# 平成14年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答
> 平成14年度 修士課程 数学（全2問）の解答。鏡映を含む2次実対称行列の固有値・対角化と単位円上の円が接線方向に伸びた楕円へ写る変形、および3次元ラプラス方程式の動径方程式・球面調和関数展開による球殻の境界値問題を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h14-math
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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/)）。
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- 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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この年度の問題冊子は数学2題と英語2題を合わせた1冊で、4問すべてが必答、試験時間は9時から11時までの120分です。この記事では数学の2題を扱います。第1問は2次の実対称行列の固有値・固有ベクトル・対角化という定型の流れですが、最後に幾何的な設問が置かれていて、行列を $A=I-\gamma B$（$B$ は鏡映）と見抜けるかどうかで解答の見通しが大きく変わります。第2問は3次元ラプラス方程式の変数分離で、動径方程式がオイラー型になること、球面調和関数の直交性で境界条件を係数に翻訳することという二つの手続きを、球殻の具体的な境界値問題まで通して実行させる構成です。どちらも計算量は軽く、独立性の根拠や係数が一意に決まる根拠をどこまで書けるかが点差になります。
| 問題 | 分野 | 主題 |
|---|---|---|
| 第1問 | 線形代数 | 鏡映を含む2次実対称行列の対角化と接線方向シアー |
| 第2問 | 微分方程式・特殊関数・フーリエ解析 | ラプラス方程式の動径方程式と球面調和関数展開 |
## 第1問 2次実対称行列の対角化と円の変形
### 設定
2行2列の実行列
$$
A=\begin{pmatrix} 1-\gamma\cos 2\phi & -\gamma\sin 2\phi \\ -\gamma\sin 2\phi & 1+\gamma\cos 2\phi \end{pmatrix},
\qquad 0<\gamma<1
$$
について、固有値 $\lambda_\pm$（$\lambda_+>\lambda_-$）、規格化された固有ベクトル $\vec w_\pm$、$UAU^{-1}=\mathrm{diag}(\lambda_-,\lambda_+)$ となる $U$ を求め、最後に $A$ が引き起こす図形の変形を調べます。$\phi$ は実パラメータで、設問(iv) では単位円 $C$ 上の点 $\mathrm P=(\cos\phi,\sin\phi)$ の偏角として現れます。
以下で繰り返し使うので、分解を先に書いておきます。
$$
A=I-\gamma B,\qquad
B=\begin{pmatrix}\cos 2\phi & \sin 2\phi \\ \sin 2\phi & -\cos 2\phi\end{pmatrix}
$$
$B$ は原点を通り $x$ 軸と角 $\phi$ をなす直線に関する鏡映の行列です。実際 $B^2=I$、$\operatorname{tr}B=0$、$\det B=-\cos^2 2\phi-\sin^2 2\phi=-1$ で、$B$ は実対称かつ直交、固有値は $+1$ と $-1$ です。$A$ は実対称なので固有値は実で、異なる固有値に属する固有ベクトルは直交します。
### 設問(i)
トレースと行列式から特性方程式を作ります。
$$
\operatorname{tr}A=2,\qquad
\det A=(1-\gamma\cos 2\phi)(1+\gamma\cos 2\phi)-\gamma^2\sin^2 2\phi
=1-\gamma^2
$$
$\phi$ 依存性が $\det A$ で完全に消えるところがこの問題の仕掛けです。よって
$$
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-2\lambda+(1-\gamma^2)=(\lambda-1)^2-\gamma^2=0
$$
となり $\lambda=1\pm\gamma$ を得ます。$0<\gamma<1$ より $1+\gamma>1-\gamma>0$ ですから、答えは
$$
\lambda_+=1+\gamma,\qquad \lambda_-=1-\gamma
$$
です。どちらも正なので $A$ は正定値で、$\det A=\lambda_+\lambda_-=1-\gamma^2>0$、$\lambda_++\lambda_-=2=\operatorname{tr}A$ と整合します。$A=I-\gamma B$ と $B$ の固有値 $\pm 1$ からも同じ結果が直ちに出ます。
### 設問(ii)
固有空間を、固有値を代入した行列を因数分解する形で取り出します。半角の公式 $1-\cos 2\phi=2\sin^2\phi$、$1+\cos 2\phi=2\cos^2\phi$、$\sin 2\phi=2\sin\phi\cos\phi$ を使うと
$$
\begin{aligned}
A-\lambda_- I&=\gamma\begin{pmatrix}1-\cos 2\phi & -\sin 2\phi\\ -\sin 2\phi & 1+\cos 2\phi\end{pmatrix}
=2\gamma\begin{pmatrix}\sin\phi\\ -\cos\phi\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sin\phi & -\cos\phi\end{pmatrix},\\[2pt]
A-\lambda_+ I&=-\gamma\begin{pmatrix}1+\cos 2\phi & \sin 2\phi\\ \sin 2\phi & 1-\cos 2\phi\end{pmatrix}
=-2\gamma\begin{pmatrix}\cos\phi\\ \sin\phi\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\phi & \sin\phi\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$
と書けます。$\gamma\neq 0$ なのでどちらも階数1で、核はちょうど1次元です。$A-\lambda_-I$ の核は $(\sin\phi,-\cos\phi)$ に直交するベクトル、$A-\lambda_+I$ の核は $(\cos\phi,\sin\phi)$ に直交するベクトルなので、規格化された固有ベクトルは
$$
\vec w_+=\begin{pmatrix}-\sin\phi\\ \cos\phi\end{pmatrix},\qquad
\vec w_-=\begin{pmatrix}\cos\phi\\ \sin\phi\end{pmatrix}
$$
です（全体の符号は任意で、$\lvert \vec w_\pm\rvert=1$、$\vec w_+\cdot\vec w_-=0$）。
念のため直接代入して確かめます。加法定理 $\cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi=\cos\phi$、$\sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi=\sin\phi$ を使うと
$$
\begin{aligned}
A\vec w_-&=\begin{pmatrix}\cos\phi-\gamma(\cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi)\\
\sin\phi-\gamma(\sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi)\end{pmatrix}
=(1-\gamma)\vec w_-,\\[2pt]
A\vec w_+&=\begin{pmatrix}-\sin\phi-\gamma(\sin 2\phi\cos\phi-\cos 2\phi\sin\phi)\\
\cos\phi+\gamma(\cos 2\phi\cos\phi+\sin 2\phi\sin\phi)\end{pmatrix}
=(1+\gamma)\vec w_+
\end{aligned}
$$
となり、確かに固有値は $\lambda_\mp$ です。
幾何的には $\vec w_-$ は偏角 $\phi$ の点における動径方向の単位ベクトル $\hat e_r$、$\vec w_+$ はそれに直交する方位角方向の単位ベクトル $\hat e_\phi$ です。動径方向が縮む向き（固有値 $1-\gamma<1$）、方位角方向が伸びる向き（固有値 $1+\gamma>1$）である、というこの対応が設問(iv) の答えを決めます。
### 設問(iii)
$UAU^{-1}=D$、$D=\mathrm{diag}(\lambda_-,\lambda_+)$ は $UA=DU$ と同値で、成分で書けば $U$ の第 $i$ 行 $u_i$ が $u_iA=\lambda_i u_i$ を満たす、つまり $u_i$ は左固有ベクトルです。$A$ は対称なので左固有ベクトルは右固有ベクトルの転置に一致します。$\gamma>0$ より $\lambda_+\neq\lambda_-$ で固有空間はいずれも1次元ですから、第1行は $\vec w_-^{\mathsf T}$、第2行は $\vec w_+^{\mathsf T}$ のスカラー倍に限られます。行ベクトルを単位ベクトルに取れば
$$
U=\begin{pmatrix}\cos\phi & \sin\phi\\ -\sin\phi & \cos\phi\end{pmatrix},
\qquad
U^{-1}=U^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}\cos\phi & -\sin\phi\\ \sin\phi & \cos\phi\end{pmatrix}
$$
です。$U^{\mathsf T}U=I$、$\det U=1$ を満たします（各行を独立に $0$ でない定数倍しても対角化は成り立つので、$U$ はこの規格化のもとで符号を除いて一意です）。
これが確かに要求された形になることを、鏡映の表示から確認します。$B$ は角 $\phi$ の直線に関する鏡映なので、回転行列 $R(\phi)=U^{-1}$ を使って $B=R(\phi)\,\mathrm{diag}(1,-1)\,R(\phi)^{-1}$ と書けます。したがって
$$
UAU^{-1}=I-\gamma\,UBU^{-1}=I-\gamma\,\mathrm{diag}(1,-1)=\begin{pmatrix}1-\gamma & 0\\ 0 & 1+\gamma\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}\lambda_- & 0\\ 0 & \lambda_+\end{pmatrix}
$$
となり、$\lambda_-$ が左上、$\lambda_+$ が右下という指定どおりの並びです。
$U$ が表す変換について。$U=R(-\phi)$ なので、ベクトルに作用させる立場では原点まわりの角 $-\phi$ の回転（時計まわりに $\phi$ だけ回す操作）です。座標系を取り直す立場で読むほうが意味がはっきりします。$(U\vec v)_1=\vec v\cdot\hat e_r$、$(U\vec v)_2=\vec v\cdot\hat e_\phi$ ですから、$U$ は標準基底での成分を、点 $\mathrm P$ における動径方向 $\hat e_r$ と方位角方向 $\hat e_\phi$ を軸とする正規直交系での成分に書き換える操作、すなわち座標軸を $+\phi$ だけ回転させて極座標系に合わせる操作です。$\det U=1$ かつ直交行列なので、鏡映も伸縮も含まない純粋な回転であり、長さと角度を保ちます。
### 設問(iv)
単位円 $C$ 上の8個の点
$$
\mathrm P_k=(\cos\phi_k,\ \sin\phi_k),\qquad \phi_k=\frac{k\pi}{4}\quad(k=0,1,\dots,7)
$$
をそれぞれ中心とする半径 $\rho$ の円（図の点線の円、$\rho$ は $C$ の半径より十分小さい共通の値）が描かれています。各点では $\phi=\phi_k$ を代入した $A$ が定義されていて、写像は「$\mathrm P_k$ を始点とする変位ベクトル $\vec w$ を $A\vec w$ に置き換える」というものです。したがって $\vec w=\vec 0$ は動かず、円の中心 $\mathrm P_k$ は写像の前後で同じ位置に留まります。
各点で $\hat e_r=\vec w_-$、$\hat e_\phi=\vec w_+$ を基底に取り、$\vec w=\xi\,\hat e_r+\eta\,\hat e_\phi$ と分解します。点線の円は $\xi^2+\eta^2=\rho^2$ です。設問(ii) より
$$
A\vec w=(1-\gamma)\,\xi\,\hat e_r+(1+\gamma)\,\eta\,\hat e_\phi
$$
なので、像の成分を $A\vec w=\xi'\hat e_r+\eta'\hat e_\phi$ と書けば $\xi'=(1-\gamma)\xi$、$\eta'=(1+\gamma)\eta$ です。$0<\gamma<1$ よりどちらの係数も $0$ でないので逆に解けて、$\xi=\xi'/(1-\gamma)$、$\eta=\eta'/(1+\gamma)$ を円の式に代入すると
$$
\left(\frac{\xi'}{(1-\gamma)\rho}\right)^2+\left(\frac{\eta'}{(1+\gamma)\rho}\right)^2=1
$$
を得ます。これは中心 $\mathrm P_k$、動径方向の半軸 $(1-\gamma)\rho$、方位角方向の半軸 $(1+\gamma)\rho$ の楕円です。$\det A=1-\gamma^2\neq 0$ なので像はつぶれず、確かに楕円になります。
答えをまとめます。8つの円はいずれも中心を動かさないまま楕円に変形し、長軸は方位角方向（$\mathrm{OP}_k$ に垂直、すなわち $C$ の接線方向）を向いて長さ $2(1+\gamma)\rho$、短軸は動径方向（$\mathrm{OP}_k$ 方向）を向いて長さ $2(1-\gamma)\rho$ になります。短軸を長軸で割った軸比は $(1-\gamma)/(1+\gamma)<1$ で $k$ に依らず共通、面積は $\pi\rho^2\det A=\pi\rho^2(1-\gamma^2)$ と元の円よりわずかに小さくなります。伸びの向きは場所ごとに回転するので、たとえば $\phi=0$（右端）と $\phi=\pi$（左端）の円は縦長に、$\phi=\pi/2$（上端）と $\phi=3\pi/2$（下端）の円は横長に、$\phi=\pi/4$ の円は $(-1,1)/\sqrt 2$ 方向に長い楕円になります。全体としては、円 $C$ に沿ってぐるりと接線方向に引き伸ばされた8つの楕円が並ぶ、8回対称の模様です。
図は $\gamma=1/2$、$\rho=0.3$ の場合で、点線が元の円、実線が像の楕円です。極限の様子も整合します。$\gamma\to 0$ では $A\to I$ で楕円は円に戻り、$\gamma\to 1$ では動径方向の半軸が $0$ に近づいて楕円は接線方向の線分に潰れていきます。
なお $A$ は、収束 $\kappa=0$、シアー $(\gamma_1,\gamma_2)=(\gamma\cos 2\phi,\ \gamma\sin 2\phi)$ の弱重力レンズの変形行列そのもので、この設問の模様は点状質量のまわりに現れる接線方向のシアーパターンに対応します。
## 第2問 ラプラス方程式の動径方程式と球面調和関数展開
### 設定
3次元ラプラス方程式を極座標 $(r,\theta,\varphi)$ で書いた形
$$
\left(\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r-\frac{\hat L^2}{r^2}\right)U(r,\theta,\varphi)=0,
\qquad
\hat L^2\equiv-\left(\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}
+\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\right)
$$
が与えられます。左の第1項は $rU$ に $\partial^2/\partial r^2$ を作用させてから $r$ で割る、という意味です。球面調和関数 $Y_{\ell m}(\theta,\varphi)$ は $\hat L^2Y_{\ell m}=\ell(\ell+1)Y_{\ell m}$（$\ell=0,1,2,\dots$、$m=-\ell,\dots,\ell$）を満たし、球面上で正規直交系をなします。
設問(iii)(iv) では、$b>a>0$ として球殻 $a\le r\le b$ で
$$
U(a,\theta,\varphi)=0,\qquad U(b,\theta,\varphi)=\sin\theta\cos\varphi
$$
というディリクレ境界条件を課します。$\hat L^2$ は $r$ を含まず、動径部分の演算子は角度変数を含まないので、変数分離がそのまま通ります。
### 設問(i)
$U=R_\ell(r)Y_{\ell m}(\theta,\varphi)$ を代入します。動径演算子は $Y_{\ell m}$ を素通りし、$\hat L^2$ は固有値 $\ell(\ell+1)$ を出すので
$$
\left[\frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}\bigl(rR_\ell(r)\bigr)-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell(r)\right]Y_{\ell m}(\theta,\varphi)=0
$$
となります。$Y_{\ell m}$ は恒等的に $0$ ではなく、$Y_{\ell m}\neq 0$ となる $(\theta,\varphi)$ は球面上で稠密ですから、角括弧の中が $r>0$ で $0$ でなければなりません。よって求める微分方程式は
$$
\frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}\bigl(rR_\ell\bigr)-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell=0
\qquad(r>0)
$$
です。$(rR_\ell)''=rR_\ell''+2R_\ell'$ を使って展開すれば
$$
R_\ell''+\frac{2}{r}R_\ell'-\frac{\ell(\ell+1)}{r^2}R_\ell=0,
\qquad\text{すなわち}\qquad
r^2R_\ell''+2rR_\ell'-\ell(\ell+1)R_\ell=0
$$
と書けます。$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR_\ell}{dr}\right)=R_\ell''+\frac{2}{r}R_\ell'$ なので、これは見慣れた動径方程式に一致します。方程式に $m$ が現れないこと、つまり同じ $\ell$ に属する $2\ell+1$ 個の $m$ が同じ動径方程式を共有することが、解を $R_\ell$ と書いてよい理由です。
### 設問(ii)
得られた方程式は $r^2R''+2rR'-\ell(\ell+1)R=0$ という同次のオイラー型方程式なので、$R=r^s$ を試します。
$$
r^2s(s-1)r^{s-2}+2rsr^{s-1}-\ell(\ell+1)r^s=\bigl[s^2+s-\ell(\ell+1)\bigr]r^s
$$
より指数方程式は $s^2+s-\ell(\ell+1)=0$ です。判別式は $1+4\ell(\ell+1)=(2\ell+1)^2$ と完全平方になり
$$
s=\frac{-1\pm(2\ell+1)}{2}=\ell\ \ \text{または}\ \ -(\ell+1)
$$
を得ます。二つの根が一致するのは $2\ell+1=0$ のときだけで、$\ell=0,1,2,\dots$ ではあり得ません。したがって重根の場合（対数を含む解）は生じず、すべての $\ell$ に対して
$$
A_\ell(r)=r^{\ell},\qquad B_\ell(r)=r^{-(\ell+1)}
$$
が答えです。$\ell=0$ なら $A_0=1$、$B_0=1/r$ です。
独立性を確認します。ロンスキアンは
$$
W=A_\ell B_\ell'-A_\ell'B_\ell
=r^\ell\bigl(-(\ell+1)r^{-\ell-2}\bigr)-\ell r^{\ell-1}r^{-\ell-1}
=-\frac{2\ell+1}{r^2}
$$
で、$r>0$ では決して $0$ になりません。方程式を正規形 $R''+(2/r)R'-\ell(\ell+1)r^{-2}R=0$ に直すと係数は $r>0$ で連続なので、解空間は2次元です。ロンスキアンが消えない2解はその基底をなし、$\{A_\ell,B_\ell\}$ が基本解系になります。
### 設問(iii)
$\sin\theta\cos\varphi=\dfrac{1}{2}\sin\theta\left(e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}\right)$ と書き、与えられた
$$
Y_{1\,\pm1}(\theta,\varphi)=\mp\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{\pm i\varphi}
$$
を逆に解きます。$\sin\theta\,e^{i\varphi}=-\sqrt{8\pi/3}\,Y_{11}$、$\sin\theta\,e^{-i\varphi}=\sqrt{8\pi/3}\,Y_{1\,-1}$ ですから
$$
\sin\theta\cos\varphi=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\bigl(Y_{1\,-1}-Y_{11}\bigr)
=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,\bigl(Y_{1\,-1}(\theta,\varphi)-Y_{11}(\theta,\varphi)\bigr)
$$
が答えです。$\ell=1$ の成分だけで書けるのは、$\sin\theta\cos\varphi=x/r$ が単位球面に制限した1次の調和多項式だからです。
二通りに検算します。第一に実数性です。上の規約では $Y_{1\,-1}^{*}=-Y_{11}$、$Y_{11}^{*}=-Y_{1\,-1}$ なので $(Y_{1\,-1}-Y_{11})^{*}=Y_{1\,-1}-Y_{11}$ となり、右辺は実です。第二にノルムです。左辺を直接積分すると
$$
\int d\Omega\,\sin^2\theta\cos^2\varphi
=\int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi
=\frac{4}{3}\cdot\pi=\frac{4\pi}{3}
$$
で、右辺は直交規格性から $\frac{2\pi}{3}(1+1)=\frac{4\pi}{3}$ です。一致します。
### 設問(iv)
球殻 $a\le r\le b$ では $r^\ell$ も $r^{-\ell-1}$ も正則なので、両方を残した
$$
U(r,\theta,\varphi)=\sum_{\ell=0}^{\infty}\sum_{m=-\ell}^{\ell}
\Bigl[\alpha_{\ell m}r^{\ell}+\beta_{\ell m}r^{-\ell-1}\Bigr]Y_{\ell m}(\theta,\varphi)
$$
を使います。境界条件の各式に $Y_{\ell'm'}^{*}$ を掛けて球面全体で積分し、直交条件 $\int d\Omega\,Y_{\ell'm'}^{*}Y_{\ell m}=\delta_{\ell'\ell}\delta_{m'm}$ を使うと、各 $(\ell,m)$ ごとに独立な2元連立1次方程式
$$
\begin{aligned}
\alpha_{\ell m}a^{\ell}+\beta_{\ell m}a^{-\ell-1}&=0,\\
\alpha_{\ell m}b^{\ell}+\beta_{\ell m}b^{-\ell-1}&=c_{\ell m}\equiv\int d\Omega\,Y_{\ell m}^{*}(\theta,\varphi)\sin\theta\cos\varphi
\end{aligned}
$$
が得られます。設問(iii) の表示と直交条件から右辺は
$$
c_{1\,-1}=\sqrt{\frac{2\pi}{3}},\qquad
c_{11}=-\sqrt{\frac{2\pi}{3}},\qquad
c_{\ell m}=0\ \ \bigl((\ell,m)\neq(1,\pm1)\bigr)
$$
です。係数行列の行列式は
$$
\begin{vmatrix} a^{\ell} & a^{-\ell-1}\\ b^{\ell} & b^{-\ell-1}\end{vmatrix}
=a^{\ell}b^{-\ell-1}-a^{-\ell-1}b^{\ell}
=(ab)^{-\ell-1}\bigl(a^{2\ell+1}-b^{2\ell+1}\bigr)
$$
で、$0a$ なので分母 $b^3-a^3$ は正で、係数は有限です。
これらを展開に戻し、設問(iii) の関係を逆向きに使うと解は
$$
U(r,\theta,\varphi)=\frac{b^{2}}{b^{3}-a^{3}}\left(r-\frac{a^{3}}{r^{2}}\right)\sin\theta\cos\varphi
$$
とまとまります。検算します。$r=a$ では括弧が $a-a^3/a^2=0$ なので $U=0$、$r=b$ では $\frac{b^2}{b^3-a^3}\cdot\frac{b^3-a^3}{b^2}=1$ より $U=\sin\theta\cos\varphi$ で、境界条件を両方満たします。また $r\sin\theta\cos\varphi=x$ と $r^{-2}\sin\theta\cos\varphi=x/r^{3}$ はどちらも $r>0$ で調和関数なので、$U$ は球殻内でラプラス方程式を満たします。有界領域のディリクレ問題の解は一意なので、これが求める解です。$a\to 0$ の極限では $U\to r\sin\theta\cos\varphi=x$ となり、内側の球面が消えて外側の境界値をそのまま延ばした調和関数になる、という素直な振る舞いを示します。
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成14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。