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平成25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.9871GraduateFree~8 min read2026-08-24
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この年度は大問2題で、2問すべてが必答です（試験時間は90分）。第1問は4変数のヴァンデルモンド行列式を、斉次性と零点という2つの情報だけから因数分解し、続いてその対数微分から作った有理関数の留数を計算します。第2問は2変数2階線形偏微分方程式を線形変換と指数因子で標準形に直し、係数行列の行列式の符号で楕円型・放物型・双曲型に分かれることを確かめたうえで、熱方程式の初期値問題と波動方程式の一般解に進みます。設問の大半が「示せ」なので、多項式環での割り切れ、極の位数、微分と積分の交換といった論理の詰めがそのまま得点になります。

問題分野主題
第1問線形代数・複素解析ヴァンデルモンド行列式の因数分解、対数微分と留数
第2問微分方程式・線形代数・フーリエ解析2階偏微分方程式の標準形、熱核、波動方程式の一般解

第1問 ヴァンデルモンド行列式と対数微分

Section titled “第1問 ヴァンデルモンド行列式と対数微分”

設定

Section titled “設定”

複素数 z1,z2,z3,z4z_1,z_2,z_3,z_4 を並べて z⃗=(z1,z2,z3,z4)\vec{z}=(z_1,z_2,z_3,z_4) とし、

Δ(z⃗)=∣1111z1z2z3z4z12z22z32z42z13z23z33z43∣\Delta(\vec{z})=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ z_1 & z_2 & z_3 & z_4\\ z_1^2 & z_2^2 & z_3^2 & z_4^2\\ z_1^3 & z_2^3 & z_3^3 & z_4^3 \end{vmatrix}

と定めます。第 cc 列が zcz_c のべき zc 0,zc 1,zc 2,zc 3z_c^{\,0},z_c^{\,1},z_c^{\,2},z_c^{\,3} を縦に並べたもの、すなわち (r,c)(r,c) 成分が zc r−1z_c^{\,r-1}（r,c=1,…,4r,c=1,\dots,4）です。設問1では

Δ(z⃗)=∏1≤i<j≤4(zi−zj)=(z1−z2)(z1−z3)(z1−z4)(z2−z3)(z2−z4)(z3−z4)\Delta(\vec{z})=\prod_{1\le i<j\le 4}(z_i-z_j)=(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)(z_2-z_3)(z_2-z_4)(z_3-z_4)

を、斉次性・零点・係数比較の3段で示します。以下この等式を式(1)と呼びます。設問2では Δ\Delta の対数微分を通して f(z⃗)=Δ−1∂2Δ/∂z12f(\vec{z})=\Delta^{-1}\partial^2\Delta/\partial z_1^2 を計算し、z1z_1 の関数としての極の構造から複素積分を求めます。設問2以降は z2,z3,z4z_2,z_3,z_4 は互いに異なるとします。

設問1

Section titled “設問1”

(i) まず左辺です。ライプニッツの展開式（行列式の定義）に (r,c)(r,c) 成分 zc r−1z_c^{\,r-1} を入れると

Δ(z⃗)=∑σ∈S4sgn⁡(σ)∏c=14zc σ(c)−1\Delta(\vec{z})=\sum_{\sigma\in S_4}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{c=1}^{4}z_c^{\,\sigma(c)-1}

です。ここで S4S_4 は {1,2,3,4}\{1,2,3,4\} の置換全体です。各項は単項式 z1σ(1)−1z2σ(2)−1z3σ(3)−1z4σ(4)−1z_1^{\sigma(1)-1}z_2^{\sigma(2)-1}z_3^{\sigma(3)-1}z_4^{\sigma(4)-1} で、その次数は

∑c=14(σ(c)−1)=(1+2+3+4)−4=6\sum_{c=1}^{4}\bigl(\sigma(c)-1\bigr)=(1+2+3+4)-4=6

です。σ\sigma が全単射なので σ(1),…,σ(4)\sigma(1),\dots,\sigma(4) は 1,2,3,41,2,3,4 の並べ替えであり、この和は σ\sigma によらず 66 になります。つまり左辺に現れる項はすべて6次で、左辺は6次の同次多項式です。

右辺は1次の同次多項式（zi−zjz_i-z_j）6個の積です。積を展開するとき各因子から ziz_i か −zj-z_j のいずれか1つを選ぶので、どの項もちょうど6個の1次の文字の積、すなわち6次です。よって右辺も6次の同次多項式です。

同じことは変数のスケール変換でも確認できます。z⃗→tz⃗\vec{z}\to t\vec{z} とすると行列の第 rr 行は tr−1t^{r-1} 倍されるので、行列式の多重線形性から Δ(tz⃗)=t0+1+2+3Δ(z⃗)=t6Δ(z⃗)\Delta(t\vec{z})=t^{0+1+2+3}\Delta(\vec{z})=t^{6}\Delta(\vec{z}) です。右辺も各因子が tt 倍されて t6t^6 倍になります。

(ii) i≠ji\ne j で zi=zjz_i=z_j とすると、行列の第 ii 列と第 jj 列は成分ごとに一致します。行列式は列について交代的（2つの列を入れ替えると符号が変わる）なので、等しい2列をもつ行列の行列式は 00 です。したがって zi=zjz_i=z_j のとき Δ(z⃗)=0\Delta(\vec{z})=0 です。

(iii) はじめに、(ii) から比例関係が出ることを確認します。Δ\Delta を z1z_1 の多項式と見て、係数環 R=C[z2,z3,z4]R=\mathbb{C}[z_2,z_3,z_4] 上で1次式 z1−z2z_1-z_2 で割ると

Δ=(z1−z2)Q(z1,z2,z3,z4)+r(z2,z3,z4)\Delta=(z_1-z_2)Q(z_1,z_2,z_3,z_4)+r(z_2,z_3,z_4)

と書けます（余りは z1z_1 について0次）。ここで z1=z2z_1=z_2 を代入すると (ii) より左辺は 00 なので r=0r=0、つまり z1−z2z_1-z_2 は Δ\Delta を割ります。他の5組についても変数の名前を取り替えるだけで同じ議論が通り、6個の1次式 zi−zjz_i-z_j はすべて Δ\Delta を割ります。C[z1,z2,z3,z4]\mathbb{C}[z_1,z_2,z_3,z_4] は一意分解環で、1次式は既約、しかも異なる組 (i,j)(i,j) に対する zi−zjz_i-z_j は互いに定数倍ではない（同伴でない）ので、それらの積も Δ\Delta を割ります。(i) より Δ\Delta と積はともに6次の同次多項式なので、商は0次すなわち定数 cc です。

Δ(z⃗)=c∏1≤i<j≤4(zi−zj)\Delta(\vec{z})=c\prod_{1\le i<j\le 4}(z_i-z_j)

比例定数を決めるため、単項式 z13z22z3 1z4 0z_1^3z_2^2z_3^{\,1}z_4^{\,0} の係数を両辺で比べます。

左辺では、∏czcσ(c)−1\prod_c z_c^{\sigma(c)-1} の指数の組がそのまま σ\sigma を決める（σ(c)=\sigma(c)= (指数)+1+1）ので、1つの単項式は高々1つの σ\sigma からしか出ません。指数の組 (3,2,1,0)(3,2,1,0) に対応するのは σ(1)=4, σ(2)=3, σ(3)=2, σ(4)=1\sigma(1)=4,\ \sigma(2)=3,\ \sigma(3)=2,\ \sigma(4)=1 で、これは互換の積 (1 4)(2 3)(1\ 4)(2\ 3) なので sgn⁡(σ)=(−1)2=+1\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^2=+1 です。よって左辺での係数は +1+1 です。

右辺では、z13z_1^3 を作るには z1z_1 を含む3因子 (z1−z2),(z1−z3),(z1−z4)(z_1-z_2),(z_1-z_3),(z_1-z_4) からすべて z1z_1 を選ぶしかありません。残る因子は (z2−z3),(z2−z4),(z3−z4)(z_2-z_3),(z_2-z_4),(z_3-z_4) で、z22z_2^2 を作るには前2つから z2z_2 を選ぶしかなく、最後の因子からは z3z_3 を選ぶしかありません。選び方は一意で、負号を1つも拾わないので、右辺での係数は c⋅1=cc\cdot 1=c です。

両者を比べて c=1c=1、すなわち式(1)が成り立ちます。

検算として z⃗=(0,1,2,3)\vec{z}=(0,1,2,3) を入れると、第1列が (1,0,0,0)T(1,0,0,0)^{\mathsf T} なので余因子展開で

Δ=∣1231491827∣=36−36+12=12\Delta=\begin{vmatrix}1&2&3\\1&4&9\\1&8&27\end{vmatrix}=36-36+12=12

であり、右辺は (−1)(−2)(−3)(−1)(−2)(−1)=12(-1)(-2)(-3)(-1)(-2)(-1)=12 で一致します。なお Δ\Delta を「行 == べき、列 == 変数」で作った本問の並べ方だと符号は (−1)4⋅3/2=+1(-1)^{4\cdot 3/2}=+1 で、たまたま ∏i<j(zi−zj)\prod_{i<j}(z_i-z_j) の側と一致します（変数が2個や3個なら符号が付きます）。

設問2

Section titled “設問2”

(i) gg が正則かつ g≠0g\neq 0 の領域では、局所的に λ=log⁡g\lambda=\log g の枝が選べて g=eλg=e^{\lambda} と書けます。枝の取り替えは λ\lambda を 2πi2\pi\mathrm{i} の整数倍だけずらすだけなので、以下に現れる λ\lambda の導関数は一価です。g=eλg=e^{\lambda} を微分すると

dgdz=dλdzeλ,d2gdz2=[d2λdz2+(dλdz)2]eλ\frac{dg}{dz}=\frac{d\lambda}{dz}e^{\lambda},\qquad \frac{d^2g}{dz^2}=\left[\frac{d^2\lambda}{dz^2}+\left(\frac{d\lambda}{dz}\right)^2\right]e^{\lambda}

なので、g=eλg=e^{\lambda} で割って

1gdgdz=dλdz,1gd2gdz2=d2λdz2+(dλdz)2\frac{1}{g}\frac{dg}{dz}=\frac{d\lambda}{dz},\qquad \frac{1}{g}\frac{d^2g}{dz^2}=\frac{d^2\lambda}{dz^2}+\left(\frac{d\lambda}{dz}\right)^2

が答えです。

(ii) 式(1)から、z1z_1 を変数、z2,z3,z4z_2,z_3,z_4 を定数と見ると

Δ(z⃗)=(z1−z2)(z1−z3)(z1−z4)⏟P(z1)⋅(z2−z3)(z2−z4)(z3−z4)\Delta(\vec{z})=\underbrace{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)}_{P(z_1)}\cdot(z_2-z_3)(z_2-z_4)(z_3-z_4)

です。後半の因子は z1z_1 を含まず、z2,z3,z4z_2,z_3,z_4 が互いに異なるので 00 ではありません。λ=log⁡Δ\lambda=\log\Delta とすると、z1z_1 に依存しない因子は λ\lambda の定数部分に落ちるので

∂λ∂z1=∑j=241z1−zj,∂2λ∂z12=−∑j=241(z1−zj)2\frac{\partial\lambda}{\partial z_1}=\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{z_1-z_j},\qquad \frac{\partial^2\lambda}{\partial z_1^2}=-\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{(z_1-z_j)^2}

です。設問2(i) の第2式を z1z_1 方向に適用すると

f(z⃗)=∂2λ∂z12+(∂λ∂z1)2=−∑j=241(z1−zj)2+(∑j=241z1−zj)2f(\vec{z})=\frac{\partial^2\lambda}{\partial z_1^2}+\left(\frac{\partial\lambda}{\partial z_1}\right)^2 =-\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{(z_1-z_j)^2}+\left(\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{z_1-z_j}\right)^2

となり、2乗を展開すると対角項 ∑j(z1−zj)−2\sum_j (z_1-z_j)^{-2} が相殺して

f(z⃗)=2∑2≤j<k≤41(z1−zj)(z1−zk)=2(z1−z2)(z1−z3)+2(z1−z2)(z1−z4)+2(z1−z3)(z1−z4)f(\vec{z})=2\sum_{2\le j<k\le 4}\frac{1}{(z_1-z_j)(z_1-z_k)} =\frac{2}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)}+\frac{2}{(z_1-z_2)(z_1-z_4)}+\frac{2}{(z_1-z_3)(z_1-z_4)}

が答えです。通分すれば

f(z⃗)=2[(z1−z4)+(z1−z3)+(z1−z2)](z1−z2)(z1−z3)(z1−z4)=2 (3z1−z2−z3−z4)(z1−z2)(z1−z3)(z1−z4)f(\vec{z})=\frac{2\bigl[(z_1-z_4)+(z_1-z_3)+(z_1-z_2)\bigr]}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)} =\frac{2\,(3z_1-z_2-z_3-z_4)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)}

とも書けます。これは対数を経由せずに直接計算した結果とも一致します。実際 P=abcP=abc（a=z1−z2a=z_1-z_2、b=z1−z3b=z_1-z_3、c=z1−z4c=z_1-z_4、いずれも z1z_1 微分は 11）に対して P′′=2(a+b+c)P''=2(a+b+c) であり、f=P′′/Pf=P''/P が上式です。

2次の極が無いことを示します。上の通分した表式で、分母 P(z1)=(z1−z2)(z1−z3)(z1−z4)P(z_1)=(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4) の零点は z1=z2,z3,z4z_1=z_2,z_3,z_4 の3点で、z2,z3,z4z_2,z_3,z_4 が互いに異なるという仮定からこれらはすべて1位の零点です。分子は z1z_1 の1次多項式で、いたるところ正則です。したがって ff は有限複素平面内で高々1位の極しか持たず、2次（以上）の極はありません。分子が z1=zjz_1=z_j で偶然消える場合はその点が極でなくなるだけで、結論は変わりません。

和の形からも同じことが読めます。z1=z2z_1=z_2 の近傍では第3項は正則、第1項と第2項が 1/(z1−z2)1/(z_1-z_2) の1位の極を出すだけです。構造的には、(∂λ/∂z1)2(\partial\lambda/\partial z_1)^2 が持っていた2位の極が ∂2λ/∂z12\partial^2\lambda/\partial z_1^2 の2位の極とちょうど打ち消す、というのが2次の極が消える理由です。

(iii) 被積分関数 z1f(z⃗)z_1f(\vec{z}) は z1z_1 の有理関数で、極は z1=z2,z3,z4z_1=z_2,z_3,z_4（いずれも高々1位）だけです。積分路 CC はこの3点をすべて内部に含む円を反時計回りに1周するので、留数定理から

∮Cdz12πi z1f(z⃗)=∑j=24Res⁡z1=zj[z1f(z⃗)]\oint_C\frac{dz_1}{2\pi\mathrm{i}}\,z_1f(\vec{z})=\sum_{j=2}^{4}\operatorname*{Res}_{z_1=z_j}\bigl[z_1f(\vec{z})\bigr]

です。和の表式を使うと、z1=zjz_1=z_j で特異なのは jj を含む2つの項だけなので

Res⁡z1=zj[z1f]=2zj∑k≠j1zj−zk\operatorname*{Res}_{z_1=z_j}\bigl[z_1f\bigr]=2z_j\sum_{k\ne j}\frac{1}{z_j-z_k}

（kk は {2,3,4}∖{j}\{2,3,4\}\setminus\{j\} を走る）となります。これを組 (j,k)(j,k) ごとにまとめると、1つの組からの寄与は

2(zjzj−zk+zkzk−zj)=2 zj−zkzj−zk=22\left(\frac{z_j}{z_j-z_k}+\frac{z_k}{z_k-z_j}\right)=2\,\frac{z_j-z_k}{z_j-z_k}=2

です。組は (2,3),(2,4),(3,4)(2,3),(2,4),(3,4) の3つなので、答えは

∮Cdz12πi z1f(z⃗)=2×3=6\oint_C\frac{dz_1}{2\pi\mathrm{i}}\,z_1f(\vec{z})=2\times 3=6

です。z2,z3,z4z_2,z_3,z_4 の値によらない定数になります。

検算を2通りしておきます。第1に (z2,z3,z4)=(0,1,2)(z_2,z_3,z_4)=(0,1,2) とすると、留数は z1=0z_1=0 で 00、z1=1z_1=1 で 2/1+2/(−1)=02/1+2/(-1)=0、z1=2z_1=2 で 4/2+4/1=64/2+4/1=6 となり和は 66 です。第2に無限遠での挙動を見ると、通分表式から ∣z1∣→∞|z_1|\to\infty で z1f=6/z1+O(∣z1∣−2)z_1f=6/z_1+O(|z_1|^{-2}) です。CC を大円に連続変形しても新たな極をまたがないので、積分値は 1/z11/z_1 の係数 66 に等しく、同じ答えを与えます。

第2問 2階線形偏微分方程式の標準形

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設定

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実変数 x1,x2x_1,x_2 の関数 ψ\psi に対し、実定数係数の微分演算子

L=∑i=12∑j=12ai,j∂2∂xi∂xj+∑i=12bi∂∂xi,aj,i=ai,j\mathcal{L}=\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2}a_{i,j}\frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j}+\sum_{i=1}^{2}b_i\frac{\partial}{\partial x_i}, \qquad a_{j,i}=a_{i,j}

による方程式 Lψ=Eψ\mathcal{L}\psi=E\psi（EE は定数）を考えます。ai,ja_{i,j} のうち少なくとも1つは 00 でないとし、A={ai,j}A=\{a_{i,j}\}、D=det⁡A=a1,1a2,2−a1,22D=\det A=a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}^2、b=(b1,b2)T\boldsymbol{b}=(b_1,b_2)^{\mathsf T} と書きます。AA は実対称行列です。以下、線形変換 ξ=Cx\boldsymbol{\xi}=C\boldsymbol{x}（det⁡C≠0\det C\ne 0）と指数因子 ψ=eλ1ξ1+λ2ξ2ϕ\psi=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi で L\mathcal{L} を整理し、DD の符号に応じた3つの標準形（順に式(2)、式(3)、式(4)）に到達します。

設問1

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ξk=∑j=12ck,jxj\xi_k=\sum_{j=1}^{2}c_{k,j}x_j なので ∂ξk/∂xi=ck,i\partial\xi_k/\partial x_i=c_{k,i} です。det⁡C≠0\det C\neq 0 より x=C−1ξ\boldsymbol{x}=C^{-1}\boldsymbol{\xi} と逆に解けるので、xx の関数を ξ\xi の関数と見なすことができ、連鎖律が使えます。

∂∂xi=∑k=12∂ξk∂xi∂∂ξk=∑k=12ck,i∂∂ξk\frac{\partial}{\partial x_i}=\sum_{k=1}^{2}\frac{\partial\xi_k}{\partial x_i}\frac{\partial}{\partial\xi_k} =\sum_{k=1}^{2}c_{k,i}\frac{\partial}{\partial\xi_k}

成分で書けば答えは

∂∂x1=c1,1∂∂ξ1+c2,1∂∂ξ2,∂∂x2=c1,2∂∂ξ1+c2,2∂∂ξ2\frac{\partial}{\partial x_1}=c_{1,1}\frac{\partial}{\partial\xi_1}+c_{2,1}\frac{\partial}{\partial\xi_2}, \qquad \frac{\partial}{\partial x_2}=c_{1,2}\frac{\partial}{\partial\xi_1}+c_{2,2}\frac{\partial}{\partial\xi_2}

です。行列で書くと、∂x\partial_x を成分に並べた列ベクトルは CC の転置で移ります。

(∂/∂x1∂/∂x2)=CT(∂/∂ξ1∂/∂ξ2)\begin{pmatrix}\partial/\partial x_1\\ \partial/\partial x_2\end{pmatrix} =C^{\mathsf T}\begin{pmatrix}\partial/\partial\xi_1\\ \partial/\partial\xi_2\end{pmatrix}

変数が CC で移るのに対し微分は CTC^{\mathsf T} で移る、という向きの違いが以下で効きます。

設問2

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設問1の関係を2階の項に入れます。ai,ja_{i,j} は定数で偏微分は可換なので

∑i,jai,j∂2∂xi∂xj=∑i,jai,j∑k,lck,icl,j∂2∂ξk∂ξl=∑k,la~k,l∂2∂ξk∂ξl,A~=CACT\sum_{i,j}a_{i,j}\frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j} =\sum_{i,j}a_{i,j}\sum_{k,l}c_{k,i}c_{l,j}\frac{\partial^2}{\partial\xi_k\partial\xi_l} =\sum_{k,l}\tilde{a}_{k,l}\frac{\partial^2}{\partial\xi_k\partial\xi_l}, \qquad \tilde{A}=CAC^{\mathsf T}

となります。すなわち2階の項の係数行列は合同変換 A↦CACTA\mapsto CAC^{\mathsf T} で移り、問題は「実対称行列 A≠OA\neq O を実正則行列 CC による合同変換でどこまで簡単にできるか」に帰着します。A~\tilde{A} も実対称です。

AA は実対称なので、実直交行列 RR（RTR=IR^{\mathsf T}R=I）と実固有値 μ1,μ2\mu_1,\mu_2 を用いて RART=diag(μ1,μ2)RAR^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(\mu_1,\mu_2) と対角化できます。固有値の順序は RR の行の入れ替え（直交行列である置換行列を掛ける操作）で自由に選べます。さらに S=diag(s1,s2)S=\mathrm{diag}(s_1,s_2)（s1s2≠0s_1s_2\ne 0）を掛けて C=SRC=SR とすると det⁡C=s1s2det⁡R≠0\det C=s_1s_2\det R\ne 0 で

CACT=S diag(μ1,μ2) ST=diag(s12μ1, s22μ2)CAC^{\mathsf T}=S\,\mathrm{diag}(\mu_1,\mu_2)\,S^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(s_1^2\mu_1,\ s_2^2\mu_2)

です。sk2>0s_k^2>0 なので、固有値の絶対値は自由に変えられますが符号は変えられません。また det⁡A=μ1μ2=D\det A=\mu_1\mu_2=D です。場合分けはこの積の符号で尽きます。

D>0D>0 の場合。μ1μ2>0\mu_1\mu_2>0 なので両固有値は 00 でなく同符号で、その符号を ε=±1\varepsilon=\pm1 とします。sk=∣μk∣−1/2s_k=|\mu_k|^{-1/2} と選べば CACT=εICAC^{\mathsf T}=\varepsilon I となり、2階の項は

ε(∂2∂ξ12+∂2∂ξ22)=±(∂2∂ξ12+∂2∂ξ22)\varepsilon\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right) =\pm\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)

になります。

D=0D=0 の場合。μ1μ2=0\mu_1\mu_2=0 です。もし μ1=μ2=0\mu_1=\mu_2=0 なら RART=ORAR^{\mathsf T}=O から A=OA=O となり、「ai,ja_{i,j} の少なくとも1つは 00 でない」という仮定に反します。よってちょうど一方が 00 です。固有値の順序を選んで μ1=0\mu_1=0、μ2≠0\mu_2\ne 0 とし、s1=1s_1=1、s2=∣μ2∣−1/2s_2=|\mu_2|^{-1/2} とすれば CACT=diag(0,ε)CAC^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(0,\varepsilon)（ε=sgn⁡μ2\varepsilon=\operatorname{sgn}\mu_2）となり、2階の項は

ε∂2∂ξ22=±∂2∂ξ22\varepsilon\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}=\pm\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}

です。生き残る変数を ξ2\xi_2 にするのが、上で固有値の順序を選んだ理由です。

D<0D<0 の場合。μ1μ2<0\mu_1\mu_2<0 なので固有値は異符号です。順序を選んで μ1>0>μ2\mu_1>0>\mu_2 とし、sk=∣μk∣−1/2s_k=|\mu_k|^{-1/2} とすれば CACT=diag(1,−1)CAC^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(1,-1) となり、2階の項は

∂2∂ξ12−∂2∂ξ22\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}

です。

以上で3つの標準形が得られました。この分類が DD の符号だけで決まることは、det⁡(CACT)=(det⁡C)2det⁡A\det(CAC^{\mathsf T})=(\det C)^2\det A と (det⁡C)2>0(\det C)^2>0 から DD の符号が合同変換で不変であることに対応します。実際、3つの標準形の行列式はそれぞれ +1+1、00、−1-1 で、符号が一致しています。また D>0D>0 と D=0D=0 の場合の ±\pm は実の CC では消せません（全体の符号を反転するには sks_k を純虚数にする必要があります）。±\pm は AA が正定値か負定値か（D=0D=0 なら 00 でない固有値の符号、すなわち tr⁡A\operatorname{tr}A の符号）で決まります。

なお a1,1≠0a_{1,1}\ne 0 のときは平方完成でも同じことができます。C1=(10−a1,2/a1,11)C_1=\begin{pmatrix}1&0\\ -a_{1,2}/a_{1,1}&1\end{pmatrix} とすると C1AC1T=diag(a1,1, D/a1,1)C_1AC_1^{\mathsf T}=\mathrm{diag}\bigl(a_{1,1},\,D/a_{1,1}\bigr) となり、あとは符号を見て拡大縮小と（必要なら）2変数の入れ替えをするだけです。固有値を使う上の議論は a1,1=a2,2=0a_{1,1}=a_{2,2}=0 の場合も含めて一様に扱えます。

設問3

Section titled “設問3”

設問1と設問2で選んだ CC で変数変換すると、1階の項も同じ連鎖律で移ります。

∑ibi∂∂xi=∑k(∑ick,ibi)∂∂ξk=∑kBk∂∂ξk,B=Cb\sum_i b_i\frac{\partial}{\partial x_i}=\sum_k\Bigl(\sum_i c_{k,i}b_i\Bigr)\frac{\partial}{\partial\xi_k} =\sum_k B_k\frac{\partial}{\partial\xi_k},\qquad \boldsymbol{B}=C\boldsymbol{b}

CC と b\boldsymbol{b} が実なので B1,B2B_1,B_2 は実定数です。以下 ∂k=∂/∂ξk\partial_k=\partial/\partial\xi_k と略記します。

次に指数因子です。λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2 を定数として

∂k(eλ1ξ1+λ2ξ2ϕ)=eλ1ξ1+λ2ξ2(∂k+λk)ϕ\partial_k\left(e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi\right)=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\left(\partial_k+\lambda_k\right)\phi

が積の微分から従い、これを繰り返せば、定数係数多項式 PP について

P(∂1,∂2)(eλ1ξ1+λ2ξ2ϕ)=eλ1ξ1+λ2ξ2 P(∂1+λ1,∂2+λ2)ϕP(\partial_1,\partial_2)\left(e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi\right)=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\,P(\partial_1+\lambda_1,\partial_2+\lambda_2)\phi

が成り立ちます。ψ=eλ1ξ1+λ2ξ2ϕ\psi=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi を Lψ=Eψ\mathcal{L}\psi=E\psi に入れて eλ1ξ1+λ2ξ2≠0e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\ne 0 で割れば、ϕ\phi の方程式は「L\mathcal{L} の中の ∂k\partial_k をすべて ∂k+λk\partial_k+\lambda_k に置き換えたもの」=E=E になります。方程式全体に 00 でない定数を掛けても同値なので、それも使います。

D>0D>0 の場合。L=ε(∂12+∂22)+B1∂1+B2∂2\mathcal{L}=\varepsilon(\partial_1^2+\partial_2^2)+B_1\partial_1+B_2\partial_2（ε=±1\varepsilon=\pm1）です。置き換えて展開すると

ε(∂12+∂22)ϕ+(2ελ1+B1)∂1ϕ+(2ελ2+B2)∂2ϕ+[ε(λ12+λ22)+B1λ1+B2λ2]ϕ=Eϕ\varepsilon(\partial_1^2+\partial_2^2)\phi+(2\varepsilon\lambda_1+B_1)\partial_1\phi+(2\varepsilon\lambda_2+B_2)\partial_2\phi +\Bigl[\varepsilon(\lambda_1^2+\lambda_2^2)+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi

です。λk=−εBk/2\lambda_k=-\varepsilon B_k/2（実数）と選べば1階微分の項が両方消えます。このとき定数部分は −ε(B12+B22)/4-\varepsilon(B_1^2+B_2^2)/4 になるので、全体に ε\varepsilon を掛けて（ε2=1\varepsilon^2=1）

(∂2∂ξ12+∂2∂ξ22)ϕ=Fϕ,F=εE+B12+B224\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad F=\varepsilon E+\frac{B_1^2+B_2^2}{4}

すなわち式(2)の形になります。

D=0D=0 の場合。L=ε∂22+B1∂1+B2∂2\mathcal{L}=\varepsilon\partial_2^2+B_1\partial_1+B_2\partial_2 です。置き換えると

ε∂22ϕ+(2ελ2+B2)∂2ϕ+B1∂1ϕ+[ελ22+B1λ1+B2λ2]ϕ=Eϕ\varepsilon\partial_2^2\phi+(2\varepsilon\lambda_2+B_2)\partial_2\phi+B_1\partial_1\phi +\Bigl[\varepsilon\lambda_2^2+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi

です。λ2=−εB2/2\lambda_2=-\varepsilon B_2/2 とすれば ∂2\partial_2 の項が消えます。∂1\partial_1 は1階のままですが、これは標準形(3)が許している形です。定数部分を K=B1λ1−εB22/4K=B_1\lambda_1-\varepsilon B_2^2/4 と書き、全体に −ε-\varepsilon を掛けると

(β∂∂ξ1−∂2∂ξ22)ϕ=Fϕ,β=−εB1,F=ε(K−E)\left(\beta\frac{\partial}{\partial\xi_1}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad \beta=-\varepsilon B_1,\quad F=\varepsilon(K-E)

となり式(3)の形です。λ1\lambda_1 は使わずに残っているので、B1≠0B_1\neq0 なら λ1\lambda_1 で FF を好きな値（たとえば 00）にできます。また D=0D=0 の標準形 ε∂22\varepsilon\partial_2^2 は ξ1\xi_1 の定数倍を許す（ξ1\xi_1 を定数倍しても ∂22\partial_2^2 は変わらない）ので、β≠0\beta\neq0 なら ξ1\xi_1 を β\beta 倍のスケールで測り直して β=1\beta=1 に規格化できます。設問4がこの F=0, β=1F=0,\ \beta=1 の場合です。B1=0B_1=0 のときは β=0\beta=0 となり、式(3)は ξ1\xi_1 を助変数とする ξ2\xi_2 の常微分方程式に退化します。

D<0D<0 の場合。L=∂12−∂22+B1∂1+B2∂2\mathcal{L}=\partial_1^2-\partial_2^2+B_1\partial_1+B_2\partial_2 です。置き換えると

(∂12−∂22)ϕ+(2λ1+B1)∂1ϕ+(−2λ2+B2)∂2ϕ+[λ12−λ22+B1λ1+B2λ2]ϕ=Eϕ(\partial_1^2-\partial_2^2)\phi+(2\lambda_1+B_1)\partial_1\phi+(-2\lambda_2+B_2)\partial_2\phi +\Bigl[\lambda_1^2-\lambda_2^2+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi

なので、λ1=−B1/2\lambda_1=-B_1/2、λ2=B2/2\lambda_2=B_2/2 とすれば1階微分の項が消え、

(∂2∂ξ12−∂2∂ξ22)ϕ=Fϕ,F=E+B124−B224\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad F=E+\frac{B_1^2}{4}-\frac{B_2^2}{4}

すなわち式(4)の形になります。以上3つの場合すべてで λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2 は実数に取れており、ψ\psi と ϕ\phi の対応は eλ1ξ1+λ2ξ2≠0e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\neq0 より1対1です。D>0D>0 が楕円型（ラプラス型）、D=0D=0 が放物型（熱伝導型）、D<0D<0 が双曲型（波動型）という標準的な分類がこれで出ました。

設問4

Section titled “設問4”

F=0, β=1F=0,\ \beta=1 とした式(3)は

(∂∂ξ1−∂2∂ξ22)ϕ(ξ1,ξ2)=0\left(\frac{\partial}{\partial\xi_1}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi(\xi_1,\xi_2)=0

で、ξ1\xi_1 を時間、ξ2\xi_2 を空間座標と読めば拡散係数 11 の熱方程式です。

(i) 与えられた表式

ϕ(ξ1,ξ2)=∫−∞∞f(y) e−y2ξ1eiyξ2 dy\phi(\xi_1,\xi_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)\,e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\,dy

の被積分関数を ξ1\xi_1、ξ2\xi_2 で微分すると、e−y2ξ1eiyξ2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2} に対して

∂∂ξ1(e−y2ξ1eiyξ2)=−y2e−y2ξ1eiyξ2,∂2∂ξ22(e−y2ξ1eiyξ2)=(iy)2e−y2ξ1eiyξ2=−y2e−y2ξ1eiyξ2\frac{\partial}{\partial\xi_1}\Bigl(e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\Bigr)=-y^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}, \qquad \frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\Bigl(e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\Bigr)=(\mathrm{i}y)^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}=-y^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}

となり、両者は yy ごとに一致します。したがって微分と積分の交換が許されれば

∂ϕ∂ξ1=−∫−∞∞y2f(y)e−y2ξ1eiyξ2dy=∂2ϕ∂ξ22\frac{\partial\phi}{\partial\xi_1}=-\int_{-\infty}^{\infty}y^2f(y)e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}dy=\frac{\partial^2\phi}{\partial\xi_2^2}

すなわち ϕ\phi は式(3)（F=0,β=1F=0,\beta=1）を満たします。

交換の正当化を確認します。ξ1>0\xi_1>0 の任意の点を含む閉領域 ξ1≥c>0\xi_1\ge c>0 を取ると、n=0,1,2n=0,1,2 に対し

∣ynf(y)e−y2ξ1eiyξ2∣≤∣y∣n∣f(y)∣e−cy2\left|y^{n}f(y)e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\right|\le |y|^{n}|f(y)|e^{-cy^2}

という ξ1,ξ2\xi_1,\xi_2 に依らない上界が取れます。e−cy2e^{-cy^2} はガウス型に減衰するので、ff に課された収束条件（少なくとも ∫∣y∣n∣f(y)∣e−cy2dy<∞\int |y|^n|f(y)|e^{-cy^2}dy<\infty、n≤2n\le2）のもとでこの上界は可積分です。よって ξ1>0\xi_1>0 で各積分は絶対かつ局所一様に収束し、優収束定理により微分と積分を交換できます。ff が高々多項式増大なら、ξ1>0\xi_1>0 でこの条件は自動的に満たされます。

(ii) ξ1→+0\xi_1\to+0 の極限で ϕ(0,ξ2)=∫−∞∞f(y)eiyξ2dy\phi(0,\xi_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)e^{\mathrm{i}y\xi_2}dy です（極限は超関数の意味で取ります）。デルタ関数のフーリエ表示

δ(ξ2)=12π∫−∞∞eiyξ2 dy\delta(\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\,dy

と比べると、フーリエ変換の一意性から f(y)=1/(2π)f(y)=1/(2\pi) です。これを (i) の表式に戻すと

ϕ(ξ1,ξ2)=12π∫−∞∞e−y2ξ1+iyξ2 dy\phi(\xi_1,\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2\xi_1+\mathrm{i}y\xi_2}\,dy

です。ξ1>0\xi_1>0 なので指数の肩を平方完成できます。

−y2ξ1+iyξ2=−ξ1(y−iξ22ξ1)2−ξ224ξ1-y^2\xi_1+\mathrm{i}y\xi_2=-\xi_1\left(y-\frac{\mathrm{i}\xi_2}{2\xi_1}\right)^2-\frac{\xi_2^2}{4\xi_1}

a=ξ2/(2ξ1)a=\xi_2/(2\xi_1) と置くと、残る積分は ∫−∞∞e−ξ1(y−ia)2dy\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1(y-\mathrm{i}a)^2}dy です。被積分関数 e−ξ1z2e^{-\xi_1 z^2} は整関数なので、頂点 ±R, ±R+ia\pm R,\ \pm R+\mathrm{i}a の長方形にコーシーの定理を適用します。縦辺では ∣e−ξ1(±R+it)2∣=e−ξ1(R2−t2)→0|e^{-\xi_1(\pm R+\mathrm{i}t)^2}|=e^{-\xi_1(R^2-t^2)}\to 0（R→∞R\to\infty、tt は 00 と aa の間で有界、ξ1>0\xi_1>0）なので寄与が消え、積分路を実軸に平行移動できます。

∫−∞∞e−ξ1(y−ia)2dy=∫−∞∞e−ξ1u2du=1ξ1∫−∞∞e−x2dx=πξ1\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1(y-\mathrm{i}a)^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1u^2}du=\frac{1}{\sqrt{\xi_1}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\xi_1}}

（x=ξ1 ux=\sqrt{\xi_1}\,u と置換し、既知の ∫e−x2dx=π\int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi} を使いました。）したがって ξ1>0\xi_1>0 に対する解は

ϕ(ξ1,ξ2)=12ππξ1  e−ξ22/(4ξ1)=12πξ1 e−ξ22/(4ξ1)=14πξ1 e−ξ22/(4ξ1)\phi(\xi_1,\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi}{\xi_1}}\;e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)} =\frac{1}{2\sqrt{\pi\xi_1}}\,e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)} =\frac{1}{\sqrt{4\pi\xi_1}}\,e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)}

です。これが答えで、拡散係数 11 の熱核（ガウス核）です。

検算を3つします。第1に方程式そのもの。ϕ=(4πξ1)−1/2e−ξ22/(4ξ1)\phi=(4\pi\xi_1)^{-1/2}e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)} から

∂ϕ∂ξ1=(−12ξ1+ξ224ξ12)ϕ,∂ϕ∂ξ2=−ξ22ξ1ϕ,∂2ϕ∂ξ22=(−12ξ1+ξ224ξ12)ϕ\frac{\partial\phi}{\partial\xi_1}=\left(-\frac{1}{2\xi_1}+\frac{\xi_2^2}{4\xi_1^2}\right)\phi, \qquad \frac{\partial\phi}{\partial\xi_2}=-\frac{\xi_2}{2\xi_1}\phi, \qquad \frac{\partial^2\phi}{\partial\xi_2^2}=\left(-\frac{1}{2\xi_1}+\frac{\xi_2^2}{4\xi_1^2}\right)\phi

で、確かに ∂ξ1ϕ=∂ξ22ϕ\partial_{\xi_1}\phi=\partial_{\xi_2}^2\phi です。第2に規格化。∫−∞∞e−ξ22/(4ξ1)dξ2=4πξ1\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)}d\xi_2=\sqrt{4\pi\xi_1} なので ∫ϕ dξ2=1\int\phi\,d\xi_2=1 で、これは ξ1\xi_1 に依らず、初期条件 ∫δ(ξ2)dξ2=1\int\delta(\xi_2)d\xi_2=1 と整合します。第3に初期条件そのもの。ξ1→+0\xi_1\to+0 で幅 2ξ1\sqrt{2\xi_1} の程度に潰れる面積 11 のガウス関数なので、超関数の意味で δ(ξ2)\delta(\xi_2) に収束します。

設問5

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F=0F=0 とした式(4)は

(∂2∂ξ12−∂2∂ξ22)ϕ(ξ1,ξ2)=0\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi(\xi_1,\xi_2)=0

で、これは伝播速度 11 の1次元波動方程式です。左辺に2階微分が現れるので、G1,G2G_1,G_2 は2回微分可能であると解釈します（そうでないと式(4)の左辺が古典的な意味を持ちません）。

u=ξ1−ξ2u=\xi_1-\xi_2 と置くと、連鎖律から

∂∂ξ1G1(u)=G1′(u),∂2∂ξ12G1(u)=G1′′(u),∂∂ξ2G1(u)=−G1′(u),∂2∂ξ22G1(u)=G1′′(u)\frac{\partial}{\partial\xi_1}G_1(u)=G_1'(u),\quad \frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}G_1(u)=G_1''(u), \qquad \frac{\partial}{\partial\xi_2}G_1(u)=-G_1'(u),\quad \frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}G_1(u)=G_1''(u)

です（ξ2\xi_2 については ∂u/∂ξ2=−1\partial u/\partial\xi_2=-1 を2回使うので符号が2乗されて ++ になります）。よって

(∂2∂ξ12−∂2∂ξ22)G1(ξ1−ξ2)=G1′′−G1′′=0\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)G_1(\xi_1-\xi_2)=G_1''-G_1''=0

です。v=ξ1+ξ2v=\xi_1+\xi_2 についても同様に ∂ξ12G2=G2′′\partial_{\xi_1}^2G_2=G_2''、∂ξ22G2=G2′′\partial_{\xi_2}^2G_2=G_2'' なので

(∂2∂ξ12−∂2∂ξ22)G2(ξ1+ξ2)=G2′′−G2′′=0\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)G_2(\xi_1+\xi_2)=G_2''-G_2''=0

です。演算子は線形なので、和 ϕ=G1(ξ1−ξ2)+G2(ξ1+ξ2)\phi=G_1(\xi_1-\xi_2)+G_2(\xi_1+\xi_2) も式(4)（F=0F=0）を満たします。

逆にこれが一般解であることも同じ変数で見えます。u=ξ1−ξ2, v=ξ1+ξ2u=\xi_1-\xi_2,\ v=\xi_1+\xi_2 とすると ∂ξ1=∂u+∂v\partial_{\xi_1}=\partial_u+\partial_v、∂ξ2=−∂u+∂v\partial_{\xi_2}=-\partial_u+\partial_v なので

∂2∂ξ12−∂2∂ξ22=(∂u+∂v)2−(∂v−∂u)2=4 ∂u∂v\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}=(\partial_u+\partial_v)^2-(\partial_v-\partial_u)^2=4\,\partial_u\partial_v

です。∂u∂vϕ=0\partial_u\partial_v\phi=0 は ∂vϕ\partial_v\phi が vv だけの関数であることを意味し、vv で積分すれば ϕ=G1(u)+G2(v)\phi=G_1(u)+G_2(v) の形に限られます。つまり右向きと左向きの2つの進行波の重ね合わせが C2C^2 の解全体を尽くします。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成25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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