、α=κt(k−ix2κ2t)\alpha=\kappa\sqrt{t}\left(k-\dfrac{ix}{2\kappa^2 t}\right) と置換し（積分路は実軸から平行移動しますが、被積分関数が正則で遠方で消えるため値は変わりません）、与えられた公式 ∫−∞∞e−α2dα=π\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha^2}d\alpha=\sqrt{\pi} を使うと

∫−∞∞dk eikx−κ2k2t=e−x24κ2t⋅1κt∫−∞∞e−α2dα=πκ2t e−x24κ2t\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx-\kappa^2 k^2 t} =e^{-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}}\cdot\frac{1}{\kappa\sqrt{t}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha^2}d\alpha =\sqrt{\frac{\pi}{\kappa^2 t}}\,e^{-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}}

となります。したがって、答えは

G(x,t)=θ(t)2κπt exp⁡ ⁣(−x24κ2t)G(x,t)=\frac{\theta(t)}{2\kappa\sqrt{\pi t}}\,\exp\!\left(-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}\right)

です。これは拡散係数 κ2\kappa^2 の熱核で、幅が 2 κt\sqrt{2}\,\kappa\sqrt{t} で広がるガウス分布です。検算として、t>0t>0 で全空間にわたる積分は

∫−∞∞G(x,t) dx=12κπt⋅2κt⋅π=1\int_{-\infty}^{\infty} G(x,t)\,dx=\frac{1}{2\kappa\sqrt{\pi t}}\cdot 2\kappa\sqrt{t}\cdot\sqrt{\pi}=1

となり、時刻 00 に加えた強さ 11 の熱が保存されていることが確認できます。また t→0+t\to 0^{+} でこのガウス分布は δ(x)\delta(x) に収束し、初期条件とも整合します。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成12年度 修士課程 入学試験問題 一般教育科目（数学・物理）のうち数学。問題文は要約して引用しています。

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