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平成24年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

物理学東大院試（物理学専攻）解答 第9881章修士無料公開約 22 分2026-08-24
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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 e−iθS(n)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)} を閉じた形に直し、随伴作用が3次元回転になること（ロドリゲスの公式）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 ±2\pm 2 の双曲型1階系、後半は拡散係数 1,21,2 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≥0t\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

Section titled “第1問 パウリ行列の代数と2次の行列の集合”

設定

Section titled “設定”

単位行列と3つのパウリ行列を

I=(1001),σ1=(0110),σ2=(0−ii0),σ3=(100−1)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（i\mathrm{i} は虚数単位）。実3元ベクトル v=(v1,v2,v3)\boldsymbol v=(v_1,v_2,v_3) に対して

S(v)=v⋅σ=v1σ1+v2σ2+v3σ3S(\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 n\boldsymbol n と実数 θ\theta に対して X(n,θ)=e−iθS(n)X(\boldsymbol n,\theta)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n)} を行列の指数級数 eA=∑k≥0Ak/k!\mathrm{e}^{A}=\sum_{k\ge 0}A^k/k! で定義します。設問1ではこの XX による S(v)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 GG、その中のエルミート行列の集合 H={X∈G:X†=X}H=\{X\in G:X^{\dagger}=X\}、ユニタリー行列の集合 U={X∈G:X†X=XX†=I}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†X^{\dagger} は転置の複素共役です。

以下、レビ・チビタ記号 εjkl\varepsilon_{jkl}（ε123=1\varepsilon_{123}=1 で添字の互換について反対称、それ以外は 00）を使います。

設問1

Section titled “設問1”

(i) 直接掛け算します。対角成分の積は

σ12=(0110)2=I,σ22=(0−ii0)2=I,σ32=I\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

σ1σ2=(0110)(0−ii0)=(i00−i)=iσ3,σ2σ3=(0−ii0)(100−1)=(0ii0)=iσ1\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 σ3σ1=(100−1)(0110)=(01−10)=iσ2\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 σj\sigma_j はエルミートなので (σjσk)†=σk†σj†=σkσj(\sigma_j\sigma_k)^{\dagger}=\sigma_k^{\dagger}\sigma_j^{\dagger}=\sigma_k\sigma_j であり、(iσl)†=−iσl(\mathrm{i}\sigma_l)^{\dagger}=-\mathrm{i}\sigma_l を使えば σ2σ1=−iσ3\sigma_2\sigma_1=-\mathrm{i}\sigma_3、σ3σ2=−iσ1\sigma_3\sigma_2=-\mathrm{i}\sigma_1、σ1σ3=−iσ2\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。

σjσk\sigma_j\sigma_kk=1k=1k=2k=2k=3k=3
j=1j=1IIiσ3\mathrm{i}\sigma_3−iσ2-\mathrm{i}\sigma_2
j=2j=2−iσ3-\mathrm{i}\sigma_3IIiσ1\mathrm{i}\sigma_1
j=3j=3iσ2\mathrm{i}\sigma_2−iσ1-\mathrm{i}\sigma_1II

9個をまとめた形で書くと、答えは

σjσk=δjkI+i∑l=13εjklσl(j,k=1,2,3)\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 {σj,σk}=2δjkI\{\sigma_j,\sigma_k\}=2\delta_{jk}I、[σj,σk]=2i∑lεjklσl[\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。SS は v\boldsymbol v について線形なので

S(a)S(b)=∑j=13∑k=13ajbk σjσk=∑j,kajbk(δjkI+i∑lεjklσl)=(a⋅b) I+i∑l=13(∑j,kεjklajbk)σl\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。∑j,kεjklajbk=(a×b)l\sum_{j,k}\varepsilon_{jkl}a_jb_k=(\boldsymbol a\times\boldsymbol b)_l なので、答えは

S(a)S(b)=(a⋅b) I+i S(a×b)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(a)S(b)=(a1b1+a2b2+a3b3)I+i[(a2b3−a3b2)σ1+(a3b1−a1b3)σ2+(a1b2−a2b1)σ3]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。a=b\boldsymbol a=\boldsymbol b とすると S(a)2=∣a∣2IS(\boldsymbol a)^2=|\boldsymbol a|^2I で、これは以下で繰り返し使います。

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

S(n)2=(n⋅n)I=IS(\boldsymbol n)^2=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol n)I=I

です。したがって S(n)2m=IS(\boldsymbol n)^{2m}=I、S(n)2m+1=S(n)S(\boldsymbol n)^{2m+1}=S(\boldsymbol n)（m=0,1,2,…m=0,1,2,\dots）となります。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 ∥Ak/k!∥≤∥A∥k/k!\|A^k/k!\|\le\|A\|^k/k! で、右辺の和は e∥A∥\mathrm{e}^{\|A\|} に収束します。よって ∑kAk/k!\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=−iθS(n)A=-\mathrm{i}\theta S(\boldsymbol n) に対して (−iθ)2m=(−1)mθ2m(-\mathrm{i}\theta)^{2m}=(-1)^m\theta^{2m}、(−iθ)2m+1=−i(−1)mθ2m+1(-\mathrm{i}\theta)^{2m+1}=-\mathrm{i}(-1)^m\theta^{2m+1} なので

X(n,θ)=(∑m=0∞(−1)mθ2m(2m)!)I−i(∑m=0∞(−1)mθ2m+1(2m+1)!)S(n)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(n,θ)=cos⁡θ I−isin⁡θ S(n)=cos⁡θ I−isin⁡θ (n1σ1+n2σ2+n3σ3)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。II の係数が cos⁡θ\cos\theta、σj\sigma_j の係数が −injsin⁡θ-\mathrm{i}n_j\sin\theta です。θ=0\theta=0 で II に戻ること、θ\theta の1次が −iθS(n)-\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 XX の性質が直に読み取れます。S(n)S(\boldsymbol n) はエルミートなので

X(n,θ)†=cos⁡θ I+isin⁡θ S(n)=X(n,−θ)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(n,θ)X(n,−θ)=(cos⁡θ I−isin⁡θ S(n))(cos⁡θ I+isin⁡θ S(n))=(cos⁡2θ+sin⁡2θ)I=IX(\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(n,−θ)=X(n,θ)−1=X(n,θ)†X(\boldsymbol n,-\theta)=X(\boldsymbol n,\theta)^{-1}=X(\boldsymbol n,\theta)^{\dagger} で、X(n,θ)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(n,θ)2=cos⁡2θ I−isin⁡2θ S(n)X(\boldsymbol n,\theta)^2=\cos2\theta\,I-\mathrm{i}\sin2\theta\,S(\boldsymbol n) なので tr⁡X=2cos⁡θ\operatorname{tr}X=2\cos\theta、tr⁡X2=2cos⁡2θ\operatorname{tr}X^2=2\cos2\theta であり、2次行列の恒等式 det⁡M=12[(tr⁡M)2−tr⁡M2]\det M=\tfrac12\bigl[(\operatorname{tr}M)^2-\operatorname{tr}M^2\bigr] から

det⁡X(n,θ)=12[4cos⁡2θ−2cos⁡2θ]=1\det X(\boldsymbol n,\theta)=\tfrac12\bigl[4\cos^2\theta-2\cos2\theta\bigr]=1

となり、XX は SU(2) の元です。

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

M†=(XS(v)X†)†=XS(v)†X†=M,tr⁡M=tr⁡(S(v)X†X)=tr⁡S(v)=0M^{\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(v)S(\boldsymbol v) はエルミートで、tr⁡σj=0\operatorname{tr}\sigma_j=0）。一方、トレースが 00 のエルミートな2次行列は

(pqqˉ−p)(p∈R, q∈C)\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(w)=(w3w1−iw2w1+iw2−w3)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 w3=pw_3=p、w1=Re⁡qw_1=\operatorname{Re}q、w2=−Im⁡qw_2=-\operatorname{Im}q として実ベクトル w\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(w):w∈R3}\{S(\boldsymbol w):\boldsymbol w\in\mathbb{R}^3\} にちょうど一致し、M=S(v′)M=S(\boldsymbol v') と書けます。

次に v′\boldsymbol v' を求めます。c=cos⁡θc=\cos\theta、s=sin⁡θs=\sin\theta、N=S(n)N=S(\boldsymbol n)、V=S(v)V=S(\boldsymbol v) と略記すると

M=(cI−isN)V(cI+isN)=c2V+ics (VN−NV)+s2NVNM=(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=(n⋅v)I+iS(n×v),VN=(n⋅v)I−iS(n×v)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)

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

ics (VN−NV)=ics⋅(−2i)S(n×v)=2cs S(n×v)\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、(n×v)⋅n=0(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)\cdot\boldsymbol n=0 と (n×v)×n=v(n⋅n)−n(n⋅v)=v−(n⋅v)n(\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

NVN=[(n⋅v)I+iS(n×v)]S(n)=(n⋅v)S(n)+i[0⋅I+iS((n×v)×n)]=(n⋅v)S(n)−S(v−(n⋅v)n)=2(n⋅v)S(n)−S(v)\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、c2−s2=cos⁡2θc^2-s^2=\cos2\theta、2cs=sin⁡2θ2cs=\sin2\theta、2s2=1−cos⁡2θ2s^2=1-\cos2\theta を使うと

M=cos⁡2θ S(v)+sin⁡2θ S(n×v)+(1−cos⁡2θ)(n⋅v)S(n)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。SS の線形性からこれは S(v′)S(\boldsymbol v') に等しく、答えは

v′=cos⁡2θ v+sin⁡2θ (n×v)+(1−cos⁡2θ)(n⋅v) n\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 n\boldsymbol n を軸とする角 2θ2\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(v)=−v32−(v1−iv2)(v1+iv2)=−∣v∣2\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⋅det⁡S(v)⋅det⁡X−1=det⁡S(v)\det M=\det X\cdot\det S(\boldsymbol v)\cdot\det X^{-1}=\det S(\boldsymbol v) なので ∣v′∣=∣v∣|\boldsymbol v'|=|\boldsymbol v| でなければなりません。実際、v\boldsymbol v を軸方向成分 v∥=(n⋅v)n\boldsymbol v_{\parallel}=(\boldsymbol n\cdot\boldsymbol v)\boldsymbol n と直交成分 v⊥=v−v∥\boldsymbol v_{\perp}=\boldsymbol v-\boldsymbol v_{\parallel} に分けると、v′\boldsymbol v' の式は n\boldsymbol n 方向成分をそのまま残し（n\boldsymbol n の係数は cos⁡2θ (n⋅v)+(1−cos⁡2θ)(n⋅v)=n⋅v\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 v⊥\boldsymbol v_{\perp} と n×v=n×v⊥\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 cos⁡2θ\cos2\theta と sin⁡2θ\sin2\theta で混ぜるだけなので、長さは変わりません。もう1つ、θ\theta が微小なとき v′≃v+2θ(n×v)\boldsymbol v'\simeq\boldsymbol v+2\theta(\boldsymbol n\times\boldsymbol v) で、これは軸 n\boldsymbol n まわりの微小回転（右ねじの向き、回転角 2θ2\theta）の標準形です。

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

v′=cos⁡2θ v+sin⁡2θ (n×v)\boldsymbol v'=\cos2\theta\,\boldsymbol v+\sin2\theta\,(\boldsymbol n\times\boldsymbol v)

となります。n⊥v\boldsymbol n\perp\boldsymbol v なので ∣n×v∣=∣n∣∣v∣=∣v∣|\boldsymbol n\times\boldsymbol v|=|\boldsymbol n||\boldsymbol v|=|\boldsymbol v| であり、v\boldsymbol v と n×v\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 v′\boldsymbol v' は n\boldsymbol n に垂直な平面内で、原点を中心とする半径 ∣v∣|\boldsymbol v| の円周上を動きます。位置は v\boldsymbol v から測った回転角 2θ2\theta で決まり、回転の向きは v\boldsymbol v から n×v\boldsymbol n\times\boldsymbol v へ向かう向き、すなわち n\boldsymbol n に関する右ねじの向きです。

したがって θ\theta が 00 から 2π2\pi まで動くと回転角 2θ2\theta は 00 から 4π4\pi まで動き、v′\boldsymbol v' はこの円周をちょうど2周します。途中 θ=π/2\theta=\pi/2 と θ=3π/2\theta=3\pi/2 で v′=−v\boldsymbol v'=-\boldsymbol v、θ=π\theta=\pi と θ=2π\theta=2\pi で v′=v\boldsymbol v'=\boldsymbol v に戻ります。θ\theta が π\pi 進むごとに元に戻る点が特徴的で、行列そのものは X(n,π)=−IX(\boldsymbol n,\pi)=-I、X(n,2π)=IX(\boldsymbol n,2\pi)=I と区別されるのに、変換 S(v)↦XS(v)X−1S(\boldsymbol v)\mapsto XS(\boldsymbol v)X^{-1} は ±X\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

Section titled “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)†=B†A†(AB)^{\dagger}=B^{\dagger}A^{\dagger}、(A†)†=A(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

X2−(tr⁡X)X+(det⁡X)I=OX^2-(\operatorname{tr}X)X+(\det X)I=O

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

X2−(a+d)X=(a2+bcb(a+d)c(a+d)d2+bc)−(a2+adb(a+d)c(a+d)ad+d2)=−(ad−bc)IX^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∈UA,B\in U とすると

(AB)†(AB)=B†A†AB=B†IB=B†B=I,(AB)(AB)†=ABB†A†=AIA†=AA†=I(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∈UAB\in U です。UU は積について閉じています（I∈UI\in U と A−1=A†∈UA^{-1}=A^{\dagger}\in U も同様に確かめられ、UU は群になります）。

(b) 偽です。A,B∈HA,B\in H のとき (AB)†=B†A†=BA(AB)^{\dagger}=B^{\dagger}A^{\dagger}=BA なので、AB∈HAB\in H となるのは AB=BAAB=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=σ1A=\sigma_1、B=σ2B=\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=σ1σ2=iσ3AB=\sigma_1\sigma_2=\mathrm{i}\sigma_3 で

(AB)†=(iσ3)†=−iσ3≠iσ3=AB(AB)^{\dagger}=(\mathrm{i}\sigma_3)^{\dagger}=-\mathrm{i}\sigma_3\ne \mathrm{i}\sigma_3=AB

です（σ3≠O\sigma_3\ne O だから）。すなわち AB=(i00−i)∉HAB=\begin{pmatrix}\mathrm{i}&0\\0&-\mathrm{i}\end{pmatrix}\notin H です。

(c) 偽です。反例は A=2IA=2I です。A†=2I=AA^{\dagger}=2I=A なので A∈HA\in H ですが、A†A=4I≠IA^{\dagger}A=4I\ne I なので A∉UA\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 11 であることは何も言いません。

(d) 偽です。反例は A=σ1=(0110)A=\sigma_1=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} です。σ1†=σ1\sigma_1^{\dagger}=\sigma_1 なので A∈HA\in H で、σ1†σ1=σ12=I\sigma_1^{\dagger}\sigma_1=\sigma_1^2=I かつ σ1σ1†=I\sigma_1\sigma_1^{\dagger}=I なので A∈UA\in U ですが、A≠IA\ne I です。A∈HA\in H のとき A†A=A2A^{\dagger}A=A^2 なので、H∩UH\cap U は A2=IA^2=I を満たすエルミート行列全体、つまり固有値が +1+1 か −1-1 のエルミート行列全体です。I,−I,σ1,σ2,σ3I,-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=(0100)X=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

です。X≠OX\ne O ですが X2=(0100)(0100)=OX^2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}=O です。この XX は Xe1=0X\boldsymbol e_1=\boldsymbol 0、Xe2=e1X\boldsymbol e_2=\boldsymbol e_1 という写像で、2回作用させれば必ず 0\boldsymbol 0 に潰れます。行列の積では X≠OX\ne O でも X⋅X=OX\cdot X=O となりうる（GG は零因子をもつ環である）ということです。

(f) 真です。X∈GX\in G が X3=OX^3=O を満たすとします。まず行列式について (det⁡X)3=det⁡(X3)=det⁡O=0(\det X)^3=\det(X^3)=\det O=0 なので det⁡X=0\det X=0 です。そこでケイリー・ハミルトンの等式は τ=tr⁡X\tau=\operatorname{tr}X と書いて

X2=τXX^2=\tau X

になります。両辺に XX を掛けると X3=τX2=τ2XX^3=\tau X^2=\tau^2X で、左辺は OO なので

τ2X=O\tau^2 X=O

です。ここで場合分けをします。τ≠0\tau\ne0 なら X=OX=O となり、当然 X2=OX^2=O です。τ=0\tau=0 なら X2=τX=OX^2=\tau X=O です。どちらの場合も X2=OX^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=(010001000)X=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}

は X3=OX^3=O ですが X2=(001000000)≠OX^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

Section titled “第2問 連立偏微分方程式の対角化”

設定

Section titled “設定”

設問1では、−∞<x<+∞-\infty<x<+\infty、−∞<t<+∞-\infty<t<+\infty で定義された2変数関数 u1(x,t),u2(x,t)u_1(x,t),u_2(x,t) に対する連立1階方程式

∂u1∂t+4∂u2∂x=0,∂u2∂t+∂u1∂x=0\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≤t<+∞0\le t<+\infty、−∞<x<+∞-\infty<x<+\infty で定義された f1(x,t),f2(x,t)f_1(x,t),f_2(x,t) に対する連立2階方程式

∂f1∂t+∂2f1∂x2−6∂2f2∂x2=0,∂f2∂t+∂2f1∂x2−4∂2f2∂x2=0\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 f1(x,0)=e−x2f_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}、f2(x,0)=0f_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

Section titled “設問1”

(i) 式(1) を u=(u1,u2)T\boldsymbol u=(u_1,u_2)^{\mathsf T} について書くと

∂u∂t+A∂u∂x=0,A=(0410)\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−λI)=∣−λ41−λ∣=λ2−4=0\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}-\lambda&4\\1&-\lambda\end{vmatrix}=\lambda^2-4=0

から λ=±2\lambda=\pm2 です。固有ベクトルの成分を q=(a,b)T\boldsymbol q=(a,b)^{\mathsf T} と書くと、(A−λI)q=0(A-\lambda I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0 の第2行は a−λb=0a-\lambda b=0 です。λ1=2\lambda_1=2 なら a=2ba=2b、λ2=−2\lambda_2=-2 なら a=−2ba=-2b で、いずれも第1行 −λa+4b=0-\lambda a+4b=0 を自動的に満たします。よって答えは

λ1=2,q1=(21),λ2=−2,q2=(−21)\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 AA 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+2 と −2-2 が右向き・左向きの伝播速度を与えます。

(ii) P=(q1 q2)=(2−211)P=(\boldsymbol q_1\ \boldsymbol q_2)=\begin{pmatrix}2&-2\\1&1\end{pmatrix} とすると det⁡P=4≠0\det P=4\ne0 で

P−1=14(12−12),P−1AP=(200−2)≡ΛP^{-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。PP は定数行列なので微分と交換し、s=(s1,s2)T=P−1u\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−1P^{-1} を掛けると

∂s∂t+P−1AP∂s∂x=∂s∂t+Λ∂s∂x=0\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

∂s1∂t+2∂s1∂x=0,∂s2∂t−2∂s2∂x=0\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、s1,s2s_1,s_2 は完全に分離しました。ここで

s1=u1+2u24,s2=−u1+2u24,逆にu1=2s1−2s2,u2=s1+s2s_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 ∂ts+c ∂xs=0\partial_t s+c\,\partial_x s=0 は、特性線 x−ct=constx-ct=\text{const} に沿って ss が一定であることと同値です。実際 C1C^1 級の ss について ddts(ξ+ct,t)=c ∂xs+∂ts=0\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)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 u1(x,0)=e−x2u_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}、u2(x,0)=0u_2(x,0)=0 を設問(ii) の関係に入れると

s1(x,0)=e−x24,s2(x,0)=−e−x24s_1(x,0)=\frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{4},\qquad s_2(x,0)=-\frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{4}

なので

s1(x,t)=14e−(x−2t)2,s2(x,t)=−14e−(x+2t)2s_1(x,t)=\frac14\mathrm{e}^{-(x-2t)^2},\qquad s_2(x,t)=-\frac14\mathrm{e}^{-(x+2t)^2}

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

u1(x,t)=12[e−(x−2t)2+e−(x+2t)2],u2(x,t)=14[e−(x−2t)2−e−(x+2t)2]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 −∞<t<+∞-\infty<t<+\infty の全域で有効です。

検算します。t=0t=0 で u1=e−x2u_1=\mathrm{e}^{-x^2}、u2=0u_2=0 となり初期条件を満たします。次に、式(1) から u2u_2 を消去すると

∂2u1∂t2=−4∂∂x∂u2∂t=4∂2u1∂x2\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 22 の波動方程式です。初期条件は u1(x,0)=e−x2u_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2} と ∂tu1(x,0)=−4∂xu2(x,0)=0\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 u1=12[e−(x−2t)2+e−(x+2t)2]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 ∫−∞∞u1 dx=π\int_{-\infty}^{\infty}u_1\,\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}、∫−∞∞u2 dx=0\int_{-\infty}^{\infty}u_2\,\mathrm{d}x=0 が tt に依らず、式(1) が保存形（∂tu1+∂x(4u2)=0\partial_t u_1+\partial_x(4u_2)=0 など）であることと合っています。

t=1t=1 での概形を述べます。u1(x,1)=12[e−(x−2)2+e−(x+2)2]u_1(x,1)=\frac12[\mathrm{e}^{-(x-2)^2}+\mathrm{e}^{-(x+2)^2}] は xx の偶関数で、つねに正です。x=±2x=\pm2 で値 12(1+e−16)=0.50000006\frac12(1+\mathrm{e}^{-16})=0.50000006 をとり、真の極大点は内側へ 5×10−75\times10^{-7} ほどずれるだけなので、実質的に x=±2x=\pm2 に高さ 1/21/2 の山が2つ立ちます。山の幅は各ガウス関数の e−1\mathrm{e}^{-1} 点で測って中心から ±1\pm1 です。x=0x=0 は極小で値は e−4=0.0183\mathrm{e}^{-4}=0.0183、∣x∣→∞|x|\to\infty では e−x2\mathrm{e}^{-x^2} の速さで 00 に収束します。u2(x,1)=14[e−(x−2)2−e−(x+2)2]u_2(x,1)=\frac14[\mathrm{e}^{-(x-2)^2}-\mathrm{e}^{-(x+2)^2}] は奇関数で、零点は x=0x=0 だけです。x=+2x=+2 付近で最大値 14(1−e−16)=0.25\frac14(1-\mathrm{e}^{-16})=0.25、x=−2x=-2 付近で最小値 −0.25-0.25 をとり、やはり両側で 00 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+2 と −2-2 で左右に離れていく途中の姿です。u2u_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。

-4-224x0.50.25-0.25u₁u₂

実線が u1(x,1)u_1(x,1)、破線が u2(x,1)u_2(x,1) です。

設問2

Section titled “設問2”

f=(f1,f2)T\boldsymbol f=(f_1,f_2)^{\mathsf T} と置くと、与えられた連立方程式は

∂f∂t+B∂2f∂x2=0,B=(1−61−4)\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。tr⁡B=−3\operatorname{tr}B=-3、det⁡B=−4+6=2\det B=-4+6=2 なので、固有方程式 μ2−(tr⁡B)μ+det⁡B=0\mu^2-(\operatorname{tr}B)\mu+\det B=0 は

μ2+3μ+2=(μ+1)(μ+2)=0\mu^2+3\mu+2=(\mu+1)(\mu+2)=0

で、固有値は μ1=−1\mu_1=-1、μ2=−2\mu_2=-2 です。固有ベクトルを (a,b)T(a,b)^{\mathsf T} とすると、(B+I)q=0(B+I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0 の第1行は 2a−6b=02a-6b=0 なので q1=(3,1)T\boldsymbol q_1=(3,1)^{\mathsf T}、(B+2I)q=0(B+2I)\boldsymbol q=\boldsymbol 0 の第1行は 3a−6b=03a-6b=0 なので q2=(2,1)T\boldsymbol q_2=(2,1)^{\mathsf T} です（第2行 a−3b=0a-3b=0、a−2b=0a-2b=0 も同じ条件です）。これを並べて

Q=(3211),det⁡Q=1,Q−1=(1−2−13),Q−1BQ=(−100−2)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。g=(g1,g2)T=Q−1f\boldsymbol g=(g_1,g_2)^{\mathsf T}=Q^{-1}\boldsymbol f、つまり

g1=f1−2f2,g2=−f1+3f2,逆にf1=3g1+2g2,f2=g1+g2g_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−1Q^{-1} を掛けると（QQ は定数行列なので微分と交換します）

∂g1∂t=∂2g1∂x2,∂g2∂t=2∂2g2∂x2\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 D1=1D_1=1、D2=2D_2=2 の熱方程式（順方向）になりました。これが定義域を t≥0t\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 ek2t\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 f1(x,0)=e−x2f_1(x,0)=\mathrm{e}^{-x^2}、f2(x,0)=0f_2(x,0)=0 なので

g1(x,0)=e−x2,g2(x,0)=−e−x2g_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>0D>0 の熱方程式 ∂tg=D ∂x2g\partial_tg=D\,\partial_x^2g を初期値 g(x,0)=e−x2g(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

g^(k,t)=∫−∞∞g(x,t) e−ikx dx\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。∂x2→−k2\partial_x^2\to-k^2 に置き換わるので ∂tg^=−Dk2g^\partial_t\hat g=-Dk^2\hat g、したがって g^(k,t)=g^(k,0)e−Dk2t\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

g^(k,0)=∫−∞∞e−x2−ikx dx=e−k2/4∫−∞∞e−(x+ik/2)2 dx=π e−k2/4\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=14+Dt>0a=\tfrac14+Dt>0 と置いて ∫e−ak2+ikxdk=π/a e−x2/(4a)\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)=12π∫−∞∞π e−ak2eikx dk=12a e−x2/(4a)=11+4Dtexp⁡ ⁣(−x21+4Dt)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 (4πDt)−1/2e−(x−y)2/(4Dt)(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 11 と 4Dt4Dt 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+4Dta(t)=1+4Dt、g=a−1/2e−x2/ag=a^{-1/2}\mathrm{e}^{-x^2/a} とすると

∂g∂t=4D e−x2/a[−12a3/2+x2a5/2],D∂2g∂x2=D e−x2/a[−2a3/2+4x2a5/2]\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=0t=0 で e−x2\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。

D=1D=1 と D=2D=2 に対して、係数を初期値に合わせると

g1(x,t)=11+4texp⁡ ⁣(−x21+4t),g2(x,t)=−11+8texp⁡ ⁣(−x21+8t)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。f=Qg\boldsymbol f=Q\boldsymbol g に戻すと、答えは

f1(x,t)=31+4texp⁡ ⁣(−x21+4t)−21+8texp⁡ ⁣(−x21+8t)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) f2(x,t)=11+4texp⁡ ⁣(−x21+4t)−11+8texp⁡ ⁣(−x21+8t)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≤t<+∞0\le t<+\infty、−∞<x<+∞-\infty<x<+\infty）。QQ は可逆なので f\boldsymbol f と g\boldsymbol g は1対1に対応し、g\boldsymbol g の一意性から f\boldsymbol f も有界解の範囲で一意です。

検算します。t=0t=0 では f1=(3−2)e−x2=e−x2f_1=(3-2)\mathrm{e}^{-x^2}=\mathrm{e}^{-x^2}、f2=(1−1)e−x2=0f_2=(1-1)\mathrm{e}^{-x^2}=0 で初期条件を満たします。方程式も、g1′′≡∂x2g1g_1''\equiv\partial_x^2g_1、g2′′≡∂x2g2g_2''\equiv\partial_x^2g_2 と書けば ∂tf1=3g1′′+4g2′′\partial_tf_1=3g_1''+4g_2''、∂x2f1=3g1′′+2g2′′\partial_x^2f_1=3g_1''+2g_2''、∂x2f2=g1′′+g2′′\partial_x^2f_2=g_1''+g_2'' なので

∂tf1+∂x2f1−6∂x2f2=(3+3−6)g1′′+(4+2−6)g2′′=0,∂tf2+∂x2f1−4∂x2f2=(1+3−4)g1′′+(2+2−4)g2′′=0\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。∫−∞∞(1+4Dt)−1/2e−x2/(1+4Dt)dx=π\int_{-\infty}^{\infty}(1+4Dt)^{-1/2}\mathrm{e}^{-x^2/(1+4Dt)}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi} は tt に依らないので ∫f1 dx=3π−2π=π\int f_1\,\mathrm{d}x=3\sqrt{\pi}-2\sqrt{\pi}=\sqrt{\pi}、∫f2 dx=0\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 ∂tfi+∂x(⋯ )=0\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、xx を区間 [−12,12][-12,12] で刻み幅 0.020.02、時間刻み 10−510^{-5} の陽的差分で t=0.6t=0.6 まで数値積分し、上の閉じた式と最大 2×10−52\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。f1f_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−1/2t^{-1/2} で減衰しながら幅 t\sqrt{t} に広がります。x=0x=0 での値は t→∞t\to\infty で f1(0,t)≃(3−2)/(2t)=0.793/tf_1(0,t)\simeq(3-\sqrt2)/(2\sqrt t)=0.793/\sqrt t に近づきます（t=100t=100 で厳密値 0.07910.0791、この近似が 0.07930.0793）。f2f_2 は t=0t=0 で恒等的に 00 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=0x=0 での値は

f2(0,t)=11+4t−11+8tf_2(0,t)=\frac{1}{\sqrt{1+4t}}-\frac{1}{\sqrt{1+8t}}

が t=(22/3−1)/(8−4⋅22/3)=0.356t=(2^{2/3}-1)/(8-4\cdot2^{2/3})=0.356 で最大値 0.1330.133 をとり、その後 (2−2)/(4t)=0.146/t(2-\sqrt2)/(4\sqrt t)=0.146/\sqrt t として減衰します。f1,f2f_1,f_2 はともに xx の偶関数で、∣x∣→∞|x|\to\infty でガウス的に 00 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。

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