筑波大 数理物質科学研究群 物理学学位プログラム 物理 2025年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

第I問は5問選択形式であるが、確認用に10問すべてを解く。

1. 回転後の座標をあらためて $(x,y)$ と書く。回転前の座標を $(X,Y)$ とすると、 反時計回りに $\theta=\pi/6$ 回転した後は $$\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}.$$ したがって $$X=x\cos\theta+y\sin\theta,\qquad Y=-x\sin\theta+y\cos\theta .$$ 回転前に $Y=X^2$ であったから $$-\frac{x}{2}+\frac{\sqrt3\,y}{2} =\left(\frac{\sqrt3\,x+y}{2}\right)^2 .$$ すなわち $$(\sqrt3\,x+y)^2+2x-2\sqrt3\,y=0 .$$
2. $$A= \begin{pmatrix} 1&a+b&0\\ 0&3b&0\\ 0&0&ab \end{pmatrix}$$ は上三角行列である。$A^2=I$ なら対角成分から $$1^2=1,\qquad (3b)^2=1,\qquad (ab)^2=1$$ である。$b<0$ より $b=-1/3$、また $a>0$ より $$ab=-1,\qquad a=3 .$$ このとき $(1,2)$ 成分は $$(a+b)(1+3b)$$ であり、$b=-1/3$ なので確かに $0$ になる。よって $$a=3,\qquad b=-\frac13 .$$
3. $$A= \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}$$ では、$y$ 成分の方向 $(0,1,0)^T$ は固有値 $1$ をもつ。残りの $x$-$z$ 平面では $$\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$$ を考えればよいので、固有値は $2,0$ である。したがって固有値は $$0,\quad 1,\quad 2 .$$
4. 特性方程式は $$\lambda^2-10\lambda+25=(\lambda-5)^2=0$$ であるから $$y(x)=(C_1+C_2x)e^{5x}.$$ $y(0)=0$ より $C_1=0$。さらに $$y'(x)=C_2(1+5x)e^{5x}$$ なので、$y'(0)=10$ から $C_2=10$。したがって $$y(x)=10xe^{5x}.$$
5. 斉次方程式の解は $$y_h=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x .$$ 右辺が $\sin x$ なので、特殊解を $y_p=A\sin x$ とおくと $$y_p''+4y_p=(-A+4A)\sin x=3A\sin x .$$ よって $A=1/3$。一般解は $$y(x)=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x+\frac13\sin x .$$
6. $z=x+iy$ とおくと $$e^z=e^x(\cos y+i\sin y)=10i .$$ 絶対値から $e^x=10$、偏角から $$y=\frac{\pi}{2}+2\pi n\qquad(n\in\mathbb{Z})$$ である。したがって $$z=\ln 10+i\left(\frac{\pi}{2}+2\pi n\right)\qquad(n\in\mathbb{Z}).$$
7. 定義に従うと $$F(\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|}e^{-i\omega x}\,dx .$$ 偶関数性を用いれば虚部は消え、 $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|x|}e^{-i\omega x}\,dx =2\int_0^\infty e^{-ax}\cos\omega x\,dx =\frac{2a}{a^2+\omega^2}.$$ したがって $$F(\omega)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a}{a^2+\omega^2}\qquad(a>0).$$
8. $\boldsymbol{r}=(x,y,z)$、$r=|\boldsymbol{r}|$ とする。$r\ne0$ で $$\nabla\cdot\left(\frac{\boldsymbol{r}}{r^n}\right) =3r^{-n}+\boldsymbol{r}\cdot\nabla r^{-n} =3r^{-n}-nr^{-n} =(3-n)r^{-n}.$$ よって $$\nabla\cdot\left(\frac{\boldsymbol{r}}{r^3} +\frac{\boldsymbol{r}}{r^5}\right) =0-\frac{2}{r^5} =-\frac{2}{r^5}.$$
9. 上半平面の半円を用いる。被積分関数 $$f(z)=\frac{z^2}{z^4+1}$$ の上半平面内の極は $$z_1=e^{i\pi/4},\qquad z_2=e^{i3\pi/4}.$$ どちらも単純極であり、 $$\operatorname*{Res}_{z=z_j}f(z) =\frac{z_j^2}{4z_j^3} =\frac{1}{4z_j}.$$ したがって留数の和は $$\frac14\left(e^{-i\pi/4}+e^{-i3\pi/4}\right) =-\frac{i}{2\sqrt2}.$$ 円弧部分の寄与は半径を無限大に送ると $0$ なので、留数定理から $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2}{x^4+1}\,dx =2\pi i\left(-\frac{i}{2\sqrt2}\right) =\frac{\pi}{\sqrt2}.$$
10. 上半平面の大半円と、原点を避ける小半円からなる輪郭で $$f(z)=\frac{e^{iz}}{z}$$ を考える。原点は小半円で避けるので、輪郭内部に極はない。大半円の寄与は Jordan の評価で $0$ に収束する。一方、原点まわりの小半円は上半平面を時計回りに 回るため $$\int_{\text{小半円}}\frac{e^{iz}}{z}\,dz\longrightarrow -i\pi .$$ ゆえに $$\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x}\,dx=i\pi .$$ 虚部を取ると $$2\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx=\pi,$$ したがって $$\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.$$