平成11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。

この年度は一般教育科目として数学と物理が 1 冊の問題冊子にまとめられ、数学 3 問・物理 3 問の合計 6 問すべてが必答でした（平成10年8月25日、9時00分〜12時00分）。本記事は数学の 3 問を扱います。3 問とも計算量は小さく、代わりに「示せ」「証明せよ」が全体の半分以上を占めるため、論理を閉じる書き方ができるかどうかで点差がつく構成です。

問題	分野	主題
第1問	複素解析・フーリエ解析	ディリクレ積分と絶対値関数のフーリエ級数
第2問	線形代数	特性多項式の係数と複素固有値をもつ条件
第3問	特殊関数	重み $e^{-x^2}$ に関する直交多項式

第1問では $\alpha$ の符号による場合分けと、留数定理をそのまま使えない（極が積分路上にある）ことへの対処が要点です。第2問は 3 次方程式の判別式を自力で作る問題に帰着します。第3問は「$n$ 次多項式は $H_\ell$ で展開できる」という問題文中の注意が 3 つの設問すべての鍵になっており、これを補題として最初に立てておくと証明が短くなります。

第1問 ディリクレ積分と絶対値関数のフーリエ級数

設定

設問(1)は実数 $\alpha$ に対する

$$I(\alpha)=\int_0^{\infty} dx\,\frac{\sin\alpha x}{x}$$

を複素積分で求める問題です。設問(2)は区間 $[-\pi,\pi]$ 上の $f(x)=|x|$ を

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$$

と展開したときの係数を求め、その結果から奇数の平方の逆数和が $\pi^2/8$ になることを示す問題です。

設問(1)

まず積分が存在することを確認します。被積分関数は $x\to 0$ で $\sin\alpha x/x\to\alpha$ と有界なので原点は特異点ではありません。無限遠側は、$\alpha\neq 0$ として部分積分すれば

$$\int_1^{R}\frac{\sin\alpha x}{x}\,dx=\left[-\frac{\cos\alpha x}{\alpha x}\right]_1^{R}-\frac{1}{\alpha}\int_1^{R}\frac{\cos\alpha x}{x^2}\,dx$$

となり、右辺第 2 項は $|\cos\alpha x/x^2|\le x^{-2}$ より $R\to\infty$ で絶対収束します。よって $I(\alpha)$ は広義リーマン積分（上端を $R$ で打ち切った積分の $R\to\infty$ の極限として定める積分）として収束します（$|\sin\alpha x|/x$ 自体は可積分でないので、絶対収束ではありません）。

$\alpha\mapsto-\alpha$ で被積分関数は符号を変えるので $I(-\alpha)=-I(\alpha)$ であり、$I(0)=0$ です。したがって $\alpha\gt 0$ の場合を計算すれば十分です。

以下 $\alpha\gt 0$ とし、$\mathbb{C}\setminus\{0\}$ で正則な

$$g(z)=\frac{e^{i\alpha z}}{z}$$

を、次の閉曲線に沿って積分します。正の実軸上の線分 $[\varepsilon,R]$、上半平面の大半円 $\Gamma_R:z=Re^{i\theta}\ (\theta:0\to\pi)$、負の実軸上の線分 $[-R,-\varepsilon]$、そして原点の上側を回る小半円 $\gamma_\varepsilon:z=\varepsilon e^{i\theta}\ (\theta:\pi\to 0)$ をこの順につないだ経路です（$0\lt\varepsilon\lt R$）。原点はこの閉曲線の内部から小半円によって除かれているので、囲まれた領域で $g$ は正則です。コーシーの積分定理より

$$\int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{i\alpha x}}{x}dx+\int_{\Gamma_R}g(z)dz+\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{i\alpha x}}{x}dx+\int_{\gamma_\varepsilon}g(z)dz=0$$

が成り立ちます。

大半円の寄与を評価します。$z=Re^{i\theta}$ では $dz/z=i\,d\theta$ かつ $|e^{i\alpha z}|=e^{-\alpha R\sin\theta}$ なので、$[0,\pi/2]$ で成り立つジョルダンの不等式 $\sin\theta\ge 2\theta/\pi$（$\sin$ の凹性から従います）を用いて

$$\begin{aligned} \left\lvert\int_{\Gamma_R}g(z)dz\right\rvert &=\left\lvert\int_0^{\pi}e^{i\alpha Re^{i\theta}}\,i\,d\theta\right\rvert \le\int_0^{\pi}e^{-\alpha R\sin\theta}d\theta =2\int_0^{\pi/2}e^{-\alpha R\sin\theta}d\theta\\ &\le 2\int_0^{\pi/2}e^{-2\alpha R\theta/\pi}d\theta =\frac{\pi}{\alpha R}\left(1-e^{-\alpha R}\right)\le\frac{\pi}{\alpha R} \end{aligned}$$

と押さえられます。$\alpha\gt 0$ なので $R\to\infty$ でこれは $0$ に収束します。ここで $\alpha$ の符号が本質的に効いていて、$\alpha\lt 0$ なら上半平面では被積分関数が発散し、この評価は使えません。

小半円の寄与は、$z=\varepsilon e^{i\theta}$ で $dz/z=i\,d\theta$、向きは $\theta:\pi\to 0$ なので

$$\int_{\gamma_\varepsilon}g(z)dz=i\int_{\pi}^{0}e^{i\alpha\varepsilon e^{i\theta}}d\theta =-i\pi+i\int_{\pi}^{0}\left(e^{i\alpha\varepsilon e^{i\theta}}-1\right)d\theta$$

であり、$|w|\le\alpha\varepsilon$ に対する $|e^{iw}-1|\le|w|e^{|w|}$ から残差は $\pi\alpha\varepsilon e^{\alpha\varepsilon}$ 以下です。よって $\varepsilon\to 0$ で $\int_{\gamma_\varepsilon}g\,dz\to-i\pi$ となります。$1/z$ の原点まわりの半周が全周の半分の $2\pi i/2$ に符号を付けたものになっている、という標準的な結果です。

実軸上の 2 つの線分は 1 つにまとめられます。負側で $x=-u$ と置換すると

$$\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{i\alpha x}}{x}dx=-\int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{-i\alpha u}}{u}du$$

なので、2 つの和は

$$\int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{i\alpha x}-e^{-i\alpha x}}{x}dx=2i\int_{\varepsilon}^{R}\frac{\sin\alpha x}{x}dx$$

です。以上を積分定理の式に戻し、$R\to\infty$、$\varepsilon\to 0$ とすると

$$2i\int_0^{\infty}\frac{\sin\alpha x}{x}dx=i\pi$$

を得ます。したがって $\alpha\gt 0$ で $I(\alpha)=\pi/2$ です。奇関数性と $I(0)=0$ を合わせて、答えは

$$\int_0^{\infty}dx\,\frac{\sin\alpha x}{x}=\frac{\pi}{2}\,\mathrm{sgn}\,\alpha= \begin{cases} \ \ \pi/2 & (\alpha\gt 0)\\ \ \ 0 & (\alpha=0)\\ -\pi/2 & (\alpha\lt 0) \end{cases}$$

です。値が $|\alpha|$ に依存しないことは、$\alpha\gt 0$ で $y=\alpha x$ と置換すると $\alpha$ が完全に消えることから独立に確認できます。なお実部を取れば $\mathrm{P}\!\int_{-\infty}^{\infty}\cos(\alpha x)/x\,dx=0$ で、これは被積分関数が奇関数であることと整合します。

設問(2)(i)

$f(x)=|x|$ は偶関数です。$f(x)\sin nx$ は奇関数で、対称区間での積分は $0$ になるので

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|\sin nx\,dx=0\qquad(n=1,2,\cdots)$$

です。余弦係数は偶関数性から

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|\cos nx\,dx=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\cos nx\,dx$$

となります。$n=0$ では

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\,dx=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$$

です。$n\ge 1$ では部分積分して

$$\int_0^{\pi}x\cos nx\,dx=\left[\frac{x\sin nx}{n}\right]_0^{\pi}-\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\sin nx\,dx =0+\left[\frac{\cos nx}{n^2}\right]_0^{\pi}=\frac{(-1)^n-1}{n^2}$$

となるので

$$a_n=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n-1}{n^2}= \begin{cases} 0 & (n\ \text{even})\\[2pt] -\dfrac{4}{\pi n^2} & (n\ \text{odd}) \end{cases}$$

です。答えは $a_0=\pi$、偶数 $n\ge 2$ で $a_n=0$、奇数 $n$ で $a_n=-4/(\pi n^2)$、そしてすべての $n$ で $b_n=0$ です。フーリエ級数は

$$|x|=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2} \qquad(x\in[-\pi,\pi])$$

の形になります。偶数次の余弦が落ちる理由は、$|x|-\pi/2$ が $x\to\pi-x$ の下で符号を変える（半区間ごとの反対称性をもつ）ことに対応しています。

設問(2)(ii)

まず級数が $x=0$ で $f(0)=0$ に収束することを確かめます。係数は $\sum_{k}4/\{\pi(2k+1)^2\}\lt\infty$ と絶対総和可能なので、ワイエルシュトラスの M 判定法により右辺の級数は $\mathbb{R}$ 上一様収束し、その和 $g(x)$ は連続関数です。他方 $f$ を $2\pi$ 周期に拡張したものは $f(-\pi)=f(\pi)=\pi$ より連続で、フェイェールの定理（連続な周期関数のフーリエ級数は、部分和の平均であるチェザロ平均をとると各点でもとの関数に収束する、という定理）からそのフーリエ級数のチェザロ平均は各点で $f$ に収束します。収束する級数のチェザロ平均は同じ和に収束するので $g=f$ です。区分的に滑らかな連続関数に対するディリクレの定理を使って直接 $g=f$ と結論しても同じです（$f'(x)=\mathrm{sgn}\,x$ は $x=0,\pm\pi$ を除いて連続）。

そこで上で得た展開に $x=0$ を代入します。$f(0)=0$、$\cos 0=1$ なので

$$0=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}, \qquad\text{すなわち}\qquad \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{8}$$

が従います。これが示すべき式です。

検算を 3 つ挙げます。第 1 に、既知の $\zeta(2)=\pi^2/6$（$\zeta(s)=\sum_{n\ge1}n^{-s}$ はゼータ関数）を使うと、奇数項の和は $\sum_{n\ \mathrm{odd}}n^{-2}=\zeta(2)-\sum_{m\ge1}(2m)^{-2}=\zeta(2)(1-1/4)=\pi^2/8$ で一致します。第 2 に、同じ展開に $x=\pi$ を入れると右辺は $\pi/2+(4/\pi)(\pi^2/8)=\pi$ となり $f(\pi)=\pi$ に一致します。第 3 に、パーセバルの等式

$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)^2dx=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2+b_n^2\right)$$

の左辺は $2\pi^2/3$、右辺は $\pi^2/2+(16/\pi^2)\sum_k(2k+1)^{-4}$ なので $\sum_k(2k+1)^{-4}=\pi^4/96$ となり、$\zeta(4)=\pi^4/90$ から得られる $\zeta(4)(1-1/16)=\pi^4/96$ と一致します。

第2問 特性多項式の係数と複素固有値をもつ条件

設定

$3$ 次の実行列 $A=\{a_{ij}\}$ の特性多項式を

$$F(\lambda)\equiv\det[A-\lambda I]=-\lambda^3+P\lambda^2+Q\lambda+R$$

と置きます（$I$ は単位行列）。設問(1)は $P=\operatorname{Tr}A$、$Q=\frac{1}{2}\left(\operatorname{Tr}A^2-(\operatorname{Tr}A)^2\right)$、$R=\det A$ を示す問題、設問(2)は $P=0$ のときに $A$ が複素共役な（実でない）固有値の対をもつための条件を $Q,R$ で表す問題です。

設問(1)

$R$ は最も簡単で、$\lambda=0$ を代入すれば

$$R=F(0)=\det[A-0\cdot I]=\det A$$

です。

$P$ と $Q$ は行列式の置換展開

$$\det[A-\lambda I]=\sum_{\sigma\in S_3}\mathrm{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^{3}(A-\lambda I)_{i\sigma(i)}$$

から読み取ります。$\lambda$ は対角成分 $(A-\lambda I)_{ii}=a_{ii}-\lambda$ にしか現れません。恒等置換でない $\sigma\in S_3$ は少なくとも 2 つの添字を動かすので、固定点は高々 1 つ、すなわちその項は $\lambda$ について高々 1 次です。したがって $\lambda^3$ と $\lambda^2$ の係数は恒等置換の項

$$(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)(a_{33}-\lambda) =-\lambda^3+(a_{11}+a_{22}+a_{33})\lambda^2-(a_{11}a_{22}+a_{22}a_{33}+a_{33}a_{11})\lambda+a_{11}a_{22}a_{33}$$

だけから来ます。$\lambda^2$ の係数を比較して

$$P=a_{11}+a_{22}+a_{33}=\operatorname{Tr}A$$

です。

$\lambda^1$ の係数には、恒等置換の項に加えて、固定点をちょうど 1 つもつ置換、すなわち 3 つの互換の項が寄与します（3-サイクルは固定点をもたず $\lambda$ を含みません）。たとえば互換 $\sigma=(2\,3)$ の項は符号 $-1$ で $-(a_{11}-\lambda)a_{23}a_{32}$ となり、$\lambda$ の係数として $+a_{23}a_{32}$ を与えます。他の 2 つの互換も同様なので

$$Q=\left(a_{12}a_{21}+a_{23}a_{32}+a_{31}a_{13}\right)-\left(a_{11}a_{22}+a_{22}a_{33}+a_{33}a_{11}\right)$$

です。一方、$(A^2)_{ii}=\sum_j a_{ij}a_{ji}$ より

$$\operatorname{Tr}A^2=\sum_{i,j}a_{ij}a_{ji}=\sum_i a_{ii}^2+2\left(a_{12}a_{21}+a_{23}a_{32}+a_{31}a_{13}\right)$$

であり、また

$$(\operatorname{Tr}A)^2=\sum_i a_{ii}^2+2\left(a_{11}a_{22}+a_{22}a_{33}+a_{33}a_{11}\right)$$

なので、差の半分をとると

$$\frac{1}{2}\left(\operatorname{Tr}A^2-(\operatorname{Tr}A)^2\right) =\left(a_{12}a_{21}+a_{23}a_{32}+a_{31}a_{13}\right)-\left(a_{11}a_{22}+a_{22}a_{33}+a_{33}a_{11}\right)=Q$$

となり、3 式すべてが示されました。

検算として固有値表示と突き合わせます。固有値を $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$（重複を込めて、複素数の範囲で）とすると $F(\lambda)=-(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)(\lambda-\lambda_3)$ なので $P=\sum_i\lambda_i$、$Q=-\sum_{i\lt j}\lambda_i\lambda_j$、$R=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$ です。$\operatorname{Tr}A=\sum_i\lambda_i$、$\operatorname{Tr}A^2=\sum_i\lambda_i^2=(\sum_i\lambda_i)^2-2\sum_{i\lt j}\lambda_i\lambda_j$ を使うと上の 3 式が再現され、これはニュートンの恒等式（べき和と基本対称式を結ぶ関係式）の $p_2=e_1^2-2e_2$ にほかなりません。

設問(2)

$P=0$ のとき、固有値は

$$g(\lambda)\equiv-F(\lambda)=\lambda^3-Q\lambda-R=0$$

の根です。$g$ は実係数なので、実でない根は必ず複素共役の対で現れます。3 次ですから、根の配置は「3 個とも実」か「実根 1 個＋複素共役対」の二択であり、複素共役の固有値をもつことは「$g$ の根がすべて実、ではない」ことと同値です。これを $g$ の増減から判定します。$g'(\lambda)=3\lambda^2-Q$ です。

$Q\gt 0$ の場合。$g$ は $\lambda=\pm m$（$m\equiv\sqrt{Q/3}$）に極値をもち、$\lambda=-m$ が極大、$\lambda=+m$ が極小です。3 次関数のグラフを考えると、根が 3 個とも実であることは、極大値が $0$ 以上かつ極小値が $0$ 以下であること、すなわち $g(-m)\ge 0\ge g(m)$ と同値です（等号のときは極値点が重根になります）。極値は $m^3=\frac{Q}{3}m$ を使って

$$g(\pm m)=\pm m^3\mp Qm-R=\mp\frac{2Q}{3}m-R$$

と書け、つねに $g(-m)-g(m)=\frac{4Q}{3}m\gt 0$ なので、「3 実根でない」ことは 2 つの極値が同符号であること、つまり

$$g(m)\,g(-m)=R^2-\frac{4Q^2}{9}m^2=R^2-\frac{4Q^3}{27}\gt 0$$

と同値です。

$Q\lt 0$ の場合。$g'(\lambda)=3\lambda^2-Q\gt 0$ なので $g$ は狭義単調増加で、実根はちょうど 1 個、しかも単根です（重根なら $g'=0$ も必要ですが $g'\gt 0$）。よって残り 2 根は必ず複素共役対です。このとき $27R^2\ge 0\gt 4Q^3$ なので、上の不等式 $R^2\gt 4Q^3/27$ も自動的に成り立っています。

$Q=0$ の場合。$g(\lambda)=\lambda^3-R$ です。$R=0$ なら $\lambda=0$ の三重根ですべて実、$R\neq 0$ なら実根は $\lambda=R^{1/3}$ の 1 個だけで（狭義単調増加）、複素共役対をもちます。これも $27R^2\gt 0=4Q^3$ という判定と一致します。

以上を合わせると、どの場合も同じ 1 本の不等式にまとまります。答えは

$$27R^2\gt 4Q^3\qquad\left(\text{同値に}\ 4Q^3-27R^2\lt 0\right)$$

のとき、かつそのときに限り $A$ は複素共役の固有値をもちます。左辺 $4Q^3-27R^2$ は $\lambda^3-Q\lambda-R$ の判別式 $\prod_{i\lt j}(\lambda_i-\lambda_j)^2$ にほかならず、根が $a,\ u\pm iv$（$v\neq 0$）なら $(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\lambda_3)=(a-u)^2+v^2\gt 0$、$(\lambda_2-\lambda_3)^2=-4v^2\lt 0$ で判別式は負、全根実なら非負、という一般論とも整合します。

具体例で確かめます。固有値 $\pm i,\ 0$ をもつ実行列（回転生成子に第 3 行・列として零を足したもの）では $\operatorname{Tr}A=0$、$\operatorname{Tr}A^2=-2$ より $Q=-1$、$R=0$ で、$27R^2=0\gt-4=4Q^3$ となり複素固有値ありと正しく判定されます。$A=\mathrm{diag}(1,-1,0)$ では $Q=1$、$R=0$ で $0\gt 4$ は偽、実際すべて実固有値です。境界の例として固有値 $1,1,-2$ では $Q=3$、$R=-2$ で $27R^2=108=4Q^3$ と等号になり、重根（すべて実）の場合が等号に対応することが確認できます。

第3問 重み $e^{-x^2}$ に関する直交多項式

設定

$H_n(x)$（$n=0,1,2,\ldots$）は最高次係数 1 の $n$ 次多項式で、

$$H_n(x)=x^n+(n\ \text{より低次の多項式}),\qquad \int_{-\infty}^{\infty}dx\,e^{-x^2}H_n(x)H_m(x)=0\quad(n\neq m)$$

を満たすものとします。以下、内積を $\langle f,g\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}f(x)g(x)\,dx$、ノルムの 2 乗を $h_n=\langle H_n,H_n\rangle$ と書きます。重み $e^{-x^2}$ は正で $H_n\not\equiv 0$ なので $h_n\gt 0$ です。与えられた積分公式はモーメント $\mu_k=\int_{-\infty}^{\infty}x^k e^{-x^2}dx$ の言葉で

$$\mu_{2m}=\sqrt{\pi}\,\frac{(2m)!}{4^m m!},\qquad \mu_{2m+1}=0$$

（奇数次は被積分関数が奇関数なので $0$）となり、具体的には $\mu_0=\sqrt{\pi}$、$\mu_2=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}$、$\mu_4=\frac{3}{4}\sqrt{\pi}$ です。

問題文の注意「$n$ 次多項式 $P(x)$ は $P=\sum_{\ell=0}^{n}c_\ell H_\ell$ と展開できる」を、次の形の補題として全設問で使います。$H_0,\ldots,H_n$ は次数が互いに異なるので一次独立で、$n$ 次以下の多項式の空間（次元 $n+1$）の基底をなし、展開係数は直交性から $c_\ell=\langle P,H_\ell\rangle/h_\ell$ と一意に定まります。ここから 2 つの系が出ます。第 1 に、$H_n$ は次数 $n-1$ 以下の任意の多項式と直交します（相手を $H_0,\ldots,H_{n-1}$ で展開すればよい）。第 2 に、最高次係数 1 の $n$ 次多項式で $H_0,\ldots,H_{n-1}$ のすべてと直交するものは $H_n$ に限ります。実際そのような $K$ に対し $K-H_n$ は次数 $n-1$ 以下で全 $H_\ell$（$\ell\lt n$）と直交するので、展開係数がすべて $0$、つまり $K=H_n$ です。この一意性を以下「補題(B)」と呼びます。

設問(1)

$H_0=1$ です（最高次係数 1 の 0 次式）。$H_n=x^n+(\text{低次})$ と置き、$1,x,\ldots,x^{n-1}$ との直交（上の系より $H_0,\ldots,H_{n-1}$ との直交と同値）を課します。

$n=1$: $H_1=x+c$ に対し $\langle H_1,1\rangle=\mu_1+c\mu_0=c\sqrt{\pi}=0$ より $c=0$ で、

$$H_1(x)=x$$

です。

$n=2$: $H_2=x^2+bx+c$ に対し $\langle H_2,1\rangle=\mu_2+c\mu_0=\sqrt{\pi}\left(\tfrac{1}{2}+c\right)=0$ より $c=-\tfrac{1}{2}$、$\langle H_2,x\rangle=\mu_3+b\mu_2+c\mu_1=b\mu_2=0$ より $b=0$ で、

$$H_2(x)=x^2-\frac{1}{2}$$

です。

$n=3$: $H_3=x^3+ax^2+bx+c$ に対し、$\langle H_3,x\rangle=\mu_4+b\mu_2=\sqrt{\pi}\left(\tfrac{3}{4}+\tfrac{b}{2}\right)=0$ より $b=-\tfrac{3}{2}$ です。残る 2 条件は

$$\langle H_3,1\rangle=a\mu_2+c\mu_0=0,\qquad \langle H_3,x^2\rangle=a\mu_4+c\mu_2=0$$

で（奇数次モーメントはすべて落としました）、この $(a,c)$ の連立 1 次方程式の係数行列式は $\mu_2^2-\mu_0\mu_4=\tfrac{\pi}{4}-\tfrac{3\pi}{4}=-\tfrac{\pi}{2}\neq 0$ なので $a=c=0$ です。よって

$$H_3(x)=x^3-\frac{3}{2}x$$

です。検算として、物理で標準のエルミート多項式 $H_2^{\mathrm{phys}}=4x^2-2$、$H_3^{\mathrm{phys}}=8x^3-12x$ を最高次係数で割ると $x^2-\tfrac{1}{2}$、$x^3-\tfrac{3}{2}x$ となり一致します。また $\langle H_1,H_3\rangle=\mu_4-\tfrac{3}{2}\mu_2=\left(\tfrac{3}{4}-\tfrac{3}{4}\right)\sqrt{\pi}=0$ が直接確認できます。

設問(2)

$K_n(x)\equiv(-1)^n H_n(-x)$ と置き、すべての $n$ で $K_n=H_n$ となることを $n$ についての帰納法で示します。これが示されれば $H_n(-x)-(-1)^nH_n(x)=(-1)^n\{K_n(x)-H_n(x)\}=0$ です。

まず $K_n$ の最高次項は $(-1)^n(-x)^n=x^n$ なので、$K_n$ はつねに最高次係数 1 の $n$ 次多項式です。$n=0$ では $K_0=H_0=1$ で成立します（設問(1)より $K_1=-H_1(-x)=x=H_1$ も直接確かめられます）。

$m\lt n$ なるすべての $m$ で $K_m=H_m$、すなわち $H_m(-x)=(-1)^mH_m(x)$ が成り立つと仮定します。$m\lt n$ に対し、置換 $x=-t$（$dx=-dt$、積分範囲は $\infty\to-\infty$ が反転して元に戻り、$e^{-x^2}$ は偶関数）を使うと

$$\begin{aligned} \langle K_n,H_m\rangle &=(-1)^n\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}H_n(-x)H_m(x)\,dx =(-1)^n\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}H_n(t)H_m(-t)\,dt\\ &=(-1)^{n+m}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}H_n(t)H_m(t)\,dt =(-1)^{n+m}\langle H_n,H_m\rangle=0 \end{aligned}$$

となります（2 行目で帰納法の仮定を使いました）。つまり $K_n$ は最高次係数 1 の $n$ 次多項式で $H_0,\ldots,H_{n-1}$ のすべてと直交するので、補題(B)により $K_n=H_n$ です。帰納法が閉じて、すべての $n$ で

$$H_n(-x)=(-1)^nH_n(x)$$

が示されました。設問(1)の $H_2=x^2-\tfrac{1}{2}$（偶）、$H_3=x^3-\tfrac{3}{2}x$（奇）と整合します。

設問(3)

以下 $n\ge 1$ とします（$H_{n-1}$ が現れるため）。また境界項について、多項式 $p$ に対し $e^{-x^2}p(x)\to 0$（$x\to\pm\infty$）となることを部分積分で繰り返し使います。

第 1 式。$D(x)\equiv xH_n(x)-H_{n+1}(x)$ は、最高次 $x^{n+1}$ が打ち消し合うので次数 $n$ 以下の多項式です。補題により $D=\sum_{\ell=0}^{n}c_\ell H_\ell$、$c_\ell h_\ell=\langle D,H_\ell\rangle$ と展開できます。$\ell\le n$ では $\langle H_{n+1},H_\ell\rangle=0$ なので $c_\ell h_\ell=\langle xH_n,H_\ell\rangle=\langle H_n,xH_\ell\rangle$ です（重み付き内積の中で $x$ を移しただけ）。$\ell\le n-2$ なら $xH_\ell$ は次数 $\ell+1\le n-1$ の多項式なので $H_n$ と直交し、$c_\ell=0$ です。$\ell=n$ では

$$\langle xH_n,H_n\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}x\,H_n(x)^2\,dx=0$$

です。設問(2)より $H_n(x)^2$ は偶関数で、$x$ 倍した被積分関数が奇関数になるからです。残るのは $\ell=n-1$ だけで、

$$xH_n(x)=H_{n+1}(x)+a_nH_{n-1}(x),\qquad a_n=\frac{\langle xH_n,H_{n-1}\rangle}{h_{n-1}}$$

が示されました。係数 $a_n$ は具体的に求まります。$xe^{-x^2}=-\tfrac{1}{2}\left(e^{-x^2}\right)'$ を使って部分積分すると

$$\langle xH_n,H_{n-1}\rangle =-\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\left(e^{-x^2}\right)'H_nH_{n-1}\,dx =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\left(H_n'H_{n-1}+H_nH_{n-1}'\right)dx$$

です。$H_{n-1}'$ は次数 $n-2$ なので第 2 項は $0$、第 1 項は $H_n'=nx^{n-1}+(\text{低次})$ より $H_n'-nH_{n-1}$ が次数 $n-2$ 以下で $H_{n-1}$ と直交するため $\langle H_n',H_{n-1}\rangle=n\,h_{n-1}$ となります。よって $\langle xH_n,H_{n-1}\rangle=\tfrac{n}{2}h_{n-1}$、すなわち

$$a_n=\frac{n}{2}$$

です。設問(1)で確かめると、$xH_1=x^2=H_2+\tfrac{1}{2}H_0$ で $a_1=\tfrac{1}{2}$、$xH_2=x^3-\tfrac{x}{2}=H_3+H_1$ で $a_2=1$ となり、$a_n=n/2$ と一致します。なお途中の式は $h_n=\langle H_n,xH_{n-1}\rangle=\tfrac{n}{2}h_{n-1}$（第 1 式の形から $\langle xH_{n-1},H_n\rangle=\langle H_n,H_n\rangle$）も与え、$h_n=\tfrac{n!}{2^n}\sqrt{\pi}$ が従います。$h_1=\mu_2=\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}$、$h_2=\mu_4-\mu_2+\tfrac{1}{4}\mu_0=\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}$ と直接計算しても合います。

第 2 式。$H_n'(x)$ は次数 $n-1$、最高次項 $nx^{n-1}$ の多項式なので、$E(x)\equiv H_n'(x)-nH_{n-1}(x)$ は次数 $n-2$ 以下です。$\ell\le n-2$ に対する展開係数は $\langle E,H_\ell\rangle=\langle H_n',H_\ell\rangle-n\langle H_{n-1},H_\ell\rangle=\langle H_n',H_\ell\rangle$ で決まります。部分積分すると

$$\langle H_n',H_\ell\rangle =\left[e^{-x^2}H_nH_\ell\right]_{-\infty}^{\infty} -\int_{-\infty}^{\infty}H_n\left(e^{-x^2}H_\ell\right)'dx =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}H_n\left(2xH_\ell-H_\ell'\right)dx$$

となり、$2xH_\ell-H_\ell'$ は次数 $\ell+1\le n-1$ の多項式なので $H_n$ と直交して $0$ です。よって $E$ の展開係数はすべて $0$、$E\equiv 0$ で

$$\frac{d}{dx}H_n(x)=nH_{n-1}(x)$$

が示されました。設問(1)では $H_1'=1=1\cdot H_0$、$H_2'=2x=2H_1$、$H_3'=3x^2-\tfrac{3}{2}=3\left(x^2-\tfrac{1}{2}\right)=3H_2$ となり、すべて一致します。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成11年度 修士課程 入学試験問題 数学（一般教育科目、数学・物理合冊のうち数学）。問題文は要約して引用しています。