# 平成31年度 東大院 物理学専攻 修士 数学 解答 > 平成31年度 修士課程 数学（全2問）の解答。トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3) の構造定数・随伴表現、ゼータ関数正則化による固有値の無限積を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h31-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、どちらも一題の中で道具立てが段階的に積み上がる構成です。第1問は3行3列のトレースレスエルミート行列の空間に基底を固定し、指数写像が特殊ユニタリ行列を与えることと、そこから構造定数・随伴表現・共役表現を具体的に取り出します。第2問は境界値問題の固有値の無限積を、スペクトルゼータ関数と複素積分で閉じた形に落とす問題で、留数の位置と分岐切断の両側での位相差の扱いが山場です。試験時間は90分、2問すべてが必答です。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 線形代数・群論 | トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3) の構造定数 | | 第2問 | 微分方程式・複素解析 | ゼータ関数正則化による固有値の無限積 | ## 第1問 トレースレスエルミート行列の指数写像と SU(3) ### 設定 正方行列 $X$ に対し $X^{\mathrm T}$ は転置、$X^\dagger$ はエルミート共役、$\operatorname{tr}X$ はトレース、$\det X$ は行列式、$[X,Y]=XY-YX$、$e^X=\sum_{k=0}^{\infty}X^k/k!$ とします。$I$ は単位行列、$\mathrm{i}$ は虚数単位です。 前半（設問1）は、有限次元でエルミートかつトレースレスな行列 $A,B$ について、交換子と指数関数の性質を確かめます。エルミート行列 $A$ がユニタリ行列 $V$（$V^\dagger V=I$）と対角行列 $D$ を用いて $A=V^\dagger DV$ と対角化できること、および $\det(XY)=\det X\det Y$ は既知として使えます。 後半（設問2以降）は3行3列に限定します。トレースレスな3行3列エルミート行列は8個の実パラメータで書けて、 $$ T=\begin{pmatrix} \alpha_7 & \alpha_1-\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_3-\mathrm{i}\alpha_4\\ \alpha_1+\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_8 & \alpha_5-\mathrm{i}\alpha_6\\ \alpha_3+\mathrm{i}\alpha_4 & \alpha_5+\mathrm{i}\alpha_6 & -\alpha_7-\alpha_8 \end{pmatrix}=\sum_{a=1}^{8}\alpha_a T_a $$ という展開が基底 $T_1,\dots,T_8$（いずれもトレースレスエルミート）を定めます。この $T$ から作った $U=e^{\mathrm{i}\theta T}$ が、双線形式 $\boldsymbol x^\dagger T_a\boldsymbol y$ とベクトル積 $\boldsymbol x\times\boldsymbol y$ をどう混ぜるかを調べるのが設問4です。 ### 設問1 (i) エルミート性は共役の定義から直に出ます。$(XY)^\dagger=Y^\dagger X^\dagger$ と $A^\dagger=A$、$B^\dagger=B$ を使うと $$ \bigl(\mathrm{i}[A,B]\bigr)^\dagger=-\mathrm{i}\,(AB-BA)^\dagger=-\mathrm{i}\,(B^\dagger A^\dagger-A^\dagger B^\dagger)=-\mathrm{i}\,(BA-AB)=\mathrm{i}[A,B] $$ となり、$\mathrm{i}[A,B]$ はエルミートです。トレースについては、$A,B$ が有限次元の同じ型の正方行列なので $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$ が成り立ち、 $$ \operatorname{tr}\bigl(\mathrm{i}[A,B]\bigr)=\mathrm{i}\bigl(\operatorname{tr}(AB)-\operatorname{tr}(BA)\bigr)=0 $$ です。トレースレス性のほうは $\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}B=0$ を使わずに、有限次元であることだけから従います。答えは、$\mathrm{i}[A,B]$ はエルミートかつトレースレスである、ということです。 (ii) 有限次元では行列ノルム $\lVert\cdot\rVert$（劣乗法的なもの）に対して $\sum_k\lVert \mathrm{i}A\rVert^k/k!=e^{\lVert A\rVert}<\infty$ ですから、$e^{\mathrm{i}A}$ の級数は絶対収束し、エルミート共役を項別に取れます。$(X^k)^\dagger=(X^\dagger)^k$ と $(\mathrm{i}A)^\dagger=-\mathrm{i}A^\dagger=-\mathrm{i}A$ より $$ U^\dagger=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\bigl[(\mathrm{i}A)^k\bigr]^\dagger}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-\mathrm{i}A)^k}{k!}=e^{-\mathrm{i}A} $$ です。$-\mathrm{i}A$ と $\mathrm{i}A$ は可換なので、絶対収束級数のコーシー積と二項定理から $e^{X}e^{Y}=e^{X+Y}$（$[X,Y]=0$ のとき）が使えて $$ U^\dagger U=e^{-\mathrm{i}A}e^{\mathrm{i}A}=e^{0}=I $$ を得ます。よって $U=e^{\mathrm{i}A}$ はユニタリです。ここで使った仮定は $A^\dagger=A$ と有限次元性だけです。 (iii) 対角化 $A=V^\dagger DV$、$D=\mathrm{diag}(d_1,\dots,d_N)$ を使います。有限次元では $V^\dagger V=I$ から $V$ は正則で $V^{-1}=V^\dagger$、したがって $VV^\dagger=I$ も成り立ちます。これを使うと $A^k=V^\dagger D^kV$ が帰納法で従い、級数の絶対収束から項別に $$ U=e^{\mathrm{i}A}=V^\dagger e^{\mathrm{i}D}V,\qquad e^{\mathrm{i}D}=\mathrm{diag}\bigl(e^{\mathrm{i}d_1},\dots,e^{\mathrm{i}d_N}\bigr) $$ となります。$\det(XY)=\det X\det Y$ と、対角行列の行列式が対角成分の積であることから $$ \det U=\det(V^\dagger)\,\det(V)\,\det\bigl(e^{\mathrm{i}D}\bigr)=\det(V^\dagger V)\prod_{j=1}^{N}e^{\mathrm{i}d_j}=e^{\mathrm{i}\sum_j d_j}=e^{\mathrm{i}\operatorname{tr}D} $$ です。最後に $D=VAV^\dagger$ とトレースの巡回性から $$ \operatorname{tr}D=\operatorname{tr}\bigl(VAV^\dagger\bigr)=\operatorname{tr}\bigl(AV^\dagger V\bigr)=\operatorname{tr}A=0 $$ なので、$\det U=e^{0}=1$ です。ここで初めて $\operatorname{tr}A=0$ が効いています。 ### 設問2 $T=\sum_a\alpha_aT_a$ の右辺は $\alpha_a$ について線形なので、$T_a=\partial T/\partial\alpha_a$ で取り出せます。設定の行列表示で $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_7$ が現れる成分だけを拾うと $$ T_1=\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_2=\begin{pmatrix}0&-\mathrm{i}&0\\ \mathrm{i}&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_7=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix} $$ が答えです。いずれもエルミートかつトレースレスであることが見て取れます。 ### 設問3 設問1(i) より $\mathrm{i}[T_a,T_b]$ はトレースレスエルミートで、そのような3行3列行列は $\{T_c\}$ の実係数線形結合で一意に書けます。これが $[T_a,T_b]=\mathrm{i}\sum_c A_{ab,c}T_c$（$A_{ab,c}$ 実）の根拠です。あとは交換子を直接計算して、設定の表示で係数を読み取ればよいです。 まず $A_{71,2}$。$T_7=\mathrm{diag}(1,0,-1)$ が左からかかると各行が $(1,0,-1)$ 倍され、右からかかると各列が $(1,0,-1)$ 倍されるので $$ T_7T_1=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad T_1T_7=\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad [T_7,T_1]=\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} $$ です。一方 $\mathrm{i}T_2$ はこの行列に一致するので $[T_7,T_1]=\mathrm{i}T_2$、すなわち $A_{71,2}=1$（他の $A_{71,c}$ はすべて 0）です。 次に $A_{56,8}$。設定の表示から $$ T_5=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix},\qquad T_6=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-\mathrm{i}\\0&\mathrm{i}&0\end{pmatrix},\qquad T_8=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix} $$ で、$T_5,T_6$ は第2・第3成分の張る2次元部分空間に作用するパウリ行列 $\sigma_x,\sigma_y$ そのものです。実際に掛けると $$ T_5T_6=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&\mathrm{i}&0\\0&0&-\mathrm{i}\end{pmatrix},\qquad T_6T_5=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&-\mathrm{i}&0\\0&0&\mathrm{i}\end{pmatrix} $$ なので $[T_5,T_6]=2\mathrm{i}\,\mathrm{diag}(0,1,-1)=2\mathrm{i}T_8$、すなわち $A_{56,8}=2$（他の $A_{56,c}$ はすべて 0）です。 答えは $A_{71,2}=1$、$A_{56,8}=2$ です。$T_7=\mathrm{diag}(1,0,-1)$ は第2成分に触らないので $T_1,T_2$ の張る部分に対しては「片側だけ」効き、係数が 1 にとどまります。これに対し $T_5,T_6$ は同じ2次元部分空間内のパウリ代数なので、$[\sigma_x,\sigma_y]=2\mathrm{i}\sigma_z$ の 2 がそのまま出ます。 ### 設問4 (i) $\boldsymbol x'=U\boldsymbol x$、$\boldsymbol y'=U\boldsymbol y$ より $G_a'=\boldsymbol x^\dagger U^\dagger T_a U\boldsymbol y$ です。$T$ はエルミートなので設問1(ii) と同じ計算で $U^\dagger=e^{-\mathrm{i}\theta T}$ であり、$\theta$ の1次まで展開すると $$ U^\dagger T_aU=(I-\mathrm{i}\theta T)T_a(I+\mathrm{i}\theta T)+\mathcal O(\theta^2)=T_a+\mathrm{i}\theta[T_a,T]+\mathcal O(\theta^2) $$ です。ここで設問3の展開を使うと、$T=\sum_b\alpha_bT_b$ に対して $$ [T_a,T]=\sum_{b=1}^{8}\alpha_b[T_a,T_b]=\mathrm{i}\sum_{b,c=1}^{8}\alpha_bA_{ab,c}T_c $$ となり、$[T_a,T]$ が再び $\{T_c\}$ の線形結合になることが要点です。したがって $$ U^\dagger T_aU=T_a-\theta\sum_{b,c=1}^{8}\alpha_bA_{ab,c}T_c+\mathcal O(\theta^2) $$ で、両側から $\boldsymbol x^\dagger,\boldsymbol y$ をはさめば $$ G_a'=G_a-\theta\sum_{b=1}^{8}\Bigl(\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ac,b}\Bigr)G_b+\mathcal O(\theta^2) $$ となって、確かに $G_a'=G_a+\mathrm{i}\theta\sum_bH_{ab}G_b+\mathcal O(\theta^2)$ の形に書けます（$G_b$ 以外の新しい双線形式は現れません）。係数を比べると $\mathrm{i}H_{ab}=-\sum_c\alpha_cA_{ac,b}$ なので、答えは $$ H_{ab}=\mathrm{i}\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ac,b}=-\mathrm{i}\sum_{c=1}^{8}\alpha_cA_{ca,b} $$ です（2つ目の表式は $A_{ab,c}=-A_{ba,c}$ を使いました。これは $[T_a,T_b]=-[T_b,T_a]$ と $T_c$ の線形独立性から出ます）。$\mathrm{i}H_{ab}=-\sum_c\alpha_cA_{ac,b}$ が実行列であること、すなわち $H_{ab}$ が純虚数になることが特徴で、$G_a$ の組が8次元の随伴表現をなしていることに対応します。 検算として $\alpha_7=1$、他をゼロに取ると $U=\mathrm{diag}(e^{\mathrm{i}\theta},1,e^{-\mathrm{i}\theta})$ で、$G_1=\bar x_1y_2+\bar x_2y_1$ から $$ G_1'=e^{-\mathrm{i}\theta}\bar x_1y_2+e^{\mathrm{i}\theta}\bar x_2y_1=G_1+\mathrm{i}\theta\bigl(-\bar x_1y_2+\bar x_2y_1\bigr)+\mathcal O(\theta^2)=G_1+\mathrm{i}\theta(-\mathrm{i}G_2)+\mathcal O(\theta^2) $$ すなわち $H_{12}=-\mathrm{i}$ です。一方公式のほうは、$[T_1,T_7]=-\mathrm{i}T_2$ より $A_{17,2}=-1$ なので $H_{12}=\mathrm{i}\alpha_7A_{17,2}=-\mathrm{i}$。一致します。 (ii) $U=I+\mathrm{i}\theta T+\mathcal O(\theta^2)$ を成分で書くと $x_j'=x_j+\mathrm{i}\theta\sum_\ell T_{j\ell}x_\ell+\mathcal O(\theta^2)$、同様に $y_k'$ です。これを $z_i'$ に入れて $\theta$ の1次を集めると $$ z_i'=z_i+\mathrm{i}\theta W_i+\mathcal O(\theta^2),\qquad W_i=\sum_{j,k,\ell}\varepsilon_{ijk}T_{j\ell}x_\ell y_k+\sum_{j,k,m}\varepsilon_{ijk}x_jT_{km}y_m $$ です。$W_i$ を $x_py_q$ の係数の形にそろえると $W_i=\sum_{p,q}C_{ipq}x_py_q$、 $$ C_{ipq}=\sum_{j}\varepsilon_{ijq}T_{jp}+\sum_{k}\varepsilon_{ipk}T_{kq} $$ となります。$\varepsilon_{ijq}T_{jp}=-\varepsilon_{iqj}T_{jp}$、$\varepsilon_{ipk}T_{kq}=-\varepsilon_{ikp}T_{kq}$ と書き換えれば $C_{ipq}=-C_{iqp}$、つまり $C$ は $p,q$ について反対称です。ここが $z$ だけで閉じるための鍵です。 反対称性より、$x_py_q$ の対称部分は落ちます。与えられた恒等式を $\sum_r\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{rab}=\delta_{pa}\delta_{qb}-\delta_{pb}\delta_{qa}$ の形で使うと $\sum_r\varepsilon_{pqr}z_r=x_py_q-x_qy_p$ なので $$ W_i=\frac12\sum_{p,q}C_{ipq}\bigl(x_py_q-x_qy_p\bigr)=\sum_{r}N_{ir}z_r,\qquad N_{ir}=\frac12\sum_{p,q}\varepsilon_{pqr}C_{ipq} $$ と書けます。あとは $N_{ir}$ を計算します。第1項は $\sum_q\varepsilon_{ijq}\varepsilon_{qrp}=\delta_{ir}\delta_{jp}-\delta_{ip}\delta_{jr}$ を使って $$ \frac12\sum_{p,q,j}\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{ijq}T_{jp}=\frac12\sum_{p,j}\bigl(\delta_{ir}\delta_{jp}-\delta_{ip}\delta_{jr}\bigr)T_{jp}=\frac12\bigl(\delta_{ir}\operatorname{tr}T-T_{ri}\bigr)=-\frac12T_{ri} $$ 第2項は $\sum_p\varepsilon_{kip}\varepsilon_{pqr}=\delta_{kq}\delta_{ir}-\delta_{kr}\delta_{iq}$ を使って $$ \frac12\sum_{p,q,k}\varepsilon_{pqr}\varepsilon_{ipk}T_{kq}=\frac12\sum_{q,k}\bigl(\delta_{kq}\delta_{ir}-\delta_{kr}\delta_{iq}\bigr)T_{kq}=\frac12\bigl(\delta_{ir}\operatorname{tr}T-T_{ri}\bigr)=-\frac12T_{ri} $$ です。どちらも $\operatorname{tr}T=0$ を使いました。合わせて $N_{ir}=-T_{ri}$、すなわち $W_i=-\sum_r(T^{\mathrm T})_{ir}z_r$ です。よって $$ \boldsymbol z'=\bigl(I+\mathrm{i}\theta M\bigr)\boldsymbol z+\mathcal O(\theta^2),\qquad M=-T^{\mathrm T}=-T^{*} $$ が答えです。ここで $X^{*}$ は成分ごとの複素共役を表し、$T$ がエルミートなので $T^{\mathrm T}=T^{*}$ です。成分で書けば $$ M=-\begin{pmatrix} \alpha_7 & \alpha_1+\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_3+\mathrm{i}\alpha_4\\ \alpha_1-\mathrm{i}\alpha_2 & \alpha_8 & \alpha_5+\mathrm{i}\alpha_6\\ \alpha_3-\mathrm{i}\alpha_4 & \alpha_5-\mathrm{i}\alpha_6 & -\alpha_7-\alpha_8 \end{pmatrix} $$ です。トレースレス性 $\operatorname{tr}T=0$ が本質的で、これがないと $\delta_{ir}\operatorname{tr}T$ の項が残り、$\boldsymbol z$ だけでは閉じません。 検算します。設問1(ii)(iii) より $U^{-1}=U^\dagger$ かつ $\det U=1$ ですから、ベクトル積の一般公式 $(U\boldsymbol x)\times(U\boldsymbol y)=\det U\,\bigl(U^{-1}\bigr)^{\mathrm T}(\boldsymbol x\times\boldsymbol y)$ が $\boldsymbol z'=\bigl(U^\dagger\bigr)^{\mathrm T}\boldsymbol z=U^{*}\boldsymbol z$ を与えます。そして $$ U^{*}=\bigl(e^{\mathrm{i}\theta T}\bigr)^{*}=e^{-\mathrm{i}\theta T^{*}}=I+\mathrm{i}\theta\bigl(-T^{*}\bigr)+\mathcal O(\theta^2) $$ で $M=-T^{*}$ と一致します。$\boldsymbol z$ が共役表現に属することが、$\theta$ の1次に限らず厳密に成り立っているわけです。 ## 第2問 ゼータ関数正則化による固有値の無限積 ### 設定 区間 $[0,\pi]$ 上の関数に作用する演算子 $$ H_\alpha=-\frac{d^2}{dx^2}-m_\alpha^2\qquad(m_\alpha>0,\ \alpha=1,2) $$ の固有値問題を、境界条件 $f'(0)=0$、$f(\pi)=0$ のもとで考えます。$n$ 番目に小さい固有値を $\lambda_\alpha^{(n)}$、固有関数を $f_\alpha^{(n)}$ とし、自明解は除きます。目標は固有値の比の無限積 $$ D=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda_2^{(n)}}{\lambda_1^{(n)}} $$ を閉じた形で書くことです。道具はスペクトルゼータ関数 $Z(s)=\sum_n\bigl[(\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}\bigr]$ と、$H_\alpha g=\lambda g$ を $x=0$ での初期値問題として解いた $g_\alpha(x;\lambda)$ の端点値 $\tilde g_\alpha(\lambda)=g_\alpha(\pi;\lambda)$ です。$\tilde g_\alpha$ は固有値をちょうどゼロ点にもつ関数（特性関数）としてはたらき、その対数微分の留数から固有値の和が拾えます。設問2では $m_\alpha<1/2$ を仮定します。用いてよい公式として $\oint_{\mathrm C_0}dz/z=2\pi\mathrm{i}$（$\mathrm C_0$ は原点を反時計回りに1周する閉曲線）が与えられています。 ### 設問1 固有値方程式は $-f''-m_\alpha^2f=\lambda f$、つまり $f''+\mu f=0$（$\mu\equiv\lambda+m_\alpha^2$）です。$\mu$ の符号で場合分けし、境界条件 $f'(0)=0$、$f(\pi)=0$ を課します。 $\mu<0$ のとき、$\kappa=\sqrt{-\mu}>0$ として $f=A\cosh\kappa x+B\sinh\kappa x$。$f'(0)=B\kappa=0$ より $B=0$、$f(\pi)=A\cosh\kappa\pi=0$ で $\cosh\kappa\pi\ge1>0$ だから $A=0$、自明解のみです。 $\mu=0$ のとき、$f=A+Bx$。$f'(0)=B=0$ より $f=A$ 定数で、$f(\pi)=A=0$、やはり自明解のみです。 $\mu>0$ のとき、$k=\sqrt{\mu}>0$ として $f=A\cos kx+B\sin kx$。$f'(0)=Bk=0$ かつ $k\ne0$ より $B=0$。$f(\pi)=A\cos k\pi=0$ で $A\ne0$（自明解を除く）だから $\cos k\pi=0$、すなわち $k=\ell+\tfrac12$（$\ell$ は整数）です。$k>0$ より $\ell=0,1,2,\dots$ に限られるので、$n=\ell+1$ と番号を振り直して $k=n-\tfrac12$（$n=1,2,3,\dots$）となります。 したがって $\mu=\bigl(n-\tfrac12\bigr)^2$ であり、答えは $$ \lambda_\alpha^{(n)}=\Bigl(n-\frac12\Bigr)^2-m_\alpha^2,\qquad f_\alpha^{(n)}(x)=\cos\Bigl[\Bigl(n-\frac12\Bigr)x\Bigr] $$ です（固有関数はゼロでない定数倍の任意性があります）。$\lambda_\alpha^{(n)}$ は $n$ について単調増加なので、この $n$ がそのまま「$n$ 番目に小さい」の番号づけになっています。$H_\alpha f_\alpha^{(n)}=\bigl[(n-\tfrac12)^2-m_\alpha^2\bigr]f_\alpha^{(n)}$ を直接代入でも確認できます。なお $m_\alpha<1/2$ のときは最小固有値 $\lambda_\alpha^{(1)}=\tfrac14-m_\alpha^2$ が正なので、すべての固有値が正の実軸上に並びます。これが設問2で $\lambda^{-s}$ や $\ln\lambda$ を一意に扱える理由です。 ### 設問2 (i) $\lambda^{-s}=e^{-s\ln\lambda}$ と書けば $\ln\lambda$ は $s$ に依らない定数なので、 $$ \frac{d}{ds}\lambda^{-s}=-\ln\lambda\;e^{-s\ln\lambda}=-\lambda^{-s}\ln\lambda $$ が答えです（$\ln\lambda$ の分枝は $\lambda^{-s}$ に用いたものと同じに取ります）。 (ii) $Z(s)$ を項別に微分します。設問1より $\lambda_\alpha^{(n)}>0$ で、大きい $n$ では $$ (\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}=\frac{s\,(m_2^2-m_1^2)}{(n-\frac12)^{2s+2}}+\mathcal O\!\left(n^{-2s-4}\right) $$ なので、この和は $\operatorname{Re}s>-\tfrac12$ で広義一様絶対収束します。よって $s=0$ の近傍で $Z$ は正則で、項別微分が許されます。(i) を使って $$ Z'(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[-(\lambda_2^{(n)})^{-s}\ln\lambda_2^{(n)}+(\lambda_1^{(n)})^{-s}\ln\lambda_1^{(n)}\Bigr] $$ $s=0$ とおくと $$ Z'(0)=\sum_{n=1}^{\infty}\ln\frac{\lambda_1^{(n)}}{\lambda_2^{(n)}}=-\ln\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda_2^{(n)}}{\lambda_1^{(n)}}=-\ln D $$ です（各項は $\mathcal O(n^{-2})$ なのでこの和も絶対収束し、$D$ は収束する無限積です）。答えは $$ D=e^{-Z'(0)} $$ です。$Z(0)=\sum_n(1-1)=0$ も同時に読み取れます。 (iii) 方程式は設問1と同じ $g''+(\lambda+m_\alpha^2)g=0$ です。$\lambda>-m_\alpha^2$ より $k_\alpha\equiv\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}>0$ が実数で、一般解は $g=A\cos k_\alpha x+B\sin k_\alpha x$。条件 $\partial_xg|_{x=0}=Bk_\alpha=0$ と $k_\alpha\ne0$ より $B=0$、条件 $g(0;\lambda)=A=1$ より $A=1$ です。よって $$ g_\alpha(x;\lambda)=\cos\Bigl(\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\;x\Bigr) $$ が答えで、これは初期値問題の解として一意です。したがって $$ \tilde g_\alpha(\lambda)=\cos\Bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\Bigr) $$ です。$\cos(\pi\sqrt{w})=\sum_{j\ge0}(-1)^j\pi^{2j}w^{j}/(2j)!$ は $w$ の整関数なので、$\tilde g_\alpha(\lambda)$ は $\lambda$ 全平面で正則に解析接続され、平方根の分枝の任意性もありません。ゼロ点は $\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}=\bigl(n-\tfrac12\bigr)\pi$ すなわち $\lambda=\lambda_\alpha^{(n)}$ のみで、設問1の固有値と一致します。 (iv) $\tilde g_\alpha$ のゼロ点は単純です。実際 $$ \frac{d\tilde g_\alpha}{d\lambda}=-\frac{\pi}{2\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}}\sin\Bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\Bigr) $$ を $\lambda=\lambda_\alpha^{(n)}$ で評価すると $k_\alpha^{(n)}=(-1)^{n}\pi/\bigl[2(n-\tfrac12)\bigr]\ne0$ です。問題文の局所展開 $\tilde g_\alpha(\lambda)=k_\alpha^{(n)}(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})+\mathcal O\bigl[(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})^2\bigr]$ を対数微分に入れると $$ \frac{1}{\tilde g_\alpha(\lambda)}\frac{d\tilde g_\alpha(\lambda)}{d\lambda}=\frac{k_\alpha^{(n)}+\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})}{k_\alpha^{(n)}(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})+\mathcal O\bigl[(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})^2\bigr]}=\frac{1}{\lambda-\lambda_\alpha^{(n)}}+\mathcal O(1) $$ となり、$\lambda=\lambda_\alpha^{(n)}$ は留数 1 の1位の極です。$\tilde g_\alpha$ にはこれ以外のゼロ点がないので、これ以外の極もありません。 経路 C はすべての $\lambda_\alpha^{(n)}$ を反時計回りに1周し（図1左：実軸の上側を左向きに来て原点の右で折り返し、実軸の下側を右向きに戻る向きなので、極は常に進行方向の左側にあります）、$\lambda^{-s}$ の切断 $\arg\lambda=\theta\ne0$ を横切りません。$\operatorname{Re}s$ を十分大きく取れば無限遠での寄与は落ちるので、C を各極を囲む微小円の和に縮められます。$\lambda^{-s}$ は各極の近傍で正則なので $\lambda^{-s}=(\lambda_\alpha^{(n)})^{-s}+\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})$ と展開でき、$\mathcal O(1)$ 部分および $\mathcal O(\lambda-\lambda_\alpha^{(n)})$ 部分は正則なのでコーシーの定理で消え、$\oint_{\mathrm C_0}dz/z=2\pi\mathrm{i}$ から $$ \int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\frac{1}{\tilde g_\alpha(\lambda)}\frac{d\tilde g_\alpha(\lambda)}{d\lambda}d\lambda=2\pi\mathrm{i}\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(\lambda_\alpha^{(n)}\bigr)^{-s} $$ を得ます。$\alpha=2$ と $\alpha=1$ の差を取れば $$ \int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\left[\frac{1}{\tilde g_2}\frac{d\tilde g_2}{d\lambda}-\frac{1}{\tilde g_1}\frac{d\tilde g_1}{d\lambda}\right]d\lambda =2\pi\mathrm{i}\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[(\lambda_2^{(n)})^{-s}-(\lambda_1^{(n)})^{-s}\Bigr]=2\pi\mathrm{i}\,Z(s) $$ なので、与えられた関係式が成り立ち、定数は $$ A=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}} $$ です。 (v) 対数微分をまとめて $\Phi(\lambda)\equiv\ln\tilde g_2(\lambda)-\ln\tilde g_1(\lambda)$ と書くと、(iv) は $$ Z(s)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{\mathrm C}\lambda^{-s}\,\Phi'(\lambda)\,d\lambda $$ です。$\tilde g_\alpha$ のゼロ点は正の実軸上だけなので、$\Phi$ は切断の方向 $\arg\lambda=\theta\ne0$ の半直線上（原点を含めて）正則です。ここで問題文の許すとおり、経路を C から $\mathrm C_{\mathrm{in}}+\mathrm C_{\mathrm{out}}$ に変形します。図1右より $\mathrm C_{\mathrm{in}}$ は切断の $\arg\lambda=\theta^{-}$ 側を無限遠から原点へ、$\mathrm C_{\mathrm{out}}$ は切断の反対側を原点から無限遠へ向かう経路です。$\lambda^{-s}$ の分枝を $\arg\lambda\in(\theta-2\pi,\theta)$ に取ると、$\mathrm C_{\mathrm{in}}$ 上では $\arg\lambda=\theta$、$\mathrm C_{\mathrm{out}}$ 上では $\arg\lambda=\theta-2\pi$ です。この $2\pi$ のずれが両者を打ち消さずに残します。$\lambda=r e^{\mathrm{i}\theta}$ とおいて $$ \begin{aligned} \int_{\mathrm C_{\mathrm{in}}}\lambda^{-s}\Phi'\,d\lambda&=\int_{\infty}^{0}r^{-s}e^{-\mathrm{i}s\theta}\,\Phi'\bigl(re^{\mathrm{i}\theta}\bigr)e^{\mathrm{i}\theta}dr=-J(s),\\ \int_{\mathrm C_{\mathrm{out}}}\lambda^{-s}\Phi'\,d\lambda&=e^{2\pi\mathrm{i}s}\int_{0}^{\infty}r^{-s}e^{-\mathrm{i}s\theta}\,\Phi'\bigl(re^{\mathrm{i}\theta}\bigr)e^{\mathrm{i}\theta}dr=e^{2\pi\mathrm{i}s}J(s) \end{aligned} $$ ただし $J(s)=\int_0^{\infty e^{\mathrm{i}\theta}}\lambda^{-s}\Phi'(\lambda)\,d\lambda$ です。したがって $$ Z(s)=\frac{e^{2\pi\mathrm{i}s}-1}{2\pi\mathrm{i}}\,J(s) $$ となります。この表式が使える $s$ の範囲を確認します。原点側では $\Phi'$ が正則で有界なので、原点を回る半径 $\varepsilon$ の小円の寄与は $\mathcal O(\varepsilon^{1-\operatorname{Re}s})$ であり、$\operatorname{Re}s<1$ なら $\varepsilon\to0$ で落ちて $J(s)$ の積分も収束します。無限遠側は下で見るように $\Phi'=\mathcal O(|\lambda|^{-3/2})$ なので $\operatorname{Re}s>-\tfrac12$ で収束します。よって $-\tfrac12<\operatorname{Re}s<1$ で上の表式が $Z(s)$ の解析接続を与え、$s=0$ を含みます。 無限遠での振る舞いを評価します。$w_\alpha=\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}$ とすると $\arg\lambda=\theta\ne0$ では $\operatorname{Im}w_\alpha>0$ で $|e^{2\pi\mathrm{i}w_\alpha}|=e^{-2\pi\operatorname{Im}w_\alpha}\to0$ です。$\cos(\pi w)=\tfrac12e^{-\mathrm{i}\pi w}\bigl(1+e^{2\pi\mathrm{i}w}\bigr)$ を使うと $$ \Phi(\lambda)=-\mathrm{i}\pi\bigl(w_2-w_1\bigr)+\ln\frac{1+e^{2\pi\mathrm{i}w_2}}{1+e^{2\pi\mathrm{i}w_1}},\qquad w_2-w_1=\frac{m_2^2-m_1^2}{w_2+w_1} $$ なので $|\lambda|\to\infty$ で $\Phi(\lambda)\to0$（実際 $\Phi=\mathcal O(|\lambda|^{-1/2})$、$\Phi'=\mathcal O(|\lambda|^{-3/2})$）です。この表式は半直線上で連続な分枝を与えており、$\lambda=0$ では $w_\alpha=m_\alpha$、$1+e^{2\pi\mathrm{i}m_\alpha}=2\cos(\pi m_\alpha)e^{\mathrm{i}\pi m_\alpha}$ から $$ \Phi(0)=-\mathrm{i}\pi(m_2-m_1)+\ln\frac{\cos\pi m_2}{\cos\pi m_1}+\mathrm{i}\pi(m_2-m_1)=\ln\frac{\tilde g_2(0)}{\tilde g_1(0)} $$ と実数値の主枝になります（$m_\alpha<1/2$ より $\cos\pi m_\alpha>0$）。よって $$ J(0)=\int_0^{\infty e^{\mathrm{i}\theta}}\Phi'(\lambda)\,d\lambda=\Phi\bigl(\infty e^{\mathrm{i}\theta}\bigr)-\Phi(0)=-\Phi(0) $$ です。最後に $s\to0$ の展開 $\dfrac{e^{2\pi\mathrm{i}s}-1}{2\pi\mathrm{i}}=s+\mathcal O(s^2)$ を使うと $Z(s)=s\,J(0)+\mathcal O(s^2)$、すなわち $Z(0)=0$ と $$ Z'(0)=J(0)=-\Phi(0)=\ln\frac{\tilde g_1(0)}{\tilde g_2(0)} $$ が答えです。$Z(0)=0$ は設問2(ii) の直接計算とも合っています。 (vi) 設問2(iii) の $\tilde g_\alpha(\lambda)=\cos\bigl(\pi\sqrt{\lambda+m_\alpha^2}\bigr)$ に $\lambda=0$ を入れると、$m_\alpha>0$ より $$ \tilde g_\alpha(0)=\cos\bigl(\pi m_\alpha\bigr) $$ です。これを設問2(v) と (ii) に順に入れると $Z'(0)=\ln\bigl[\cos(\pi m_1)/\cos(\pi m_2)\bigr]$ なので $$ D=e^{-Z'(0)}=\frac{\tilde g_2(0)}{\tilde g_1(0)}=\frac{\cos\bigl(\pi m_2\bigr)}{\cos\bigl(\pi m_1\bigr)} $$ が答えです。$m_\alpha<1/2$ より分母・分子はともに正で、$D>0$ になっています。 検算を2通りします。第1に、$m_1=m_2$ なら $D=1$ で、定義 $D=\prod_n\lambda_2^{(n)}/\lambda_1^{(n)}$ から自明に正しい値です。第2に、余弦の無限積表示 $$ \cos(\pi z)=\prod_{n=1}^{\infty}\left[1-\frac{z^2}{\bigl(n-\frac12\bigr)^2}\right] $$ を使うと、設問1の $\lambda_\alpha^{(n)}=\bigl(n-\tfrac12\bigr)^2-m_\alpha^2$ から $$ D=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{\bigl(n-\frac12\bigr)^2-m_2^2}{\bigl(n-\frac12\bigr)^2-m_1^2} =\frac{\prod_n\bigl[1-m_2^2/(n-\frac12)^2\bigr]}{\prod_n\bigl[1-m_1^2/(n-\frac12)^2\bigr]} =\frac{\cos(\pi m_2)}{\cos(\pi m_1)} $$ となって一致します。数値でも確かめられます。$m_1=0.1$、$m_2=0.4$ とすると $\cos(0.4\pi)/\cos(0.1\pi)=0.3090/0.9511=0.32492$ で、無限積を直接 $n$ について打ち切って評価した値 $0.32492$ に一致します。 $D$ が端点値の比だけで書けたことの見通しも付けておきます。$\tilde g_\alpha$ はゼロ点が $\lambda_\alpha^{(n)}$ のみの整関数なので $$ \tilde g_\alpha(\lambda)=\tilde g_\alpha(0)\prod_{n=1}^{\infty}\Bigl(1-\frac{\lambda}{\lambda_\alpha^{(n)}}\Bigr) $$ という因数分解をもち、上で使った余弦の無限積表示はまさにその具体形です。つまり $\tilde g_\alpha(0)$ が「固有値の総積」の役割を、$\alpha$ に依らない共通の発散因子を除いて担っています。比を取るとその因子が消えて $D=\tilde g_2(0)/\tilde g_1(0)$ が残るわけで、設問2(ii) から (v) までの筋道は、この形式的な議論を発散なしに実行したものになっています。 出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成31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。