平成25年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

この年度は大問2題で、2問すべてが必答です（試験時間は90分）。第1問は4変数のヴァンデルモンド行列式を、斉次性と零点という2つの情報だけから因数分解し、続いてその対数微分から作った有理関数の留数を計算します。第2問は2変数2階線形偏微分方程式を線形変換と指数因子で標準形に直し、係数行列の行列式の符号で楕円型・放物型・双曲型に分かれることを確かめたうえで、熱方程式の初期値問題と波動方程式の一般解に進みます。設問の大半が「示せ」なので、多項式環での割り切れ、極の位数、微分と積分の交換といった論理の詰めがそのまま得点になります。

問題	分野	主題
第1問	線形代数・複素解析	ヴァンデルモンド行列式の因数分解、対数微分と留数
第2問	微分方程式・線形代数・フーリエ解析	2階偏微分方程式の標準形、熱核、波動方程式の一般解

第1問 ヴァンデルモンド行列式と対数微分

設定

複素数 $z_1,z_2,z_3,z_4$ を並べて $\vec{z}=(z_1,z_2,z_3,z_4)$ とし、

$$\Delta(\vec{z})=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ z_1 & z_2 & z_3 & z_4\\ z_1^2 & z_2^2 & z_3^2 & z_4^2\\ z_1^3 & z_2^3 & z_3^3 & z_4^3 \end{vmatrix}$$

と定めます。第 $c$ 列が $z_c$ のべき $z_c^{\,0},z_c^{\,1},z_c^{\,2},z_c^{\,3}$ を縦に並べたもの、すなわち $(r,c)$ 成分が $z_c^{\,r-1}$（$r,c=1,\dots,4$）です。設問1では

$$\Delta(\vec{z})=\prod_{1\le i<j\le 4}(z_i-z_j)=(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)(z_2-z_3)(z_2-z_4)(z_3-z_4)$$

を、斉次性・零点・係数比較の3段で示します。以下この等式を式(1)と呼びます。設問2では $\Delta$ の対数微分を通して $f(\vec{z})=\Delta^{-1}\partial^2\Delta/\partial z_1^2$ を計算し、$z_1$ の関数としての極の構造から複素積分を求めます。設問2以降は $z_2,z_3,z_4$ は互いに異なるとします。

設問1

(i) まず左辺です。ライプニッツの展開式（行列式の定義）に $(r,c)$ 成分 $z_c^{\,r-1}$ を入れると

$$\Delta(\vec{z})=\sum_{\sigma\in S_4}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{c=1}^{4}z_c^{\,\sigma(c)-1}$$

です。ここで $S_4$ は $\{1,2,3,4\}$ の置換全体です。各項は単項式 $z_1^{\sigma(1)-1}z_2^{\sigma(2)-1}z_3^{\sigma(3)-1}z_4^{\sigma(4)-1}$ で、その次数は

$$\sum_{c=1}^{4}\bigl(\sigma(c)-1\bigr)=(1+2+3+4)-4=6$$

です。$\sigma$ が全単射なので $\sigma(1),\dots,\sigma(4)$ は $1,2,3,4$ の並べ替えであり、この和は $\sigma$ によらず $6$ になります。つまり左辺に現れる項はすべて6次で、左辺は6次の同次多項式です。

右辺は1次の同次多項式（$z_i-z_j$）6個の積です。積を展開するとき各因子から $z_i$ か $-z_j$ のいずれか1つを選ぶので、どの項もちょうど6個の1次の文字の積、すなわち6次です。よって右辺も6次の同次多項式です。

同じことは変数のスケール変換でも確認できます。$\vec{z}\to t\vec{z}$ とすると行列の第 $r$ 行は $t^{r-1}$ 倍されるので、行列式の多重線形性から $\Delta(t\vec{z})=t^{0+1+2+3}\Delta(\vec{z})=t^{6}\Delta(\vec{z})$ です。右辺も各因子が $t$ 倍されて $t^6$ 倍になります。

(ii) $i\ne j$ で $z_i=z_j$ とすると、行列の第 $i$ 列と第 $j$ 列は成分ごとに一致します。行列式は列について交代的（2つの列を入れ替えると符号が変わる）なので、等しい2列をもつ行列の行列式は $0$ です。したがって $z_i=z_j$ のとき $\Delta(\vec{z})=0$ です。

(iii) はじめに、(ii) から比例関係が出ることを確認します。$\Delta$ を $z_1$ の多項式と見て、係数環 $R=\mathbb{C}[z_2,z_3,z_4]$ 上で（$z_2,z_3,z_4$ を定数のように扱い、$z_1$ の多項式として割り算するという意味です）1次式 $z_1-z_2$ で割ると

$$\Delta=(z_1-z_2)Q(z_1,z_2,z_3,z_4)+r(z_2,z_3,z_4)$$

と書けます（余りは $z_1$ について0次）。ここで $z_1=z_2$ を代入すると (ii) より左辺は $0$ なので $r=0$、つまり $z_1-z_2$ は $\Delta$ を割ります。他の5組についても変数の名前を取り替えるだけで同じ議論が通り、6個の1次式 $z_i-z_j$ はすべて $\Delta$ を割ります。$\mathbb{C}[z_1,z_2,z_3,z_4]$ は一意分解環（整数の素因数分解のように、因数分解が順序と定数倍を除いて一通りに決まる環のこと）で、1次式は既約（これ以上積に分けられないこと）、しかも異なる組 $(i,j)$ に対する $z_i-z_j$ は互いに定数倍ではない（同伴でない。定数倍しか違わない2つを同伴といいます）ので、それらの積も $\Delta$ を割ります。(i) より $\Delta$ と積はともに6次の同次多項式なので、商は0次すなわち定数 $c$ です。

$$\Delta(\vec{z})=c\prod_{1\le i<j\le 4}(z_i-z_j)$$

比例定数を決めるため、単項式 $z_1^3z_2^2z_3^{\,1}z_4^{\,0}$ の係数を両辺で比べます。

左辺では、$\prod_c z_c^{\sigma(c)-1}$ の指数の組がそのまま $\sigma$ を決める（$\sigma(c)=$ (指数)$+1$）ので、1つの単項式は高々1つの $\sigma$ からしか出ません。指数の組 $(3,2,1,0)$ に対応するのは $\sigma(1)=4,\ \sigma(2)=3,\ \sigma(3)=2,\ \sigma(4)=1$ で、これは互換の積 $(1\ 4)(2\ 3)$ なので $\operatorname{sgn}(\sigma)=(-1)^2=+1$ です。よって左辺での係数は $+1$ です。

右辺では、$z_1^3$ を作るには $z_1$ を含む3因子 $(z_1-z_2),(z_1-z_3),(z_1-z_4)$ からすべて $z_1$ を選ぶしかありません。残る因子は $(z_2-z_3),(z_2-z_4),(z_3-z_4)$ で、$z_2^2$ を作るには前2つから $z_2$ を選ぶしかなく、最後の因子からは $z_3$ を選ぶしかありません。選び方は一意で、負号を1つも拾わないので、右辺での係数は $c\cdot 1=c$ です。

両者を比べて $c=1$、すなわち式(1)が成り立ちます。

検算として $\vec{z}=(0,1,2,3)$ を入れると、第1列が $(1,0,0,0)^{\mathsf T}$ なので余因子展開で

$$\Delta=\begin{vmatrix}1&2&3\\1&4&9\\1&8&27\end{vmatrix}=36-36+12=12$$

であり、右辺は $(-1)(-2)(-3)(-1)(-2)(-1)=12$ で一致します。なお $\Delta$ を「行 $=$ べき、列 $=$ 変数」で作った本問の並べ方だと符号は $(-1)^{4\cdot 3/2}=+1$ で、たまたま $\prod_{i<j}(z_i-z_j)$ の側と一致します（変数が2個や3個なら符号が付きます）。

設問2

(i) $g$ が正則かつ $g\neq 0$ の領域では、局所的に $\lambda=\log g$ の枝（複素数の対数には $2\pi\mathrm{i}$ の整数倍の不定性があり、その中から1つを選ぶことを枝を選ぶといいます）が選べて $g=e^{\lambda}$ と書けます。枝の取り替えは $\lambda$ を $2\pi\mathrm{i}$ の整数倍だけずらすだけなので、以下に現れる $\lambda$ の導関数は一価です。$g=e^{\lambda}$ を微分すると

$$\frac{dg}{dz}=\frac{d\lambda}{dz}e^{\lambda},\qquad \frac{d^2g}{dz^2}=\left[\frac{d^2\lambda}{dz^2}+\left(\frac{d\lambda}{dz}\right)^2\right]e^{\lambda}$$

なので、$g=e^{\lambda}$ で割って

$$\frac{1}{g}\frac{dg}{dz}=\frac{d\lambda}{dz},\qquad \frac{1}{g}\frac{d^2g}{dz^2}=\frac{d^2\lambda}{dz^2}+\left(\frac{d\lambda}{dz}\right)^2$$

が答えです。

(ii) 式(1)から、$z_1$ を変数、$z_2,z_3,z_4$ を定数と見ると

$$\Delta(\vec{z})=\underbrace{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)}_{P(z_1)}\cdot(z_2-z_3)(z_2-z_4)(z_3-z_4)$$

です。後半の因子は $z_1$ を含まず、$z_2,z_3,z_4$ が互いに異なるので $0$ ではありません。$\lambda=\log\Delta$ とすると、$z_1$ に依存しない因子は $\lambda$ の定数部分に落ちるので

$$\frac{\partial\lambda}{\partial z_1}=\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{z_1-z_j},\qquad \frac{\partial^2\lambda}{\partial z_1^2}=-\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{(z_1-z_j)^2}$$

です。設問2(i) の第2式を $z_1$ 方向に適用すると

$$f(\vec{z})=\frac{\partial^2\lambda}{\partial z_1^2}+\left(\frac{\partial\lambda}{\partial z_1}\right)^2 =-\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{(z_1-z_j)^2}+\left(\sum_{j=2}^{4}\frac{1}{z_1-z_j}\right)^2$$

となり、2乗を展開すると対角項 $\sum_j (z_1-z_j)^{-2}$ が相殺して

$$f(\vec{z})=2\sum_{2\le j<k\le 4}\frac{1}{(z_1-z_j)(z_1-z_k)} =\frac{2}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)}+\frac{2}{(z_1-z_2)(z_1-z_4)}+\frac{2}{(z_1-z_3)(z_1-z_4)}$$

が答えです。通分すれば

$$f(\vec{z})=\frac{2\bigl[(z_1-z_4)+(z_1-z_3)+(z_1-z_2)\bigr]}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)} =\frac{2\,(3z_1-z_2-z_3-z_4)}{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)}$$

とも書けます。これは対数を経由せずに直接計算した結果とも一致します。実際 $P=abc$（$a=z_1-z_2$、$b=z_1-z_3$、$c=z_1-z_4$、いずれも $z_1$ 微分は $1$）に対して $P''=2(a+b+c)$ であり、$f=P''/P$ が上式です。

2次の極が無いことを示します。上の通分した表式で、分母 $P(z_1)=(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)$ の零点は $z_1=z_2,z_3,z_4$ の3点で、$z_2,z_3,z_4$ が互いに異なるという仮定からこれらはすべて1位の零点です。分子は $z_1$ の1次多項式で、いたるところ正則です。したがって $f$ は有限複素平面内で高々1位の極しか持たず、2次（以上）の極はありません。分子が $z_1=z_j$ で偶然消える場合はその点が極でなくなるだけで、結論は変わりません。

和の形からも同じことが読めます。$z_1=z_2$ の近傍では第3項は正則、第1項と第2項が $1/(z_1-z_2)$ の1位の極を出すだけです。構造的には、$(\partial\lambda/\partial z_1)^2$ が持っていた2位の極が $\partial^2\lambda/\partial z_1^2$ の2位の極とちょうど打ち消す、というのが2次の極が消える理由です。

(iii) 被積分関数 $z_1f(\vec{z})$ は $z_1$ の有理関数で、極は $z_1=z_2,z_3,z_4$（いずれも高々1位）だけです。積分路 $C$ はこの3点をすべて内部に含む円を反時計回りに1周するので、留数定理から

$$\oint_C\frac{dz_1}{2\pi\mathrm{i}}\,z_1f(\vec{z})=\sum_{j=2}^{4}\operatorname*{Res}_{z_1=z_j}\bigl[z_1f(\vec{z})\bigr]$$

です。和の表式を使うと、$z_1=z_j$ で特異なのは $j$ を含む2つの項だけなので

$$\operatorname*{Res}_{z_1=z_j}\bigl[z_1f\bigr]=2z_j\sum_{k\ne j}\frac{1}{z_j-z_k}$$

（$k$ は $\{2,3,4\}\setminus\{j\}$ を走る）となります。これを組 $(j,k)$ ごとにまとめると、1つの組からの寄与は

$$2\left(\frac{z_j}{z_j-z_k}+\frac{z_k}{z_k-z_j}\right)=2\,\frac{z_j-z_k}{z_j-z_k}=2$$

です。組は $(2,3),(2,4),(3,4)$ の3つなので、答えは

$$\oint_C\frac{dz_1}{2\pi\mathrm{i}}\,z_1f(\vec{z})=2\times 3=6$$

です。$z_2,z_3,z_4$ の値によらない定数になります。

検算を2通りしておきます。第1に $(z_2,z_3,z_4)=(0,1,2)$ とすると、留数は $z_1=0$ で $0$、$z_1=1$ で $2/1+2/(-1)=0$、$z_1=2$ で $4/2+4/1=6$ となり和は $6$ です。第2に無限遠での挙動を見ると、通分表式から $|z_1|\to\infty$ で $z_1f=6/z_1+O(|z_1|^{-2})$ です。$C$ を大円に連続変形しても新たな極をまたがないので、積分値は $1/z_1$ の係数 $6$ に等しく、同じ答えを与えます。

第2問 2階線形偏微分方程式の標準形

設定

実変数 $x_1,x_2$ の関数 $\psi$ に対し、実定数係数の微分演算子

$$\mathcal{L}=\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2}a_{i,j}\frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j}+\sum_{i=1}^{2}b_i\frac{\partial}{\partial x_i}, \qquad a_{j,i}=a_{i,j}$$

による方程式 $\mathcal{L}\psi=E\psi$（$E$ は定数）を考えます。$a_{i,j}$ のうち少なくとも1つは $0$ でないとし、$A=\{a_{i,j}\}$、$D=\det A=a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}^2$、$\boldsymbol{b}=(b_1,b_2)^{\mathsf T}$ と書きます。$A$ は実対称行列です。以下、線形変換 $\boldsymbol{\xi}=C\boldsymbol{x}$（$\det C\ne 0$）と指数因子 $\psi=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi$ で $\mathcal{L}$ を整理し、$D$ の符号に応じた3つの標準形（順に式(2)、式(3)、式(4)）に到達します。

設問1

$\xi_k=\sum_{j=1}^{2}c_{k,j}x_j$ なので $\partial\xi_k/\partial x_i=c_{k,i}$ です。$\det C\neq 0$ より $\boldsymbol{x}=C^{-1}\boldsymbol{\xi}$ と逆に解けるので、$x$ の関数を $\xi$ の関数と見なすことができ、連鎖律が使えます。

$$\frac{\partial}{\partial x_i}=\sum_{k=1}^{2}\frac{\partial\xi_k}{\partial x_i}\frac{\partial}{\partial\xi_k} =\sum_{k=1}^{2}c_{k,i}\frac{\partial}{\partial\xi_k}$$

成分で書けば答えは

$$\frac{\partial}{\partial x_1}=c_{1,1}\frac{\partial}{\partial\xi_1}+c_{2,1}\frac{\partial}{\partial\xi_2}, \qquad \frac{\partial}{\partial x_2}=c_{1,2}\frac{\partial}{\partial\xi_1}+c_{2,2}\frac{\partial}{\partial\xi_2}$$

です。行列で書くと、$\partial_x$ を成分に並べた列ベクトルは $C$ の転置で移ります。

$$\begin{pmatrix}\partial/\partial x_1\\ \partial/\partial x_2\end{pmatrix} =C^{\mathsf T}\begin{pmatrix}\partial/\partial\xi_1\\ \partial/\partial\xi_2\end{pmatrix}$$

変数が $C$ で移るのに対し微分は $C^{\mathsf T}$ で移る、という向きの違いが以下で効きます。

設問2

設問1の関係を2階の項に入れます。$a_{i,j}$ は定数で偏微分は可換なので

$$\sum_{i,j}a_{i,j}\frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j} =\sum_{i,j}a_{i,j}\sum_{k,l}c_{k,i}c_{l,j}\frac{\partial^2}{\partial\xi_k\partial\xi_l} =\sum_{k,l}\tilde{a}_{k,l}\frac{\partial^2}{\partial\xi_k\partial\xi_l}, \qquad \tilde{A}=CAC^{\mathsf T}$$

となります。すなわち2階の項の係数行列は合同変換（正則行列 $C$ を使って $A$ を $CAC^{\mathsf T}$ に置き換える変換のこと）$A\mapsto CAC^{\mathsf T}$ で移り、問題は「実対称行列 $A\neq O$ を実正則行列 $C$ による合同変換でどこまで簡単にできるか」に帰着します。$\tilde{A}$ も実対称です。

$A$ は実対称なので、実直交行列 $R$（$R^{\mathsf T}R=I$）と実固有値 $\mu_1,\mu_2$ を用いて $RAR^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(\mu_1,\mu_2)$ と対角化できます。固有値の順序は $R$ の行の入れ替え（直交行列である置換行列を掛ける操作）で自由に選べます。さらに $S=\mathrm{diag}(s_1,s_2)$（$s_1s_2\ne 0$）を掛けて $C=SR$ とすると $\det C=s_1s_2\det R\ne 0$ で

$$CAC^{\mathsf T}=S\,\mathrm{diag}(\mu_1,\mu_2)\,S^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(s_1^2\mu_1,\ s_2^2\mu_2)$$

です。$s_k^2>0$ なので、固有値の絶対値は自由に変えられますが符号は変えられません。また $\det A=\mu_1\mu_2=D$ です。場合分けはこの積の符号で尽きます。

$D>0$ の場合。$\mu_1\mu_2>0$ なので両固有値は $0$ でなく同符号で、その符号を $\varepsilon=\pm1$ とします。$s_k=|\mu_k|^{-1/2}$ と選べば $CAC^{\mathsf T}=\varepsilon I$ となり、2階の項は

$$\varepsilon\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right) =\pm\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)$$

になります。

$D=0$ の場合。$\mu_1\mu_2=0$ です。もし $\mu_1=\mu_2=0$ なら $RAR^{\mathsf T}=O$ から $A=O$ となり、「$a_{i,j}$ の少なくとも1つは $0$ でない」という仮定に反します。よってちょうど一方が $0$ です。固有値の順序を選んで $\mu_1=0$、$\mu_2\ne 0$ とし、$s_1=1$、$s_2=|\mu_2|^{-1/2}$ とすれば $CAC^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(0,\varepsilon)$（$\varepsilon=\operatorname{sgn}\mu_2$）となり、2階の項は

$$\varepsilon\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}=\pm\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}$$

です。生き残る変数を $\xi_2$ にするのが、上で固有値の順序を選んだ理由です。

$D<0$ の場合。$\mu_1\mu_2<0$ なので固有値は異符号です。順序を選んで $\mu_1>0>\mu_2$ とし、$s_k=|\mu_k|^{-1/2}$ とすれば $CAC^{\mathsf T}=\mathrm{diag}(1,-1)$ となり、2階の項は

$$\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}$$

です。

以上で3つの標準形が得られました。この分類が $D$ の符号だけで決まることは、$\det(CAC^{\mathsf T})=(\det C)^2\det A$ と $(\det C)^2>0$ から $D$ の符号が合同変換で不変であることに対応します。実際、3つの標準形の行列式はそれぞれ $+1$、$0$、$-1$ で、符号が一致しています。また $D>0$ と $D=0$ の場合の $\pm$ は実の $C$ では消せません（全体の符号を反転するには $s_k$ を純虚数にする必要があります）。$\pm$ は $A$ が正定値か負定値か（$D=0$ なら $0$ でない固有値の符号、すなわち $\operatorname{tr}A$ の符号）で決まります。

なお $a_{1,1}\ne 0$ のときは平方完成でも同じことができます。$C_1=\begin{pmatrix}1&0\\ -a_{1,2}/a_{1,1}&1\end{pmatrix}$ とすると $C_1AC_1^{\mathsf T}=\mathrm{diag}\bigl(a_{1,1},\,D/a_{1,1}\bigr)$ となり、あとは符号を見て拡大縮小と（必要なら）2変数の入れ替えをするだけです。固有値を使う上の議論は $a_{1,1}=a_{2,2}=0$ の場合も含めて一様に扱えます。

設問3

設問1と設問2で選んだ $C$ で変数変換すると、1階の項も同じ連鎖律で移ります。

$$\sum_i b_i\frac{\partial}{\partial x_i}=\sum_k\Bigl(\sum_i c_{k,i}b_i\Bigr)\frac{\partial}{\partial\xi_k} =\sum_k B_k\frac{\partial}{\partial\xi_k},\qquad \boldsymbol{B}=C\boldsymbol{b}$$

$C$ と $\boldsymbol{b}$ が実なので $B_1,B_2$ は実定数です。以下 $\partial_k=\partial/\partial\xi_k$ と略記します。

次に指数因子です。$\lambda_1,\lambda_2$ を定数として

$$\partial_k\left(e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi\right)=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\left(\partial_k+\lambda_k\right)\phi$$

が積の微分から従い、これを繰り返せば、定数係数多項式 $P$ について

$$P(\partial_1,\partial_2)\left(e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi\right)=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\,P(\partial_1+\lambda_1,\partial_2+\lambda_2)\phi$$

が成り立ちます。$\psi=e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\phi$ を $\mathcal{L}\psi=E\psi$ に入れて $e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\ne 0$ で割れば、$\phi$ の方程式は「$\mathcal{L}$ の中の $\partial_k$ をすべて $\partial_k+\lambda_k$ に置き換えたもの」$=E$ になります。方程式全体に $0$ でない定数を掛けても同値なので、それも使います。

$D>0$ の場合。$\mathcal{L}=\varepsilon(\partial_1^2+\partial_2^2)+B_1\partial_1+B_2\partial_2$（$\varepsilon=\pm1$）です。置き換えて展開すると

$$\varepsilon(\partial_1^2+\partial_2^2)\phi+(2\varepsilon\lambda_1+B_1)\partial_1\phi+(2\varepsilon\lambda_2+B_2)\partial_2\phi +\Bigl[\varepsilon(\lambda_1^2+\lambda_2^2)+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi$$

です。$\lambda_k=-\varepsilon B_k/2$（実数）と選べば1階微分の項が両方消えます。このとき定数部分は $-\varepsilon(B_1^2+B_2^2)/4$ になるので、全体に $\varepsilon$ を掛けて（$\varepsilon^2=1$）

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad F=\varepsilon E+\frac{B_1^2+B_2^2}{4}$$

すなわち式(2)の形になります。

$D=0$ の場合。$\mathcal{L}=\varepsilon\partial_2^2+B_1\partial_1+B_2\partial_2$ です。置き換えると

$$\varepsilon\partial_2^2\phi+(2\varepsilon\lambda_2+B_2)\partial_2\phi+B_1\partial_1\phi +\Bigl[\varepsilon\lambda_2^2+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi$$

です。$\lambda_2=-\varepsilon B_2/2$ とすれば $\partial_2$ の項が消えます。$\partial_1$ は1階のままですが、これは標準形(3)が許している形です。定数部分を $K=B_1\lambda_1-\varepsilon B_2^2/4$ と書き、全体に $-\varepsilon$ を掛けると

$$\left(\beta\frac{\partial}{\partial\xi_1}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad \beta=-\varepsilon B_1,\quad F=\varepsilon(K-E)$$

となり式(3)の形です。$\lambda_1$ は使わずに残っているので、$B_1\neq0$ なら $\lambda_1$ で $F$ を好きな値（たとえば $0$）にできます。また $D=0$ の標準形 $\varepsilon\partial_2^2$ は $\xi_1$ の定数倍を許す（$\xi_1$ を定数倍しても $\partial_2^2$ は変わらない）ので、$\beta\neq0$ なら $\xi_1$ を $\beta$ 倍のスケールで測り直して $\beta=1$ に規格化できます。設問4がこの $F=0,\ \beta=1$ の場合です。$B_1=0$ のときは $\beta=0$ となり、式(3)は $\xi_1$ を助変数とする $\xi_2$ の常微分方程式に退化します。

$D<0$ の場合。$\mathcal{L}=\partial_1^2-\partial_2^2+B_1\partial_1+B_2\partial_2$ です。置き換えると

$$(\partial_1^2-\partial_2^2)\phi+(2\lambda_1+B_1)\partial_1\phi+(-2\lambda_2+B_2)\partial_2\phi +\Bigl[\lambda_1^2-\lambda_2^2+B_1\lambda_1+B_2\lambda_2\Bigr]\phi=E\phi$$

なので、$\lambda_1=-B_1/2$、$\lambda_2=B_2/2$ とすれば1階微分の項が消え、

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi=F\phi, \qquad F=E+\frac{B_1^2}{4}-\frac{B_2^2}{4}$$

すなわち式(4)の形になります。以上3つの場合すべてで $\lambda_1,\lambda_2$ は実数に取れており、$\psi$ と $\phi$ の対応は $e^{\lambda_1\xi_1+\lambda_2\xi_2}\neq0$ より1対1です。$D>0$ が楕円型（ラプラス型）、$D=0$ が放物型（熱伝導型）、$D<0$ が双曲型（波動型）という標準的な分類がこれで出ました。

設問4

$F=0,\ \beta=1$ とした式(3)は

$$\left(\frac{\partial}{\partial\xi_1}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi(\xi_1,\xi_2)=0$$

で、$\xi_1$ を時間、$\xi_2$ を空間座標と読めば拡散係数 $1$ の熱方程式です。

(i) 与えられた表式

$$\phi(\xi_1,\xi_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)\,e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\,dy$$

の被積分関数を $\xi_1$、$\xi_2$ で微分すると、$e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}$ に対して

$$\frac{\partial}{\partial\xi_1}\Bigl(e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\Bigr)=-y^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}, \qquad \frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\Bigl(e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\Bigr)=(\mathrm{i}y)^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}=-y^2e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}$$

となり、両者は $y$ ごとに一致します。したがって微分と積分の交換が許されれば

$$\frac{\partial\phi}{\partial\xi_1}=-\int_{-\infty}^{\infty}y^2f(y)e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}dy=\frac{\partial^2\phi}{\partial\xi_2^2}$$

すなわち $\phi$ は式(3)（$F=0,\beta=1$）を満たします。

交換の正当化を確認します。$\xi_1>0$ の任意の点を含む閉領域 $\xi_1\ge c>0$ を取ると、$n=0,1,2$ に対し

$$\left|y^{n}f(y)e^{-y^2\xi_1}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\right|\le |y|^{n}|f(y)|e^{-cy^2}$$

という $\xi_1,\xi_2$ に依らない上界が取れます。$e^{-cy^2}$ はガウス型に減衰するので、$f$ に課された収束条件（少なくとも $\int |y|^n|f(y)|e^{-cy^2}dy<\infty$、$n\le2$）のもとでこの上界は可積分です。よって $\xi_1>0$ で各積分は絶対かつ局所一様に収束し、優収束定理により微分と積分を交換できます。$f$ が高々多項式増大なら、$\xi_1>0$ でこの条件は自動的に満たされます。

(ii) $\xi_1\to+0$ の極限で $\phi(0,\xi_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)e^{\mathrm{i}y\xi_2}dy$ です（極限は超関数の意味で取ります。各点での値ではなく、なめらかな関数を掛けて積分した値の極限で見る、ということです）。デルタ関数のフーリエ表示

$$\delta(\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{\mathrm{i}y\xi_2}\,dy$$

と比べると、フーリエ変換の一意性から $f(y)=1/(2\pi)$ です。これを (i) の表式に戻すと

$$\phi(\xi_1,\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2\xi_1+\mathrm{i}y\xi_2}\,dy$$

です。$\xi_1>0$ なので指数の肩を平方完成できます。

$$-y^2\xi_1+\mathrm{i}y\xi_2=-\xi_1\left(y-\frac{\mathrm{i}\xi_2}{2\xi_1}\right)^2-\frac{\xi_2^2}{4\xi_1}$$

$a=\xi_2/(2\xi_1)$ と置くと、残る積分は $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1(y-\mathrm{i}a)^2}dy$ です。被積分関数 $e^{-\xi_1 z^2}$ は整関数なので、頂点 $\pm R,\ \pm R-\mathrm{i}a$ の長方形にコーシーの定理を適用します（$z=y-\mathrm{i}a$ の像は直線 $\operatorname{Im}z=-a$ です）。縦辺では $|e^{-\xi_1(\pm R+\mathrm{i}t)^2}|=e^{-\xi_1(R^2-t^2)}\to 0$（$R\to\infty$、$t$ は $0$ と $-a$ の間で有界、$\xi_1>0$）なので寄与が消え、積分路を実軸に平行移動できます。

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1(y-\mathrm{i}a)^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1u^2}du=\frac{1}{\sqrt{\xi_1}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\xi_1}}$$

（$x=\sqrt{\xi_1}\,u$ と置換し、既知の $\int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$ を使いました。）したがって $\xi_1>0$ に対する解は

$$\phi(\xi_1,\xi_2)=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi}{\xi_1}}\;e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)} =\frac{1}{2\sqrt{\pi\xi_1}}\,e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)} =\frac{1}{\sqrt{4\pi\xi_1}}\,e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)}$$

です。これが答えで、拡散係数 $1$ の熱核（ガウス核）です。

検算を3つします。第1に方程式そのもの。$\phi=(4\pi\xi_1)^{-1/2}e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)}$ から

$$\frac{\partial\phi}{\partial\xi_1}=\left(-\frac{1}{2\xi_1}+\frac{\xi_2^2}{4\xi_1^2}\right)\phi, \qquad \frac{\partial\phi}{\partial\xi_2}=-\frac{\xi_2}{2\xi_1}\phi, \qquad \frac{\partial^2\phi}{\partial\xi_2^2}=\left(-\frac{1}{2\xi_1}+\frac{\xi_2^2}{4\xi_1^2}\right)\phi$$

で、確かに $\partial_{\xi_1}\phi=\partial_{\xi_2}^2\phi$ です。第2に規格化。$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_2^2/(4\xi_1)}d\xi_2=\sqrt{4\pi\xi_1}$ なので $\int\phi\,d\xi_2=1$ で、これは $\xi_1$ に依らず、初期条件 $\int\delta(\xi_2)d\xi_2=1$ と整合します。第3に初期条件そのもの。$\xi_1\to+0$ で幅 $\sqrt{2\xi_1}$ の程度に潰れる面積 $1$ のガウス関数なので、超関数の意味で $\delta(\xi_2)$ に収束します。

設問5

$F=0$ とした式(4)は

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)\phi(\xi_1,\xi_2)=0$$

で、これは伝播速度 $1$ の1次元波動方程式です。左辺に2階微分が現れるので、$G_1,G_2$ は2回微分可能であると解釈します（そうでないと式(4)の左辺が古典的な意味を持ちません）。

$u=\xi_1-\xi_2$ と置くと、連鎖律から

$$\frac{\partial}{\partial\xi_1}G_1(u)=G_1'(u),\quad \frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}G_1(u)=G_1''(u), \qquad \frac{\partial}{\partial\xi_2}G_1(u)=-G_1'(u),\quad \frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}G_1(u)=G_1''(u)$$

です（$\xi_2$ については $\partial u/\partial\xi_2=-1$ を2回使うので符号が2乗されて $+$ になります）。よって

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)G_1(\xi_1-\xi_2)=G_1''-G_1''=0$$

です。$v=\xi_1+\xi_2$ についても同様に $\partial_{\xi_1}^2G_2=G_2''$、$\partial_{\xi_2}^2G_2=G_2''$ なので

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}\right)G_2(\xi_1+\xi_2)=G_2''-G_2''=0$$

です。演算子は線形なので、和 $\phi=G_1(\xi_1-\xi_2)+G_2(\xi_1+\xi_2)$ も式(4)（$F=0$）を満たします。

逆にこれが一般解であることも同じ変数で見えます。$u=\xi_1-\xi_2,\ v=\xi_1+\xi_2$ とすると $\partial_{\xi_1}=\partial_u+\partial_v$、$\partial_{\xi_2}=-\partial_u+\partial_v$ なので

$$\frac{\partial^2}{\partial\xi_1^2}-\frac{\partial^2}{\partial\xi_2^2}=(\partial_u+\partial_v)^2-(\partial_v-\partial_u)^2=4\,\partial_u\partial_v$$

です。$\partial_u\partial_v\phi=0$ は $\partial_v\phi$ が $v$ だけの関数であることを意味し、$v$ で積分すれば $\phi=G_1(u)+G_2(v)$ の形に限られます。つまり右向きと左向きの2つの進行波の重ね合わせが $C^2$ の解全体を尽くします。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成25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。