この年度の問題冊子は数学2題と英語2題を合わせた1冊で、4問すべてが必答、試験時間は9時から11時までの120分です。この記事では数学の2題を扱います。第1問は2次の実対称行列の固有値・固有ベクトル・対角化という定型の流れですが、最後に幾何的な設問が置かれていて、行列を A = I − γ B A=I-\gamma B A = I − γ B B B B
問題 分野 主題 第1問 線形代数 鏡映を含む2次実対称行列の対角化と接線方向シアー 第2問 微分方程式・特殊関数・フーリエ解析 ラプラス方程式の動径方程式と球面調和関数展開
2行2列の実行列
A = ( 1 − γ cos 2 ϕ − γ sin 2 ϕ − γ sin 2 ϕ 1 + γ cos 2 ϕ ) , 0 < γ < 1 A=\begin{pmatrix} 1-\gamma\cos 2\phi & -\gamma\sin 2\phi \\ -\gamma\sin 2\phi & 1+\gamma\cos 2\phi \end{pmatrix},
\qquad 0<\gamma<1 A = ( 1 − γ cos 2 ϕ − γ sin 2 ϕ − γ sin 2 ϕ 1 + γ cos 2 ϕ ) , 0 < γ < 1 について、固有値 λ ± \lambda_\pm λ ± λ + > λ − \lambda_+>\lambda_- λ + > λ − w ⃗ ± \vec w_\pm w ± U A U − 1 = d i a g ( λ − , λ + ) UAU^{-1}=\mathrm{diag}(\lambda_-,\lambda_+) U A U − 1 = diag ( λ − , λ + ) U U U A A A ϕ \phi ϕ C C C P = ( cos ϕ , sin ϕ ) \mathrm P=(\cos\phi,\sin\phi) P = ( cos ϕ , sin ϕ )
以下で繰り返し使うので、分解を先に書いておきます。
A = I − γ B , B = ( cos 2 ϕ sin 2 ϕ sin 2 ϕ − cos 2 ϕ ) A=I-\gamma B,\qquad
B=\begin{pmatrix}\cos 2\phi & \sin 2\phi \\ \sin 2\phi & -\cos 2\phi\end{pmatrix} A = I − γ B , B = ( cos 2 ϕ sin 2 ϕ sin 2 ϕ − cos 2 ϕ ) B B B x x x ϕ \phi ϕ B 2 = I B^2=I B 2 = I tr B = 0 \operatorname{tr}B=0 tr B = 0 det B = − cos 2 2 ϕ − sin 2 2 ϕ = − 1 \det B=-\cos^2 2\phi-\sin^2 2\phi=-1 det B = − cos 2 2 ϕ − sin 2 2 ϕ = − 1 B B B + 1 +1 + 1 − 1 -1 − 1 A A A
トレースと行列式から特性方程式を作ります。
tr A = 2 , det A = ( 1 − γ cos 2 ϕ ) ( 1 + γ cos 2 ϕ ) − γ 2 sin 2 2 ϕ = 1 − γ 2 \operatorname{tr}A=2,\qquad
\det A=(1-\gamma\cos 2\phi)(1+\gamma\cos 2\phi)-\gamma^2\sin^2 2\phi
=1-\gamma^2 tr A = 2 , det A = ( 1 − γ cos 2 ϕ ) ( 1 + γ cos 2 ϕ ) − γ 2 sin 2 2 ϕ = 1 − γ 2 ϕ \phi ϕ det A \det A det A
det ( A − λ I ) = λ 2 − 2 λ + ( 1 − γ 2 ) = ( λ − 1 ) 2 − γ 2 = 0 \det(A-\lambda I)=\lambda^2-2\lambda+(1-\gamma^2)=(\lambda-1)^2-\gamma^2=0 det ( A − λ I ) = λ 2 − 2 λ + ( 1 − γ 2 ) = ( λ − 1 ) 2 − γ 2 = 0 となり λ = 1 ± γ \lambda=1\pm\gamma λ = 1 ± γ 0 < γ < 1 0<\gamma<1 0 < γ < 1 1 + γ > 1 − γ > 0 1+\gamma>1-\gamma>0 1 + γ > 1 − γ > 0
λ + = 1 + γ , λ − = 1 − γ \lambda_+=1+\gamma,\qquad \lambda_-=1-\gamma λ + = 1 + γ , λ − = 1 − γ です。どちらも正なので A A A det A = λ + λ − = 1 − γ 2 > 0 \det A=\lambda_+\lambda_-=1-\gamma^2>0 det A = λ + λ − = 1 − γ 2 > 0 λ + + λ − = 2 = tr A \lambda_++\lambda_-=2=\operatorname{tr}A λ + + λ − = 2 = tr A A = I − γ B A=I-\gamma B A = I − γ B B B B ± 1 \pm 1 ± 1
固有空間を、固有値を代入した行列を因数分解する形で取り出します。半角の公式 1 − cos 2 ϕ = 2 sin 2 ϕ 1-\cos 2\phi=2\sin^2\phi 1 − cos 2 ϕ = 2 sin 2 ϕ 1 + cos 2 ϕ = 2 cos 2 ϕ 1+\cos 2\phi=2\cos^2\phi 1 + cos 2 ϕ = 2 cos 2 ϕ sin 2 ϕ = 2 sin ϕ cos ϕ \sin 2\phi=2\sin\phi\cos\phi sin 2 ϕ = 2 sin ϕ cos ϕ
A − λ − I = γ ( 1 − cos 2 ϕ − sin 2 ϕ − sin 2 ϕ 1 + cos 2 ϕ ) = 2 γ ( sin ϕ − cos ϕ ) ( sin ϕ − cos ϕ ) , A − λ + I = − γ ( 1 + cos 2 ϕ sin 2 ϕ sin 2 ϕ 1 − cos 2 ϕ ) = − 2 γ ( cos ϕ sin ϕ ) ( cos ϕ sin ϕ ) \begin{aligned}
A-\lambda_- I&=\gamma\begin{pmatrix}1-\cos 2\phi & -\sin 2\phi\\ -\sin 2\phi & 1+\cos 2\phi\end{pmatrix}
=2\gamma\begin{pmatrix}\sin\phi\\ -\cos\phi\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sin\phi & -\cos\phi\end{pmatrix},\\[2pt]
A-\lambda_+ I&=-\gamma\begin{pmatrix}1+\cos 2\phi & \sin 2\phi\\ \sin 2\phi & 1-\cos 2\phi\end{pmatrix}
=-2\gamma\begin{pmatrix}\cos\phi\\ \sin\phi\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\phi & \sin\phi\end{pmatrix}
\end{aligned} A − λ − I A − λ + I = γ ( 1 − cos 2 ϕ − sin 2 ϕ − sin 2 ϕ 1 + cos 2 ϕ ) = 2 γ ( sin ϕ − cos ϕ ) ( sin ϕ − cos ϕ ) , = − γ ( 1 + cos 2 ϕ sin 2 ϕ sin 2 ϕ 1 − cos 2 ϕ ) = − 2 γ ( cos ϕ sin ϕ ) ( cos ϕ sin ϕ ) と書けます。γ ≠ 0 \gamma\neq 0 γ = 0 A − λ − I A-\lambda_-I A − λ − I ( sin ϕ , − cos ϕ ) (\sin\phi,-\cos\phi) ( sin ϕ , − cos ϕ ) A − λ + I A-\lambda_+I A − λ + I ( cos ϕ , sin ϕ ) (\cos\phi,\sin\phi) ( cos ϕ , sin ϕ )
w ⃗ + = ( − sin ϕ cos ϕ ) , w ⃗ − = ( cos ϕ sin ϕ ) \vec w_+=\begin{pmatrix}-\sin\phi\\ \cos\phi\end{pmatrix},\qquad
\vec w_-=\begin{pmatrix}\cos\phi\\ \sin\phi\end{pmatrix} w + = ( − sin ϕ cos ϕ ) , w − = ( cos ϕ sin ϕ ) です（全体の符号は任意で、∣ w ⃗ ± ∣ = 1 \lvert \vec w_\pm\rvert=1 ∣ w ± ∣ = 1 w ⃗ + ⋅ w ⃗ − = 0 \vec w_+\cdot\vec w_-=0 w + ⋅ w − = 0
念のため直接代入して確かめます。加法定理 cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ = cos ϕ \cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi=\cos\phi cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ = cos ϕ sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ = sin ϕ \sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi=\sin\phi sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ = sin ϕ
A w ⃗ − = ( cos ϕ − γ ( cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ ) sin ϕ − γ ( sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ ) ) = ( 1 − γ ) w ⃗ − , A w ⃗ + = ( − sin ϕ − γ ( sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ ) cos ϕ + γ ( cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ ) ) = ( 1 + γ ) w ⃗ + \begin{aligned}
A\vec w_-&=\begin{pmatrix}\cos\phi-\gamma(\cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi)\\
\sin\phi-\gamma(\sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi)\end{pmatrix}
=(1-\gamma)\vec w_-,\\[2pt]
A\vec w_+&=\begin{pmatrix}-\sin\phi-\gamma(\sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi)\\
\cos\phi+\gamma(\cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi)\end{pmatrix}
=(1+\gamma)\vec w_+
\end{aligned} A w − A w + = ( cos ϕ − γ ( cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ ) sin ϕ − γ ( sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ ) ) = ( 1 − γ ) w − , = ( − sin ϕ − γ ( sin 2 ϕ cos ϕ − cos 2 ϕ sin ϕ ) cos ϕ + γ ( cos 2 ϕ cos ϕ + sin 2 ϕ sin ϕ ) ) = ( 1 + γ ) w + となり、確かに固有値は λ ∓ \lambda_\mp λ ∓
幾何的には w ⃗ − \vec w_- w − ϕ \phi ϕ e ^ r \hat e_r e ^ r w ⃗ + \vec w_+ w + e ^ ϕ \hat e_\phi e ^ ϕ 1 − γ < 1 1-\gamma<1 1 − γ < 1 1 + γ > 1 1+\gamma>1 1 + γ > 1
U A U − 1 = D UAU^{-1}=D U A U − 1 = D D = d i a g ( λ − , λ + ) D=\mathrm{diag}(\lambda_-,\lambda_+) D = diag ( λ − , λ + ) U A = D U UA=DU U A = D U U U U i i i u i u_i u i u i A = λ i u i u_iA=\lambda_i u_i u i A = λ i u i u i u_i u i A A A γ > 0 \gamma>0 γ > 0 λ + ≠ λ − \lambda_+\neq\lambda_- λ + = λ − w ⃗ − T \vec w_-^{\mathsf T} w − T w ⃗ + T \vec w_+^{\mathsf T} w + T
U = ( cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ ) , U − 1 = U T = ( cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ ) U=\begin{pmatrix}\cos\phi & \sin\phi\\ -\sin\phi & \cos\phi\end{pmatrix},
\qquad
U^{-1}=U^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}\cos\phi & -\sin\phi\\ \sin\phi & \cos\phi\end{pmatrix} U = ( cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ ) , U − 1 = U T = ( cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ ) です。U T U = I U^{\mathsf T}U=I U T U = I det U = 1 \det U=1 det U = 1 0 0 0 U U U
これが確かに要求された形になることを、鏡映の表示から確認します。B B B ϕ \phi ϕ R ( ϕ ) = U − 1 R(\phi)=U^{-1} R ( ϕ ) = U − 1 B = R ( ϕ ) d i a g ( 1 , − 1 ) R ( ϕ ) − 1 B=R(\phi)\,\mathrm{diag}(1,-1)\,R(\phi)^{-1} B = R ( ϕ ) diag ( 1 , − 1 ) R ( ϕ ) − 1
U A U − 1 = I − γ U B U − 1 = I − γ d i a g ( 1 , − 1 ) = ( 1 − γ 0 0 1 + γ ) = ( λ − 0 0 λ + ) UAU^{-1}=I-\gamma\,UBU^{-1}=I-\gamma\,\mathrm{diag}(1,-1)=\begin{pmatrix}1-\gamma & 0\\ 0 & 1+\gamma\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}\lambda_- & 0\\ 0 & \lambda_+\end{pmatrix} U A U − 1 = I − γ U B U − 1 = I − γ diag ( 1 , − 1 ) = ( 1 − γ 0 0 1 + γ ) = ( λ − 0 0 λ + ) となり、λ − \lambda_- λ − λ + \lambda_+ λ +
U U U U = R ( − ϕ ) U=R(-\phi) U = R ( − ϕ ) − ϕ -\phi − ϕ ϕ \phi ϕ ( U v ⃗ ) 1 = v ⃗ ⋅ e ^ r (U\vec v)_1=\vec v\cdot\hat e_r ( U v ) 1 = v ⋅ e ^ r ( U v ⃗ ) 2 = v ⃗ ⋅ e ^ ϕ (U\vec v)_2=\vec v\cdot\hat e_\phi ( U v ) 2 = v ⋅ e ^ ϕ U U U P \mathrm P P e ^ r \hat e_r e ^ r e ^ ϕ \hat e_\phi e ^ ϕ + ϕ +\phi + ϕ det U = 1 \det U=1 det U = 1
単位円 C C C
P k = ( cos ϕ k , sin ϕ k ) , ϕ k = k π 4 ( k = 0 , 1 , … , 7 ) \mathrm P_k=(\cos\phi_k,\ \sin\phi_k),\qquad \phi_k=\frac{k\pi}{4}\quad(k=0,1,\dots,7) P k = ( cos ϕ k , sin ϕ k ) , ϕ k = 4 k π ( k = 0 , 1 , … , 7 ) をそれぞれ中心とする半径 ρ \rho ρ ρ \rho ρ C C C ϕ = ϕ k \phi=\phi_k ϕ = ϕ k A A A P k \mathrm P_k P k w ⃗ \vec w w A w ⃗ A\vec w A w w ⃗ = 0 ⃗ \vec w=\vec 0 w = 0 P k \mathrm P_k P k
各点で e ^ r = w ⃗ − \hat e_r=\vec w_- e ^ r = w − e ^ ϕ = w ⃗ + \hat e_\phi=\vec w_+ e ^ ϕ = w + w ⃗ = ξ e ^ r + η e ^ ϕ \vec w=\xi\,\hat e_r+\eta\,\hat e_\phi w = ξ e ^ r + η e ^ ϕ ξ 2 + η 2 = ρ 2 \xi^2+\eta^2=\rho^2 ξ 2 + η 2 = ρ 2
A w ⃗ = ( 1 − γ ) ξ e ^ r + ( 1 + γ ) η e ^ ϕ A\vec w=(1-\gamma)\,\xi\,\hat e_r+(1+\gamma)\,\eta\,\hat e_\phi A w = ( 1 − γ ) ξ e ^ r + ( 1 + γ ) η e ^ ϕ なので、像の成分を A w ⃗ = ξ ′ e ^ r + η ′ e ^ ϕ A\vec w=\xi'\hat e_r+\eta'\hat e_\phi A w = ξ ′ e ^ r + η ′ e ^ ϕ ξ ′ = ( 1 − γ ) ξ \xi'=(1-\gamma)\xi ξ ′ = ( 1 − γ ) ξ η ′ = ( 1 + γ ) η \eta'=(1+\gamma)\eta η ′ = ( 1 + γ ) η 0 < γ < 1 0<\gamma<1 0 < γ < 1 0 0 0 ξ = ξ ′ / ( 1 − γ ) \xi=\xi'/(1-\gamma) ξ = ξ ′ / ( 1 − γ ) η = η ′ / ( 1 + γ ) \eta=\eta'/(1+\gamma) η = η ′ / ( 1 + γ )
( ξ ′ ( 1 − γ ) ρ ) 2 + ( η ′ ( 1 + γ ) ρ ) 2 = 1 \left(\frac{\xi'}{(1-\gamma)\rho}\right)^2+\left(\frac{\eta'}{(1+\gamma)\rho}\right)^2=1 ( ( 1 − γ ) ρ ξ ′ ) 2 + ( ( 1 + γ ) ρ η ′ ) 2 = 1 を得ます。これは中心 P k \mathrm P_k P k ( 1 − γ ) ρ (1-\gamma)\rho ( 1 − γ ) ρ ( 1 + γ ) ρ (1+\gamma)\rho ( 1 + γ ) ρ det A = 1 − γ 2 ≠ 0 \det A=1-\gamma^2\neq 0 det A = 1 − γ 2 = 0
答えをまとめます。8つの円はいずれも中心を動かさないまま楕円に変形し、長軸は方位角方向（O P k \mathrm{OP}_k OP k C C C 2 ( 1 + γ ) ρ 2(1+\gamma)\rho 2 ( 1 + γ ) ρ O P k \mathrm{OP}_k OP k 2 ( 1 − γ ) ρ 2(1-\gamma)\rho 2 ( 1 − γ ) ρ ( 1 − γ ) / ( 1 + γ ) < 1 (1-\gamma)/(1+\gamma)<1 ( 1 − γ ) / ( 1 + γ ) < 1 k k k π ρ 2 det A = π ρ 2 ( 1 − γ 2 ) \pi\rho^2\det A=\pi\rho^2(1-\gamma^2) π ρ 2 det A = π ρ 2 ( 1 − γ 2 ) ϕ = 0 \phi=0 ϕ = 0 ϕ = π \phi=\pi ϕ = π ϕ = π / 2 \phi=\pi/2 ϕ = π /2 ϕ = 3 π / 2 \phi=3\pi/2 ϕ = 3 π /2 ϕ = π / 4 \phi=\pi/4 ϕ = π /4 ( − 1 , 1 ) / 2 (-1,1)/\sqrt 2 ( − 1 , 1 ) / 2 C C C
C O 図は γ = 1 / 2 \gamma=1/2 γ = 1/2 ρ = 0.3 \rho=0.3 ρ = 0.3 γ → 0 \gamma\to 0 γ → 0 A → I A\to I A → I γ → 1 \gamma\to 1 γ → 1 0 0 0
なお A A A κ = 0 \kappa=0 κ = 0 ( γ 1 , γ 2 ) = ( γ cos 2 ϕ , γ sin 2 ϕ ) (\gamma_1,\gamma_2)=(\gamma\cos 2\phi,\ \gamma\sin 2\phi) ( γ 1 , γ 2 ) = ( γ cos 2 ϕ , γ sin 2 ϕ )
3次元ラプラス方程式を極座標 ( r , θ , φ ) (r,\theta,\varphi) ( r , θ , φ )
( 1 r ∂ 2 ∂ r 2 r − L ^ 2 r 2 ) U ( r , θ , φ ) = 0 , L ^ 2 ≡ − ( 1 sin θ ∂ ∂ θ sin θ ∂ ∂ θ + 1 sin 2 θ ∂ 2 ∂ φ 2 ) \left(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r-\frac{\hat L^2}{r^2}\right)U(r,\theta,\varphi)=0,
\qquad
\hat L^2\equiv-\left(\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\right) ( r 1 ∂ r 2 ∂ 2 r − r 2 L ^ 2 ) U ( r , θ , φ ) = 0 , L ^ 2 ≡ − ( sin θ 1 ∂ θ ∂ sin θ ∂ θ ∂ + sin 2 θ 1 ∂ φ 2 ∂ 2 ) が与えられます。左の第1項は r U rU r U ∂ 2 / ∂ r 2 \partial^2/\partial r^2 ∂ 2 / ∂ r 2 r r r Y ℓ m ( θ , φ ) Y_{\ell m}(\theta,\varphi) Y ℓ m ( θ , φ ) L ^ 2 Y ℓ m = ℓ ( ℓ + 1 ) Y ℓ m \hat L^2Y_{\ell m}=\ell(\ell+1)Y_{\ell m} L ^ 2 Y ℓ m = ℓ ( ℓ + 1 ) Y ℓ m ℓ = 0 , 1 , 2 , … \ell=0,1,2,\dots ℓ = 0 , 1 , 2 , … m = − ℓ , … , ℓ m=-\ell,\dots,\ell m = − ℓ , … , ℓ
設問(iii)(iv) では、b > a > 0 b>a>0 b > a > 0 a ≤ r ≤ b a\le r\le b a ≤ r ≤ b
U ( a , θ , φ ) = 0 , U ( b , θ , φ ) = sin θ cos φ U(a,\theta,\varphi)=0,\qquad U(b,\theta,\varphi)=\sin\theta\cos\varphi U ( a , θ , φ ) = 0 , U ( b , θ , φ ) = sin θ cos φ というディリクレ境界条件を課します。L ^ 2 \hat L^2 L ^ 2 r r r
U = R ℓ ( r ) Y ℓ m ( θ , φ ) U=R_\ell(r)Y_{\ell m}(\theta,\varphi) U = R ℓ ( r ) Y ℓ m ( θ , φ ) Y ℓ m Y_{\ell m} Y ℓ m L ^ 2 \hat L^2 L ^ 2 ℓ ( ℓ + 1 ) \ell(\ell+1) ℓ ( ℓ + 1 )
[ 1 r d 2 d r 2 ( r R ℓ ( r ) ) − ℓ ( ℓ + 1 ) r 2 R ℓ ( r ) ] Y ℓ m ( θ , φ ) = 0 \left[\frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}\bigl(rR_\ell(r)\bigr)-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell(r)\right]Y_{\ell m}(\theta,\varphi)=0 [ r 1 d r 2 d 2 ( r R ℓ ( r ) ) − r 2 ℓ ( ℓ + 1 ) R ℓ ( r ) ] Y ℓ m ( θ , φ ) = 0 となります。Y ℓ m Y_{\ell m} Y ℓ m 0 0 0 Y ℓ m ≠ 0 Y_{\ell m}\neq 0 Y ℓ m = 0 ( θ , φ ) (\theta,\varphi) ( θ , φ ) r > 0 r>0 r > 0 0 0 0
1 r d 2 d r 2 ( r R ℓ ) − ℓ ( ℓ + 1 ) r 2 R ℓ = 0 ( r > 0 ) \frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}\bigl(rR_\ell\bigr)-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell=0
\qquad(r>0) r 1 d r 2 d 2 ( r R ℓ ) − r 2 ℓ ( ℓ + 1 ) R ℓ = 0 ( r > 0 ) です。( r R ℓ ) ′ ′ = r R ℓ ′ ′ + 2 R ℓ ′ (rR_\ell)''=rR_\ell''+2R_\ell' ( r R ℓ ) ′′ = r R ℓ ′′ + 2 R ℓ ′
R ℓ ′ ′ + 2 r R ℓ ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) r 2 R ℓ = 0 , すなわち r 2 R ℓ ′ ′ + 2 r R ℓ ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) R ℓ = 0 R_\ell''+\frac{2}{r}R_\ell'-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell=0,
\qquad\text{すなわち}\qquad
r^2R_\ell''+2rR_\ell'-\ell(\ell+1)R_\ell=0 R ℓ ′′ + r 2 R ℓ ′ − r 2 ℓ ( ℓ + 1 ) R ℓ = 0 , すなわち r 2 R ℓ ′′ + 2 r R ℓ ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) R ℓ = 0 と書けます。1 r 2 d d r ( r 2 d R ℓ d r ) = R ℓ ′ ′ + 2 r R ℓ ′ \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR_\ell}{dr}\right)=R_\ell''+\frac{2}{r}R_\ell' r 2 1 d r d ( r 2 d r d R ℓ ) = R ℓ ′′ + r 2 R ℓ ′ m m m ℓ \ell ℓ 2 ℓ + 1 2\ell+1 2 ℓ + 1 m m m R ℓ R_\ell R ℓ
得られた方程式は r 2 R ′ ′ + 2 r R ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) R = 0 r^2R''+2rR'-\ell(\ell+1)R=0 r 2 R ′′ + 2 r R ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) R = 0 R = r s R=r^s R = r s
r 2 s ( s − 1 ) r s − 2 + 2 r s r s − 1 − ℓ ( ℓ + 1 ) r s = [ s 2 + s − ℓ ( ℓ + 1 ) ] r s r^2s(s-1)r^{s-2}+2rsr^{s-1}-\ell(\ell+1)r^s=\bigl[s^2+s-\ell(\ell+1)\bigr]r^s r 2 s ( s − 1 ) r s − 2 + 2 r s r s − 1 − ℓ ( ℓ + 1 ) r s = [ s 2 + s − ℓ ( ℓ + 1 ) ] r s より指数方程式は s 2 + s − ℓ ( ℓ + 1 ) = 0 s^2+s-\ell(\ell+1)=0 s 2 + s − ℓ ( ℓ + 1 ) = 0 1 + 4 ℓ ( ℓ + 1 ) = ( 2 ℓ + 1 ) 2 1+4\ell(\ell+1)=(2\ell+1)^2 1 + 4 ℓ ( ℓ + 1 ) = ( 2 ℓ + 1 ) 2
s = − 1 ± ( 2 ℓ + 1 ) 2 = ℓ または − ( ℓ + 1 ) s=\frac{-1\pm(2\ell+1)}{2}=\ell\ \ \text{または}\ \ -(\ell+1) s = 2 − 1 ± ( 2 ℓ + 1 ) = ℓ または − ( ℓ + 1 ) を得ます。二つの根が一致するのは 2 ℓ + 1 = 0 2\ell+1=0 2 ℓ + 1 = 0 ℓ = 0 , 1 , 2 , … \ell=0,1,2,\dots ℓ = 0 , 1 , 2 , … ℓ \ell ℓ
A ℓ ( r ) = r ℓ , B ℓ ( r ) = r − ( ℓ + 1 ) A_\ell(r)=r^{\ell},\qquad B_\ell(r)=r^{-(\ell+1)} A ℓ ( r ) = r ℓ , B ℓ ( r ) = r − ( ℓ + 1 ) が答えです。ℓ = 0 \ell=0 ℓ = 0 A 0 = 1 A_0=1 A 0 = 1 B 0 = 1 / r B_0=1/r B 0 = 1/ r
独立性を確認します。ロンスキアンは
W = A ℓ B ℓ ′ − A ℓ ′ B ℓ = r ℓ ( − ( ℓ + 1 ) r − ℓ − 2 ) − ℓ r ℓ − 1 r − ℓ − 1 = − 2 ℓ + 1 r 2 W=A_\ell B_\ell'-A_\ell'B_\ell
=r^\ell\bigl(-(\ell+1)r^{-\ell-2}\bigr)-\ell r^{\ell-1}r^{-\ell-1}
=-\frac{2\ell+1}{r^2} W = A ℓ B ℓ ′ − A ℓ ′ B ℓ = r ℓ ( − ( ℓ + 1 ) r − ℓ − 2 ) − ℓ r ℓ − 1 r − ℓ − 1 = − r 2 2 ℓ + 1 で、r > 0 r>0 r > 0 0 0 0 R ′ ′ + ( 2 / r ) R ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) r − 2 R = 0 R''+(2/r)R'-\ell(\ell+1)r^{-2}R=0 R ′′ + ( 2/ r ) R ′ − ℓ ( ℓ + 1 ) r − 2 R = 0 r > 0 r>0 r > 0 { A ℓ , B ℓ } \{A_\ell,B_\ell\} { A ℓ , B ℓ }
sin θ cos φ = 1 2 sin θ ( e i φ + e − i φ ) \sin\theta\cos\varphi=\dfrac{1}{2}\sin\theta\left(e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}\right) sin θ cos φ = 2 1 sin θ ( e i φ + e − i φ )
Y 1 ± 1 ( θ , φ ) = ∓ 3 8 π sin θ e ± i φ Y_{1\,\pm1}(\theta,\varphi)=\mp\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{\pm i\varphi} Y 1 ± 1 ( θ , φ ) = ∓ 8 π 3 sin θ e ± i φ を逆に解きます。sin θ e i φ = − 8 π / 3 Y 11 \sin\theta\,e^{i\varphi}=-\sqrt{8\pi/3}\,Y_{11} sin θ e i φ = − 8 π /3 Y 11 sin θ e − i φ = 8 π / 3 Y 1 − 1 \sin\theta\,e^{-i\varphi}=\sqrt{8\pi/3}\,Y_{1\,-1} sin θ e − i φ = 8 π /3 Y 1 − 1
sin θ cos φ = 1 2 8 π 3 ( Y 1 − 1 − Y 11 ) = 2 π 3 ( Y 1 − 1 ( θ , φ ) − Y 11 ( θ , φ ) ) \sin\theta\cos\varphi=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\bigl(Y_{1\,-1}-Y_{11}\bigr)
=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\bigl(Y_{1\,-1}(\theta,\varphi)-Y_{11}(\theta,\varphi)\bigr) sin θ cos φ = 2 1 3 8 π ( Y 1 − 1 − Y 11 ) = 3 2 π ( Y 1 − 1 ( θ , φ ) − Y 11 ( θ , φ ) ) が答えです。ℓ = 1 \ell=1 ℓ = 1 sin θ cos φ = x / r \sin\theta\cos\varphi=x/r sin θ cos φ = x / r
二通りに検算します。第一に実数性です。上の規約では Y 1 − 1 ∗ = − Y 11 Y_{1\,-1}^{*}=-Y_{11} Y 1 − 1 ∗ = − Y 11 Y 11 ∗ = − Y 1 − 1 Y_{11}^{*}=-Y_{1\,-1} Y 11 ∗ = − Y 1 − 1 ( Y 1 − 1 − Y 11 ) ∗ = Y 1 − 1 − Y 11 (Y_{1\,-1}-Y_{11})^{*}=Y_{1\,-1}-Y_{11} ( Y 1 − 1 − Y 11 ) ∗ = Y 1 − 1 − Y 11
∫ d Ω sin 2 θ cos 2 φ = ∫ 0 π sin 3 θ d θ ∫ 0 2 π cos 2 φ d φ = 4 3 ⋅ π = 4 π 3 \int d\Omega\,\sin^2\theta\cos^2\varphi
=\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi
=\frac{4}{3}\cdot\pi=\frac{4\pi}{3} ∫ d Ω sin 2 θ cos 2 φ = ∫ 0 π sin 3 θ d θ ∫ 0 2 π cos 2 φ d φ = 3 4 ⋅ π = 3 4 π で、右辺は直交規格性から 2 π 3 ( 1 + 1 ) = 4 π 3 \frac{2\pi}{3}(1+1)=\frac{4\pi}{3} 3 2 π ( 1 + 1 ) = 3 4 π
球殻 a ≤ r ≤ b a\le r\le b a ≤ r ≤ b r ℓ r^\ell r ℓ r − ℓ − 1 r^{-\ell-1} r − ℓ − 1
U ( r , θ , φ ) = ∑ ℓ = 0 ∞ ∑ m = − ℓ ℓ [ α ℓ m r ℓ + β ℓ m r − ℓ − 1 ] Y ℓ m ( θ , φ ) U(r,\theta,\varphi)=\sum_{\ell=0}^{\infty}\sum_{m=-\ell}^{\ell}
\Bigl[\alpha_{\ell m}r^{\ell}+\beta_{\ell m}r^{-\ell-1}\Bigr]Y_{\ell m}(\theta,\varphi) U ( r , θ , φ ) = ℓ = 0 ∑ ∞ m = − ℓ ∑ ℓ [ α ℓ m r ℓ + β ℓ m r − ℓ − 1 ] Y ℓ m ( θ , φ ) を使います。境界条件の各式に Y ℓ ′ m ′ ∗ Y_{\ell'm'}^{*} Y ℓ ′ m ′ ∗ ∫ d Ω Y ℓ ′ m ′ ∗ Y ℓ m = δ ℓ ′ ℓ δ m ′ m \int d\Omega\,Y_{\ell'm'}^{*}Y_{\ell m}=\delta_{\ell'\ell}\delta_{m'm} ∫ d Ω Y ℓ ′ m ′ ∗ Y ℓ m = δ ℓ ′ ℓ δ m ′ m ( ℓ , m ) (\ell,m) ( ℓ , m )
α ℓ m a ℓ + β ℓ m a − ℓ − 1 = 0 , α ℓ m b ℓ + β ℓ m b − ℓ − 1 = c ℓ m ≡ ∫ d Ω Y ℓ m ∗ ( θ , φ ) sin θ cos φ \begin{aligned}
\alpha_{\ell m}a^{\ell}+\beta_{\ell m}a^{-\ell-1}&=0,\\
\alpha_{\ell m}b^{\ell}+\beta_{\ell m}b^{-\ell-1}&=c_{\ell m}\equiv\int d\Omega\,Y_{\ell m}^{*}(\theta,\varphi)\sin\theta\cos\varphi
\end{aligned} α ℓ m a ℓ + β ℓ m a − ℓ − 1 α ℓ m b ℓ + β ℓ m b − ℓ − 1 = 0 , = c ℓ m ≡ ∫ d Ω Y ℓ m ∗ ( θ , φ ) sin θ cos φ が得られます。設問(iii) の表示と直交条件から右辺は
c 1 − 1 = 2 π 3 , c 11 = − 2 π 3 , c ℓ m = 0 ( ( ℓ , m ) ≠ ( 1 , ± 1 ) ) c_{1\,-1}=\sqrt{\frac{2\pi}{3}},\qquad
c_{11}=-\sqrt{\frac{2\pi}{3}},\qquad
c_{\ell m}=0\ \ \bigl((\ell,m)\neq(1,\pm1)\bigr) c 1 − 1 = 3 2 π , c 11 = − 3 2 π , c ℓ m = 0 ( ( ℓ , m ) = ( 1 , ± 1 ) ) です。係数行列の行列式は
∣ a ℓ a − ℓ − 1 b ℓ b − ℓ − 1 ∣ = a ℓ b − ℓ − 1 − a − ℓ − 1 b ℓ = ( a b ) − ℓ − 1 ( a 2 ℓ + 1 − b 2 ℓ + 1 ) \begin{vmatrix} a^{\ell} & a^{-\ell-1}\\ b^{\ell} & b^{-\ell-1}\end{vmatrix}
=a^{\ell}b^{-\ell-1}-a^{-\ell-1}b^{\ell}
=(ab)^{-\ell-1}\bigl(a^{2\ell+1}-b^{2\ell+1}\bigr) a ℓ b ℓ a − ℓ − 1 b − ℓ − 1 = a ℓ b − ℓ − 1 − a − ℓ − 1 b ℓ = ( ab ) − ℓ − 1 ( a 2 ℓ + 1 − b 2 ℓ + 1 ) で、0 < a < b 0<a<b 0 < a < b 2 ℓ + 1 ≥ 1 2\ell+1\ge 1 2 ℓ + 1 ≥ 1 a 2 ℓ + 1 ≠ b 2 ℓ + 1 a^{2\ell+1}\neq b^{2\ell+1} a 2 ℓ + 1 = b 2 ℓ + 1 ( ℓ , m ) (\ell,m) ( ℓ , m ) 0 0 0 c ℓ m = 0 c_{\ell m}=0 c ℓ m = 0 ( ℓ , m ) (\ell,m) ( ℓ , m ) α ℓ m = β ℓ m = 0 \alpha_{\ell m}=\beta_{\ell m}=0 α ℓ m = β ℓ m = 0 ℓ = 1 \ell=1 ℓ = 1 m = ± 1 m=\pm1 m = ± 1
ℓ = 1 \ell=1 ℓ = 1 β = − α a 3 \beta=-\alpha a^{3} β = − α a 3
α ( b − a 3 b 2 ) = c ⟹ α = b 2 b 3 − a 3 c , β = − a 3 b 2 b 3 − a 3 c \alpha\left(b-\frac{a^3}{b^2}\right)=c
\quad\Longrightarrow\quad
\alpha=\frac{b^{2}}{b^{3}-a^{3}}\,c,\qquad
\beta=-\frac{a^{3}b^{2}}{b^{3}-a^{3}}\,c α ( b − b 2 a 3 ) = c ⟹ α = b 3 − a 3 b 2 c , β = − b 3 − a 3 a 3 b 2 c です。c 1 ± 1 c_{1\,\pm1} c 1 ± 1 0 0 0
α 11 = − 2 π 3 b 2 b 3 − a 3 , β 11 = + 2 π 3 a 3 b 2 b 3 − a 3 , α 1 − 1 = + 2 π 3 b 2 b 3 − a 3 , β 1 − 1 = − 2 π 3 a 3 b 2 b 3 − a 3 \begin{aligned}
\alpha_{11}&=-\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\frac{b^{2}}{b^{3}-a^{3}}, &
\beta_{11}&=+\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\frac{a^{3}b^{2}}{b^{3}-a^{3}},\\[2pt]
\alpha_{1\,-1}&=+\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\frac{b^{2}}{b^{3}-a^{3}}, &
\beta_{1\,-1}&=-\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\frac{a^{3}b^{2}}{b^{3}-a^{3}}
\end{aligned} α 11 α 1 − 1 = − 3 2 π b 3 − a 3 b 2 , = + 3 2 π b 3 − a 3 b 2 , β 11 β 1 − 1 = + 3 2 π b 3 − a 3 a 3 b 2 , = − 3 2 π b 3 − a 3 a 3 b 2 他はすべて α ℓ m = β ℓ m = 0 \alpha_{\ell m}=\beta_{\ell m}=0 α ℓ m = β ℓ m = 0 b > a b>a b > a b 3 − a 3 b^3-a^3 b 3 − a 3
これらを展開に戻し、設問(iii) の関係を逆向きに使うと解は
U ( r , θ , φ ) = b 2 b 3 − a 3 ( r − a 3 r 2 ) sin θ cos φ U(r,\theta,\varphi)=\frac{b^{2}}{b^{3}-a^{3}}\left(r-\frac{a^{3}}{r^{2}}\right)\sin\theta\cos\varphi U ( r , θ , φ ) = b 3 − a 3 b 2 ( r − r 2 a 3 ) sin θ cos φ とまとまります。検算します。r = a r=a r = a a − a 3 / a 2 = 0 a-a^3/a^2=0 a − a 3 / a 2 = 0 U = 0 U=0 U = 0 r = b r=b r = b b 2 b 3 − a 3 ⋅ b 3 − a 3 b 2 = 1 \frac{b^2}{b^3-a^3}\cdot\frac{b^3-a^3}{b^2}=1 b 3 − a 3 b 2 ⋅ b 2 b 3 − a 3 = 1 U = sin θ cos φ U=\sin\theta\cos\varphi U = sin θ cos φ r sin θ cos φ = x r\sin\theta\cos\varphi=x r sin θ cos φ = x r − 2 sin θ cos φ = x / r 3 r^{-2}\sin\theta\cos\varphi=x/r^{3} r − 2 sin θ cos φ = x / r 3 r > 0 r>0 r > 0 U U U a → 0 a\to 0 a → 0 U → r sin θ cos φ = x U\to r\sin\theta\cos\varphi=x U → r sin θ cos φ = x
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成14年度 修士課程 入学試験問題 数学。問題文は要約して引用しています。
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