# 平成25年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答 > 平成25年度 修士課程 数学（全2問）の解答。ヴァンデルモンド行列式の因数分解と対数微分の留数、2階線形偏微分方程式の標準形・熱核・波動方程式の一般解を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h25-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 $$ \Delta(\vec{z})=\prod_{1\le i0$ なので、固有値の絶対値は自由に変えられますが符号は変えられません。また $\det A=\mu_1\mu_2=D$ です。場合分けはこの積の符号で尽きます。 $D>0$ の場合。$\mu_1\mu_2>0$ なので両固有値は $0$ でなく同符号で、その符号を $\varepsilon=\pm1$ とします。$s_k=|\mu_k|^{-1/2}$ と選べば $CAC^{\mathsf T}=\varepsilon I$ となり、2階の項は $$ \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} $$ という $\xi_1,\xi_2$ に依らない上界が取れます。$e^{-cy^2}$ はガウス型に減衰するので、$f$ に課された収束条件（少なくとも $\int |y|^n|f(y)|e^{-cy^2}dy<\infty$、$n\le2$）のもとでこの上界は可積分です。よって $\xi_1>0$ で各積分は絶対かつ局所一様に収束し、優収束定理により微分と積分を交換できます。$f$ が高々多項式増大なら、$\xi_1>0$ でこの条件は自動的に満たされます。 (ii) $\xi_1\to+0$ の極限で $\phi(0,\xi_2)=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)e^{\mathrm{i}y\xi_2}dy$ です（極限は超関数の意味で取ります）。デルタ関数のフーリエ表示 $$ \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} $$ $a=\xi_2/(2\xi_1)$ と置くと、残る積分は $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\xi_1(y-\mathrm{i}a)^2}dy$ です。被積分関数 $e^{-\xi_1 z^2}$ は整関数なので、頂点 $\pm R,\ \pm R+\mathrm{i}a$ の長方形にコーシーの定理を適用します。縦辺では $|e^{-\xi_1(\pm R+\mathrm{i}t)^2}|=e^{-\xi_1(R^2-t^2)}\to 0$（$R\to\infty$、$t$ は $0$ と $a$ の間で有界、$\xi_1>0$）なので寄与が消え、積分路を実軸に平行移動できます。 $$ \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。