大問2題で、2問すべてが必答です（試験時間は60分）。第1問は3次元回転の集合 S O ( 3 ) SO(3) S O ( 3 ) f n ( x ) = e x 2 ( d / d x ) n e − x 2 f_n(x)=e^{x^2}(d/dx)^n e^{-x^2} f n ( x ) = e x 2 ( d / d x ) n e − x 2 f n f_n f n
問題 分野 主題 第1問 線形代数・群論・微分方程式 3次元回転群、回転の固有値、交代行列と行列指数関数 第2問 特殊関数・複素解析・微分方程式 エルミート多項式、ガウス型積分、複素積分による母関数
R R R 3 × 3 3\times 3 3 × 3 I I I R = S O ( 3 ) R=SO(3) R = S O ( 3 )
Ω ( n , θ ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta) Ω ( n , θ ) n \boldsymbol{n} n θ \theta θ n \boldsymbol{n} n v 0 \boldsymbol{v}_0 v 0 v ( θ ) = Ω ( n , θ ) v 0 \boldsymbol{v}(\theta)=\Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{v}_0 v ( θ ) = Ω ( n , θ ) v 0 A ( a ) A(\boldsymbol{a}) A ( a ) u \boldsymbol{u} u A ( a ) u = a × u A(\boldsymbol{a})\boldsymbol{u}=\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{u} A ( a ) u = a × u 3 × 3 3\times 3 3 × 3 e 1 , e 2 , e 3 \boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3 e 1 , e 2 , e 3
以下で繰り返し使う道具を1つ先に用意します。単位ベクトル n \boldsymbol{n} n ( f 1 , f 2 , n ) (\boldsymbol{f}_1,\boldsymbol{f}_2,\boldsymbol{n}) ( f 1 , f 2 , n ) f 1 × f 2 = n \boldsymbol{f}_1\times\boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{n} f 1 × f 2 = n n × f 1 = f 2 \boldsymbol{n}\times\boldsymbol{f}_1=\boldsymbol{f}_2 n × f 1 = f 2 f 2 × n = f 1 \boldsymbol{f}_2\times\boldsymbol{n}=\boldsymbol{f}_1 f 2 × n = f 1 f 1 , f 2 \boldsymbol{f}_1,\boldsymbol{f}_2 f 1 , f 2 Ω ( n , θ ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta) Ω ( n , θ )
Ω ( n , θ ) n = n , Ω ( n , θ ) f 1 = cos θ f 1 + sin θ f 2 , Ω ( n , θ ) f 2 = − sin θ f 1 + cos θ f 2 \Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{n}=\boldsymbol{n},\qquad
\Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{f}_1=\cos\theta\,\boldsymbol{f}_1+\sin\theta\,\boldsymbol{f}_2,\qquad
\Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{f}_2=-\sin\theta\,\boldsymbol{f}_1+\cos\theta\,\boldsymbol{f}_2 Ω ( n , θ ) n = n , Ω ( n , θ ) f 1 = cos θ f 1 + sin θ f 2 , Ω ( n , θ ) f 2 = − sin θ f 1 + cos θ f 2 で尽くされます。これは「軸を動かさず、軸に垂直な平面内を右ねじの向きに角 θ \theta θ
(a) ○ です。X , Y X,Y X , Y X Y XY X Y det ( X Y ) = det X det Y > 0 \det(XY)=\det X\det Y>0 det ( X Y ) = det X det Y > 0 X Y XY X Y R R R R R R
(b) × です。軸の異なる回転は一般に交換しません。X = Ω ( e 1 , π / 2 ) X=\Omega(\boldsymbol{e}_1,\pi/2) X = Ω ( e 1 , π /2 ) Y = Ω ( e 3 , π / 2 ) Y=\Omega(\boldsymbol{e}_3,\pi/2) Y = Ω ( e 3 , π /2 )
X = ( 1 0 0 0 0 − 1 0 1 0 ) , Y = ( 0 − 1 0 1 0 0 0 0 1 ) X=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad
Y=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} X = 1 0 0 0 0 1 0 − 1 0 , Y = 0 1 0 − 1 0 0 0 0 1 を取ると
X Y = ( 0 − 1 0 0 0 − 1 1 0 0 ) , Y X = ( 0 0 1 1 0 0 0 1 0 ) XY=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\1&0&0\end{pmatrix},\qquad
YX=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix} X Y = 0 0 1 − 1 0 0 0 − 1 0 , Y X = 0 1 0 0 0 1 1 0 0 で、たとえば X Y e 1 = ( 0 , 0 , 1 ) XY\boldsymbol{e}_1=(0,0,1) X Y e 1 = ( 0 , 0 , 1 ) Y X e 1 = ( 0 , 1 , 0 ) YX\boldsymbol{e}_1=(0,1,0) Y X e 1 = ( 0 , 1 , 0 )
(c) ○ です。X ∈ R X\in R X ∈ R u , w \boldsymbol{u},\boldsymbol{w} u , w
t u ( t X X ) w = t ( X u ) ( X w ) = t u w {}^{t}\boldsymbol{u}\,({}^{t}XX)\,\boldsymbol{w}={}^{t}(X\boldsymbol{u})(X\boldsymbol{w})={}^{t}\boldsymbol{u}\,\boldsymbol{w} t u ( t X X ) w = t ( X u ) ( X w ) = t u w が成り立ちます。u = e i \boldsymbol{u}=\boldsymbol{e}_i u = e i w = e j \boldsymbol{w}=\boldsymbol{e}_j w = e j ( t X X ) i j = δ i j ({}^{t}XX)_{ij}=\delta_{ij} ( t X X ) ij = δ ij t X X = I {}^{t}XX=I t X X = I X X X t X {}^{t}X t X X t X = I X{}^{t}X=I X t X = I
(d) × です。直交性だけでは行列式の符号が決まりません。反例は鏡映
X = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 − 1 ) X=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix} X = 1 0 0 0 1 0 0 0 − 1 で、t X X = X t X = I {}^{t}XX=X{}^{t}X=I t X X = X t X = I det X = − 1 \det X=-1 det X = − 1 X = − I X=-I X = − I O ( 3 ) O(3) O ( 3 ) det = + 1 \det=+1 det = + 1 R = S O ( 3 ) R=SO(3) R = S O ( 3 )
(e) ○ です。(c) より X X X X † = t X = X − 1 X^{\dagger}={}^{t}X=X^{-1} X † = t X = X − 1 X † X = X X † = I X^{\dagger}X=XX^{\dagger}=I X † X = X X † = I X X X U † X U U^{\dagger}XU U † X U U U U U U U
まとめると (a)○、(b)×、(c)○、(d)×、(e)○ が答えです。
n = ( 0 , 0 , 1 ) \boldsymbol{n}=(0,0,1) n = ( 0 , 0 , 1 ) f 1 = e 1 \boldsymbol{f}_1=\boldsymbol{e}_1 f 1 = e 1 f 2 = e 2 \boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{e}_2 f 2 = e 2
Ω ( n , θ ) = ( cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1 ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta)=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1\end{pmatrix} Ω ( n , θ ) = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 です。固有方程式は
det ( Ω − λ I ) = ( 1 − λ ) { ( cos θ − λ ) 2 + sin 2 θ } = ( 1 − λ ) ( λ 2 − 2 λ cos θ + 1 ) = 0 \det\bigl(\Omega-\lambda I\bigr)=(1-\lambda)\bigl\{(\cos\theta-\lambda)^2+\sin^2\theta\bigr\}=(1-\lambda)\bigl(\lambda^2-2\lambda\cos\theta+1\bigr)=0 det ( Ω − λ I ) = ( 1 − λ ) { ( cos θ − λ ) 2 + sin 2 θ } = ( 1 − λ ) ( λ 2 − 2 λ cos θ + 1 ) = 0 となり、λ 2 − 2 λ cos θ + 1 = 0 \lambda^2-2\lambda\cos\theta+1=0 λ 2 − 2 λ cos θ + 1 = 0 λ = cos θ ± i sin θ \lambda=\cos\theta\pm i\sin\theta λ = cos θ ± i sin θ
λ = 1 , e i θ , e − i θ \lambda=1,\quad e^{i\theta},\quad e^{-i\theta} λ = 1 , e i θ , e − i θ の3つです。検算として Tr Ω = 1 + 2 cos θ \operatorname{Tr}\Omega=1+2\cos\theta Tr Ω = 1 + 2 cos θ 1 + e i θ + e − i θ 1+e^{i\theta}+e^{-i\theta} 1 + e i θ + e − i θ det Ω = 1 \det\Omega=1 det Ω = 1 1 ⋅ e i θ ⋅ e − i θ 1\cdot e^{i\theta}\cdot e^{-i\theta} 1 ⋅ e i θ ⋅ e − i θ
任意の単位ベクトル n \boldsymbol{n} n λ = 1 , e i θ , e − i θ \lambda=1,\ e^{i\theta},\ e^{-i\theta} λ = 1 , e i θ , e − i θ
理由は基底の取り替えです。設定で用意した右手系正規直交系 ( f 1 , f 2 , n ) (\boldsymbol{f}_1,\boldsymbol{f}_2,\boldsymbol{n}) ( f 1 , f 2 , n ) P = ( f 1 f 2 n ) P=(\boldsymbol{f}_1\ \boldsymbol{f}_2\ \boldsymbol{n}) P = ( f 1 f 2 n ) P P P Ω ( n , θ ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta) Ω ( n , θ ) M ( θ ) M(\theta) M ( θ )
Ω ( n , θ ) = P M ( θ ) t P , M ( θ ) = ( cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1 ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta)=P\,M(\theta)\,{}^{t}P,\qquad
M(\theta)=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1\end{pmatrix} Ω ( n , θ ) = P M ( θ ) t P , M ( θ ) = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 です。相似変換で固有値は変わらないので、設問(ii)(1) の結果がそのまま使えます。
固有ベクトルも書き下せます。設定の作用から
Ω ( n , θ ) ( f 1 ∓ i f 2 ) = e ± i θ ( f 1 ∓ i f 2 ) , Ω ( n , θ ) n = n \Omega(\boldsymbol{n},\theta)(\boldsymbol{f}_1\mp i\boldsymbol{f}_2)=e^{\pm i\theta}(\boldsymbol{f}_1\mp i\boldsymbol{f}_2),\qquad \Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{n}=\boldsymbol{n} Ω ( n , θ ) ( f 1 ∓ i f 2 ) = e ± i θ ( f 1 ∓ i f 2 ) , Ω ( n , θ ) n = n が直接確かめられます。( f 1 − i f 2 ) / 2 (\boldsymbol{f}_1-i\boldsymbol{f}_2)/\sqrt{2} ( f 1 − i f 2 ) / 2 ( f 1 + i f 2 ) / 2 (\boldsymbol{f}_1+i\boldsymbol{f}_2)/\sqrt{2} ( f 1 + i f 2 ) / 2 n \boldsymbol{n} n U U U
U † Ω ( n , θ ) U = ( e i θ 0 0 0 e − i θ 0 0 0 1 ) U^{\dagger}\,\Omega(\boldsymbol{n},\theta)\,U=\begin{pmatrix}e^{i\theta}&0&0\\0&e^{-i\theta}&0\\0&0&1\end{pmatrix} U † Ω ( n , θ ) U = e i θ 0 0 0 e − i θ 0 0 0 1 となります。これが設問(i)(e) の U U U
同じ軸のまわりの回転は角度が足し算になります。実際、設定の基底 ( f 1 , f 2 , n ) (\boldsymbol{f}_1,\boldsymbol{f}_2,\boldsymbol{n}) ( f 1 , f 2 , n ) Ω ( n , θ ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta) Ω ( n , θ ) M ( θ ) M(\theta) M ( θ ) M ( Δ θ ) M ( θ ) = M ( θ + Δ θ ) M(\Delta\theta)M(\theta)=M(\theta+\Delta\theta) M ( Δ θ ) M ( θ ) = M ( θ + Δ θ )
v ( θ + Δ θ ) = Ω ( n , θ + Δ θ ) v 0 = Ω ( n , Δ θ ) v ( θ ) \boldsymbol{v}(\theta+\Delta\theta)=\Omega(\boldsymbol{n},\theta+\Delta\theta)\boldsymbol{v}_0=\Omega(\boldsymbol{n},\Delta\theta)\,\boldsymbol{v}(\theta) v ( θ + Δ θ ) = Ω ( n , θ + Δ θ ) v 0 = Ω ( n , Δ θ ) v ( θ ) です。つまり、θ \theta θ θ + Δ θ \theta+\Delta\theta θ + Δ θ v ( θ ) \boldsymbol{v}(\theta) v ( θ ) n \boldsymbol{n} n Δ θ \Delta\theta Δ θ
そこで u = v ( θ ) \boldsymbol{u}=\boldsymbol{v}(\theta) u = v ( θ )
u ∥ = ( n ⋅ u ) n , u ⊥ = u − u ∥ \boldsymbol{u}_{\parallel}=(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{u})\boldsymbol{n},\qquad \boldsymbol{u}_{\perp}=\boldsymbol{u}-\boldsymbol{u}_{\parallel} u ∥ = ( n ⋅ u ) n , u ⊥ = u − u ∥ u ⊥ ≠ 0 \boldsymbol{u}_{\perp}\neq\boldsymbol{0} u ⊥ = 0 ρ = ∣ u ⊥ ∣ > 0 \rho=|\boldsymbol{u}_{\perp}|>0 ρ = ∣ u ⊥ ∣ > 0 f 1 = u ⊥ / ρ \boldsymbol{f}_1=\boldsymbol{u}_{\perp}/\rho f 1 = u ⊥ / ρ f 2 = n × f 1 \boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{f}_1 f 2 = n × f 1 ( f 1 , f 2 , n ) (\boldsymbol{f}_1,\boldsymbol{f}_2,\boldsymbol{n}) ( f 1 , f 2 , n ) f 1 f 2 \boldsymbol{f}_1\boldsymbol{f}_2 f 1 f 2 Δ θ \Delta\theta Δ θ
Ω ( n , Δ θ ) u = u ∥ + ρ ( cos Δ θ f 1 + sin Δ θ f 2 ) \Omega(\boldsymbol{n},\Delta\theta)\boldsymbol{u}=\boldsymbol{u}_{\parallel}+\rho\bigl(\cos\Delta\theta\,\boldsymbol{f}_1+\sin\Delta\theta\,\boldsymbol{f}_2\bigr) Ω ( n , Δ θ ) u = u ∥ + ρ ( cos Δ θ f 1 + sin Δ θ f 2 ) となります。ここで ρ f 2 = n × u ⊥ = n × u \rho\boldsymbol{f}_2=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{u}_{\perp}=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{u} ρ f 2 = n × u ⊥ = n × u n × u ∥ = 0 \boldsymbol{n}\times\boldsymbol{u}_{\parallel}=\boldsymbol{0} n × u ∥ = 0
v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = ( cos Δ θ − 1 ) u ⊥ + sin Δ θ ( n × u ) \boldsymbol{v}(\theta+\Delta\theta)-\boldsymbol{v}(\theta)=(\cos\Delta\theta-1)\,\boldsymbol{u}_{\perp}+\sin\Delta\theta\,\bigl(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{u}\bigr) v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = ( cos Δ θ − 1 ) u ⊥ + sin Δ θ ( n × u ) が厳密に成り立ちます。cos Δ θ − 1 = − Δ θ 2 / 2 + O ( Δ θ 4 ) \cos\Delta\theta-1=-\Delta\theta^2/2+O(\Delta\theta^4) cos Δ θ − 1 = − Δ θ 2 /2 + O ( Δ θ 4 ) sin Δ θ = Δ θ + O ( Δ θ 3 ) \sin\Delta\theta=\Delta\theta+O(\Delta\theta^3) sin Δ θ = Δ θ + O ( Δ θ 3 ) Δ θ \Delta\theta Δ θ
v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = n × v ( θ ) Δ θ + O ( Δ θ 2 ) \boldsymbol{v}(\theta+\Delta\theta)-\boldsymbol{v}(\theta)=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v}(\theta)\,\Delta\theta+O(\Delta\theta^2) v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = n × v ( θ ) Δ θ + O ( Δ θ 2 ) となり、これが示すべき式です。誤差は Δ θ 2 \Delta\theta^2 Δ θ 2
幾何的には次の絵になります。v ( θ ) \boldsymbol{v}(\theta) v ( θ ) u ∥ \boldsymbol{u}_{\parallel} u ∥ ρ = ∣ n × v ( θ ) ∣ \rho=|\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v}(\theta)| ρ = ∣ n × v ( θ ) ∣ θ \theta θ Δ θ \Delta\theta Δ θ ρ Δ θ \rho\,\Delta\theta ρ Δ θ f 2 = ( n × v ) / ρ \boldsymbol{f}_2=(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v})/\rho f 2 = ( n × v ) / ρ ρ Δ θ ⋅ ( n × v ) / ρ = n × v Δ θ \rho\,\Delta\theta\cdot(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v})/\rho=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v}\,\Delta\theta ρ Δ θ ⋅ ( n × v ) / ρ = n × v Δ θ Δ θ \Delta\theta Δ θ
n v(θ) n × v(θ) Δθ ρ O 残る場合として u ⊥ = 0 \boldsymbol{u}_{\perp}=\boldsymbol{0} u ⊥ = 0 v ( θ ) \boldsymbol{v}(\theta) v ( θ ) v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = 0 \boldsymbol{v}(\theta+\Delta\theta)-\boldsymbol{v}(\theta)=\boldsymbol{0} v ( θ + Δ θ ) − v ( θ ) = 0 n × v ( θ ) = 0 \boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v}(\theta)=\boldsymbol{0} n × v ( θ ) = 0
設問(ii)(3) の式を Δ θ \Delta\theta Δ θ Δ θ → 0 \Delta\theta\to 0 Δ θ → 0 O ( Δ θ ) → 0 O(\Delta\theta)\to 0 O ( Δ θ ) → 0 v ( θ ) \boldsymbol{v}(\theta) v ( θ )
d v d θ = n × v ( θ ) = A ( n ) v ( θ ) \frac{d\boldsymbol{v}}{d\theta}=\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{v}(\theta)=A(\boldsymbol{n})\,\boldsymbol{v}(\theta) d θ d v = n × v ( θ ) = A ( n ) v ( θ ) を満たします。これが定数係数の線形常微分方程式で、初期条件は v ( 0 ) = Ω ( n , 0 ) v 0 = v 0 \boldsymbol{v}(0)=\Omega(\boldsymbol{n},0)\boldsymbol{v}_0=\boldsymbol{v}_0 v ( 0 ) = Ω ( n , 0 ) v 0 = v 0
これを解きます。A = A ( n ) A=A(\boldsymbol{n}) A = A ( n ) e θ A = ∑ k ≥ 0 θ k A k / k ! e^{\theta A}=\sum_{k\ge 0}\theta^kA^k/k! e θ A = ∑ k ≥ 0 θ k A k / k ! θ \theta θ ∥ θ k A k / k ! ∥ ≤ ( ∣ θ ∣ ∥ A ∥ ) k / k ! \lVert \theta^kA^k/k!\rVert\le(\lvert\theta\rvert\lVert A\rVert)^k/k! ∥ θ k A k / k !∥ ≤ (∣ θ ∣ ∥ A ∥ ) k / k ! d d θ e θ A = A e θ A = e θ A A \frac{d}{d\theta}e^{\theta A}=Ae^{\theta A}=e^{\theta A}A d θ d e θ A = A e θ A = e θ A A e θ A e − θ A = I e^{\theta A}e^{-\theta A}=I e θ A e − θ A = I e θ A e^{\theta A} e θ A
w ( θ ) = e − θ A v ( θ ) \boldsymbol{w}(\theta)=e^{-\theta A}\boldsymbol{v}(\theta) w ( θ ) = e − θ A v ( θ ) と置くと
d w d θ = − A e − θ A v + e − θ A d v d θ = e − θ A ( − A v + A v ) = 0 \frac{d\boldsymbol{w}}{d\theta}=-Ae^{-\theta A}\boldsymbol{v}+e^{-\theta A}\frac{d\boldsymbol{v}}{d\theta}=e^{-\theta A}\bigl(-A\boldsymbol{v}+A\boldsymbol{v}\bigr)=\boldsymbol{0} d θ d w = − A e − θ A v + e − θ A d θ d v = e − θ A ( − A v + A v ) = 0 となります（A A A e − θ A e^{-\theta A} e − θ A w \boldsymbol{w} w w ( θ ) = w ( 0 ) = v 0 \boldsymbol{w}(\theta)=\boldsymbol{w}(0)=\boldsymbol{v}_0 w ( θ ) = w ( 0 ) = v 0
Ω ( n , θ ) v 0 = v ( θ ) = e θ A ( n ) v 0 \Omega(\boldsymbol{n},\theta)\boldsymbol{v}_0=\boldsymbol{v}(\theta)=e^{\theta A(\boldsymbol{n})}\boldsymbol{v}_0 Ω ( n , θ ) v 0 = v ( θ ) = e θ A ( n ) v 0 です。この式は任意の v 0 ∈ R 3 \boldsymbol{v}_0\in\mathbb{R}^3 v 0 ∈ R 3 v 0 = e 1 , e 2 , e 3 \boldsymbol{v}_0=\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3 v 0 = e 1 , e 2 , e 3
Ω ( n , θ ) = e θ A ( n ) \Omega(\boldsymbol{n},\theta)=e^{\theta A(\boldsymbol{n})} Ω ( n , θ ) = e θ A ( n ) が成り立ちます。
確認しておきます。n = ( 0 , 0 , 1 ) \boldsymbol{n}=(0,0,1) n = ( 0 , 0 , 1 )
A ( n ) = ( 0 − 1 0 1 0 0 0 0 0 ) , A ( n ) 2 = ( − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 0 ) , A ( n ) 3 = − A ( n ) A(\boldsymbol{n})=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad A(\boldsymbol{n})^2=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad A(\boldsymbol{n})^3=-A(\boldsymbol{n}) A ( n ) = 0 1 0 − 1 0 0 0 0 0 , A ( n ) 2 = − 1 0 0 0 − 1 0 0 0 0 , A ( n ) 3 = − A ( n ) なので、指数関数の級数を偶数次と奇数次に分けると
e θ A = I + sin θ A + ( 1 − cos θ ) A 2 = ( cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 0 0 1 ) e^{\theta A}=I+\sin\theta\,A+(1-\cos\theta)A^2=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1\end{pmatrix} e θ A = I + sin θ A + ( 1 − cos θ ) A 2 = cos θ sin θ 0 − sin θ cos θ 0 0 0 1 となり、設問(ii)(1) の Ω \Omega Ω A ( n ) 3 = − A ( n ) A(\boldsymbol{n})^3=-A(\boldsymbol{n}) A ( n ) 3 = − A ( n ) n \boldsymbol{n} n n × ( n × u ) = ( n ⋅ u ) n − u \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{u})=(\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{u})\boldsymbol{n}-\boldsymbol{u} n × ( n × u ) = ( n ⋅ u ) n − u
A ( a ) A(\boldsymbol{a}) A ( a ) ( a × u ) 1 = a 2 u 3 − a 3 u 2 (\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{u})_1=a_2u_3-a_3u_2 ( a × u ) 1 = a 2 u 3 − a 3 u 2
A ( a ) = ( 0 − a 3 a 2 a 3 0 − a 1 − a 2 a 1 0 ) A(\boldsymbol{a})=\begin{pmatrix}0&-a_3&a_2\\ a_3&0&-a_1\\ -a_2&a_1&0\end{pmatrix} A ( a ) = 0 a 3 − a 2 − a 3 0 a 1 a 2 − a 1 0 です。これを問題の X X X ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) − a 3 = x 12 -a_3=x_{12} − a 3 = x 12 ( 1 , 3 ) (1,3) ( 1 , 3 ) a 2 = x 13 a_2=x_{13} a 2 = x 13 ( 2 , 3 ) (2,3) ( 2 , 3 ) − a 1 = x 23 -a_1=x_{23} − a 1 = x 23 x i j = − x j i x_{ij}=-x_{ji} x ij = − x j i ( 2 , 1 ) , ( 3 , 1 ) , ( 3 , 2 ) (2,1),(3,1),(3,2) ( 2 , 1 ) , ( 3 , 1 ) , ( 3 , 2 )
a 0 = ( x 32 , x 13 , x 21 ) = ( − x 23 , − x 31 , − x 12 ) \boldsymbol{a}_0=(x_{32},\,x_{13},\,x_{21})=(-x_{23},\,-x_{31},\,-x_{12}) a 0 = ( x 32 , x 13 , x 21 ) = ( − x 23 , − x 31 , − x 12 ) です。添字を使えば ( a 0 ) i = − 1 2 ε i j k X j k (\boldsymbol{a}_0)_i=-\tfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}X_{jk} ( a 0 ) i = − 2 1 ε ij k X j k 0 0 0 a ↦ A ( a ) \boldsymbol{a}\mapsto A(\boldsymbol{a}) a ↦ A ( a )
X X X Y = e X Y=e^X Y = e X X = A ( a 0 ) X=A(\boldsymbol{a}_0) X = A ( a 0 ) a 0 \boldsymbol{a}_0 a 0
a 0 = 0 \boldsymbol{a}_0=\boldsymbol{0} a 0 = 0 X = O X=O X = O Y = I Y=I Y = I I ∈ R I\in R I ∈ R
a 0 ≠ 0 \boldsymbol{a}_0\neq\boldsymbol{0} a 0 = 0 θ = ∣ a 0 ∣ > 0 \theta=|\boldsymbol{a}_0|>0 θ = ∣ a 0 ∣ > 0 n = a 0 / θ \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}_0/\theta n = a 0 / θ A ( a ) u = a × u A(\boldsymbol{a})\boldsymbol{u}=\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{u} A ( a ) u = a × u a \boldsymbol{a} a A ( a 0 ) = A ( θ n ) = θ A ( n ) A(\boldsymbol{a}_0)=A(\theta\boldsymbol{n})=\theta A(\boldsymbol{n}) A ( a 0 ) = A ( θ n ) = θ A ( n )
Y = e X = e θ A ( n ) = Ω ( n , θ ) Y=e^{X}=e^{\theta A(\boldsymbol{n})}=\Omega(\boldsymbol{n},\theta) Y = e X = e θ A ( n ) = Ω ( n , θ ) となります。これは軸 n \boldsymbol{n} n θ \theta θ Y ∈ R Y\in R Y ∈ R n = a 0 / ∣ a 0 ∣ \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}_0/|\boldsymbol{a}_0| n = a 0 /∣ a 0 ∣ θ = ∣ a 0 ∣ \theta=|\boldsymbol{a}_0| θ = ∣ a 0 ∣
行列の性質から直接確認することもできます。X X X Y Y Y
t Y = t ( e X ) = e t X = e − X = ( e X ) − 1 = Y − 1 {}^{t}Y={}^{t}\bigl(e^{X}\bigr)=e^{{}^{t}X}=e^{-X}=\bigl(e^{X}\bigr)^{-1}=Y^{-1} t Y = t ( e X ) = e t X = e − X = ( e X ) − 1 = Y − 1 なので t Y Y = Y t Y = I {}^{t}YY=Y{}^{t}Y=I t Y Y = Y t Y = I Y Y Y det e X = e Tr X \det e^{X}=e^{\operatorname{Tr}X} det e X = e Tr X 0 0 0 Tr X = 0 \operatorname{Tr}X=0 Tr X = 0 det Y = e 0 = 1 \det Y=e^{0}=1 det Y = e 0 = 1 det Y = + 1 \det Y=+1 det Y = + 1 Y ∈ S O ( 3 ) Y\in SO(3) Y ∈ S O ( 3 ) S O ( 3 ) SO(3) S O ( 3 )
n = 0 , 1 , 2 , … n=0,1,2,\dots n = 0 , 1 , 2 , …
f n ( x ) = e x 2 d n d x n ( e − x 2 ) f_n(x)=e^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}\bigl(e^{-x^2}\bigr) f n ( x ) = e x 2 d x n d n ( e − x 2 ) と定義します。以下では g ( x ) = e − x 2 g(x)=e^{-x^2} g ( x ) = e − x 2 e − x 2 f n ( x ) = g ( n ) ( x ) e^{-x^2}f_n(x)=g^{(n)}(x) e − x 2 f n ( x ) = g ( n ) ( x ) x x x z z z e − z 2 e^{-z^2} e − z 2 f n f_n f n
漸化式を先に用意します。定義から
f n + 1 ( x ) = e x 2 d d x ( e − x 2 f n ( x ) ) = e x 2 ( e − x 2 f n ′ ( x ) − 2 x e − x 2 f n ( x ) ) = f n ′ ( x ) − 2 x f n ( x ) f_{n+1}(x)=e^{x^2}\frac{d}{dx}\Bigl(e^{-x^2}f_n(x)\Bigr)=e^{x^2}\Bigl(e^{-x^2}f_n'(x)-2xe^{-x^2}f_n(x)\Bigr)=f_n'(x)-2xf_n(x) f n + 1 ( x ) = e x 2 d x d ( e − x 2 f n ( x ) ) = e x 2 ( e − x 2 f n ′ ( x ) − 2 x e − x 2 f n ( x ) ) = f n ′ ( x ) − 2 x f n ( x ) です。f 0 = 1 f_0=1 f 0 = 1
f 1 = − 2 x , f 2 = 4 x 2 − 2 , f 3 = − 8 x 3 + 12 x , f 4 = 16 x 4 − 48 x 2 + 12 f_1=-2x,\qquad f_2=4x^2-2,\qquad f_3=-8x^3+12x,\qquad f_4=16x^4-48x^2+12 f 1 = − 2 x , f 2 = 4 x 2 − 2 , f 3 = − 8 x 3 + 12 x , f 4 = 16 x 4 − 48 x 2 + 12 が得られます。エルミート多項式 H n H_n H n f n ( x ) = ( − 1 ) n H n ( x ) f_n(x)=(-1)^nH_n(x) f n ( x ) = ( − 1 ) n H n ( x )
もう1つ、以下で何度も使う減衰の事実を確認しておきます。g ( k ) ( x ) g^{(k)}(x) g ( k ) ( x ) x x x × e − x 2 \times e^{-x^2} × e − x 2 m , k ≥ 0 m,k\ge 0 m , k ≥ 0 x m g ( k ) ( x ) → 0 x^mg^{(k)}(x)\to 0 x m g ( k ) ( x ) → 0 ∣ x ∣ → ∞ |x|\to\infty ∣ x ∣ → ∞ R \mathbb{R} R
n n n f n + 1 = f n ′ − 2 x f n f_{n+1}=f_n'-2xf_n f n + 1 = f n ′ − 2 x f n f 0 = 1 f_0=1 f 0 = 1 0 0 0 a 0 = 1 a_0=1 a 0 = 1 f n f_n f n n n n a n ≠ 0 a_n\neq 0 a n = 0 f n ′ f_n' f n ′ n − 1 n-1 n − 1 − 2 x f n -2xf_n − 2 x f n n + 1 n+1 n + 1 − 2 a n -2a_n − 2 a n f n + 1 f_{n+1} f n + 1 n + 1 n+1 n + 1 a n + 1 = − 2 a n ≠ 0 a_{n+1}=-2a_n\neq 0 a n + 1 = − 2 a n = 0 deg f n = n \deg f_n=n deg f n = n a n = ( − 2 ) n a_n=(-2)^n a n = ( − 2 ) n x x x n n n
e − x 2 f n ( x ) = g ( n ) ( x ) e^{-x^2}f_n(x)=g^{(n)}(x) e − x 2 f n ( x ) = g ( n ) ( x )
∫ − ∞ ∞ x f n ( x ) e − x 2 d x = ∫ − ∞ ∞ x g ( n ) ( x ) d x \int_{-\infty}^{\infty}xf_n(x)e^{-x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty}x\,g^{(n)}(x)\,dx ∫ − ∞ ∞ x f n ( x ) e − x 2 d x = ∫ − ∞ ∞ x g ( n ) ( x ) d x です。n > 1 n>1 n > 1 n ≥ 2 n\ge 2 n ≥ 2
∫ − ∞ ∞ x g ( n ) ( x ) d x = [ x g ( n − 1 ) ( x ) ] − ∞ ∞ − ∫ − ∞ ∞ g ( n − 1 ) ( x ) d x = − [ g ( n − 2 ) ( x ) ] − ∞ ∞ = 0 \int_{-\infty}^{\infty}x\,g^{(n)}(x)\,dx=\Bigl[x\,g^{(n-1)}(x)\Bigr]_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}g^{(n-1)}(x)\,dx=-\Bigl[g^{(n-2)}(x)\Bigr]_{-\infty}^{\infty}=0 ∫ − ∞ ∞ x g ( n ) ( x ) d x = [ x g ( n − 1 ) ( x ) ] − ∞ ∞ − ∫ − ∞ ∞ g ( n − 1 ) ( x ) d x = − [ g ( n − 2 ) ( x ) ] − ∞ ∞ = 0 となります。1つ目の境界項は設定で確認した減衰から 0 0 0 n − 1 ≥ 1 n-1\ge 1 n − 1 ≥ 1 g ( n − 1 ) g^{(n-1)} g ( n − 1 ) g ( n − 2 ) g^{(n-2)} g ( n − 2 ) n = 2 n=2 n = 2 g g g 0 0 0 0 0 0
n = 1 n=1 n = 1 n = 1 n=1 n = 1 ∫ g ( 0 ) d x = ∫ e − x 2 d x = π \int g^{(0)}dx=\int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi} ∫ g ( 0 ) d x = ∫ e − x 2 d x = π − π ≠ 0 -\sqrt{\pi}\neq 0 − π = 0 n ≥ 2 n\ge 2 n ≥ 2 e − x 2 e^{-x^2} e − x 2 f n f_n f n 1 1 1
同じ書き換えで
∫ − ∞ ∞ x n f n ( x ) e − x 2 d x = ∫ − ∞ ∞ x n g ( n ) ( x ) d x \int_{-\infty}^{\infty}x^nf_n(x)e^{-x^2}dx=\int_{-\infty}^{\infty}x^n\,g^{(n)}(x)\,dx ∫ − ∞ ∞ x n f n ( x ) e − x 2 d x = ∫ − ∞ ∞ x n g ( n ) ( x ) d x です。部分積分を n n n j j j [ d j − 1 d x j − 1 ( x n ) ⋅ g ( n − j ) ( x ) ] − ∞ ∞ \bigl[\frac{d^{j-1}}{dx^{j-1}}(x^n)\cdot g^{(n-j)}(x)\bigr]_{-\infty}^{\infty} [ d x j − 1 d j − 1 ( x n ) ⋅ g ( n − j ) ( x ) ] − ∞ ∞ 0 0 0
∫ − ∞ ∞ x n g ( n ) ( x ) d x = ( − 1 ) n ∫ − ∞ ∞ d n d x n ( x n ) g ( x ) d x = ( − 1 ) n n ! ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x \int_{-\infty}^{\infty}x^n\,g^{(n)}(x)\,dx=(-1)^n\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^n}{dx^n}\bigl(x^n\bigr)\,g(x)\,dx=(-1)^n\,n!\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx ∫ − ∞ ∞ x n g ( n ) ( x ) d x = ( − 1 ) n ∫ − ∞ ∞ d x n d n ( x n ) g ( x ) d x = ( − 1 ) n n ! ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x となり、答えは
∫ − ∞ ∞ x n f n ( x ) e − x 2 d x = ( − 1 ) n n ! π \int_{-\infty}^{\infty}x^nf_n(x)e^{-x^2}dx=(-1)^n\,n!\,\sqrt{\pi} ∫ − ∞ ∞ x n f n ( x ) e − x 2 d x = ( − 1 ) n n ! π です。
小さい n n n n = 0 n=0 n = 0 ∫ e − x 2 d x = π \int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi} ∫ e − x 2 d x = π ( − 1 ) 0 0 ! π = π (-1)^0 0!\sqrt{\pi}=\sqrt{\pi} ( − 1 ) 0 0 ! π = π n = 1 n=1 n = 1 f 1 = − 2 x f_1=-2x f 1 = − 2 x ∫ ( − 2 x 2 ) e − x 2 d x = − 2 ⋅ π 2 = − π \int(-2x^2)e^{-x^2}dx=-2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}=-\sqrt{\pi} ∫ ( − 2 x 2 ) e − x 2 d x = − 2 ⋅ 2 π = − π ( − 1 ) 1 1 ! π (-1)^1\,1!\,\sqrt{\pi} ( − 1 ) 1 1 ! π n = 2 n=2 n = 2 f 2 = 4 x 2 − 2 f_2=4x^2-2 f 2 = 4 x 2 − 2 ∫ x 2 ( 4 x 2 − 2 ) e − x 2 d x = 4 ⋅ 3 π 4 − 2 ⋅ π 2 = 2 π \int x^2(4x^2-2)e^{-x^2}dx=4\cdot\frac{3\sqrt{\pi}}{4}-2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}=2\sqrt{\pi} ∫ x 2 ( 4 x 2 − 2 ) e − x 2 d x = 4 ⋅ 4 3 π − 2 ⋅ 2 π = 2 π 2 ! π 2!\sqrt{\pi} 2 ! π
e − ω 2 e^{-\omega^2} e − ω 2 z z z 1 1 1 n n n z z z C = { ω : ∣ ω − z ∣ = 1 } C=\{\omega:|\omega-z|=1\} C = { ω : ∣ ω − z ∣ = 1 } ∣ ζ − z ∣ < 1 / 2 |\zeta-z|<1/2 ∣ ζ − z ∣ < 1/2 ζ \zeta ζ ζ \zeta ζ 1 1 1 e − ω 2 e^{-\omega^2} e − ω 2 C C C ζ \zeta ζ C C C
e − ζ 2 = 1 2 π i ∮ C e − ω 2 ω − ζ d ω ( ∣ ζ − z ∣ < 1 / 2 ) e^{-\zeta^2}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{-\omega^2}}{\omega-\zeta}d\omega\qquad\bigl(|\zeta-z|<1/2\bigr) e − ζ 2 = 2 π i 1 ∮ C ω − ζ e − ω 2 d ω ( ∣ ζ − z ∣ < 1/2 ) が成り立ちます。右辺の経路 C C C ζ \zeta ζ ζ \zeta ζ ω ∈ C \omega\in C ω ∈ C ∣ ζ − z ∣ < 1 / 2 |\zeta-z|<1/2 ∣ ζ − z ∣ < 1/2 ∣ ω − ζ ∣ ≥ 1 / 2 |\omega-\zeta|\ge 1/2 ∣ ω − ζ ∣ ≥ 1/2 0 0 0 ζ \zeta ζ ω ∈ C \omega\in C ω ∈ C C C C ζ \zeta ζ n n n ζ = z \zeta=z ζ = z
d n d z n e − z 2 = n ! 2 π i ∮ C e − ω 2 ( ω − z ) n + 1 d ω , つまり f n ( z ) n ! = e z 2 2 π i ∮ C e − ω 2 ( ω − z ) n + 1 d ω \frac{d^n}{dz^n}e^{-z^2}=\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{-\omega^2}}{(\omega-z)^{n+1}}d\omega,
\qquad\text{つまり}\qquad
\frac{f_n(z)}{n!}=\frac{e^{z^2}}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{-\omega^2}}{(\omega-z)^{n+1}}d\omega d z n d n e − z 2 = 2 π i n ! ∮ C ( ω − z ) n + 1 e − ω 2 d ω , つまり n ! f n ( z ) = 2 π i e z 2 ∮ C ( ω − z ) n + 1 e − ω 2 d ω です（グルサの公式）。
これを級数に代入します。
∑ n = 0 ∞ t n n ! f n ( z ) = e z 2 1 2 π i ∮ C e − ω 2 ∑ n = 0 ∞ t n ( ω − z ) n + 1 d ω \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}f_n(z)=e^{z^2}\,\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}e^{-\omega^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{(\omega-z)^{n+1}}\,d\omega n = 0 ∑ ∞ n ! t n f n ( z ) = e z 2 2 π i 1 ∮ C e − ω 2 n = 0 ∑ ∞ ( ω − z ) n + 1 t n d ω 順序交換は問題の指示で認められていますが、根拠も明確です。C C C ∣ ω − z ∣ = 1 |\omega-z|=1 ∣ ω − z ∣ = 1 ∣ t / ( ω − z ) ∣ = ∣ t ∣ < 1 \bigl|t/(\omega-z)\bigr|=|t|<1 t / ( ω − z ) = ∣ t ∣ < 1 ω \omega ω C C C e − ω 2 e^{-\omega^2} e − ω 2 C C C
等比級数を足すと
∑ n = 0 ∞ t n ( ω − z ) n + 1 = 1 ω − z ⋅ 1 1 − t ω − z = 1 ω − ( z + t ) \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{(\omega-z)^{n+1}}=\frac{1}{\omega-z}\cdot\frac{1}{1-\dfrac{t}{\omega-z}}=\frac{1}{\omega-(z+t)} n = 0 ∑ ∞ ( ω − z ) n + 1 t n = ω − z 1 ⋅ 1 − ω − z t 1 = ω − ( z + t ) 1 なので
∑ n = 0 ∞ t n n ! f n ( z ) = e z 2 1 2 π i ∮ C e − ω 2 ω − ( z + t ) d ω \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}f_n(z)=e^{z^2}\,\frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{e^{-\omega^2}}{\omega-(z+t)}\,d\omega n = 0 ∑ ∞ n ! t n f n ( z ) = e z 2 2 π i 1 ∮ C ω − ( z + t ) e − ω 2 d ω となります。∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1 z + t z+t z + t C C C e − ω 2 e^{-\omega^2} e − ω 2 e − ( z + t ) 2 e^{-(z+t)^2} e − ( z + t ) 2
∑ n = 0 ∞ t n n ! f n ( z ) = e z 2 e − ( z + t ) 2 = e − t 2 − 2 t z \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}f_n(z)=e^{z^2}e^{-(z+t)^2}=e^{-t^2-2tz} n = 0 ∑ ∞ n ! t n f n ( z ) = e z 2 e − ( z + t ) 2 = e − t 2 − 2 t z が示せました。仮定 ∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1 z + t z+t z + t C C C
低次で確認しておきます。右辺を t t t e − t 2 − 2 t z = 1 − 2 t z + ( 2 z 2 − 1 ) t 2 + ⋯ e^{-t^2-2tz}=1-2tz+(2z^2-1)t^2+\cdots e − t 2 − 2 t z = 1 − 2 t z + ( 2 z 2 − 1 ) t 2 + ⋯ t 0 , t 1 , t 2 t^0,t^1,t^2 t 0 , t 1 , t 2 f 0 = 1 f_0=1 f 0 = 1 f 1 = − 2 z f_1=-2z f 1 = − 2 z f 2 / 2 ! = ( 4 z 2 − 2 ) / 2 = 2 z 2 − 1 f_2/2!=(4z^2-2)/2=2z^2-1 f 2 /2 ! = ( 4 z 2 − 2 ) /2 = 2 z 2 − 1
F ( t , z ) = e − t 2 − 2 t z F(t,z)=e^{-t^2-2tz} F ( t , z ) = e − t 2 − 2 t z ∂ F / ∂ z = − 2 t F \partial F/\partial z=-2tF ∂ F / ∂ z = − 2 tF ∂ 2 F / ∂ z 2 = 4 t 2 F \partial^2F/\partial z^2=4t^2F ∂ 2 F / ∂ z 2 = 4 t 2 F ∂ F / ∂ t = − ( 2 t + 2 z ) F \partial F/\partial t=-(2t+2z)F ∂ F / ∂ t = − ( 2 t + 2 z ) F
∂ 2 F ∂ z 2 − 2 z ∂ F ∂ z = ( 4 t 2 + 4 t z ) F = − 2 t ( − 2 t − 2 z ) F = − 2 t ∂ F ∂ t \frac{\partial^2F}{\partial z^2}-2z\frac{\partial F}{\partial z}=\bigl(4t^2+4tz\bigr)F=-2t\bigl(-2t-2z\bigr)F=-2t\frac{\partial F}{\partial t} ∂ z 2 ∂ 2 F − 2 z ∂ z ∂ F = ( 4 t 2 + 4 t z ) F = − 2 t ( − 2 t − 2 z ) F = − 2 t ∂ t ∂ F です。
設問(iv) より ∣ t ∣ < 1 |t|<1 ∣ t ∣ < 1 F ( t , z ) = ∑ m ≥ 0 t m m ! f m ( z ) F(t,z)=\sum_{m\ge 0}\frac{t^m}{m!}f_m(z) F ( t , z ) = ∑ m ≥ 0 m ! t m f m ( z )
f n ( z ) = ∂ n F ∂ t n ∣ t = 0 f_n(z)=\frac{\partial^nF}{\partial t^n}\bigg|_{t=0} f n ( z ) = ∂ t n ∂ n F t = 0 が成り立ちます。そこで上の式の両辺を t t t n n n t = 0 t=0 t = 0 F F F ( t , z ) (t,z) ( t , z )
左辺は z z z t t t
∂ n ∂ t n ( ∂ 2 F ∂ z 2 − 2 z ∂ F ∂ z ) ∣ t = 0 = d 2 d z 2 f n ( z ) − 2 z d d z f n ( z ) \frac{\partial^n}{\partial t^n}\Bigl(\frac{\partial^2F}{\partial z^2}-2z\frac{\partial F}{\partial z}\Bigr)\bigg|_{t=0}
=\frac{d^2}{dz^2}f_n(z)-2z\frac{d}{dz}f_n(z) ∂ t n ∂ n ( ∂ z 2 ∂ 2 F − 2 z ∂ z ∂ F ) t = 0 = d z 2 d 2 f n ( z ) − 2 z d z d f n ( z ) となります。右辺はライプニッツ則から
∂ n ∂ t n ( t ∂ F ∂ t ) = t ∂ n + 1 F ∂ t n + 1 + n ∂ n F ∂ t n \frac{\partial^n}{\partial t^n}\Bigl(t\frac{\partial F}{\partial t}\Bigr)=t\frac{\partial^{n+1}F}{\partial t^{n+1}}+n\frac{\partial^{n}F}{\partial t^{n}} ∂ t n ∂ n ( t ∂ t ∂ F ) = t ∂ t n + 1 ∂ n + 1 F + n ∂ t n ∂ n F なので、t = 0 t=0 t = 0 n f n ( z ) n f_n(z) n f n ( z ) − 2 n f n ( z ) -2nf_n(z) − 2 n f n ( z )
d 2 d z 2 f n ( z ) − 2 z d d z f n ( z ) + 2 n f n ( z ) = 0 \frac{d^2}{dz^2}f_n(z)-2z\frac{d}{dz}f_n(z)+2n\,f_n(z)=0 d z 2 d 2 f n ( z ) − 2 z d z d f n ( z ) + 2 n f n ( z ) = 0 が得られます。これが示すべき微分方程式で、答えは λ = 2 n \lambda=2n λ = 2 n
λ \lambda λ f n = a n z n + ⋯ f_n=a_nz^n+\cdots f n = a n z n + ⋯ a n = ( − 2 ) n ≠ 0 a_n=(-2)^n\neq 0 a n = ( − 2 ) n = 0 z n z^n z n f n ′ ′ f_n'' f n ′′ − 2 z f n ′ -2zf_n' − 2 z f n ′ − 2 n a n -2na_n − 2 n a n λ f n \lambda f_n λ f n λ a n \lambda a_n λ a n ( λ − 2 n ) a n = 0 (\lambda-2n)a_n=0 ( λ − 2 n ) a n = 0 λ = 2 n \lambda=2n λ = 2 n f 2 = 4 z 2 − 2 f_2=4z^2-2 f 2 = 4 z 2 − 2 f 2 ′ ′ = 8 f_2''=8 f 2 ′′ = 8 − 2 z f 2 ′ = − 16 z 2 -2zf_2'=-16z^2 − 2 z f 2 ′ = − 16 z 2 4 f 2 = 16 z 2 − 8 4f_2=16z^2-8 4 f 2 = 16 z 2 − 8 0 0 0 f 3 = − 8 z 3 + 12 z f_3=-8z^3+12z f 3 = − 8 z 3 + 12 z f 3 ′ ′ = − 48 z f_3''=-48z f 3 ′′ = − 48 z − 2 z f 3 ′ = 48 z 3 − 24 z -2zf_3'=48z^3-24z − 2 z f 3 ′ = 48 z 3 − 24 z 6 f 3 = − 48 z 3 + 72 z 6f_3=-48z^3+72z 6 f 3 = − 48 z 3 + 72 z 0 0 0 λ = 2 n \lambda=2n λ = 2 n f n = ( − 1 ) n H n f_n=(-1)^nH_n f n = ( − 1 ) n H n
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成20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。