# 平成24年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答 > 平成24年度 修士課程 数学（全2問）の解答。パウリ行列の積から SU(2) による3次元回転（ロドリゲスの公式）を組み立て、2次の複素行列に関する真偽判定6問に答え、双曲型連立1階偏微分方程式の特性分解と拡散型連立2階方程式の熱核解を求めます。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h24-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。 ::: 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 $\pm 2$ の双曲型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。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。$c=\cos\theta$、$s=\sin\theta$、$N=S(\boldsymbol n)$、$V=S(\boldsymbol v)$ 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 -4 -2 2 4 x 0.5 0.25 -0.25 u₁ u₂ 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。 $D=1$ 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