AIで解いた院試過去問の答え合わせ

$a=0$ では固有値は $1,0,-1$ であるから，確かに各固有値は $\lambda^{n+2}=\lambda^n$ を満たす。$a=2$ では固有値に $-2$ が含まれるため， 対角化可能ではあるが最後の条件は満たさない。

$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(-1,1,2)$ なら，多項式 $q(X)=X^n+X+2$ に対して $$P^{-1}q(A)P=q(P^{-1}AP)$$ が成り立つ。したがって $B_n$ の正則性は $$q(-1)=(-1)^n+1,\quad q(1)=4,\quad q(2)=2^n+4$$ の 3 個だけを見ればよい。ここで奇数 $n$ のときだけ $q(-1)=0$ になる。

$B_5$ を直接行列積で計算すると計算量が増え，符号ミスもしやすい。 この問題は，(1) で得た対角化を (2), (3) に使わせる構成である。

摂動 $\beta x^2$ はポテンシャルのばね定数を変えるだけなので、厳密解は角振動数 $$\Omega=\sqrt{\omega^2+\frac{2\beta}{m}}$$ の調和振動子になる。これを一次展開して摂動論の答えと一致することは、係数の強い検算になる。

変分法では、最小値が厳密な基底エネルギー $\hbar\omega/2$ になる。試行関数が真の基底状態を含む形で選ばれているためである。

$\hat{p}=-i\hbar d/dx$ を用いるとき、$\hat{a}\psi_0=0$ は $$\left(x+\frac{\hbar}{m\omega}\frac{d}{dx}\right)\psi_0=0$$ であり、符号を逆にすると発散するガウス関数になる。また $\langle x^2\rangle$ を $\hbar/(m\omega)$ としてしまう誤りが多いが、正しくは基底状態で $\hbar/(2m\omega)$ である。

得られた同時密度は $$\frac1{2\pi}e^{-(x^2+y^2)/2} = \left(\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\right) \left(\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}\right)$$ と分解できる。 したがって $X,Y$ は独立な標準正規分布になることも確認できる。

$(r,w)\mapsto(x,y)$ のヤコビアンは $r$ だが，本問 (3) は逆向きの $$(x,y)\mapsto(r,w)$$ を聞いているので答えは $1/r$ である。

$I_1$ の変数変換では $dxdy=4uv\,dudv$ を忘れやすい。境界が $\sqrt{x}+\sqrt{y}\le1$ なので $u+v\le1$ になるが，このとき $u,v\ge0$ も同時に書く必要がある。$I_2$ では角度の上限が $\arctan(3/4)$ であり，$\sin\phi=3/5,\cos\phi=4/5$ を使うと計算を検算できる。

$(1,1)$ では $H=\begin{pmatrix}4&0\\0&2\end{pmatrix}$ なので確かに正定値である。$I_1=1/45$ は変換後の三角形領域で $4u^2v^2$ を積分した正値であり、$I_3=(2\log2-1)/4>0$ は $2\log2>1$ から符号も確認できる。

• (A)(1) で $\bigl||x|-|y|\bigr|\le |x-y|$ を $|x|,|y|\le 1$ の場合だけ書いて 場合分けの残り（$|x|>1$ と $|y|\le 1$ の混合）を忘れる。

• (A)(2) で $g$ の $\mathbb R$ 全体での一様連続性を仮定してしまう（$g$ は連続としか 書かれていない）。「$f(\mathbb R)=[0,1]$ がコンパクトだから $g$ が一様連続」と コンパクト性を経由するのが正しい。

• (B)(2) で剰余項の評価を曖昧にする。Taylor の剰余項のラグランジュ形を 使って $|R_n|\to 0$ を厳密に示す。

• (C) で $x\to 0$ と $x\to\infty$ の両端の評価を片方しか行わない。$\alpha$ が変動するため， 両端の評価を別々に行うのが安全。

連結グラフの $H_1$ の階数は $E-V+1$ である。 今回の $L$ では $9-6+1=4$ なので，$\chi(L)=1-4=-3$ とも確認できる。

$a=0,\ b\neq0$ のときは $\det A=4b^4\neq0$ なので階数は $4$ である。 この点を $b=0$ の場合と混同しやすい。行列式の因子は $b^2(b-a)(b+a)$ であり， $a$ だけが零であることは特異条件ではない。

• (1) で「$V$ がアフィンだから, $V\cap W$ もアフィン」 → 「線形条件は $\mathbf 0$ を含む」と結ぶ論理.
• (2) で 5 行 4 列を階段化する際, 行操作の順序ミス. ランクは順序によらないが計算ミスを誘発.
• (3) で $a=2$ と $c\ne -2$ の両方が必要. どちらか片方では成立しない.

この分枝では $\log(-1)=\pi i$ であり，$-\pi i$ ではない。 また，下側の実軸の向きは $R$ から $\varepsilon$ へ戻る向きなので，符号が 1 つ反転する。

• (1) パラメータの向き: 始点 $(a,0,0)$ から終点 $(0,a,a)$ で $t:0\to\pi/2$ が自然 (反時計回り). 逆向きにすると符号反転.

• (1) 因子整理: 展開して全項を計算するより, 共通因子 $a^{4}\sin t\cos t$ をくくって括弧内を整理する方がミス少.

• (2) $z=4$ は 経路外. 含めると $\mathrm{Res}_{z=4}=31/(3\cdot 6)=31/18$ を誤って加える事故.

• (3) 1 次のみで止めると $4+1/48 \approx 4.0208$ で十分だが, 2 次の補正を忘れて誤差 $\sim 10^{-4}$ を見落とす可能性.

留数は $$\frac{1}{2i}$$ であり，これに $2\pi i$ を掛けるので閉曲線積分は $\pi$ である。 符号を誤る多くの場合は，曲線の向き，または $(z-i)(z+i)$ のどちらの因子を消すかを取り違えている。

二原子分子の振動自由度を常温で足してしまうと、比熱を過大評価する。常温常圧の代表値では、振動はおおむね凍結しているとして扱う。

固有ベクトルを規格化せずに $f=X^2+3Y^2+6Z^2$ を書くと係数が変わる。$S_3$ の外向き法線は $(-1,1,0)/\sqrt 2$（$\boldsymbol n$ の符号）。$\delta$ 関数からの熱核解で $1/\sqrt{4\pi t}$ の係数（$2\pi$ ではない）を落としやすい。

剛性行列は対称行列で、対角成分は正、隣接する階の結合だけが負になっている。固有値 $$2-\sqrt{3},\quad 2,\quad 2+\sqrt{3}$$ はいずれも正なので、静止位置まわりの振動は安定である。また $2-\sqrt{3}\simeq 0.27$ なので、最低モードが他のモードよりかなり低いことも数値結果 $1.2\,\mathrm{Hz}$ と整合する。

$\omega=\sqrt{k/m}\lambda$ と置いているため、特性方程式に入るのは $\lambda$ ではなく $\lambda^2$ である。ここを取り違えると、固有角振動数をさらに平方根にする段階で誤る。また、最後の柱本数の問題では $f\propto\sqrt{k}$ であって $f\propto k$ ではない。

$\int_0^x\log(1+t)\,dt$ の定数項を忘れやすい。 不定積分だけを書くと定数がずれるので， $$(1+x)\log(1+x)-x$$ が $x=0$ で 0 になることを確認する。

(2) の値が負になるのは，$0<r<1$ で $\log r<0$ だから自然である。 (3) は微分すると $$\sum_{k=0}^{n-1}x^k+\frac{1}{x-1} =\frac{x^n-1}{x-1}+\frac{1}{x-1} =\frac{x^n}{x-1}$$ となり，積分定数を除いて一致する。

$\log\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ を $\frac12\log(x^2+y^2+z^2)$ のまま扱うと，球座標で $\log r$ へ戻す際に係数を二重に数えやすい。 また，$\int_0^1 r^2\log r\,dr$ の境界 $r=0$ では $r^3\log r\to0$ であることを書くと答案が安定する。

$m_1=3m,\ m_2=m$ のとき重心速度は $$\dot{X}(0)=\frac{3mv}{4m}=\frac{3v}{4}$$ で、ばねの内部運動とは独立に一定である。また、連続体方程式では $k\ell^2/m$ の次元は $\mathrm{length}^2/\mathrm{time}^2$ なので、波速 $c=\ell\sqrt{k/m}$ の次元も正しい。

相対座標を $x_1-x_2$ と定義してしまうと、初期相対速度の符号が反転する。問題の定義に合わせて $x_{\mathrm{rel}}=x_2-x_1$ としていることを最初に書くべきである。また、無限鎖では自然長 $\ell$ の項が左右のばねで打ち消し合うため、運動方程式に余分な定数項を残さない。

1-1 の軌跡式に $x=A$ を入れると $y=A$、$x=0$ を入れると $y=-A$、$x=-A$ を入れると $y=A$ となり、時間発展の代表点と一致する。また $x$ の周期は $2\pi/\Omega$、$y$ の周期は $\pi/\Omega$ なので、位置と速度が同時に初期値へ戻る最小時刻は $2\pi/\Omega$ である。

1-1 を楕円やリサージュ曲線の閉じた輪として描くと誤りである。この初期条件では $y$ が $x$ の一価関数になり、同じ放物線を往復する。1-2 では、特定の初期条件でたまたま $xy=0$ になる場合ではなく、任意の初期条件で保存する条件を問われているため、$1-\alpha=0$ まで言い切る必要がある。

• (1) 重複組合せ $\binom{N+K-1}{K}$ ($K$ 個の量子と $N-1$ 個の仕切り). 順列 $N^{K}$ ではない.

• (3) Stirling: $\ln z! \approx z\ln z - z$ で $-z$ を忘れない. $S$ の各係数で出る.

• (4) $u-\hbar\omega/2$ は内部エネルギーから零点を引いたもので非負.

$c_0=1/\sqrt{\pi}$ は $0<c_0<1$ であり、展開係数として自然な大きさである。また、$t=2\pi/\omega$ 後に全準位が同じ位相 $-1$ を得るのは、調和振動子のエネルギー間隔が等間隔であることの直接の帰結である。確率密度は初期状態と同じになる。

$t=\pi/\omega$ で単に $-\Psi(x,0)$ とするのは誤りである。半周期では $(-1)^j$ が付き、これは空間反転を表す。したがって波束は右半直線から左半直線へ移る。全体位相 $e^{-i\pi/2}$ は確率密度には影響しないが、波動関数を問われているので答案では落とさない。

$T\to\infty$、すなわち $x\to0$ では $$U\to0,\qquad S\to Nk_B\ln2,\qquad \langle N_+\rangle\to \frac{N}{2}.$$ これは2つの状態が等確率になる極限と一致する。反対に $T\to0$ では $\tanh x\to1$ となり、全粒子が低エネルギー状態に落ちるため $U\to-N\varepsilon$、$S\to0$ となる。

$+\varepsilon$ 状態のボルツマン因子は $e^{-\beta\varepsilon}$ である。符号を逆にすると、低温で高エネルギー状態に粒子が集まるという不自然な結果になる。また、系のエントロピー変化だけを見ると負になるが、第二法則で確認すべきなのは熱浴を含めた全エントロピー変化である。

$r>0$ は右向き成分が多く，鎖が右へ伸びている状態である。 このときエントロピーは $r=0$ より小さいため，エントロピー由来の力は原点へ戻す向きになる。 したがって $$F_S\simeq-\frac{k_{\mathrm B}T}{a}r$$ の符号は負でなければならない。

自己無撞着方程式から $$0<\bar n<1$$ が自動的に満たされる。圧力の式に現れる $\ln[1/(1-\bar n)]$ は $\bar n\to 1$ で発散し、排他的な2状態セルの詰まりに対応している。

臨界温度を求めるときに $\partial P/\partial\bar n=0$ だけを解くと、$\bar n$ を含む式で止まってしまう。減少領域が「存在する」条件なので、$\bar n(1-\bar n)$ の最大値 $1/4$ を使うのが最後の一手である。

式 $c^2\nabla\times\mathbf{B}=\partial\mathbf{E}/\partial t$ の $c^2$ を落とすと、電場振幅と磁場振幅の比が崩れる。最後に必ず $E_0=cB_0$ となるか確認する。

問1(4)ではAとCを接続した導体全体の正味電荷は $Q_A+Q_C=0$ になる。実際，Aには $-Q/3$，C全体には $+Q/3$ が現れる。領域4の電界は外側電荷 $Q$ が作るので，領域4の エネルギーは問1(3)と同じになる。

導体Bだけに電荷を与えた場合，Bの内側の領域2に電界があると考えてしまう誤りが多い。 ガウス面がBの内側にあるなら，内包電荷はAの正味電荷だけであり，ここではゼロである。 また，$\oint\mathbf{A}\cdot d\mathbf{l}$ の符号は経路の向きで決まるので，磁束の「大きさ」と 比較するときは向きの説明が必要である。

原点での磁束密度は、リングを足し合わせた結果 $$B(0)=\frac{\mu_0Q\omega}{6\pi R_1}$$ である。スカラーポテンシャルから得た内部磁場も同じ値の一様磁場になるので、係数の検算になっている。

ポインティングベクトルを全空間に書いてしまう誤りが多い。電場は $R_1<r<R_2$ にしか存在しないので、内側の球殻内部や外側球殻の外では $\boldsymbol{S}=0$ である。また $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}$ では $B_r$ 成分は寄与せず、$B_\theta$ 成分だけが $\boldsymbol{e}_\varphi$ 方向の流れを作る。

$(a,a)$ での値が $-a^3$ になるため，$a>0$ の極小値は負，$a<0$ の極大値は正である。三次式は全体として上下に非有界なので，ここで言う極値は局所的な極値である。

$(0,0)$ を停留点として見つけても，極値と判定してはいけない。$a\ne0$ ではヘッセ行列の行列式が負で鞍点であり，$a=0$ では $f(x,0)=x^3$ が正負に変わるため極値を持たない。

$t=0$ の値が $\pi$ になること，また $t$ の符号で閉じる半平面を変えることが符号ミス防止に有効である。

複素数 $z=x+iy$ を使うと，この非線形系は形式的に $\dot{z}=-z^2$ と書ける。 初期値の実部が正なら解は $z(t)=z(0)/(1+z(0)t)$ と表せ，$t\to\infty$ で $0$ に近づく。これは上のリアプノフ関数による議論と同じ結論を与える。

$\dot{\phi}$ の計算で $4xy^2$ と $-4xy^2$ が打ち消えることを見落とすと， 符号判定が複雑になる。問1(3)では $t$ が $0$ から $\pi$ まで動くため， 偏角 $2t$ は $0$ から $2\pi$ まで動き，閉曲線を1周する。

フーリエ変換で $\dot{x}\mapsto -i\omega X$ としてしまうと、応答関数の虚部の符号が逆になる。この問題の規約は $X(\omega)=\int x(t)e^{-i\omega t}dt$ なので、部分積分により $\dot{x}\mapsto i\omega X$ である。また、$\langle x\ddot{x}\rangle=-\langle \dot{x}^2\rangle$ は定常性から出る関係であり、この一行を書かないと平均二乗変位の導出が説明不足になる。

$B\to0$ とすると $$\lambda_1=\lambda_2=\omega_0$$ となり、問3の単振動に戻る。また外部電場だけを加えた場合の解では、時間平均位置が $$\bar{x}=-\frac{E_0}{K}$$ となる。これは静的なつり合い条件 $-eKx-eE_0=0$ と一致する。

ローレンツ力の符号は電子が負電荷であるため、正電荷の場合と逆である。ここを間違えると $\lambda_1,\lambda_2$ の大小や $y(t)$ の符号が反転する。また、特性方程式の2つの根の一方は負になるので、正の角振動数としては $\lambda_1$ と $\lambda_2$ を定義し直して使うと見通しがよい。

減衰振動では $\gamma=0$ とおくと $$x(t)=C_1\cos\omega_0t+C_2\sin\omega_0t$$ に戻るので，不足減衰の式は正しい。連成振動では，同相運動 $(x_1=x_2)$ では中央のばねが伸びず，角振動数が $\omega_0$ になる。 逆相運動 $(x_1=-x_2)$ では中央のばねも効くので $\sqrt3\,\omega_0$ になる。これは固有値 $1,3$ と一致する。

減衰項が $-2m\gamma\dot{x}$ なので，標準形の係数は $2\gamma$ である。ここを $\gamma$ としてしまうと， すべての条件が $\gamma/2$ だけずれる。また連成振動では $m\ddot{\boldsymbol{x}}=-kA\boldsymbol{x}$ の符号を忘れると， 対角化後の振動方程式の符号が反対になる。

円板の慣性モーメントを $Ma^2$ としてしまうと、加速度もエネルギー比もリングの値になる。質量分布が中心に近いほど $I/(Ma^2)$ が小さく、転がりやすい。

棒の系で $r=0$ とすると、2つの質点が同じ場所にある質量 $2m$ の単振り子になり、 $$\omega_0=\sqrt{\frac{g}{l}}$$ を再現する。円筒の系では、長さの次元を確認すると $g/R$ だけが角振動数の2乗の次元を持つので、$\Omega_0^2=g/(6R)$ は次元的に正しい。

棒の運動エネルギーを $$\frac{1}{2}(2m)(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2}$$ のように書くと、係数が2倍ずれる。$T=m(l^2+r^2)\dot{\theta}^{\,2}$ はすでに2つの質点を足した後の値である。また、ラグランジアンの運動エネルギーが通常の $\frac{1}{2}I\dot{\theta}^2$ の形に見えないため、$\partial\mathcal{L}/\partial\dot{\theta}$ を取るときに係数2を落としやすい。

• (4) 慣性力が $M_{P}$ に依存しない理由: 軌道力学で $a_{P}=GM_{S}/R^{2}$ ($M_{P}$ なし) の通り (重力で見ると慣性 = 引力).

• (7) 歳差の方向と sign. $\Omega_{p}$ の大きさだけ問われている.

$\mathbf B$ が $+\hat{\mathbf j}$ で波が $+\hat{\mathbf i}$ へ進むとき，$\mathbf E$ は $-\hat{\mathbf k}$ である。 $\mathbf E\times\mathbf B$ が進行方向になるかで符号を確認できる。

電子の電荷は負なので、電場が $+x$ 方向なら電子変位は $-x$ 方向である。したがって $u_x$ には負号が付き、分極 $P_x=-\rho e u_x$ は $+x$ 方向になる。結果として $\epsilon_\alpha-\epsilon_0$ は $\omega<\omega_\alpha$ で正になり、低周波側で誘電率が大きくなるという物理的な挙動と合う。

$\epsilon_n=\epsilon_a$ の等方極限をとると、P偏光の波数は $$|k_{t2}|=\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_n}$$ となり、S偏光と一致する。また $\tan\theta_{t2}=\tan\phi_{t2}$ となるので、光線方向と波数方向が一致する。これは等方媒質の性質と整合している。

電子の電荷は負で、速度は $-z$ 方向である。電流の向きや磁場の向きは規約に依存して見えやすいが、 アルフベン電流限界では力の大きさを用いればよい。 したがって最終的な電流限界は正の大きさとして $4\pi m v_z/(e\mu_0)$ と書ける。

$\partial_r(r^{-1/2}\cos\psi)$ では、位相の微分による $-kr^{-1/2}\sin\psi$ だけでなく、振幅の微分による $-(1/2)r^{-3/2}\cos\psi$ も出る。 後者は遠方で小さいが、設問が $r$ を含む形での磁場を求めているため残しておくのが安全である。

線形微分方程式の積分因子は、最後に $$\left(e^{\int Pdx}y\right)'=e^{\int Pdx}Q$$ へ戻せるかで符号を確認する。問4の熱方程式では、得られた $\phi=e^{-t}\cos x+e^{-9t}\cos3x$ を代入すると $\phi_t=\phi_{xx}$、$\phi_x(0,t)=0$、$\phi(\pi/2,t)=0$ がすべて直ちに確かめられる。

ベクトル解析では、面積ベクトルの向きと線積分の向きを対応させる必要がある。今回の 三角形では $P\to Q\to R$ に対して $\frac12(Q-P)\times(R-P)$ を使う。逆にすると答えは $-2$ になる。 複素積分では、円の内部にある極を数え落とさないことが重要で、$(4\text{-}2)$ では $i$ と $-3i$ の両方が $|z|=4$ の内部にある。

矩形関数の極限で，幅を0にするだけではデルタ関数にならない。面積が1になるよう高さ $1/(2d)$ を同時に入れる。

ここで半幅は正として零へ近付ける。デルタ関数への収束は、任意の滑らかな試験関数との積分がその原点での値へ近付くという意味であり、点ごとの通常の関数極限ではない。

問1(3)の答えが問1(2)と一致していることは強い検算になる。球面の対称性を使う場合は， $x^2,y^2,z^2$ の球面積分が等しいことと，和が $R^2$ の面積分になることを必ず書く。

問2では $xyz=1$ なので符号の組を落としやすい。正の解だけではなく，負号が2個ある 3通りも等号成立条件を満たす。問3(2)では微分公式の符号を誤りやすいので， $\frac{d}{d\omega}e^{-i\omega x}=-ixe^{-i\omega x}$ から確認するとよい。