# 平成12年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答

> 平成12年度 修士課程 一般教育科目「数学・物理」のうち数学3問の解答。渦なしベクトル場のポテンシャル、実対称行列の固有値問題とユニタリ変換、熱伝導方程式のグリーン関数を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h12-math

:::caution[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/](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](/contact)までお願いします。
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平成12年度の一般教育科目は「数学・物理」の合冊で、数学3問と物理学3問の計6問すべてに解答する形式でした（平成11年8月24日実施、3時間）。この記事では冊子のうち数学の3問だけを扱います。第1問はベクトル解析の基本（渦なし場のスカラーポテンシャルと電気力線の族）、第2問は実対称行列の固有値問題とユニタリ変換・フロベニウスノルムの不変性、第3問はフーリエ変換と留数計算による熱伝導方程式のグリーン関数の構成です。いずれも物理でそのまま使う計算技術を問う標準的な出題で、第3問の $\omega$ 積分の極の位置と因果律の対応が唯一の考えどころです。

| 問題 | 分野 | 主題 |
|---|---|---|
| 第1問 | ベクトル解析・微分方程式 | 渦なし場のポテンシャルと場に沿う曲線群 |
| 第2問 | 線形代数 | 実対称行列の固有値・固有ベクトルとユニタリ変換 |
| 第3問 | フーリエ解析・複素解析 | 熱伝導方程式のグリーン関数 |

## 第1問 渦なし場のポテンシャルと場に沿う曲線群

### 設定

2次元のベクトル場 $\boldsymbol{E}(x,y)=(E_x(x,y),\,E_y(x,y))$ を考えます。各成分は必要な階数まで微分可能とします。設問(1)では、グリーンの定理

$$
\iint_S \left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}\right)dx\,dy
=\oint_C \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}
=\oint_C (E_x\,dx+E_y\,dy)
$$

（$S$ は閉曲線 $C$ の内部、線積分は反時計回り）を用いてよいとされています。場は全平面（単連結領域）で定義されているとして解きます。

### 設問(1)

$\dfrac{\partial E_y}{\partial x}-\dfrac{\partial E_x}{\partial y}=0$ が全域で成り立つとします。任意の閉曲線 $C$ に対して、与えられたグリーンの定理から

$$
\oint_C \boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}
=\iint_S \left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}\right)dx\,dy=0
$$

となります。したがって、2点を結ぶ線積分は経路によりません。実際、点 $P_0$ から点 $P$ に至る2つの経路 $\Gamma_1,\Gamma_2$ をとると、$\Gamma_1$ と $\Gamma_2$ の逆向きをつないだものは閉曲線ですから、$\int_{\Gamma_1}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}-\int_{\Gamma_2}\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{r}=0$ です。

そこで基準点 $(x_0,y_0)$ を固定し、

$$
\varphi(x,y)=\int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)} (E_x\,dx'+E_y\,dy')
$$

と定義すると、経路によらないので $\varphi$ は $(x,y)$ の一価関数として確定します。これが求めるスカラー場であることを確かめます。$x$ 方向に $\Delta x$ だけずらした点までの積分路として、$(x,y)$ までの経路に線分 $(x,y)\to(x+\Delta x,y)$ を継ぎ足したものを選べば

$$
\varphi(x+\Delta x,y)-\varphi(x,y)=\int_x^{x+\Delta x} E_x(x',y)\,dx'
$$

となり、$E_x$ の連続性から積分の平均値の定理により右辺は $E_x(\xi,y)\,\Delta x$（$\xi$ は $x$ と $x+\Delta x$ の間の点）と書けます。$\Delta x\to 0$ の極限で

$$
\frac{\partial \varphi}{\partial x}=E_x
$$

を得ます。$y$ 方向も同様に $\partial\varphi/\partial y=E_y$ です。よって $\boldsymbol{E}=\operatorname{grad}\varphi=\left(\dfrac{\partial\varphi}{\partial x},\dfrac{\partial\varphi}{\partial y}\right)$ と表せることが示されました。（証明終）

### 設問(2)

$\boldsymbol{E}=(x^2-y^2,\,-2xy)$ に対して

$$
\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}
=\frac{\partial}{\partial x}(-2xy)-\frac{\partial}{\partial y}(x^2-y^2)
=-2y-(-2y)=0
$$

となり、渦なしの条件が確認できます。設問(1)より $\varphi$ が存在し、$\partial\varphi/\partial x=x^2-y^2$ を $x$ で積分して

$$
\varphi=\frac{x^3}{3}-xy^2+f(y)
$$

（$f$ は $y$ のみの関数）。これを $\partial\varphi/\partial y=-2xy$ に入れると $-2xy+f'(y)=-2xy$、すなわち $f'(y)=0$ で $f$ は定数です。定数を落として、答えは

$$
\varphi(x,y)=\frac{x^3}{3}-xy^2 \quad (+\,\text{const.})
$$

です。検算として $\operatorname{grad}\varphi=(x^2-y^2,\,-2xy)=\boldsymbol{E}$ が直ちに確かめられます。

### 設問(3)

曲線 $\psi(x,y)=a$ 上の点における接線方向は、$\operatorname{grad}\psi=(\psi_x,\psi_y)$ に直交します。接線が $\boldsymbol{E}$ と平行になる条件は、曲線に沿って $dx:dy=E_x:E_y$、すなわち

$$
E_y\,dx-E_x\,dy=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
-2xy\,dx-(x^2-y^2)\,dy=0
$$

です。左辺が完全微分形かどうかを確かめると

$$
\frac{\partial}{\partial y}(-2xy)=-2x,
\qquad
\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-(x^2-y^2)\bigr)=-2x
$$

で一致するので完全形です。したがって $\psi_x=-2xy$、$\psi_y=-(x^2-y^2)$ を満たす $\psi$ が存在します。第1式を $x$ で積分して $\psi=-x^2y+g(y)$、第2式に代入すると $-x^2+g'(y)=-x^2+y^2$ より $g'(y)=y^2$、$g=y^3/3$ です。符号を全体に掛け替えて（定数 $a$ に吸収できます）、求める曲線群は

$$
\psi(x,y)=x^2y-\frac{y^3}{3}=a \quad (a=\text{const.})
$$

です。これは複素関数 $z^3/3=\dfrac{x^3-3xy^2}{3}+i\left(x^2y-\dfrac{y^3}{3}\right)$ の実部が設問(2)の $\varphi$、虚部がこの $\psi$ になっているという事実と整合します。正則関数の実部と虚部の等高線は直交するので、$\{\psi=a\}$ は等ポテンシャル線 $\{\varphi=\text{const.}\}$ と直交し、たしかに $\boldsymbol{E}=\operatorname{grad}\varphi$ に沿う曲線（電気力線）の族になっています。検算として、$\psi=x^2y-y^3/3$ に対し $\operatorname{grad}\psi=(2xy,\,x^2-y^2)$ と $\boldsymbol{E}=(x^2-y^2,\,-2xy)$ の内積は $2xy(x^2-y^2)-2xy(x^2-y^2)=0$ で、確かに接線条件を満たします。

## 第2問 実対称行列の固有値・固有ベクトルとユニタリ変換

### 設定

実対称行列

$$
\mathbf{A}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

の固有値問題を解き、次にユニタリ行列（実直交行列）

$$
\mathbf{X}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

で変換した $\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+}$（$\mathbf{X}^{+}$ はエルミート共役）の固有値・固有ベクトルを求めます。最後に、エルミート行列 $\mathbf{A}=(a_{ij})$ の固有値 $\alpha_i$ について $F=\sum_{i=1}^n \lvert\alpha_i\rvert^2$ と $G=\sum_{i,j=1}^n \lvert a_{ij}\rvert^2$ の関係を調べます。

### 設問(1)

固有方程式は

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

なので、固有値は $\lambda=0,\;2,\;-1$ です。

$\lambda=0$: $\mathbf{A}\boldsymbol{v}=0$ の第1行から $v_2=0$、第2行から $v_1+v_3=0$。規格化して

$$
\boldsymbol{v}_0=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}.
$$

$\lambda=2$: 第1行 $-2v_1+v_2=0$ より $v_2=2v_1$、第2行 $v_1-v_2+v_3=0$ より $v_3=v_1$。第3行 $v_2-2v_3=0$ も満たされます。規格化して

$$
\boldsymbol{v}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

$\lambda=-1$: $(\mathbf{A}+\mathbf{I})\boldsymbol{v}=0$ の第1行 $v_1+v_2=0$、第3行 $v_2+v_3=0$ より $v_2=-v_1$、$v_3=v_1$。第2行 $v_1+2v_2+v_3=0$ も満たされます。規格化して

$$
\boldsymbol{v}_{-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

実対称行列の異なる固有値に属する固有ベクトルとして、3本が互いに直交していることも確認できます（例えば $\boldsymbol{v}_2\cdot\boldsymbol{v}_{-1}=(1-2+1)/\sqrt{18}=0$）。固有ベクトルは全体の位相（符号）の任意性を除いて上のとおりです。

### 設問(2)

$\mathbf{X}$ は実行列で $\mathbf{X}^{+}=\mathbf{X}^{T}=\mathbf{X}$ を満たし、さらに $\mathbf{X}^2=\mathbf{I}$、すなわちユニタリです。ユニタリ変換 $\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+}$ は固有値を変えません。実際 $\mathbf{A}\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}$ ならば

$$
\mathbf{B}(\mathbf{X}\boldsymbol{v})=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}^{+}\mathbf{X}\boldsymbol{v}=\mathbf{X}\mathbf{A}\boldsymbol{v}=\lambda(\mathbf{X}\boldsymbol{v})
$$

であり、$\mathbf{X}$ はノルムを保つので $\mathbf{X}\boldsymbol{v}$ は規格化されたままです。よって $\mathbf{B}$ の固有値は $\mathbf{A}$ と同じ $0,\;2,\;-1$ で、固有ベクトルは $\boldsymbol{w}=\mathbf{X}\boldsymbol{v}$ から

$$
\boldsymbol{w}_0=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{w}_2=\frac{1}{2\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ \sqrt{2} \end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{w}_{-1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}
$$

となります。それぞれノルムは $\tfrac14+\tfrac14+\tfrac12=1$、$\tfrac{9+1+2}{12}=1$、$\tfrac{2+1}{3}=1$ で規格化されています。参考までに $\mathbf{B}$ を陽に計算すると

$$
\mathbf{B}=\mathbf{X}\mathbf{A}\mathbf{X}
=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{2} & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix}
$$

で、たしかに実対称、$\operatorname{Tr}\mathbf{B}=1=\operatorname{Tr}\mathbf{A}$ です。$\mathbf{B}\boldsymbol{w}_0$ を成分計算すると第1成分 $\tfrac34-\tfrac14-\tfrac12=0$ などですべて $0$ となり、固有ベクトルであることが直接確かめられます。

### 設問(3)

設問(1)の $\mathbf{A}$ に対して、固有値 $0,2,-1$ から

$$
F=\sum_{i=1}^3 \lvert\alpha_i\rvert^2=0^2+2^2+(-1)^2=5
$$

です。一方、成分は $1$ が5個（$a_{12},a_{21},a_{22},a_{23},a_{32}$）で残りは $0$ ですから

$$
G=\sum_{i,j=1}^3 \lvert a_{ij}\rvert^2=5
$$

となり、$F=G=5$ です。

### 設問(4)

一般のエルミート行列 $\mathbf{A}$ に対して、つねに $F=G$ が成り立ちます。証明します。まず

$$
G=\sum_{i,j}\lvert a_{ij}\rvert^2=\sum_{i,j}a_{ij}\,a_{ij}^{*}=\sum_{i,j}a_{ij}\,(\mathbf{A}^{+})_{ji}=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}\mathbf{A}^{+})
$$

です。エルミート性 $\mathbf{A}^{+}=\mathbf{A}$ より $G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}^2)$ となります。エルミート行列はユニタリ行列 $\mathbf{U}$ で対角化できます: $\mathbf{A}=\mathbf{U}\mathbf{D}\mathbf{U}^{+}$、$\mathbf{D}=\operatorname{diag}(\alpha_1,\dots,\alpha_n)$。トレースの巡回性から

$$
G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}^2)=\operatorname{Tr}(\mathbf{U}\mathbf{D}^2\mathbf{U}^{+})=\operatorname{Tr}(\mathbf{D}^2)=\sum_{i=1}^n \alpha_i^2
$$

であり、エルミート行列の固有値は実数なので $\alpha_i^2=\lvert\alpha_i\rvert^2$、したがって

$$
G=\sum_{i=1}^n \lvert\alpha_i\rvert^2=F
$$

です。つまり $G=\operatorname{Tr}(\mathbf{A}\mathbf{A}^{+})$（フロベニウスノルムの2乗）はユニタリ変換で不変な量で、エルミート行列では固有値の2乗和に一致します。設問(3)の $F=G=5$ はこの一般関係の具体例です。（証明終）

## 第3問 熱伝導方程式のグリーン関数

### 設定

時刻 $t=0$ に $x=0$ で強さ $1$ の熱を加えたときの1次元の熱伝導を、方程式

$$
\left(\kappa^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}-\frac{\partial}{\partial t}\right)G(x,t)=-\delta(x)\,\delta(t)
\qquad (\kappa \text{ は正定数})
$$

の解 $G(x,t)$ で記述します。$\delta(x)$ はディラックのデルタ関数で、初期条件は $t=-\infty$ で $G=0$（熱を加える前は何もない、という因果律）です。フーリエ変換 $g(k,\omega)$ を

$$
G(x,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\int_{-\infty}^{\infty} g(k,\omega)\,e^{i(kx-\omega t)}\,dk\,d\omega
$$

で定義します。

### 設問(1)

デルタ関数のフーリエ表示

$$
\delta(x)\,\delta(t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty}\!\!\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(kx-\omega t)}\,dk\,d\omega
$$

を使います。$G$ の表示式を方程式に代入すると、$e^{i(kx-\omega t)}$ への微分は $\partial^2/\partial x^2\to(ik)^2=-k^2$、$\partial/\partial t\to -i\omega$ の掛け算になるので、被積分関数を比較して

$$
\left(-\kappa^2 k^2+i\omega\right)g(k,\omega)=-1
$$

が $g$ の満たすべき方程式です。これを解いて、答えは

$$
g(k,\omega)=\frac{1}{\kappa^2 k^2-i\omega}
$$

です。

### 設問(2)

$g$ を表示式に戻し、先に $\omega$ 積分を実行します。

$$
G(x,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx} \int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{e^{-i\omega t}}{\kappa^2 k^2-i\omega}
=\frac{1}{(2\pi)^2}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx} \int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{i\,e^{-i\omega t}}{\omega+i\kappa^2 k^2}
$$

被積分関数の極は $\omega=-i\kappa^2 k^2$ で、複素 $\omega$ 平面の下半平面（虚軸の負側）にあります。

$t>0$ のとき、$e^{-i\omega t}$ は $\operatorname{Im}\omega<0$ で減衰するので、積分路を下半平面の大きな半円で閉じます（ジョルダンの補題により半円上の寄与は消えます）。周回は時計回りなので留数の $-2\pi i$ 倍となり、

$$
\int_{-\infty}^{\infty} d\omega\, \frac{i\,e^{-i\omega t}}{\omega+i\kappa^2 k^2}
=-2\pi i\cdot i\,e^{-i(-i\kappa^2 k^2)t}
=2\pi\,e^{-\kappa^2 k^2 t}
$$

です。$t<0$ のときは上半平面で閉じますが、そこに極はないので積分は $0$ です。これは初期条件（$t<0$ で $G=0$）と整合し、極を下半平面に置く $g$ の形が因果律を担っていることが分かります。ヘヴィサイドの階段関数 $\theta(t)$ を使ってまとめると

$$
G(x,t)=\frac{\theta(t)}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx-\kappa^2 k^2 t}
$$

です。

### 設問(3)

$t>0$ として残った $k$ 積分はガウス積分です。指数を平方完成すると

$$
ikx-\kappa^2 t\,k^2
=-\kappa^2 t\left(k-\frac{ix}{2\kappa^2 t}\right)^2-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}
$$

なので、$\alpha=\kappa\sqrt{t}\left(k-\dfrac{ix}{2\kappa^2 t}\right)$ と置換し（積分路は実軸から平行移動しますが、被積分関数が正則で遠方で消えるため値は変わりません）、与えられた公式 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha^2}d\alpha=\sqrt{\pi}$ を使うと

$$
\int_{-\infty}^{\infty} dk\, e^{ikx-\kappa^2 k^2 t}
=e^{-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}}\cdot\frac{1}{\kappa\sqrt{t}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha^2}d\alpha
=\sqrt{\frac{\pi}{\kappa^2 t}}\,e^{-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}}
$$

となります。したがって、答えは

$$
G(x,t)=\frac{\theta(t)}{2\kappa\sqrt{\pi t}}\,\exp\!\left(-\frac{x^2}{4\kappa^2 t}\right)
$$

です。これは拡散係数 $\kappa^2$ の熱核で、幅が $\sqrt{2}\,\kappa\sqrt{t}$ で広がるガウス分布です。検算として、$t>0$ で全空間にわたる積分は

$$
\int_{-\infty}^{\infty} G(x,t)\,dx=\frac{1}{2\kappa\sqrt{\pi t}}\cdot 2\kappa\sqrt{t}\cdot\sqrt{\pi}=1
$$

となり、時刻 $0$ に加えた強さ $1$ の熱が保存されていることが確認できます。また $t\to 0^{+}$ でこのガウス分布は $\delta(x)$ に収束し、初期条件とも整合します。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成12年度 修士課程 入学試験問題 一般教育科目（数学・物理）のうち数学。問題文は要約して引用しています。