平成24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。

この年度の数学は大問2題で、2問とも必答です（試験時間は90分）。第1問の前半はパウリ行列の積の表から出発して指数関数 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)}$ を閉じた形に直し、随伴作用（$S(\boldsymbol v)$ を $XS(\boldsymbol v)X^{-1}$ に写す変換のこと）が3次元回転になること（ロドリゲスの公式。回転を軸と角で表す式のこと）を導く一連の計算です。後半は2行2列の複素行列・エルミート行列・ユニタリー行列についての真偽判定6問で、真なら証明、偽なら反例を要求されます。第2問は連立偏微分方程式が2題で、いずれも係数行列を対角化して独立な1成分方程式に落とす、という同じ骨格です。前半は特性速度（波の伝わる速さ）$\pm 2$ の双曲型（係数行列が実の固有値をもち対角化できる型）1階系、後半は拡散係数 $1,2$ の熱方程式に分解される2階系で、後半では係数行列の固有値の符号が $t\ge 0$ で解けることの根拠になります。

問題	分野	主題
第1問	線形代数・群論	パウリ行列の積、SU(2) の随伴作用と3次元回転、エルミート行列・ユニタリー行列の真偽判定
第2問	微分方程式・線形代数・フーリエ解析	双曲型連立1階方程式の特性分解、拡散型連立2階方程式と熱核

第1問 パウリ行列の代数と2次の行列の集合

設定

単位行列と3つのパウリ行列を

$$I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\quad \sigma_1=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad \sigma_2=\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}\\ \mathrm{i}&0\end{pmatrix},\quad \sigma_3=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$

と定めます（$\mathrm{i}$ は虚数単位）。実3元ベクトル $\boldsymbol v=(v_1,v_2,v_3)$ に対して

$$S(\boldsymbol v)=\boldsymbol v\cdot\boldsymbol\sigma=v_1\sigma_1+v_2\sigma_2+v_3\sigma_3$$

とおき、実単位ベクトル $\boldsymbol n$ と実数 $\theta$ に対して $X(\boldsymbol n,\theta)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)}$ を行列の指数級数 $\mathrm{e}^{A}=\sum_{k\ge 0}A^k/k!$ で定義します。設問1ではこの $X$ による $S(\boldsymbol v)$ の変換を追い、設問2では2行2列の複素行列全体 $G$、その中のエルミート行列の集合 $H=\{X\in G:X^{\dagger}=X\}$、ユニタリー行列の集合 $U=\{X\in G:X^{\dagger}X=XX^{\dagger}=I\}$ について6つの命題の真偽を判定します。$X^{\dagger}$ は転置の複素共役です。

以下、レビ・チビタ記号 $\varepsilon_{jkl}$（$\varepsilon_{123}=1$ で添字の互換について反対称、それ以外は $0$）を使います。

設問1

(i) 直接掛け算します。対角成分の積は

$$\sigma_1^2=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}^2=I,\qquad \sigma_2^2=\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}\\ \mathrm{i}&0\end{pmatrix}^2=I,\qquad \sigma_3^2=I$$

です。異なる添字の積は、たとえば

$$\sigma_1\sigma_2=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}\\ \mathrm{i}&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\mathrm{i}&0\\0&-\mathrm{i}\end{pmatrix}=\mathrm{i}\sigma_3,\qquad \sigma_2\sigma_3=\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}\\ \mathrm{i}&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&\mathrm{i}\\ \mathrm{i}&0\end{pmatrix}=\mathrm{i}\sigma_1$$ $$\sigma_3\sigma_1=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=\mathrm{i}\sigma_2$$

となります。残る3つは計算し直す必要がありません。各 $\sigma_j$ はエルミートなので $(\sigma_j\sigma_k)^{\dagger}=\sigma_k^{\dagger}\sigma_j^{\dagger}=\sigma_k\sigma_j$ であり、$(\mathrm{i}\sigma_l)^{\dagger}=-\mathrm{i}\sigma_l$ を使えば $\sigma_2\sigma_1=-\mathrm{i}\sigma_3$、$\sigma_3\sigma_2=-\mathrm{i}\sigma_1$、$\sigma_1\sigma_3=-\mathrm{i}\sigma_2$ が従います。表にまとめると次のとおりです。

$\sigma_j\sigma_k$	$k=1$	$k=2$	$k=3$
$j=1$	$I$	$\mathrm{i}\sigma_3$	$-\mathrm{i}\sigma_2$
$j=2$	$-\mathrm{i}\sigma_3$	$I$	$\mathrm{i}\sigma_1$
$j=3$	$\mathrm{i}\sigma_2$	$-\mathrm{i}\sigma_1$	$I$

9個をまとめた形で書くと、答えは

$$\sigma_j\sigma_k=\delta_{jk}I+\mathrm{i}\sum_{l=1}^{3}\varepsilon_{jkl}\sigma_l \qquad(j,k=1,2,3)$$

です。対称部分と反対称部分に分ければ $\{\sigma_j,\sigma_k\}=2\delta_{jk}I$、$[\sigma_j,\sigma_k]=2\mathrm{i}\sum_l\varepsilon_{jkl}\sigma_l$ と同じ内容です。

(ii) 設問(i) の関係式を代入します。$S$ は $\boldsymbol v$ について線形なので

$$\begin{aligned} S(\boldsymbol a)S(\boldsymbol b) &=\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{3}a_jb_k\,\sigma_j\sigma_k =\sum_{j,k}a_jb_k\Bigl(\delta_{jk}I+\mathrm{i}\sum_l\varepsilon_{jkl}\sigma_l\Bigr)\\ &=(\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b)\,I+\mathrm{i}\sum_{l=1}^{3}\Bigl(\sum_{j,k}\varepsilon_{jkl}a_jb_k\Bigr)\sigma_l \end{aligned}$$

となります。$\sum_{j,k}\varepsilon_{jkl}a_jb_k=(\boldsymbol a\times\boldsymbol b)_l$ なので、答えは

$$S(\boldsymbol a)S(\boldsymbol b)=(\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b)\,I+\mathrm{i}\,S(\boldsymbol a\times\boldsymbol b)$$

すなわち成分で書けば

$$S(\boldsymbol a)S(\boldsymbol b)=(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)I +\mathrm{i}\bigl[(a_2b_3-a_3b_2)\sigma_1+(a_3b_1-a_1b_3)\sigma_2+(a_1b_2-a_2b_1)\sigma_3\bigr]$$

です。$\boldsymbol a=\boldsymbol b$ とすると $S(\boldsymbol a)^2=|\boldsymbol a|^2I$ で、これは以下で繰り返し使います。

(iii) $\boldsymbol n$ は単位ベクトルなので、設問(ii) から

$$S(\boldsymbol n)^2=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol n)I=I$$

です。したがって $S(\boldsymbol n)^{2m}=I$、$S(\boldsymbol n)^{2m+1}=S(\boldsymbol n)$（$m=0,1,2,\dots$）となります。次の一段落は、級数を偶数項と奇数項に分けてよいことの確認で、計算の本筋は後ろの閉じた形です。級数の並べ替えが許されることを先に確認します。行列のノルムとして劣乗法的なもの（たとえば作用素ノルム）をとると $\|A^k/k!\|\le\|A\|^k/k!$ で、右辺の和は $\mathrm{e}^{\|A\|}$ に収束します。よって $\sum_k A^k/k!$ は絶対収束し、偶数項と奇数項に分けて足す順序を変えてよいです。$A=-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)$ に対して $(-\mathrm{i}\theta)^{2m}=(-1)^m\theta^{2m}$、$(-\mathrm{i}\theta)^{2m+1}=-\mathrm{i}(-1)^m\theta^{2m+1}$ なので

$$X(\boldsymbol n,\theta)=\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m\theta^{2m}}{(2m)!}\Bigr)I -\mathrm{i}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m\theta^{2m+1}}{(2m+1)!}\Bigr)S(\boldsymbol n)$$

となり、答えは

$$X(\boldsymbol n,\theta)=\cos\theta\,I-\mathrm{i}\sin\theta\,S(\boldsymbol n) =\cos\theta\,I-\mathrm{i}\sin\theta\,(n_1\sigma_1+n_2\sigma_2+n_3\sigma_3)$$

です。$I$ の係数が $\cos\theta$、$\sigma_j$ の係数が $-\mathrm{i}n_j\sin\theta$ です。$\theta=0$ で $I$ に戻ること、$\theta$ の1次が $-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)$ であることが定義と合っています。

この形から $X$ の性質が直に読み取れます。$S(\boldsymbol n)$ はエルミートなので

$$X(\boldsymbol n,\theta)^{\dagger}=\cos\theta\,I+\mathrm{i}\sin\theta\,S(\boldsymbol n)=X(\boldsymbol n,-\theta)$$

であり、また

$$X(\boldsymbol n,\theta)X(\boldsymbol n,-\theta)=(\cos\theta\,I-\mathrm{i}\sin\theta\,S(\boldsymbol n))(\cos\theta\,I+\mathrm{i}\sin\theta\,S(\boldsymbol n)) =(\cos^2\theta+\sin^2\theta)I=I$$

です。よって $X(\boldsymbol n,-\theta)=X(\boldsymbol n,\theta)^{-1}=X(\boldsymbol n,\theta)^{\dagger}$ で、$X(\boldsymbol n,\theta)$ はユニタリーです。行列式も見ておきます。閉じた形を2乗すると $X(\boldsymbol n,\theta)^2=\cos2\theta\,I-\mathrm{i}\sin2\theta\,S(\boldsymbol n)$ なので $\operatorname{tr}X=2\cos\theta$、$\operatorname{tr}X^2=2\cos2\theta$ であり、2次行列の恒等式 $\det M=\tfrac12\bigl[(\operatorname{tr}M)^2-\operatorname{tr}M^2\bigr]$ から

$$\det X(\boldsymbol n,\theta)=\tfrac12\bigl[4\cos^2\theta-2\cos2\theta\bigr]=1$$

となり、$X$ は SU(2) の元です。

(iv) まず形の主張を示します。$M=X(\boldsymbol n,\theta)S(\boldsymbol v)X(\boldsymbol n,-\theta)$ と置くと、設問(iii) より $X(\boldsymbol n,-\theta)=X^{\dagger}$ なので

$$M^{\dagger}=\bigl(XS(\boldsymbol v)X^{\dagger}\bigr)^{\dagger}=XS(\boldsymbol v)^{\dagger}X^{\dagger}=M, \qquad \operatorname{tr}M=\operatorname{tr}\bigl(S(\boldsymbol v)X^{\dagger}X\bigr)=\operatorname{tr}S(\boldsymbol v)=0$$

です（$S(\boldsymbol v)$ はエルミートで、$\operatorname{tr}\sigma_j=0$）。一方、トレースが $0$ のエルミートな2次行列は

$$\begin{pmatrix}p&q\\ \bar q&-p\end{pmatrix}\quad(p\in\mathbb{R},\ q\in\mathbb{C})$$

の形に限られ、$S(\boldsymbol w)=\begin{pmatrix}w_3&w_1-\mathrm{i}w_2\\ w_1+\mathrm{i}w_2&-w_3\end{pmatrix}$ と見比べれば $w_3=p$、$w_1=\operatorname{Re}q$、$w_2=-\operatorname{Im}q$ として実ベクトル $\boldsymbol w$ が一意に決まります。つまりトレースレスなエルミート行列の全体は $\{S(\boldsymbol w):\boldsymbol w\in\mathbb{R}^3\}$ にちょうど一致し、$M=S(\boldsymbol v')$ と書けます。

次に $\boldsymbol v'$ を求めます。ここでの方針は、設問(ii) の積の公式だけで $VN$、$NV$、$NVN$ を $S(\cdot)$ の形に直し、$M$ を $S(\boldsymbol v')$ の形にそろえることです。$c=\cos\theta$、$s=\sin\theta$、$N=S(\boldsymbol n)$、$V=S(\boldsymbol v)$ と略記すると

$$M=(cI-\mathrm{i}sN)V(cI+\mathrm{i}sN)=c^2V+\mathrm{i}cs\,(VN-NV)+s^2NVN$$

です。設問(ii) より

$$NV=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)I+\mathrm{i}S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v),\qquad VN=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)I-\mathrm{i}S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)$$

（$\boldsymbol v\times\boldsymbol n=-\boldsymbol n\times\boldsymbol v$ を使いました）なので

$$\mathrm{i}cs\,(VN-NV)=\mathrm{i}cs\cdot(-2\mathrm{i})S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)=2cs\,S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)$$

です。第3項は、$(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)\cdot\boldsymbol n=0$ と $(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)\times\boldsymbol n=\boldsymbol v(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol n)-\boldsymbol n(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)=\boldsymbol v-(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)\boldsymbol n$ を用いて

$$\begin{aligned} NVN&=\bigl[(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)I+\mathrm{i}S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)\bigr]S(\boldsymbol n) =(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)S(\boldsymbol n)+\mathrm{i}\bigl[0\cdot I+\mathrm{i}S\bigl((\boldsymbol n\times\boldsymbol v)\times\boldsymbol n\bigr)\bigr]\\ &=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)S(\boldsymbol n)-S\bigl(\boldsymbol v-(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)\boldsymbol n\bigr) =2(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)S(\boldsymbol n)-S(\boldsymbol v) \end{aligned}$$

となります。以上を合わせ、$c^2-s^2=\cos2\theta$、$2cs=\sin2\theta$、$2s^2=1-\cos2\theta$ を使うと

$$M=\cos2\theta\,S(\boldsymbol v)+\sin2\theta\,S(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)+(1-\cos2\theta)(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)S(\boldsymbol n)$$

です。$S$ の線形性からこれは $S(\boldsymbol v')$ に等しく、答えは

$$\boldsymbol v'=\cos2\theta\,\boldsymbol v+\sin2\theta\,(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)+(1-\cos2\theta)(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)\,\boldsymbol n$$

です。右辺は実ベクトルなので、上で示した形の主張とも整合します。これは $\boldsymbol n$ を軸とする角 $2\theta$ の回転を表すロドリゲスの公式です。

検算を2つ入れます。$\det S(\boldsymbol v)=-v_3^2-(v_1-\mathrm{i}v_2)(v_1+\mathrm{i}v_2)=-|\boldsymbol v|^2$ であり、$\det M=\det X\cdot\det S(\boldsymbol v)\cdot\det X^{-1}=\det S(\boldsymbol v)$ なので $|\boldsymbol v'|=|\boldsymbol v|$ でなければなりません。実際、$\boldsymbol v$ を軸方向成分 $\boldsymbol v_{\parallel}=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)\boldsymbol n$ と直交成分 $\boldsymbol v_{\perp}=\boldsymbol v-\boldsymbol v_{\parallel}$ に分けると、$\boldsymbol v'$ の式は $\boldsymbol n$ 方向成分をそのまま残し（$\boldsymbol n$ の係数は $\cos2\theta\,(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)+(1-\cos2\theta)(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)=\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v$）、直交面内では $\boldsymbol v_{\perp}$ と $\boldsymbol n\times\boldsymbol v=\boldsymbol n\times\boldsymbol v_{\perp}$ という互いに直交して長さの等しい2本を $\cos2\theta$ と $\sin2\theta$ で混ぜるだけなので、長さは変わりません。もう1つ、$\theta$ が微小なとき $\boldsymbol v'\simeq\boldsymbol v+2\theta(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)$ で、これは軸 $\boldsymbol n$ まわりの微小回転（右ねじの向き、回転角 $2\theta$）の標準形です。

(v) $\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v=0$ のとき設問(iv) の第3項が落ちて

$$\boldsymbol v'=\cos2\theta\,\boldsymbol v+\sin2\theta\,(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)$$

となります。$\boldsymbol n\perp\boldsymbol v$ なので $|\boldsymbol n\times\boldsymbol v|=|\boldsymbol n||\boldsymbol v|=|\boldsymbol v|$ であり、$\boldsymbol v$ と $\boldsymbol n\times\boldsymbol v$ は互いに直交する同じ長さの2本です。つまり $\boldsymbol v'$ は $\boldsymbol n$ に垂直な平面内で、原点を中心とする半径 $|\boldsymbol v|$ の円周上を動きます。位置は $\boldsymbol v$ から測った回転角 $2\theta$ で決まり、回転の向きは $\boldsymbol v$ から $\boldsymbol n\times\boldsymbol v$ へ向かう向き、すなわち $\boldsymbol n$ に関する右ねじの向きです。

したがって $\theta$ が $0$ から $2\pi$ まで動くと回転角 $2\theta$ は $0$ から $4\pi$ まで動き、$\boldsymbol v'$ はこの円周をちょうど2周します。途中 $\theta=\pi/2$ と $\theta=3\pi/2$ で $\boldsymbol v'=-\boldsymbol v$、$\theta=\pi$ と $\theta=2\pi$ で $\boldsymbol v'=\boldsymbol v$ に戻ります。$\theta$ が $\pi$ 進むごとに元に戻る点が特徴的で、行列そのものは $X(\boldsymbol n,\pi)=-I$、$X(\boldsymbol n,2\pi)=I$ と区別されるのに、変換 $S(\boldsymbol v)\mapsto XS(\boldsymbol v)X^{-1}$ は $\pm X$ で同じになります。SU(2) が3次元回転群 SO(3) を2重に覆っている、という事情がここに現れています。

設問2

判定に使う道具を先に用意します。1つはエルミート共役の性質 $(AB)^{\dagger}=B^{\dagger}A^{\dagger}$、$(A^{\dagger})^{\dagger}=A$ です。もう1つは2次行列に対するケイリー・ハミルトンの等式

$$X^2-(\operatorname{tr}X)X+(\det X)I=O$$

で、$X=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ について直接確かめられます。実際

$$X^2-(a+d)X=\begin{pmatrix}a^2+bc&b(a+d)\\ c(a+d)&d^2+bc\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}a^2+ad&b(a+d)\\ c(a+d)&ad+d^2\end{pmatrix} =-(ad-bc)I$$

です。

(a) 真です。$A,B\in U$ とすると

$$(AB)^{\dagger}(AB)=B^{\dagger}A^{\dagger}AB=B^{\dagger}IB=B^{\dagger}B=I, \qquad (AB)(AB)^{\dagger}=AB B^{\dagger}A^{\dagger}=AIA^{\dagger}=AA^{\dagger}=I$$

なので $AB\in U$ です。$U$ は積について閉じています（$I\in U$ と $A^{-1}=A^{\dagger}\in U$ も同様に確かめられ、$U$ は群になります）。

(b) 偽です。$A,B\in H$ のとき $(AB)^{\dagger}=B^{\dagger}A^{\dagger}=BA$ なので、$AB\in H$ となるのは $AB=BA$ のとき、つまり2つが可換なときに限ります。反例として $A=\sigma_1$、$B=\sigma_2$ をとります。どちらもエルミートですが、設問1(i) より $AB=\sigma_1\sigma_2=\mathrm{i}\sigma_3$ で

$$(AB)^{\dagger}=(\mathrm{i}\sigma_3)^{\dagger}=-\mathrm{i}\sigma_3\ne \mathrm{i}\sigma_3=AB$$

です（$\sigma_3\ne O$ だから）。すなわち $AB=\begin{pmatrix}\mathrm{i}&0\\0&-\mathrm{i}\end{pmatrix}\notin H$ です。

(c) 偽です。反例は $A=2I$ です。$A^{\dagger}=2I=A$ なので $A\in H$ ですが、$A^{\dagger}A=4I\ne I$ なので $A\notin U$ です。エルミート性は固有値が実であることを言うだけで、絶対値が $1$ であることは何も言いません。

(d) 偽です。反例は $A=\sigma_1=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ です。$\sigma_1^{\dagger}=\sigma_1$ なので $A\in H$ で、$\sigma_1^{\dagger}\sigma_1=\sigma_1^2=I$ かつ $\sigma_1\sigma_1^{\dagger}=I$ なので $A\in U$ ですが、$A\ne I$ です。$A\in H$ のとき $A^{\dagger}A=A^2$ なので、$H\cap U$ は $A^2=I$ を満たすエルミート行列全体、つまり固有値が $+1$ か $-1$ のエルミート行列全体です。$I,-I,\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ はいずれもこれに属します。

(e) 偽です。反例は

$$X=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$$

です。$X\ne O$ ですが $X^2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}=O$ です。この $X$ は $X\boldsymbol e_1=\boldsymbol 0$、$X\boldsymbol e_2=\boldsymbol e_1$ という写像で、2回作用させれば必ず $\boldsymbol 0$ に潰れます。行列の積では $X\ne O$ でも $X\cdot X=O$ となりうる（$G$ は零因子をもつ環である）ということです。

(f) 真です。$X\in G$ が $X^3=O$ を満たすとします。まず行列式について $(\det X)^3=\det(X^3)=\det O=0$ なので $\det X=0$ です。そこでケイリー・ハミルトンの等式は $\tau=\operatorname{tr}X$ と書いて

$$X^2=\tau X$$

になります。両辺に $X$ を掛けると $X^3=\tau X^2=\tau^2X$ で、左辺は $O$ なので

$$\tau^2 X=O$$

です。ここで場合分けをします。$\tau\ne0$ なら $X=O$ となり、当然 $X^2=O$ です。$\tau=0$ なら $X^2=\tau X=O$ です。どちらの場合も $X^2=O$ が成り立ち、これで網羅されています。

この主張が使っているのは行列のサイズが2であること（ケイリー・ハミルトンの次数が2であること）です。3次以上では成り立ちません。たとえば

$$X=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$$

は $X^3=O$ ですが $X^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\ne O$ です。

以上をまとめると、真は (a) と (f)、偽は (b), (c), (d), (e) です。

第2問 連立偏微分方程式の対角化

設定

設問1では、$-\infty<x<+\infty$、$-\infty<t<+\infty$ で定義された2変数関数 $u_1(x,t),u_2(x,t)$ に対する連立1階方程式

$$\frac{\partial u_1}{\partial t}+4\frac{\partial u_2}{\partial x}=0, \qquad \frac{\partial u_2}{\partial t}+\frac{\partial u_1}{\partial x}=0$$

を扱います。以下これを式(1)と呼びます。設問2では、$0\le t<+\infty$、$-\infty<x<+\infty$ で定義された $f_1(x,t),f_2(x,t)$ に対する連立2階方程式

$$\frac{\partial f_1}{\partial t}+\frac{\partial^2f_1}{\partial x^2}-6\frac{\partial^2f_2}{\partial x^2}=0, \qquad \frac{\partial f_2}{\partial t}+\frac{\partial^2f_1}{\partial x^2}-4\frac{\partial^2f_2}{\partial x^2}=0$$

を初期条件 $f_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}$、$f_2(x,0)=0$ のもとで解きます。どちらも係数行列が定数なので、それを対角化して成分ごとに独立な1本の方程式に落とすのが筋です。

設問1

(i) 式(1) を $\boldsymbol u=(u_1,u_2)^{\mathsf T}$ について書くと

$$\frac{\partial\boldsymbol u}{\partial t}+A\frac{\partial\boldsymbol u}{\partial x}=\boldsymbol 0, \qquad A=\begin{pmatrix}0&4\\1&0\end{pmatrix}$$

です。固有値は特性方程式

$$\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}-\lambda&4\\1&-\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-4=0$$

から $\lambda=\pm2$ です。固有ベクトルの成分を $\boldsymbol q=(a,b)^{\mathsf T}$ と書くと、$(A-\lambda I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0$ の第2行は $a-\lambda b=0$ です。$\lambda_1=2$ なら $a=2b$、$\lambda_2=-2$ なら $a=-2b$ で、いずれも第1行 $-\lambda a+4b=0$ を自動的に満たします。よって答えは

$$\lambda_1=2,\quad \boldsymbol q_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}, \qquad \lambda_2=-2,\quad \boldsymbol q_2=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$$

です（固有ベクトルには定数倍の任意性があります）。固有値が相異なる実数なので $A$ は実の範囲で対角化でき、式(1) は双曲型です。以下で見るように固有値そのものが特性速度になり、$+2$ と $-2$ が右向き・左向きの伝播速度を与えます。

(ii) $P=(\boldsymbol q_1\ \boldsymbol q_2)=\begin{pmatrix}2&-2\\1&1\end{pmatrix}$ とすると $\det P=4\ne0$ で

$$P^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}1&2\\-1&2\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0\\0&-2\end{pmatrix}\equiv\Lambda$$

です。$P$ は定数行列なので微分と交換し、$\boldsymbol s=(s_1,s_2)^{\mathsf T}=P^{-1}\boldsymbol u$ に対して式(1) の両辺に左から $P^{-1}$ を掛けると

$$\frac{\partial\boldsymbol s}{\partial t}+P^{-1}AP\frac{\partial\boldsymbol s}{\partial x} =\frac{\partial\boldsymbol s}{\partial t}+\Lambda\frac{\partial\boldsymbol s}{\partial x}=\boldsymbol 0$$

となります。成分で書けば答えは

$$\frac{\partial s_1}{\partial t}+2\frac{\partial s_1}{\partial x}=0, \qquad \frac{\partial s_2}{\partial t}-2\frac{\partial s_2}{\partial x}=0$$

で、$s_1,s_2$ は完全に分離しました。ここで

$$s_1=\frac{u_1+2u_2}{4},\qquad s_2=\frac{-u_1+2u_2}{4}, \qquad\text{逆に}\qquad u_1=2s_1-2s_2,\quad u_2=s_1+s_2$$

です。

(iii) 1階の移流方程式 $\partial_t s+c\,\partial_x s=0$ は、特性線 $x-ct=\text{const}$ に沿って $s$ が一定であることと同値です。実際 $C^1$ 級の $s$ について $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}s(\xi+ct,t)=c\,\partial_xs+\partial_ts=0$ なので $s(x,t)=s(x-ct,0)$ であり、逆にこの形は方程式を満たします。これで初期値から解が一意に決まります。

初期条件 $u_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}$、$u_2(x,0)=0$ を設問(ii) の関係に入れると

$$s_1(x,0)=\frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{4},\qquad s_2(x,0)=-\frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{4}$$

なので

$$s_1(x,t)=\frac14\mathrm{e}^{-(x-2t)^2},\qquad s_2(x,t)=-\frac14\mathrm{e}^{-(x+2t)^2}$$

です。$\boldsymbol u=P\boldsymbol s$ に戻すと、答えは

$$u_1(x,t)=\frac12\Bigl[\mathrm{e}^{-(x-2t)^2}+\mathrm{e}^{-(x+2t)^2}\Bigr], \qquad u_2(x,t)=\frac14\Bigl[\mathrm{e}^{-(x-2t)^2}-\mathrm{e}^{-(x+2t)^2}\Bigr]$$

です。これは $-\infty<t<+\infty$ の全域で有効です。

検算します。$t=0$ で $u_1=\mathrm{e}^{-x^2}$、$u_2=0$ となり初期条件を満たします。次に、式(1) から $u_2$ を消去すると

$$\frac{\partial^2u_1}{\partial t^2}=-4\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial u_2}{\partial t}=4\frac{\partial^2u_1}{\partial x^2}$$

で、速度 $2$ の波動方程式です。初期条件は $u_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}$ と $\partial_tu_1(x,0)=-4\partial_xu_2(x,0)=0$ なので、ダランベールの公式は $u_1=\frac12[\mathrm{e}^{-(x-2t)^2}+\mathrm{e}^{-(x+2t)^2}]$ を与え、上と一致します。さらに $\int_{-\infty}^{\infty}u_1\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}$、$\int_{-\infty}^{\infty}u_2\,\mathrm{d}x=0$ が $t$ に依らず、式(1) が保存形（$\partial_t u_1+\partial_x(4u_2)=0$ など）であることと合っています。

$t=1$ での概形を述べます。$u_1(x,1)=\frac12[\mathrm{e}^{-(x-2)^2}+\mathrm{e}^{-(x+2)^2}]$ は $x$ の偶関数で、つねに正です。$x=\pm2$ で値 $\frac12(1+\mathrm{e}^{-16})=0.50000006$ をとり、真の極大点は内側へ $5\times10^{-7}$ ほどずれるだけなので、実質的に $x=\pm2$ に高さ $1/2$ の山が2つ立ちます。山の幅は各ガウス関数の $\mathrm{e}^{-1}$ 点で測って中心から $\pm1$ です。$x=0$ は極小で値は $\mathrm{e}^{-4}=0.0183$、$|x|\to\infty$ では $\mathrm{e}^{-x^2}$ の速さで $0$ に収束します。$u_2(x,1)=\frac14[\mathrm{e}^{-(x-2)^2}-\mathrm{e}^{-(x+2)^2}]$ は奇関数で、零点は $x=0$ だけです。$x=+2$ 付近で最大値 $\frac14(1-\mathrm{e}^{-16})=0.25$、$x=-2$ 付近で最小値 $-0.25$ をとり、やはり両側で $0$ に減衰します。要するに、初期の1つの山が高さ半分の2つの山に分かれ、速度 $+2$ と $-2$ で左右に離れていく途中の姿です。$u_2$ は右向きの山に正の値、左向きの山に負の値を対応させます。

実線が $u_1(x,1)$、破線が $u_2(x,1)$ です。

設問2

$\boldsymbol f=(f_1,f_2)^{\mathsf T}$ と置くと、与えられた連立方程式は

$$\frac{\partial\boldsymbol f}{\partial t}+B\frac{\partial^2\boldsymbol f}{\partial x^2}=\boldsymbol 0, \qquad B=\begin{pmatrix}1&-6\\1&-4\end{pmatrix}$$

と書けます。$\operatorname{tr}B=-3$、$\det B=-4+6=2$ なので、固有方程式 $\mu^2-(\operatorname{tr}B)\mu+\det B=0$ は

$$\mu^2+3\mu+2=(\mu+1)(\mu+2)=0$$

で、固有値は $\mu_1=-1$、$\mu_2=-2$ です。固有ベクトルを $(a,b)^{\mathsf T}$ とすると、$(B+I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0$ の第1行は $2a-6b=0$ なので $\boldsymbol q_1=(3,1)^{\mathsf T}$、$(B+2I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0$ の第1行は $3a-6b=0$ なので $\boldsymbol q_2=(2,1)^{\mathsf T}$ です（第2行 $a-3b=0$、$a-2b=0$ も同じ条件です）。これを並べて

$$Q=\begin{pmatrix}3&2\\1&1\end{pmatrix},\qquad \det Q=1,\qquad Q^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2\\-1&3\end{pmatrix},\qquad Q^{-1}BQ=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-2\end{pmatrix}$$

とします。$\boldsymbol g=(g_1,g_2)^{\mathsf T}=Q^{-1}\boldsymbol f$、つまり

$$g_1=f_1-2f_2,\qquad g_2=-f_1+3f_2, \qquad\text{逆に}\qquad f_1=3g_1+2g_2,\quad f_2=g_1+g_2$$

と置き、方程式に左から $Q^{-1}$ を掛けると（$Q$ は定数行列なので微分と交換します）

$$\frac{\partial g_1}{\partial t}=\frac{\partial^2g_1}{\partial x^2}, \qquad \frac{\partial g_2}{\partial t}=2\frac{\partial^2g_2}{\partial x^2}$$

となります。固有値が2つとも負だったので、符号が反転して拡散係数 $D_1=1$、$D_2=2$ の熱方程式（順方向）になりました。これが定義域を $t\ge0$ にとる理由です。固有値が正だと逆向き熱方程式になり、高波数成分が $\mathrm{e}^{k^2t}$ で発散して初期値問題は非適切になります。

初期条件は $f_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}$、$f_2(x,0)=0$ なので

$$g_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2},\qquad g_2(x,0)=-\mathrm{e}^{-x^2}$$

です。そこで拡散係数 $D>0$ の熱方程式 $\partial_tg=D\,\partial_x^2g$ を初期値 $g(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}$ で解きます。初期値は急減少（シュワルツ級）なのでフーリエ変換

$$\hat g(k,t)=\int_{-\infty}^{\infty}g(x,t)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}\,\mathrm{d}x$$

が存在し、微分と積分の交換も許されます。$\partial_x^2\to-k^2$ に置き換わるので $\partial_t\hat g=-Dk^2\hat g$、したがって $\hat g(k,t)=\hat g(k,0)\mathrm{e}^{-Dk^2t}$ です。初期値の変換はガウス積分（指数の平方完成）から

$$\hat g(k,0)=\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-x^2-\mathrm{i}kx}\,\mathrm{d}x =\mathrm{e}^{-k^2/4}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-(x+\mathrm{i}k/2)^2}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}\,\mathrm{e}^{-k^2/4}$$

です。逆変換に $a=\tfrac14+Dt>0$ と置いて $\int\mathrm{e}^{-ak^2+\mathrm{i}kx}\mathrm{d}k=\sqrt{\pi/a}\,\mathrm{e}^{-x^2/(4a)}$ を使うと

$$g(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\pi}\,\mathrm{e}^{-ak^2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}\,\mathrm{d}k =\frac{1}{2\sqrt{a}}\,\mathrm{e}^{-x^2/(4a)} =\frac{1}{\sqrt{1+4Dt}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+4Dt}\right)$$

を得ます。これは熱核 $(4\pi Dt)^{-1/2}\mathrm{e}^{-(x-y)^2/(4Dt)}$ とガウス関数の畳み込みで、幅のパラメータが $1$ と $4Dt$ で足し算されたものと読めます。直接代入でも確かめられます。$a(t)=1+4Dt$、$g=a^{-1/2}\mathrm{e}^{-x^2/a}$ とすると

$$\frac{\partial g}{\partial t}=4D\,\mathrm{e}^{-x^2/a}\left[-\frac{1}{2a^{3/2}}+\frac{x^2}{a^{5/2}}\right], \qquad D\frac{\partial^2g}{\partial x^2}=D\,\mathrm{e}^{-x^2/a}\left[-\frac{2}{a^{3/2}}+\frac{4x^2}{a^{5/2}}\right]$$

で両者は一致し、$t=0$ で $\mathrm{e}^{-x^2}$ に戻ります。有界かつ連続な初期値に対する熱方程式の有界解は一意（チホノフの一意性定理）なので、これが求める解です。ここでの一意性とは、同じ初期値から出発する有界な解は1つしかない、ということで、求めた式が唯一の答えであることの根拠に使っています。

$D=1$ と $D=2$ に対して、係数を初期値に合わせると

$$g_1(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+4t}\right), \qquad g_2(x,t)=-\frac{1}{\sqrt{1+8t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+8t}\right)$$

です。$\boldsymbol f=Q\boldsymbol g$ に戻すと、答えは

$$f_1(x,t)=\frac{3}{\sqrt{1+4t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+4t}\right)-\frac{2}{\sqrt{1+8t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+8t}\right)$$ $$f_2(x,t)=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+4t}\right)-\frac{1}{\sqrt{1+8t}}\exp\!\left(-\frac{x^2}{1+8t}\right)$$

です（$0\le t<+\infty$、$-\infty<x<+\infty$）。$Q$ は可逆なので $\boldsymbol f$ と $\boldsymbol g$ は1対1に対応し、$\boldsymbol g$ の一意性から $\boldsymbol f$ も有界解の範囲で一意です。

検算します。$t=0$ では $f_1=(3-2)\mathrm{e}^{-x^2}=\mathrm{e}^{-x^2}$、$f_2=(1-1)\mathrm{e}^{-x^2}=0$ で初期条件を満たします。方程式も、$g_1''\equiv\partial_x^2g_1$、$g_2''\equiv\partial_x^2g_2$ と書けば $\partial_tf_1=3g_1''+4g_2''$、$\partial_x^2f_1=3g_1''+2g_2''$、$\partial_x^2f_2=g_1''+g_2''$ なので

$$\begin{aligned} \partial_tf_1+\partial_x^2f_1-6\partial_x^2f_2&=(3+3-6)g_1''+(4+2-6)g_2''=0,\\ \partial_tf_2+\partial_x^2f_1-4\partial_x^2f_2&=(1+3-4)g_1''+(2+2-4)g_2''=0 \end{aligned}$$

と両方が恒等的に成り立ちます。積分量でも確認できます。$\int_{-\infty}^{\infty}(1+4Dt)^{-1/2}\mathrm{e}^{-x^2/(1+4Dt)}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}$ は $t$ に依らないので $\int f_1\,\mathrm{d}x=3\sqrt{\pi}-2\sqrt{\pi}=\sqrt{\pi}$、$\int f_2\,\mathrm{d}x=0$ で、いずれも初期値のまま保たれます。これは元の方程式が $\partial_tf_i+\partial_x(\cdots)=0$ の保存形であることの帰結です。独立な確認として、$x$ を区間 $[-12,12]$ で刻み幅 $0.02$、時間刻み $10^{-5}$ の陽的差分で $t=0.6$ まで数値積分し、上の閉じた式と最大 $2\times10^{-5}$ の差（差分の打ち切り誤差の程度）で一致することも確かめました。

解の様子を一言添えます。$f_1$ は幅の異なる2つのガウス関数の差で、時間が経つと両方が $t^{-1/2}$ で減衰しながら幅 $\sqrt{t}$ に広がります。$x=0$ での値は $t\to\infty$ で $f_1(0,t)\simeq(3-\sqrt2)/(2\sqrt t)=0.793/\sqrt t$ に近づきます（$t=100$ で厳密値 $0.0791$、この近似が $0.0793$）。$f_2$ は $t=0$ で恒等的に $0$ ですが、2つの成分の拡散速度が違うため直ちに立ち上がり、$x=0$ での値は

$$f_2(0,t)=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}-\frac{1}{\sqrt{1+8t}}$$

が $t=(2^{2/3}-1)/(8-4\cdot2^{2/3})=0.356$ で最大値 $0.133$ をとり、その後 $(2-\sqrt2)/(4\sqrt t)=0.146/\sqrt t$ として減衰します。$f_1,f_2$ はともに $x$ の偶関数で、$|x|\to\infty$ でガウス的に $0$ 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24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。