平成26年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

この年度の数学は2問で、どちらにも解答します。第1問は微分方程式を5題並べたもので、個々の計算は軽い代わりに、解の符号、存在区間、境界条件の扱いといった解いた後の吟味に配点が寄っています。第2問は巡回シフト行列 $P$ を主役に据え、$P$ と可換な行列が離散フーリエ基底で対角化されることを組み立てさせ、最後に2層系の固有値へつなぐ構成です。最後の設問だけは、縮退があるかどうかで答えの $\lambda$ の次数が変わります。

問題	分野	主題
第1問	微分方程式	線形1階方程式、連立系の固有値解法、熱方程式の境界値問題、ロジスティック型方程式
第2問	線形代数・フーリエ解析	巡回シフト行列、巡回対称行列の対角化、2層系の固有値と $\lambda$ 依存性

第1問 微分方程式

設定

変数 $x$, $t$ は実数、$y$, $y_1$, $y_2$ は実関数です。独立な5題で、1階線形方程式、2成分の連立線形方程式（減衰の連鎖型と対称行列型）、1次元熱方程式の境界値問題、ロジスティック型の非線形方程式が並びます。

設問1

方程式 $\dfrac{dy}{dx}=-\alpha y$ の両辺に $e^{\alpha x}$ を掛けると、左辺が完全微分になります。

$$\frac{d}{dx}\left(e^{\alpha x}y\right)=e^{\alpha x}\left(\frac{dy}{dx}+\alpha y\right)=0 .$$

$\mathbb{R}$ は連結なので、導関数が恒等的に 0 の関数は定数です。よって $e^{\alpha x}y=C$（定数）であり、逆にこの形の関数はすべて方程式を満たします。この議論は $y$ の零点の有無を問わないので、$C^1$ 級の解をすべて捉えています。

$x=b$ で $y=A$ を課すと $C=Ae^{\alpha b}$ です。答えは

$$y(x)=A\,e^{-\alpha(x-b)}$$

で、これが唯一の解です。$\alpha>0$ なら $x\to+\infty$ で 0 へ減衰、$\alpha<0$ なら発散、$\alpha=0$ なら $y\equiv A$ と、$\alpha$ の符号で挙動が分かれます。

設問2

第1式 $\dfrac{dy_1}{dx}=-\alpha y_1$ は設問1で $b=0$ とした場合そのもので、$y_1(x)=Ae^{-\alpha x}$ です。これを第2式 $\dfrac{dy_2}{dx}=\beta y_1-\gamma y_2$ に入れ、$e^{\gamma x}$ を掛けます。

$$\frac{d}{dx}\left(e^{\gamma x}y_2\right)=e^{\gamma x}\left(\frac{dy_2}{dx}+\gamma y_2\right)=\beta A\,e^{(\gamma-\alpha)x}.$$

$\gamma\neq\alpha$ なので右辺の原始関数は $\beta A e^{(\gamma-\alpha)x}/(\gamma-\alpha)$ です。$0$ から $x$ まで積分して $y_2(0)=0$ を使うと $e^{\gamma x}y_2(x)=\dfrac{\beta A}{\gamma-\alpha}\left(e^{(\gamma-\alpha)x}-1\right)$ となり、答えは

$$\begin{aligned} y_1(x)&=A\,e^{-\alpha x},\\ y_2(x)&=\frac{\beta A}{\gamma-\alpha}\left(e^{-\alpha x}-e^{-\gamma x}\right) \end{aligned}$$

です。$y_2$ を元の式に代入すると $y_2'=\frac{\beta A}{\gamma-\alpha}(-\alpha e^{-\alpha x}+\gamma e^{-\gamma x})$ で、$\beta y_1-\gamma y_2$ を整理したものと一致します。

符号を調べます。$A>0$ なので $y_1(x)=Ae^{-\alpha x}>0$ が全域で成り立ちます。$y_2$ については、$s$ についての積分

$$\int_{\alpha}^{\gamma}x\,e^{-sx}\,ds=\Big[-e^{-sx}\Big]_{s=\alpha}^{s=\gamma}=e^{-\alpha x}-e^{-\gamma x}$$

（$x=0$ でも両辺 0 で成立）を使うと

$$y_2(x)=\beta A\,x\cdot\frac{1}{\gamma-\alpha}\int_{\alpha}^{\gamma}e^{-sx}\,ds$$

と書けます。最後の因子は、$\gamma>\alpha$ なら積分区間の向きと $\gamma-\alpha$ がともに正、$\gamma<\alpha$ ならともに負なので、どちらの場合も正です（被積分関数 $e^{-sx}$ は正）。したがって $y_2(x)$ の符号は $x$ の符号そのもので、

$$y_1(x)>0\ (\forall x),\qquad y_2(x)\begin{cases}>0 & (x>0)\\ =0 & (x=0)\\ <0 & (x<0)\end{cases}$$

となります。$\alpha$ と $\gamma$ の大小関係には依存しません。$x>0$ を放射性崩壊の連鎖（親核 $y_1$ が娘核 $y_2$ を生む）と読めば、$y_2>0$ は当然の結論です。

検算として $\gamma\to\alpha$ の極限を見ると $\dfrac{e^{-\alpha x}-e^{-\gamma x}}{\gamma-\alpha}\to x\,e^{-\alpha x}$ で、$y_2\to\beta A\,x\,e^{-\alpha x}$ となります。これは $\gamma=\alpha$ の場合に直接解いた解（このとき右辺は $\beta A e^{-\alpha x}$、原始関数は $\beta A x$）と一致します。

設問3

連立系を行列で書きます。

$$\frac{d}{dx}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}=M\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}, \qquad M=c\begin{pmatrix}-1&\sqrt{3}\\ \sqrt{3}&-3\end{pmatrix}.$$

$M$ は実対称なので直交固有基底を持ちます。$\operatorname{tr}M=-4c$、$\det M=c^2\{(-1)(-3)-3\}=0$ より固有値は $0$ と $-4c$ です。固有値 $0$ の固有ベクトルは $-y_1+\sqrt{3}y_2=0$ から $(\sqrt{3},1)$ 方向、固有値 $-4c$ の固有ベクトルは $-y_1+\sqrt{3}y_2=-4y_1$ すなわち $3y_1+\sqrt{3}y_2=0$ から $(1,-\sqrt{3})$ 方向です。規格化して

$$\boldsymbol{e}_1=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3}\\1\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol{e}_2=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\-\sqrt{3}\end{pmatrix}$$

とすれば、これは正規直交系で $M\boldsymbol{e}_1=0$、$M\boldsymbol{e}_2=-4c\,\boldsymbol{e}_2$ です。

初期ベクトルを展開します。$\boldsymbol{y}(0)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3}-1\\ \sqrt{3}+1\end{pmatrix}$ に対して

$$\boldsymbol{e}_1\cdot\boldsymbol{y}(0)=\frac{1}{4}\left\{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{3}+1)\right\}=1, \qquad \boldsymbol{e}_2\cdot\boldsymbol{y}(0)=\frac{1}{4}\left\{(\sqrt{3}-1)-\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)\right\}=-1$$

なので $\boldsymbol{y}(0)=\boldsymbol{e}_1-\boldsymbol{e}_2$ です。固有基底では方程式が各成分で分離し、係数は $e^{0\cdot x}=1$ と $e^{-4cx}$ で時間発展します。定数係数線形系の初期値問題の解は一意なので

$$\boldsymbol{y}(x)=\boldsymbol{e}_1-e^{-4cx}\,\boldsymbol{e}_2$$

が答えで、成分に書き下すと

$$y_1(x)=\frac{\sqrt{3}-e^{-4cx}}{2},\qquad y_2(x)=\frac{1+\sqrt{3}\,e^{-4cx}}{2}$$

です。$x=0$ で初期条件を再現し、代入すると $y_1'=2ce^{-4cx}$ と $-cy_1+\sqrt{3}cy_2=2ce^{-4cx}$、$y_2'=-2\sqrt{3}ce^{-4cx}$ と $\sqrt{3}cy_1-3cy_2=-2\sqrt{3}ce^{-4cx}$ が一致します。固有値 $0$ の方向は保存量を与え、実際 $\sqrt{3}y_1+y_2=2$ が $x$ に依らず成り立ちます。$c>0$ なら $x\to+\infty$ で $(y_1,y_2)\to(\sqrt{3}/2,\,1/2)$ とゼロモードに落ち着き、$c=0$ なら公式はそのまま初期値の定数解を与えます。

固有値は次のようにも読めます。$M=-2cI+c\begin{pmatrix}1&\sqrt{3}\\ \sqrt{3}&-1\end{pmatrix}$ で、第2項の行列の2乗は $4I$ なのでその固有値は $\pm2$、よって $M$ の固有値は $-2c\pm2c=0,\,-4c$ です。この行列はパウリ行列で書けば $\sigma_z\cos60^\circ+\sigma_x\sin60^\circ$ の2倍なので、固有ベクトルは $x$ 軸から $30^\circ$ と $120^\circ$ の方向、すなわち上の $\boldsymbol{e}_1$, $-\boldsymbol{e}_2$ です。

設問4

熱方程式 $\dfrac{\partial y}{\partial t}=\dfrac{\partial^2y}{\partial x^2}$ を変数分離で扱います。$y=X(x)T(t)$ と置いて代入すると $XT'=X''T$、すなわち $T'/T=X''/X$ です。左辺は $t$ のみ、右辺は $x$ のみの関数なので、両辺は共通の定数 $\mu$ に等しく

$$X''=\mu X,\qquad T'=\mu T .$$

境界条件は $x\le -a$ と $x\ge a$ で $y=0$ ですから、$x=\pm a$ を含めて $y$ が一つの関数として定まるには $X(a)=X(-a)=0$ が必要です。$\mu$ の符号で場合分けします。

$\mu=\nu^2>0$ のとき $X=c_+e^{\nu x}+c_-e^{-\nu x}$ で、$X(\pm a)=0$ は $c_\pm$ についての連立1次方程式になり、その係数行列の行列式は $e^{2\nu a}-e^{-2\nu a}=2\sinh(2\nu a)\neq0$（$\nu>0$, $a>0$）です。よって $c_\pm=0$ で自明解のみです。$\mu=0$ のとき $X=c_1+c_2x$ で、$X(\pm a)=0$ から $c_1=c_2=0$ です。したがって $\mu=-k^2$（$k>0$）でなければなりません。このとき $X=c_1\cos kx+c_2\sin kx$ で、境界条件の和と差を取ると

$$X(a)+X(-a)=2c_1\cos ka=0,\qquad X(a)-X(-a)=2c_2\sin ka=0 .$$

$\cos ka$ と $\sin ka$ が同時に 0 になることはないので、$\cos ka=0$（このとき $c_2=0$）または $\sin ka=0$（このとき $c_1=0$）です。前者は $k=(2m-1)\pi/(2a)$ で $X\propto\cos kx$、後者は $k=m\pi/a$ で $X\propto\sin kx$（$m=1,2,\dots$）で、両方をまとめると

$$k=k_n\equiv\frac{n\pi}{2a}\ (n=1,2,\dots),\qquad X_n(x)=\sin\frac{n\pi(x+a)}{2a}$$

となります。$T=e^{-k_n^2t}$ とあわせて、求める解の一つは

$$y_n(x,t)=\exp\!\left(-\frac{n^2\pi^2}{4a^2}t\right)\sin\frac{n\pi(x+a)}{2a}\quad(-a<x<a), \qquad y_n=0\quad(|x|\ge a)$$

です。とくに $n=1$ は $\sin\left(\frac{\pi x}{2a}+\frac{\pi}{2}\right)=\cos\frac{\pi x}{2a}$ なので

$$y(x,t)=\exp\!\left(-\frac{\pi^2}{4a^2}t\right)\cos\frac{\pi x}{2a}\quad(-a<x<a)$$

が最も簡単な例になります。実際 $\partial y/\partial t=-\frac{\pi^2}{4a^2}y$、$\partial^2y/\partial x^2=-\frac{\pi^2}{4a^2}y$ で方程式を満たし、$x=\pm a$ で $y=0$、$-a<x<a$ で $C^\infty$ 級、かつ定数ではありません。線形性から有限和 $\sum_n c_ny_n$（$c_n$ は任意の実定数）もすべて解で、係数の減衰が十分速ければ無限級数も解になります。

$x=\pm a$ での接続について一言補うと、$n=1$ の解は $x\to a-0$ で $\partial y/\partial x\to-\frac{\pi}{2a}e^{-\pi^2t/(4a^2)}\neq0$ なので、外側の $y\equiv0$ と滑らかにはつながらず、$\mathbb{R}$ 全体で見ると $x=\pm a$ では微分可能ではありません。設問が微分可能性を $-a<x<a$ に限って要求しているのはこのためです。熱方程式の解は領域の内部で $x$ について解析的になるので、$x=\pm a$ をまたいで方程式を満たしたまま外側で恒等的に 0 とすることは、$y\equiv0$ 以外には不可能です。

設問5

$\dfrac{dy}{dx}=-\alpha(1-\beta y)y$ の右辺を展開すると $-\alpha y+\alpha\beta y^2$ で、$y$ について非線形なロジスティック型の方程式です。右辺は $y$ の多項式なので $y$ について局所リプシッツであり、初期値問題の解は一意です。$y=0$ と $y=1/\beta$ は定常解なので、一意性より他の解がこれらの値を有限の $x$ で取ることはありません。$A>0$ より、解は $0<y<1/\beta$、$y\equiv1/\beta$、$y>1/\beta$ のいずれかの領域に留まります。どの場合も $y(1-\beta y)\neq0$ なので変数分離ができます。

$$\frac{1}{y(1-\beta y)}=\frac{1}{y}+\frac{\beta}{1-\beta y}$$

を使うと $\dfrac{d}{dx}\ln\left\lvert\dfrac{y}{1-\beta y}\right\rvert=-\alpha$ となり、$\dfrac{y}{1-\beta y}=K e^{-\alpha x}$（$K$ は定数）を得ます。符号も含めてこの形で書けるのは、$y/(1-\beta y)$ が連続で符号を変えないためです。$x=0$ で $K=\dfrac{A}{1-\beta A}$ です。$y$ について解くと $y\left(1+\beta Ke^{-\alpha x}\right)=Ke^{-\alpha x}$、すなわち $y=\dfrac{K}{e^{\alpha x}+\beta K}$ で、$K$ を戻して

$$y(x)=\frac{A}{\beta A+(1-\beta A)e^{\alpha x}}$$

が答えです。$x=0$ で分母は $\beta A+1-\beta A=1$ となり $y(0)=A$ を再現します。代入して確かめると、分母を $D$ と書けば $y'=-A\alpha(1-\beta A)e^{\alpha x}/D^2$、一方 $-\alpha y(1-\beta y)=-\alpha A(D-\beta A)/D^2=-\alpha A(1-\beta A)e^{\alpha x}/D^2$ で一致します。$\beta\to0$ とすると $y\to Ae^{-\alpha x}$ で設問1の答えに帰着します。

存在区間は $A$ と $1/\beta$ の大小で変わります。$0<A<1/\beta$ のときは分母が正の2項の和なので $x$ によらず正で、解は $\mathbb{R}$ 全体で定義され、$x\to-\infty$ で $1/\beta$、$x\to+\infty$ で 0 へ単調減少します。$A=1/\beta$ のときは上式が $y\equiv1/\beta$ を与えます。$A>1/\beta$ のときは $1-\beta A<0$ で分母が

$$x_*=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{\beta A}{\beta A-1}>0$$

で 0 になるので、解は $(-\infty,x_*)$ でのみ定義され、$x\to x_*-0$ で $+\infty$ に発散します（$x\to-\infty$ では $1/\beta$ に近づき、単調増加）。$y=1/\beta$ が不安定、$y=0$ が（$x$ を増やす向きに）安定な定常解であることと整合しています。

第2問 巡回シフト行列と巡回対称行列の対角化

設定

$n\ (\ge3)$ 次の実正方行列 $A(\epsilon,t)$ は、対角成分が $\epsilon$、隣接する非対角成分 $A_{i,i+1}=A_{i+1,i}$ が $t$、さらに角の $A_{1,n}=A_{n,1}$ も $t$、他はすべて 0 という行列です。$\epsilon$, $t$ は実数で $t>0$ とします。以下、添字は $1$ から $n$ までとし、$n+1$ を $1$、$0$ を $n$ と読む巡回的な約束（$\bmod n$）を使います。この約束のもとで成分は

$$A_{ij}=\epsilon\,\delta_{ij}+t\left(\delta_{j,i+1}+\delta_{j,i-1}\right)$$

とまとめられます。$n\ge3$ なので右辺の3種類の項が同じ成分に重なることはありません。$A_{ij}$ が $i-j$（$\bmod n$）だけで決まること、すなわち巡回行列であることが以下すべての鍵です。物理的には $n$ サイトの環状強束縛模型で、$\epsilon$ がサイトエネルギー、$t$ が飛び移り積分に対応します。

設問1(i)

条件は「第 $i$ 成分が入力の第 $i+1$ 成分になる」という要求ですから、$P_{ij}=\delta_{j,i+1}$（添字は $\bmod n$）です。成分で書けば $P_{i,i+1}=1$（$i=1,2,\dots,n-1$）、$P_{n,1}=1$、それ以外は 0 で、

$$P=\begin{pmatrix} 0&1&0&\cdots&0\\ 0&0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1\\ 1&0&0&\cdots&0 \end{pmatrix}$$

です。実際 $(P\boldsymbol{x})_i=\sum_j P_{ij}x_j=x_{i+1}$（$i\le n-1$）、$(P\boldsymbol{x})_n=x_1$ となり要求を満たします。任意のベクトルに対する作用が指定されているので、$P$ はこれ以外にありません。$P$ は各行各列にちょうど一つ 1 を持つ置換行列なので実直交行列で、$P^{\mathsf{T}}P=I$、$P^{-1}=P^{\mathsf{T}}$、そして $n$ 回巡回させると元に戻るので $P^n=I$ です。

設問1(ii)

答えは零行列 $PA-AP=O$ です。成分で確かめます。$P_{ik}=\delta_{k,i+1}$ より

$$(PA)_{ij}=\sum_k P_{ik}A_{kj}=A_{i+1,j},\qquad (AP)_{ij}=\sum_k A_{ik}P_{kj}=\sum_k A_{ik}\delta_{j,k+1}=A_{i,j-1}$$

です（添字はすべて $\bmod n$）。$A$ は巡回行列で $A_{kl}$ が $k-l\ (\bmod n)$ のみに依存し、$(i+1)-j=i-(j-1)$ ですから $A_{i+1,j}=A_{i,j-1}$、つまり $(PA)_{ij}=(AP)_{ij}$ が任意の $i,j$ で成り立ちます。

同じことを行列の言葉で見ておきます。$P^{-1}=P^{\mathsf{T}}$ の成分は $(P^{-1})_{ij}=P_{ji}=\delta_{i,j+1}$ なので、$P$ は $(i,i+1)$ 成分と $(n,1)$ 成分に、$P^{-1}$ は $(i+1,i)$ 成分と $(1,n)$ 成分に 1 を持ちます。これは $A$ の非対角成分の配置とちょうど一致するので

$$A(\epsilon,t)=\epsilon I+t\left(P+P^{-1}\right)$$

と書けます（$n\ge3$ が必要で、$n=2$ では角の成分と隣接成分が重なって成立しません）。$P$ は $I$, $P$, $P^{-1}$ のいずれとも可換ですから $A$ と可換で、$PA-AP=O$ です。この表示は設問(v)でそのまま使います。

設問1(iii)

$P\boldsymbol{u}=\lambda\boldsymbol{u}$ を成分で書くと $u_{i+1}=\lambda u_i$（$i=1,\dots,n-1$）と $u_1=\lambda u_n$ です。前者から $u_i=\lambda^{i-1}u_1$、これを後者に入れて $u_1=\lambda^n u_1$ を得ます。$u_1=0$ なら順に全成分が 0 になって固有ベクトルになりませんから $u_1\neq0$ で、$\lambda^n=1$ が必要です。逆に $\lambda^n=1$ ならこの $\boldsymbol{u}$ は固有ベクトルです。よって $\omega\equiv e^{2\pi i/n}$ として

$$\lambda_k=\omega^{\,k-1}=e^{2\pi i(k-1)/n},\qquad \boldsymbol{u}_k=\begin{pmatrix}1\\ \omega^{\,k-1}\\ \omega^{\,2(k-1)}\\ \vdots\\ \omega^{\,(n-1)(k-1)}\end{pmatrix} \qquad(k=1,2,\dots,n)$$

が $P$ の固有値と固有縦ベクトルです。$n$ 個の $\lambda_k$ は互いに異なる（$1$ の $n$ 乗根がすべて現れる）ので、異なる固有値に属する固有ベクトルは線形独立という一般論から $\boldsymbol{u}_1,\dots,\boldsymbol{u}_n$ は線形独立です。直接見ても、これらを並べた行列は節点 $\omega^{k-1}$ のファンデルモンド行列で、行列式が $\prod_{k<l}(\omega^{\,l-1}-\omega^{\,k-1})\neq0$ となり同じ結論になります。$n\ge3$ では $\lambda_k$ は一般に複素数なので、固有ベクトルも複素ベクトルです。

設問1(iv)

$P\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$、$P\boldsymbol{y}=\mu\boldsymbol{y}$、$\lambda\neq\mu$ とします。設問(iii)より $\lambda^n=\mu^n=1$ なので $|\lambda|=|\mu|=1$、とくに $\lambda^*=\lambda^{-1}$ です。$P$ は実直交行列なので $P^{\dagger}P=P^{\mathsf{T}}P=I$ であり、設問(ii)の $AP=PA$ も使うと

$$\boldsymbol{x}^{\dagger}A\boldsymbol{y} =\boldsymbol{x}^{\dagger}P^{\dagger}PA\boldsymbol{y} =(P\boldsymbol{x})^{\dagger}(AP\boldsymbol{y}) =(\lambda\boldsymbol{x})^{\dagger}(\mu A\boldsymbol{y}) =\lambda^{*}\mu\,\boldsymbol{x}^{\dagger}A\boldsymbol{y} =\frac{\mu}{\lambda}\,\boldsymbol{x}^{\dagger}A\boldsymbol{y}$$

となります。$\lambda\neq\mu$ かつ $\lambda,\mu\neq0$ より $\mu/\lambda\neq1$ ですから、$\boldsymbol{x}^{\dagger}A\boldsymbol{y}=0$ でなければなりません。証明終わりです。同じ計算で $A$ を $I$ に置き換えれば $\boldsymbol{x}^{\dagger}\boldsymbol{y}=0$ も従い、$P$ の固有ベクトルはエルミート内積について互いに直交します。使ったのは $P$ のユニタリ性、固有値が絶対値 1 であること、$A$ と $P$ の可換性の3点だけです。

設問1(v)

設問(iv)より $\boldsymbol{u}_k$ は互いに直交し、$\boldsymbol{u}_k^{\dagger}\boldsymbol{u}_k=\sum_{j=1}^{n}|\omega^{(j-1)(k-1)}|^2=n$ なので、規格化して並べた

$$U=\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\boldsymbol{u}_1\ \boldsymbol{u}_2\ \cdots\ \boldsymbol{u}_n\right), \qquad U_{jk}=\frac{1}{\sqrt{n}}\,\omega^{\,(j-1)(k-1)}$$

はユニタリ行列です。直接確認すると、$l\neq k$ のとき等比数列の和が

$$(U^{\dagger}U)_{kl}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\omega^{-(k-1)(j-1)}\omega^{(l-1)(j-1)} =\frac{1}{n}\sum_{m=0}^{n-1}\omega^{(l-k)m} =\frac{1}{n}\cdot\frac{1-\omega^{(l-k)n}}{1-\omega^{\,l-k}}=0$$

となり（$\omega^{(l-k)n}=1$、分母は $l\neq k\ (\bmod n)$ で 0 でない）、$k=l$ では 1 です。これは離散フーリエ変換の行列です。

設問(ii)の表示 $A=\epsilon I+t(P+P^{-1})$ と $P\boldsymbol{u}_k=\omega^{k-1}\boldsymbol{u}_k$、$P^{-1}\boldsymbol{u}_k=\omega^{-(k-1)}\boldsymbol{u}_k$ から

$$A\boldsymbol{u}_k=\left\{\epsilon+t\left(\omega^{\,k-1}+\omega^{-(k-1)}\right)\right\}\boldsymbol{u}_k =\left\{\epsilon+2t\cos\frac{2\pi(k-1)}{n}\right\}\boldsymbol{u}_k$$

なので、$U$ の列がすべて $A$ の固有ベクトルになり、$D=U^{\dagger}AU$ は対角行列です。答えは上の $U$ と

$$D=\mathrm{diag}\left(d_1,d_2,\dots,d_n\right), \qquad d_k=\epsilon+2t\cos\frac{2\pi(k-1)}{n}$$

です。$d_k$ が実数であることは $A$ が実対称であることと整合し、$\sum_{k=1}^{n}\cos\frac{2\pi(k-1)}{n}=0$ より $\operatorname{tr}D=n\epsilon=\operatorname{tr}A$ も合っています。$t>0$ なので最大固有値は $k=1$ の $\epsilon+2t$（固有ベクトルは全成分が等しいベクトル）です。$k-1$ と $n-(k-1)$ で $\cos$ が同じ値になるため、固有値は $k=1$ と（$n$ が偶数のときの）$k=n/2+1$ を除いて2重に縮退します。

設問2(i)

対象は $n$ 次のブロックを2行2列に並べた $2n$ 次の実対称行列

$$B=\begin{pmatrix}A(0,t)&\lambda I\\ \lambda I&A(0,2t)\end{pmatrix}$$

（$I$ は $n$ 次単位行列、$\lambda$ は正の実数）です。$S\equiv P+P^{-1}$ と置くと $A(0,t)=tS$、$A(0,2t)=2tS$ で、$B$ の4つのブロックはすべて $S$ と $I$ だけで書けます。設問1(v) より $S\boldsymbol{u}_k=2\cos\theta_k\,\boldsymbol{u}_k$、ここで

$$\theta_k\equiv\frac{2\pi(k-1)}{n},\qquad c_k\equiv\cos\theta_k\qquad(k=1,2,\dots,n)$$

です。$2n$ 次元ベクトルを上半分 $\boldsymbol{p}$ と下半分 $\boldsymbol{q}$（ともに $n$ 次元）に分けて書くと

$$B\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}\\ \boldsymbol{q}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}tS\boldsymbol{p}+\lambda\boldsymbol{q}\\ \lambda\boldsymbol{p}+2tS\boldsymbol{q}\end{pmatrix}$$

なので、$\boldsymbol{p}=a\,\boldsymbol{u}_k$, $\boldsymbol{q}=b\,\boldsymbol{u}_k$ という形（同じ $k$ を上下で使う）を代入すると

$$B\begin{pmatrix}a\,\boldsymbol{u}_k\\ b\,\boldsymbol{u}_k\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\left(2tc_ka+\lambda b\right)\boldsymbol{u}_k\\ \left(\lambda a+4tc_kb\right)\boldsymbol{u}_k\end{pmatrix}$$

となり、$\boldsymbol{u}_k$ の係数だけの問題に落ちます。つまり $2\times2$ 行列

$$B_k=\begin{pmatrix}2tc_k & \lambda\\ \lambda & 4tc_k\end{pmatrix}$$

の固有値が $B$ の固有値です。$\det(B_k-\mu I)=\mu^2-6tc_k\mu+8t^2c_k^2-\lambda^2=0$ を解くと

$$\mu=3tc_k\pm\sqrt{9t^2c_k^2-8t^2c_k^2+\lambda^2}=3tc_k\pm\sqrt{t^2c_k^2+\lambda^2}$$

です。よって $B$ の $2n$ 個の固有値は

$$\mu_k^{\pm}=3t\cos\theta_k\pm\sqrt{t^2\cos^2\theta_k+\lambda^2}, \qquad \theta_k=\frac{2\pi(k-1)}{n},\quad k=1,2,\dots,n$$

です。これで全部であることを確認します。$W=\begin{pmatrix}U&0\\0&U\end{pmatrix}$ は $2n$ 次のユニタリ行列で、設問1(v) の $U^{\dagger}SU=2C$（$C=\mathrm{diag}(c_1,\dots,c_n)$）を使うと

$$W^{\dagger}BW=\begin{pmatrix}2tC&\lambda I\\ \lambda I&4tC\end{pmatrix}$$

となり、4つのブロックがすべて対角行列になります。基底を並べ替えて上半分と下半分の第 $k$ 成分を隣同士に置く置換（これもユニタリ変換）を施すと、これは $B_1,B_2,\dots,B_n$ を対角に並べたブロック対角行列そのものです。ユニタリ相似は固有値を重複度も込めて変えないので、$B$ の固有値は各 $B_k$ の固有値を全部集めたものに等しく、$\lambda>0$ より判別式 $t^2c_k^2+\lambda^2$ は正で各 $B_k$ が相異なる2つの固有値を持つことから、上の $2n$ 個が求める固有値です。固有ベクトルは $B_k$ の固有ベクトル $(a,b)$ を使った $(a\,\boldsymbol{u}_k,\,b\,\boldsymbol{u}_k)$ で与えられます。

検算します。$B$ は実対称なので固有値は実数で、上式も実数です。$\sum_{k}(\mu_k^++\mu_k^-)=6t\sum_kc_k=0$ で、$B$ の対角成分がすべて 0 であること（$\operatorname{tr}B=0$）と一致します。また $\mu_k^+\mu_k^-=8t^2c_k^2-\lambda^2=\det B_k$ も合っています。$\lambda=0$ とすると $\mu=3tc_k\pm t|c_k|$、すなわち $\{2tc_k,\,4tc_k\}$ となり、$A(0,t)$ と $A(0,2t)$ の固有値（設問1(v) で $\epsilon=0$ とおいたもの）を並べたものに戻ります。

設問2(ii)

$\lambda=0$ のときの固有値は、上の検算のとおり $A(0,t)$ の固有値 $2tc_k$ と $A(0,2t)$ の固有値 $4tc_k$ を合わせた $2n$ 個です。$\lambda\neq0$ にすると、同じ $k$ に属するこの2個だけが混ざり合い（$\lambda I$ はフーリエ添字 $k$ について対角なので、異なる $k$ の間には結合を作りません）、

$$\mu_k^++\mu_k^-=6tc_k,\qquad \mu_k^+-\mu_k^-=2\sqrt{t^2c_k^2+\lambda^2}\ \ge\ 2t|c_k|$$

となります。2個の和は $\lambda$ に依らず保たれ、間隔は必ず広がります。上の準位は上へ、下の準位は下へ動く反発です。

$0<\lambda\ll t$ での変化の大きさを見ます。$c_k\neq0$ のとき、$\lambda\ll t|c_k|$ を仮定して平方根を展開すると

$$\sqrt{t^2c_k^2+\lambda^2}=t|c_k|\left(1+\frac{\lambda^2}{2t^2c_k^2}+O\!\left(\frac{\lambda^4}{t^4c_k^4}\right)\right)$$

なので、$c_k$ の符号によらず

$$\mu\simeq2tc_k-\frac{\lambda^2}{2tc_k}, \qquad \mu\simeq4tc_k+\frac{\lambda^2}{2tc_k}$$

の2本になります。つまり固有値の微小な変化は $\lambda$ の2乗に比例し、大きさは $\lambda^2/(2t|c_k|)$ です。これは非対角要素 $\lambda$ による2次摂動 $\lambda^2/(E-E')$ そのもので、$E-E'=2tc_k-4tc_k=-2tc_k$ を入れた式と一致します。

例外は $c_k=0$、すなわち $\cos\dfrac{2\pi(k-1)}{n}=0$ の場合です。これは $n$ が 4 の倍数のときに限り起こり、$k-1=n/4$ と $k-1=3n/4$ の2つの $k$ が該当します。このとき $\lambda=0$ で2本の固有値が 0 に縮退しており、厳密な固有値は

$$\mu^{\pm}=\pm\lambda$$

となって、変化は $\lambda$ の1乗に比例します。縮退した2準位が結合すると分裂が結合の強さそのものの大きさになる、という縮退摂動論の標準的な結果です。

答えを整理します。$\lambda$ による固有値の微小変化は、対応する $\lambda=0$ の2準位 $2tc_k$ と $4tc_k$ が縮退していなければ $\lambda$ の2乗に比例し、縮退している（$c_k=0$、$n$ が 4 の倍数のときのみ存在）場合は $\lambda$ の1乗に比例します。より正確には $\lambda$ と $t|c_k|$ の比が効いていて、$\lambda\ll t|c_k|$ なら2乗、$\lambda\gg t|c_k|$ なら $\mu^\pm\simeq3tc_k\pm\lambda$ で1乗に移ります。なお $\lambda=0$ の固有値には $c_k=c_{k'}$ による縮退や、$2tc_k=4tc_{k'}$（$k\neq k'$）という偶然の一致も起こり得ますが、これらは異なる $k$ の間の縮退なので $\lambda I$ が結合せず、変化は2乗のままです。物理的には、飛び移り積分が $t$ と $2t$ の2本の環（2つのバンド）を層間結合 $\lambda$ でつないだ模型で、バンドが交差する点（$c_k=0$、両バンドのエネルギーが 0 で一致する点）だけ $\lambda$ に比例したギャップが開き、それ以外では $\lambda^2$ の準位反発が起きる、という描像になります。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成26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。