名工大 工学研究科 物理工学系 応用物理プログラム 応用物理 2024年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

I ベクトル計算と固有値

列ベクトルを並べた行列を $$A=(\vec v_1,\vec v_2,\vec v_3) = \begin{pmatrix} 4&-1&0\\ -1&3&-1\\ 0&-1&4 \end{pmatrix}$$ とおく。

外積は成分を直接計算して $$\begin{aligned} \vec v_1\times\vec v_2 &= \begin{vmatrix} \vec e_x&\vec e_y&\vec e_z\\ 4&-1&0\\ -1&3&-1 \end{vmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} (-1)(-1)-0\cdot3\\ -\{4(-1)-0(-1)\}\\ 4\cdot3-(-1)(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\4\\11\end{pmatrix}. \end{aligned}$$ スカラー三重積は、3本のベクトルを列にもつ行列の行列式であるから $$\vec v_1\cdot(\vec v_2\times\vec v_3) =\det A =4(3\cdot4-1)-4 =40.$$

固有値は $$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= \begin{vmatrix} 4-\lambda&-1&0\\ -1&3-\lambda&-1\\ 0&-1&4-\lambda \end{vmatrix} \\ &=(4-\lambda)\{(3-\lambda)(4-\lambda)-2\} \end{aligned}$$ より $$\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=4,\qquad \lambda_3=2$$ である。対応する固有ベクトルを大きさ1に規格化すると、符号の取り方を除いて $$\vec e_1=\frac{1}{\sqrt3} \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix},\qquad \vec e_2=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix},\qquad \vec e_3=\frac{1}{\sqrt6} \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}.$$

II 連立微分方程式

$$\vec u(t)= \begin{pmatrix}u_1(t)\\u_2(t)\\u_3(t)\end{pmatrix}$$ を用いると、連立方程式は $$\frac{d^2\vec u}{dt^2}=-A\vec u$$ である。

$$X=u_1-u_3$$ とおくと $$\begin{aligned} X''&=u_1''-u_3'' =(-4u_1+u_2)-(u_2-4u_3)\\ &=-4(u_1-u_3)=-4X. \end{aligned}$$ 初期条件は $X(0)=2,\ X'(0)=0$ なので $$X(t)=2\cos 2t.$$

同様に $$Y=u_1-u_2+u_3$$ とおくと $$\begin{aligned} Y''&=u_1''-u_2''+u_3''\\ &=(-4u_1+u_2)-(u_1-3u_2+u_3)+(u_2-4u_3)\\ &=-5(u_1-u_2+u_3)=-5Y. \end{aligned}$$ 初期条件は $Y(0)=0,\ Y'(0)=-1$ であるから $$Y(t)=-\frac{1}{\sqrt5}\sin(\sqrt5\,t).$$

全成分は、固有ベクトル方向に初期条件を展開して求める。初期値は $$\vec u(0)= \begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix} =-\sqrt2\,\vec e_2,$$ $$\vec u'(0)= \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} =-\frac{1}{\sqrt3}\vec e_1+\sqrt{\frac23}\vec e_3.$$ 固有値 $\lambda$ の方向の座標 $q(t)$ は $$q''=-\lambda q$$ を満たす。したがって $$\vec u(t) =-\sqrt2\cos(2t)\vec e_2 -\frac{1}{\sqrt{15}}\sin(\sqrt5\,t)\vec e_1 +\frac{1}{\sqrt3}\sin(\sqrt2\,t)\vec e_3.$$ 成分に戻すと $$\boxed{ \begin{aligned} u_1(t)&=\cos 2t-\frac{1}{3\sqrt5}\sin(\sqrt5\,t) +\frac{1}{3\sqrt2}\sin(\sqrt2\,t),\\ u_2(t)&=\frac{1}{3\sqrt5}\sin(\sqrt5\,t) +\frac{2}{3\sqrt2}\sin(\sqrt2\,t),\\ u_3(t)&=-\cos 2t-\frac{1}{3\sqrt5}\sin(\sqrt5\,t) +\frac{1}{3\sqrt2}\sin(\sqrt2\,t). \end{aligned}}$$

III 複素フーリエ解析

オイラーの公式から $$e^{it}=\cos t+i\sin t,\qquad e^{-it}=\cos t-i\sin t$$ であるため $$\cos t=\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}.$$

$\omega>0$ とする。整数 $m,n$ に対して $$\begin{aligned} \int_0^{2\pi/\omega}e^{im\omega t}e^{-in\omega t}\,dt &=\int_0^{2\pi/\omega}e^{i(m-n)\omega t}\,dt\\ &= \begin{cases} \dfrac{2\pi}{\omega},&m=n,\\[5pt] 0,&m\ne n. \end{cases} \end{aligned}$$

$$f(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_ne^{in\omega t}$$ とおき、両辺に $e^{-im\omega t}$ を掛けて1周期積分すると $$\int_0^{2\pi/\omega}f(t)e^{-im\omega t}\,dt =\frac{2\pi}{\omega}c_m.$$ よって $$c_m=\frac{\omega}{2\pi} \int_0^{2\pi/\omega}f(t)e^{-im\omega t}\,dt.$$

$f_1(t)=|\sin2t|$ の1周期は $[0,\pi/2]$ であり、基本角周波数は $4$ である。 この区間では $f_1(t)=\sin2t$ なので $$c_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\sin2t\,e^{-i4nt}\,dt.$$ $n=0$ では $$c_0=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\sin2t\,dt=\frac{2}{\pi}.$$ $n\ne0$ でも同じ計算式から $$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\sin2t\,e^{-i4nt}\,dt &=\frac12\int_0^\pi \sin x\,e^{-i2nx}\,dx\\ &=\frac12\int_0^\pi \sin x\cos2nx\,dx\\ &=\frac{1}{1-4n^2} \end{aligned}$$ となる。したがって $$c_n=-\frac{2}{\pi(4n^2-1)} \qquad (n=\pm1,\pm2,\ldots)$$ であり、 $$f_1(t)=\frac{2}{\pi} -\frac{2}{\pi}\sum_{\substack{n=-\infty\\ n\ne0}}^{\infty} \frac{e^{i4nt}}{4n^2-1}$$ と書ける。

最後に、変換変数を $\Omega$ と書いて $$F_2(\Omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f_2(t)e^{-i\Omega t}\,dt$$ と定義する。階段関数により積分範囲は $t\ge0$ だけになり、 $$\begin{aligned} F_2(\Omega) &=\int_0^\infty e^{-t}\cos t\,e^{-i\Omega t}\,dt\\ &=\frac12\int_0^\infty e^{-\{1+i(\Omega-1)\}t}\,dt +\frac12\int_0^\infty e^{-\{1+i(\Omega+1)\}t}\,dt\\ &=\frac12\left\{ \frac{1}{1+i(\Omega-1)} +\frac{1}{1+i(\Omega+1)} \right\}. \end{aligned}$$