平成17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。

問題冊子は英語と数学の合冊で、英語2問と数学2問の計4問すべてが必答です（試験時間は2時間）。ここでは数学の2問を扱います。第1問は前半が実2次形式の対角化という定型計算で、後半は同じ実対称行列を線形力学系 $d\boldsymbol{x}/dt = A\boldsymbol{x}$ の生成子と見て、これが勾配系（ポテンシャルの傾きに沿って下っていく運動）として書けること、そのポテンシャルが正定値なら原点が漸近安定（原点の近くから出た軌道が時間とともに原点に近づくこと）になることを示す流れです。第2問は調和ポテンシャル中の過減衰ブラウン運動のフォッカー–プランク方程式（粒子の分布が時間とともにどう変わるかを表す方程式）で、ガウス分布が解の族として閉じていることを使って初期条件 $\delta(x-1)$ からの発展を完全に決めます。計算そのものは重くありませんが、勾配場になるために対称性が必要であること、係数比較を正当化する論理、$\sigma \to 0$ という特異な初期条件の扱いが得点の分かれ目です。

問題	分野	主題
第1問	線形代数・微分方程式	ユニタリ行列と正規直交系、実2次形式の標準形、勾配系の漸近安定性
第2問	微分方程式・フーリエ解析・確率統計	フォッカー–プランク方程式、ガウス解の族、デルタ関数初期条件

第1問 実2次形式の標準形と勾配系の漸近安定性

設定

4つの設問は独立ではなく、実対称行列という共通の題材でつながっています。設問(1)は $n$ 個の $n$ 次元列ベクトル $\boldsymbol{u}_j$ を並べた行列 $U = (\boldsymbol{u}_1, \boldsymbol{u}_2, \dots, \boldsymbol{u}_n)$ について、$U$ がユニタリ行列なら $\{\boldsymbol{u}_j\}$ が正規直交系になることを示す問題です。設問(2)は実対称行列 $A$ と $n$ 次元実ベクトル $\boldsymbol{x} = (x_1,\dots,x_n)^T$（$T$ は転置）に対する実2次形式

$$\phi(\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x}$$

を、直交変換 $\boldsymbol{x} = P\boldsymbol{y}$ によって標準形

$$\phi = \boldsymbol{y}^T B \boldsymbol{y} = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i y_i^2, \qquad B = P^T A P$$

に直す操作を、具体的な 3 変数の2次形式に適用します。ここで $B$ は対角行列です。設問(3)(4)は同じ実対称行列 $A$ に対する線形微分方程式

$$\frac{d\boldsymbol{x}}{dt} = A\boldsymbol{x}, \qquad \frac{d\boldsymbol{x}}{dt} = \left(\frac{dx_1}{dt},\dots,\frac{dx_n}{dt}\right)^T, \qquad \nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi = \left(\frac{\partial \Phi}{\partial x_1},\dots,\frac{\partial \Phi}{\partial x_n}\right)^T$$

を扱い、これがスカラー関数 $\Phi$ の勾配系 $d\boldsymbol{x}/dt = -\nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi(\boldsymbol{x})$ の形に書けることと、$\Phi$ が正定値のとき解が原点に漸近することを示します。

設問(1)

成分は複素数とし、$\mathbb{C}^n$ の標準内積を $\langle \boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle = \sum_{i=1}^n \overline{a_i}\, b_i$ で定めます。ユニタリ行列の定義は $U^{\dagger} U = I_n$ で、$U^{\dagger} = \overline{U}^{\,T}$ すなわち $(U^{\dagger})_{ji} = \overline{U_{ij}}$ です。

$U = (\boldsymbol{u}_1,\dots,\boldsymbol{u}_n)$ という定義は、$U$ の $(i,j)$ 成分が $\boldsymbol{u}_j$ の第 $i$ 成分であること、すなわち $U_{ij} = (\boldsymbol{u}_j)_i$ を意味します。これを使って $U^{\dagger}U$ の成分を書き下すと

$$(U^{\dagger}U)_{jk} = \sum_{i=1}^{n} (U^{\dagger})_{ji}\, U_{ik} = \sum_{i=1}^{n} \overline{U_{ij}}\, U_{ik} = \sum_{i=1}^{n} \overline{(\boldsymbol{u}_j)_i}\, (\boldsymbol{u}_k)_i = \langle \boldsymbol{u}_j, \boldsymbol{u}_k \rangle$$

となります。行列の積の $(j,k)$ 成分が、そのまま第 $j$ 列と第 $k$ 列の内積になっています。$U$ がユニタリなら左辺は $(I_n)_{jk} = \delta_{jk}$ ですから

$$\langle \boldsymbol{u}_j, \boldsymbol{u}_k \rangle = \delta_{jk} \qquad (j,k = 1,\dots,n)$$

が成り立ちます。$j = k$ は $\lVert \boldsymbol{u}_j \rVert = 1$（規格化）、$j \neq k$ は $\boldsymbol{u}_j \perp \boldsymbol{u}_k$（直交）ですから、$\{\boldsymbol{u}_j\}$ は正規直交系です。

さらに、この $n$ 本は一次独立です。$\sum_j c_j \boldsymbol{u}_j = \boldsymbol{0}$ の両辺と $\boldsymbol{u}_k$ の内積をとると $\sum_j c_j \delta_{kj} = c_k = 0$ が任意の $k$ について従うからです。$n$ 次元空間の一次独立な $n$ 本のベクトルは基底ですから、$\{\boldsymbol{u}_j\}$ は $\mathbb{C}^n$ の正規直交基底（完全正規直交系）になります。

なお上の計算は同値変形ですから逆も成り立ち、列ベクトルが正規直交系をなすことと $U$ がユニタリであることは同値です。成分が実数の場合は $U^{\dagger} = U^T$ で、同じ議論が直交行列と実の正規直交系の同値性を与えます。

設問(2)

$\phi(\boldsymbol{x}) = 4x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 - 2x_1x_2 + 2x_2x_3 - 2x_3x_1$ を $\boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x} = \sum_{i,j} A_{ij}x_ix_j$ と比べます。$A$ を対称にとると $x_i^2$ の係数が $A_{ii}$、$x_ix_j$（$i \neq j$）の係数が $A_{ij} + A_{ji} = 2A_{ij}$ ですから、$A_{11}=4$, $A_{22}=A_{33}=2$, $A_{12}=A_{21}=-1$, $A_{23}=A_{32}=1$, $A_{13}=A_{31}=-1$ と決まります。

$$A = \begin{pmatrix} 4 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$

固有値を求めます。

$$\begin{aligned} \det(A - \lambda I) &= (4-\lambda)\bigl[(2-\lambda)^2 - 1\bigr] + (\lambda - 1) + (\lambda - 1) \\ &= (4-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda) - 2(1-\lambda) \\ &= (1-\lambda)\bigl[(4-\lambda)(3-\lambda) - 2\bigr] \\ &= (1-\lambda)(\lambda^2 - 7\lambda + 10) = (1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-5) \end{aligned}$$

よって固有値は $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 2$, $\lambda_3 = 5$ です。跡が $4+2+2 = 8 = 1+2+5$、行列式が $10 = 1\cdot 2\cdot 5$ で整合しています。

各固有ベクトルを求めます。$\lambda = 1$ では $(A-I)\boldsymbol{v} = \boldsymbol{0}$ の第2行が $-v_1+v_2+v_3=0$、第1行が $3v_1 - v_2 - v_3 = 0$ で、両者から $3v_1 = v_1$ すなわち $v_1 = 0$、$v_2 = -v_3$ を得ます。$\lambda = 2$ では $-v_1+v_3 = 0$ と $-v_1+v_2=0$ から $v_1=v_2=v_3$。$\lambda = 5$ では第1行が $v_1+v_2+v_3=0$、第2行が $-v_1-3v_2+v_3=0$ で、前者を後者に代入すると $-2v_2+2v_3=0$、したがって $v_2=v_3$, $v_1 = -2v_2$ です。規格化して

$$\boldsymbol{u}_1 = \frac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{u}_2 = \frac{1}{\sqrt 3}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{u}_3 = \frac{1}{\sqrt 6}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$$

とします（$\boldsymbol{u}_3$ の符号は後述の理由で選びました）。固有値が相異なるので対称行列の固有ベクトルは自動的に直交し、実際 $\boldsymbol{u}_1\cdot\boldsymbol{u}_2 = \boldsymbol{u}_2\cdot\boldsymbol{u}_3 = \boldsymbol{u}_3\cdot\boldsymbol{u}_1 = 0$ です。これらを列に並べた

$$P = (\boldsymbol{u}_1, \boldsymbol{u}_2, \boldsymbol{u}_3) = \begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt3 & 2/\sqrt6 \\ 1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 & -1/\sqrt6 \\ -1/\sqrt2 & 1/\sqrt3 & -1/\sqrt6 \end{pmatrix}$$

は設問(1)（の実版）より $P^TP = I$ を満たす直交行列で、$\det P = +1$ です（$\boldsymbol{u}_3$ の符号をこう選んだのは、$P$ を鏡映を含まない回転にするためです。符号や列の順序を変えても直交行列である条件は保たれるので、$P$ は一意ではありません）。$AP = (\lambda_1\boldsymbol{u}_1, \lambda_2\boldsymbol{u}_2, \lambda_3\boldsymbol{u}_3) = P\,\mathrm{diag}(1,2,5)$ より

$$B = P^{-1}AP = P^TAP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$$

となり、$\boldsymbol{x} = P\boldsymbol{y}$ のもとで

$$\phi = (P\boldsymbol{y})^T A (P\boldsymbol{y}) = \boldsymbol{y}^T(P^TAP)\boldsymbol{y} = y_1^2 + 2y_2^2 + 5y_3^2$$

が標準形です。答えは $A$ と $P$ が上の行列、$\lambda_1 = 1,\ \lambda_2 = 2,\ \lambda_3 = 5$、標準形が $\phi = y_1^2 + 2y_2^2 + 5y_3^2$ です。

検算します。$\boldsymbol{x} = (1,0,0)^T$ では元の式から $\phi = 4$ です。一方 $\boldsymbol{y} = P^{-1}\boldsymbol{x} = P^T\boldsymbol{x} = (0,\ 1/\sqrt3,\ 2/\sqrt6)^T$ なので標準形は $0 + 2\cdot\frac13 + 5\cdot\frac46 = \frac23 + \frac{10}{3} = 4$ で一致します。固有値がすべて正なので $\phi$ は正定値で、$\phi(\boldsymbol{x}) = 0$ となるのは $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ のときだけです。

設問(3)

答えは

$$\Phi(\boldsymbol{x}) = -\frac12 \boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x} = -\frac12 \sum_{i,j=1}^{n} A_{ij}x_ix_j$$

（加法定数を除く）です。以下で確認します。任意の（対称とは限らない）$n$ 次行列 $A$ について

$$\frac{\partial}{\partial x_i}\Bigl(\sum_{j,k} A_{jk}x_jx_k\Bigr) = \sum_{k} A_{ik}x_k + \sum_{j} A_{ji}x_j = (A\boldsymbol{x})_i + (A^T\boldsymbol{x})_i$$

です（$x_j$ から微分される項と $x_k$ から微分される項の2つが出ます）。ここで $A^T = A$ を使うと右辺は $2(A\boldsymbol{x})_i$ となるので $\nabla_{\boldsymbol{x}}(\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x}) = 2A\boldsymbol{x}$、したがって

$$-\nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi = \frac12\nabla_{\boldsymbol{x}}\bigl(\boldsymbol{x}^TA\boldsymbol{x}\bigr) = A\boldsymbol{x} = \frac{d\boldsymbol{x}}{dt}$$

が成り立ちます。これで $\Phi$ の具体形とともに主張が示されました。

対称性がここで本質的に効いていることを補足します。$\mathbb{R}^n$ 上のベクトル場 $\boldsymbol{F}(\boldsymbol{x}) = A\boldsymbol{x}$ が何らかのスカラー関数の勾配（$\boldsymbol{F} = -\nabla\Phi$）と書けるための必要十分条件は、可積分条件 $\partial F_i/\partial x_j = \partial F_j/\partial x_i$ です。必要性は $\partial^2\Phi/\partial x_i\partial x_j$ の対称性から、十分性は $\mathbb{R}^n$ が単連結なのでポアンカレの補題（原点からの線積分で $\Phi$ を構成できること）から従います。いま $\partial F_i/\partial x_j = A_{ij}$ ですから、この条件はちょうど $A_{ij} = A_{ji}$、すなわち $A$ の対称性です。問題文の「$A$ を実対称行列として」という仮定が過剰でも不足でもないことがわかります。

また $\Phi$ の一意性は加法定数までです。$-\nabla\Phi_1 = -\nabla\Phi_2$ なら $\nabla(\Phi_1-\Phi_2) = \boldsymbol{0}$ で、連結な $\mathbb{R}^n$ 上で $\Phi_1 - \Phi_2$ は定数になります。上では $\Phi(\boldsymbol{0}) = 0$ となる取り方を選びました。設問(2)の記号で言えば $\Phi = -\phi/2$ で、$A$ の正規直交固有系 $\{\boldsymbol{u}_i\}$（固有値 $\lambda_i$）を使って $\boldsymbol{x} = \sum_i c_i\boldsymbol{u}_i$ と展開すると

$$\Phi(\boldsymbol{x}) = -\frac12\sum_{i=1}^{n}\lambda_i c_i^2$$

と書けます。これを設問(4)で使います。

設問(4)

前半を示します。$\Phi$ は多項式なので $C^\infty$ 級、$\boldsymbol{x}(t)$ は定数係数線形常微分方程式の解 $\boldsymbol{x}(t) = e^{At}\boldsymbol{x}(0)$ で $t$ について $C^1$ 級（大域的に存在し一意）ですから、合成関数の微分が使えて

$$\frac{d\Phi(\boldsymbol{x}(t))}{dt} = \sum_{i=1}^{n}\frac{\partial \Phi}{\partial x_i}\frac{dx_i}{dt} = \nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi \cdot \left(-\nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi\right) = -\bigl\lVert \nabla_{\boldsymbol{x}}\Phi \bigr\rVert^2 = -\lVert A\boldsymbol{x}(t)\rVert^2 \le 0$$

となります。等号が成り立つのは $A\boldsymbol{x}(t) = \boldsymbol{0}$ のとき、すなわち軌道が瞬間的に停止している（不動点にいる）ときだけです。勾配系では $\Phi$ が必ず単調非増加である、というのが一般的な内容です。

後半を示します。仮定は「任意の $\boldsymbol{x} \neq \boldsymbol{0}$ に対し $\Phi(\boldsymbol{x}) > 0$」です。$A$ は実対称なのでスペクトル定理により実固有値 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ と正規直交固有基底 $\{\boldsymbol{u}_i\}$ をもちます。$\boldsymbol{x} = \boldsymbol{u}_i$（$\neq \boldsymbol{0}$）に仮定を適用すると

$$0 < \Phi(\boldsymbol{u}_i) = -\frac12 \boldsymbol{u}_i^T A \boldsymbol{u}_i = -\frac{\lambda_i}{2}\lVert\boldsymbol{u}_i\rVert^2 = -\frac{\lambda_i}{2}$$

より $\lambda_i < 0$ が全 $i$ について従います（$\Phi$ が正定値であることは $-A$ が正定値であることと同じです）。

そこで $c_i(t) = \boldsymbol{u}_i\cdot\boldsymbol{x}(t)$ と置きます。$A$ の対称性から

$$\frac{dc_i}{dt} = \boldsymbol{u}_i\cdot A\boldsymbol{x} = (A^T\boldsymbol{u}_i)\cdot\boldsymbol{x} = (A\boldsymbol{u}_i)\cdot\boldsymbol{x} = \lambda_i c_i$$

なので $c_i(t) = c_i(0)e^{\lambda_i t}$ です。$\{\boldsymbol{u}_i\}$ が正規直交基底なのでパーセバルの関係から

$$\lVert \boldsymbol{x}(t)\rVert^2 = \sum_{i=1}^{n} c_i(0)^2 e^{2\lambda_i t} \le e^{2\lambda_{\max}t}\sum_{i=1}^{n}c_i(0)^2 = e^{2\lambda_{\max}t}\lVert\boldsymbol{x}(0)\rVert^2, \qquad \lambda_{\max} \equiv \max_i \lambda_i < 0$$

が成り立ち、

$$\lVert \boldsymbol{x}(t)\rVert \le e^{\lambda_{\max}t}\,\lVert\boldsymbol{x}(0)\rVert \xrightarrow{\ t\to\infty\ } 0$$

です。したがって任意の初期条件からの解軌道は $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ に漸近し、しかも指数的で、減衰率は絶対値最小の固有値 $\lvert\lambda_{\max}\rvert$ で決まります。$\Phi(\boldsymbol{x}(t)) = -\frac12\sum_i\lambda_ic_i(0)^2e^{2\lambda_it} \to 0$ も同時に従います。

この結論はリアプノフの定理（エネルギーのような量が軌道に沿って減ることから安定性を結論する定理）の内容そのものです。$\Phi$ は $\Phi(\boldsymbol{0})=0$、$\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$ で $\Phi>0$ という正定値関数で、前半より軌道に沿って非増加、さらに $\Phi$ が正定値なら $-A$ は正則なので $\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$ に対し $A\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$、すなわち $d\Phi/dt < 0$ が厳密な不等号で成り立ちます。この議論は $d\boldsymbol{x}/dt = -\nabla\Phi$ が非線形の場合にもそのまま通り、いまは線形なので上のように固有値分解で明示的に結論できました。仮定の鋭さも確認できます。もしある固有値が $\lambda_i > 0$（このとき $\Phi(\boldsymbol{u}_i) < 0$ で仮定は破れる）なら、$c_i(0)\neq 0$ の初期条件から出た軌道は $\lvert c_i(t)\rvert = \lvert c_i(0)\rvert e^{\lambda_i t}$ が発散するので原点に漸近しません。

第2問 ガウス分布で解く移流拡散方程式

設定

1変数の分布関数 $f(x,t)$ に対する偏微分方程式

$$\frac{\partial f}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(xf\bigr) + D\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$$

を、$D$ を正の定数とし、$x \to \pm\infty$ で $f$ と $\partial f/\partial x$ が十分速やかに $0$ に収束するという条件のもとで考えます。右辺第1項は、流れに乗って分布が運ばれる効果を表す移流項 $-\partial(vf)/\partial x$ に速度場 $v(x) = -x$ を入れたもので、原点向きの復元力に対応します。第2項は拡散係数 $D$ の拡散項です。すなわちこれは調和ポテンシャル中の過減衰ブラウン運動（オルンシュタイン–ウーレンベック過程）のフォッカー–プランク方程式で、時間は緩和率が $1$ になる単位で測られています。

「十分速やかに」の意味は、以下の部分積分で現れる境界項がすべて消えること、具体的には $x \to \pm\infty$ で $f \to 0$, $\partial f/\partial x \to 0$ に加えて $xf \to 0$, $x\,\partial f/\partial x \to 0$, $x^2 f \to 0$ が成り立つこと、と解釈します。あとで得るガウス型の解はこれを満たします。以下、$g$ の引数は $g(x,\sigma) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma}e^{-x^2/(2\sigma^2)}$ の定義に従います。

設問(1)

$f$ が $t$ について $C^1$ 級で、$\partial f/\partial t$ が $t$ について局所一様に可積分な優関数をもつとすれば、微分と積分の交換（ルベーグ積分に対するライプニッツの規則）が正当化されます。このとき

$$\frac{dI}{dt} = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial f}{\partial t}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial}{\partial x}\left(xf + D\frac{\partial f}{\partial x}\right)dx = \left[\,xf + D\frac{\partial f}{\partial x}\,\right]_{x=-\infty}^{x=+\infty}$$

です。ここで、方程式の右辺全体が $x$ の完全微分（発散形）になっていることを使いました。設定で述べた減衰条件より $xf \to 0$ かつ $\partial f/\partial x \to 0$ なので境界項は消え、

$$\frac{dI}{dt} = 0$$

が示されました。言い換えると、この方程式は流れ $j = -\left(xf + D\,\partial f/\partial x\right)$ に対する連続の式 $\partial f/\partial t + \partial j/\partial x = 0$ であり、全確率 $I$ が保存されます。以降、規格化は $I = 1$ に取ります。

設問(2)

$g(x,\sigma)$ を代入します。$\partial g/\partial x = -(x/\sigma^2)g$ と $\partial^2 g/\partial x^2 = \left(x^2/\sigma^4 - 1/\sigma^2\right)g$ より

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x}(xg) + D\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} &= g + x\frac{\partial g}{\partial x} + D\left(\frac{x^2}{\sigma^4} - \frac{1}{\sigma^2}\right)g \\ &= \left[\left(1 - \frac{D}{\sigma^2}\right) - \frac{x^2}{\sigma^2}\left(1 - \frac{D}{\sigma^2}\right)\right]g = \left(1 - \frac{D}{\sigma^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{\sigma^2}\right)g \end{aligned}$$

となります。$g > 0$ で $1 - x^2/\sigma^2$ は恒等的に $0$ ではないので、これが全ての $x$ で $0$ になる必要十分条件は $1 - D/\sigma^2 = 0$ です。$\sigma > 0$ より答えは

$$\sigma = \sqrt{D}$$

です。

別の見方をすると、定常条件 $\partial_x\left(xf + Df'\right) = 0$ は $xf + Df' = \text{const}$ を意味し、$x \to \infty$ で左辺が $0$ に収束することから定数は $0$、すなわち流れが恒等的に $0$（詳細つり合い）です。これを解くと $f'/f = -x/D$ から $f \propto e^{-x^2/(2D)}$ となり、規格化可能な定常解はガウス分布に限ること、およびその幅が $\sigma^2 = D$ であることが同時に分かります。

次元の確認をしておきます。方程式の第1項 $\partial_x(xf)$ が $\partial f/\partial t$ と釣り合うことから、この方程式では時間が無次元化されており、$D$ の次元は $[x]^2$ です。$\sigma^2 = D$ は $[x]^2$ どうしの等式で整合します。物理的には $\sigma^2 = D$ は揺動散逸関係（分散が拡散係数と緩和率の比で決まること）にあたります。

設問(3)

$u = x - X(t)$ と置き、$f(x,t) = g(u,\sigma(t))$ を代入します。使う偏微分は

$$\frac{\partial g}{\partial u} = -\frac{u}{\sigma^2}g, \qquad \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} = \left(\frac{u^2}{\sigma^4} - \frac{1}{\sigma^2}\right)g, \qquad \frac{\partial g}{\partial \sigma} = \left(\frac{u^2}{\sigma^3} - \frac{1}{\sigma}\right)g$$

です（3つ目は $\ln g = -\ln(\sqrt{2\pi}\sigma) - u^2/(2\sigma^2)$ を $\sigma$ で微分すれば出ます）。$\partial u/\partial t = -\dot X$, $\partial u/\partial x = 1$ に注意して

$$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial t} &= -\dot X\frac{\partial g}{\partial u} + \dot\sigma\frac{\partial g}{\partial \sigma} = \left[\frac{\dot X u}{\sigma^2} + \dot\sigma\left(\frac{u^2}{\sigma^3} - \frac{1}{\sigma}\right)\right]g, \\[2pt] \frac{\partial}{\partial x}(xf) + D\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} &= f + x\frac{\partial g}{\partial u} + D\frac{\partial^2 g}{\partial u^2} = \left[1 - \frac{(u+X)u}{\sigma^2} + D\left(\frac{u^2}{\sigma^4} - \frac{1}{\sigma^2}\right)\right]g \end{aligned}$$

となります（$x = u + X$ を使いました）。両辺は $g$ に $u$ の2次多項式を掛けた形です。$g \neq 0$ であり、$1, u, u^2$ は $u$ の関数として一次独立ですから、等式が全ての $x$（したがって全ての $u$）で成り立つことは、$u^0, u^1, u^2$ の係数がそれぞれ一致することと同値です。差をとって整理すると

$$\begin{aligned} u^2 &: \quad \frac{\dot\sigma}{\sigma^3} = -\frac{1}{\sigma^2} + \frac{D}{\sigma^4} &&\Longleftrightarrow\quad \sigma\dot\sigma = D - \sigma^2, \\ u^1 &: \quad \frac{\dot X}{\sigma^2} = -\frac{X}{\sigma^2} &&\Longleftrightarrow\quad \dot X = -X, \\ u^0 &: \quad -\frac{\dot\sigma}{\sigma} = 1 - \frac{D}{\sigma^2} &&\Longleftrightarrow\quad \sigma\dot\sigma = D - \sigma^2 \end{aligned}$$

を得ます。$u^0$ と $u^2$ から出る条件は同一です。条件は3つあるのに未知関数は2つしかないので、ここが一致しなければガウス分布のアンザッツ（解の形をあらかじめ仮定して代入する方法）は成り立ちませんでした。求める常微分方程式は

$$\frac{dX}{dt} = -X, \qquad \frac{d\sigma}{dt} = \frac{D}{\sigma} - \sigma$$

です。第2式は $d(\sigma^2)/dt = 2(D - \sigma^2)$ と書いても同じことです。整合性を2通りで確かめます。第一に、$X = 0$, $\sigma = \sqrt D$ は両式の右辺を $0$ にする定常点で、設問(2)の定常解と一致します。第二に、モーメントの発展を方程式から直接導くと同じ式が出ます。$I = 1$ として $\langle x\rangle = \int xf\,dx$, $\langle x^2\rangle = \int x^2f\,dx$ と書くと、部分積分（境界項は設定の減衰条件で消える）から

$$\frac{d\langle x\rangle}{dt} = -\langle x\rangle, \qquad \frac{d\langle x^2\rangle}{dt} = -2\langle x^2\rangle + 2D$$

です。実際 $\int x\,\partial_x(xf)\,dx = -\int xf\,dx$、$\int x\,\partial_x^2 f\,dx = 0$、$\int x^2\partial_x(xf)\,dx = -2\langle x^2\rangle$、$\int x^2\partial_x^2f\,dx = 2\int f\,dx = 2$ となります。分散 $V = \langle x^2\rangle - \langle x\rangle^2$ に直すと $dV/dt = -2V + 2D$ で、ガウス分布では $\langle x\rangle = X$, $V = \sigma^2$ ですから上で求めた2式に一致します。この導出はガウス分布を仮定していないので、独立な検算になっています。

設問(4)

初期条件 $f(x,0) = \delta(x-1)$ は、問題文の指示どおり $\delta(x-1) = \lim_{\sigma\to 0}g(x-1,\sigma)$ と読みます。つまり設問(3)のガウス族の中で $X(0) = 1$, $\sigma(0) \to +0$ に対応します。$\sigma = 0$ は $\sigma$ の方程式の右辺が特異になる点なので、$\sigma(0) = \varepsilon > 0$ から出発して最後に $\varepsilon \to +0$ とします。

$s = \sigma^2$ と置くと $ds/dt = 2(D - s)$ は線形で、$s(0) = \varepsilon^2$ のもとで

$$s(t) = D + \left(\varepsilon^2 - D\right)e^{-2t} \quad\xrightarrow{\ \varepsilon\to+0\ }\quad \sigma^2(t) = D\left(1 - e^{-2t}\right)$$

です。$X$ の方程式は $X(t) = X(0)e^{-t} = e^{-t}$ を与えます。したがって $t > 0$ に対する解は

$$f(x,t) = g\Bigl(x - e^{-t},\ \sqrt{D\left(1-e^{-2t}\right)}\Bigr) = \frac{1}{\sqrt{2\pi D\left(1-e^{-2t}\right)}} \exp\left[-\frac{\left(x - e^{-t}\right)^2}{2D\left(1-e^{-2t}\right)}\right]$$

です。$t>0$ では $\sigma^2(t) > 0$ なのでこれは滑らかな関数で、設問(3)の係数比較が同値変形だったことから元の偏微分方程式を厳密に満たします。また $x \to \pm\infty$ でガウス的に減衰するので設定の条件も満たし、$\int f\,dx = 1$ が全ての $t$ で成り立って設問(1)と整合します。初期条件は $t \to +0$ の極限で $X \to 1$, $\sigma \to 0$ となることから、任意の有界連続関数 $\varphi$ に対し $\int f(x,t)\varphi(x)dx \to \varphi(1)$、すなわち超関数の意味で $f(\cdot,t) \to \delta(x-1)$ として満たされます。

$t \to \infty$ では $e^{-t} \to 0$, $e^{-2t}\to 0$ なので

$$f(x,t) \longrightarrow \frac{1}{\sqrt{2\pi D}}\,e^{-x^2/(2D)} = g\left(x,\sqrt D\right)$$

となり、設問(2)で求めた定常解（$\sigma = \sqrt D$ のガウス分布）に近づきます。収束は $x$ について一様で、中心のずれが $e^{-t}$、分散の不足が $De^{-2t}$ なので、緩和は $O(e^{-t})$ の速さです。初期位置 $x=1$ の記憶は中心の移動 $e^{-t}$ として指数的に失われ、幅は $0$ から $\sqrt D$ へ単調に増えます。

以上はガウス分布という形を仮定した議論なので、解がこれ以外にないことをフーリエ変換で確かめておきます。$\hat f(k,t) = \int_{-\infty}^{\infty}f(x,t)e^{-ikx}dx$ と定めます。部分積分と $\partial\hat f/\partial k = -i\int xfe^{-ikx}dx$ を使うと

$$\int \frac{\partial}{\partial x}(xf)e^{-ikx}dx = ik\int xfe^{-ikx}dx = -k\frac{\partial \hat f}{\partial k}, \qquad \int D\frac{\partial^2f}{\partial x^2}e^{-ikx}dx = -Dk^2\hat f$$

なので、方程式は1階の偏微分方程式

$$\frac{\partial \hat f}{\partial t} + k\frac{\partial \hat f}{\partial k} = -Dk^2\hat f$$

になります。特性曲線（偏微分方程式を、ある曲線に沿った常微分方程式として解く方法）$k(t) = k_0e^{t}$ の上では $\frac{d}{dt}\hat f\bigl(k_0e^t,t\bigr) = -Dk_0^2e^{2t}\hat f$ なので、これを積分して $k_0 = ke^{-t}$ を代入すると

$$\hat f(k,t) = \hat f\left(ke^{-t},0\right)\exp\left[-\frac{Dk^2}{2}\left(1-e^{-2t}\right)\right]$$

という一般解を得ます。初期条件 $\hat f(k,0) = \int\delta(x-1)e^{-ikx}dx = e^{-ik}$ を入れると

$$\hat f(k,t) = \exp\left[-ike^{-t} - \frac{Dk^2}{2}\left(1-e^{-2t}\right)\right]$$

で、これは平均 $e^{-t}$、分散 $D(1-e^{-2t})$ のガウス分布の特性関数ですから、逆変換して上の $f(x,t)$ に一致します。フーリエ変換は単射なので、この解が（緩減少超関数の範囲で）唯一です。$t\to\infty$ での極限も $\hat f \to e^{-Dk^2/2}$、すなわち $g(x,\sqrt D)$ の変換に収束することとして確認できます。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成17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。