東北大学理学研究科物理学専攻 2018年8月実施問題1（基礎数学）

标签：

Author

余緯角（方位角）を $\theta$ 、緯度角（偏角）を $\varphi$ とすると、

$dx dy dz = r^2 \sin \theta dr d \theta d \varphi$ であるから、

\begin{aligned} \iiint_{r \leq a} \frac{1}{r^2} dx dy dz &= \int_0^a dr \int_0^\pi d \theta \int_0^{2 \pi} d \varphi \frac{r^2 \sin \theta}{r^2} \\ &= 2 \pi a \left[ - \cos \theta \right]_0^\pi \\ &= 4 \pi a \end{aligned}

である。

与えられた行列の固有値を $\lambda$ とすると、

\begin{aligned} 0 &= \begin{vmatrix} \lambda + 1 & 1 & -1 \\ 1 & \lambda + 1 & 1 \\ -1 & 1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)(\lambda + 2)^2 \\ \therefore \lambda &= 1, -2 \end{aligned}

である。

(i) 固有値 $1$ に対応する固有ベクトルを求めるため、次のようにおく：

\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} . \end{aligned}

これを整理すると、 $x+y=0, x=z$ であるから、例えば、

\begin{aligned} v_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

が規格化された固有ベクトルである。

(ii) 固有値 $-2$ に対応する固有ベクトルを求めるため、次のようにおく：

\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} . \end{aligned}

これを整理すると、 $y=x+z$ であるから、例えば、

\begin{aligned} v_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , v_3 = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{aligned}

が規格化された互いに直交する固有ベクトルである。

$\Delta y = 0$ のとき、 $\Delta h = \Delta x$ であり、次のようになる：

\begin{aligned} \lim_{\Delta h \to 0} \frac{f(z + \Delta h) - f(z)}{\Delta h} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{ \left\{ u(x + \Delta x, y) + i v(x + \Delta x, y) \right\} - \left\{ u(x,y) + i v(x,y) \right\} } {\Delta x} \\ &= \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} + i \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} . \end{aligned}

$\Delta x = 0$ のとき、 $\Delta h = i \Delta y$ であり、次のようになる：

\begin{aligned} \lim_{\Delta h \to 0} \frac{f(z + \Delta h) - f(z)}{\Delta h} &= \lim_{\Delta y \to 0} \frac{ \left\{ u(x, y + \Delta y) + i v(x, y + \Delta y) \right\} - \left\{ u(x,y) + i v(x,y) \right\} } {i \Delta y} \\ &= -i \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} + \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} . \end{aligned}

これらの実部どうし・虚部どうしが等しいので、次を得る：

\begin{aligned} \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} = \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} , \ \ \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} = - \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} . \end{aligned}

$C$ の内部で $e^{iz}/z$ は特異点を持たないので、 $I=0$ である。

また、 $I$ は次のように4つの積分に分けて計算できる：

\begin{aligned} I_1 &= \int_\varepsilon^R \frac{e^{ix}}{x} dx \\ &= \int_\varepsilon^R \frac{\cos x}{x} dx + i \int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx ,\\ I_2 &= \int_{-\varepsilon}^{-R} \frac{e^{ix}}{x} dx \\ &= - \int_\varepsilon^R \frac{\cos x}{x} dx + i \int_\varepsilon^R \frac{\sin x}{x} dx ,\\ I_3 &= \int_\pi^0 \frac{e^{i \varepsilon \exp(i \theta)}}{\varepsilon e^{i \theta}} i \varepsilon e^{i \theta} d \theta \\ &= -i \int_0^\pi e^{i \varepsilon \exp (i \theta)} d \theta \\ &\xrightarrow{\varepsilon \to 0} -i \int_0^\pi d \theta = -i \pi ,\\ I_4 &= \int_0^\pi \frac{e^{iR \exp (i \theta)}}{R e^{i \theta}} i R e^{i \theta} d \theta \\ &= i \int_0^\pi e^{iR \exp (i \theta)} d \theta \\ &= i \int_0^\pi e^{R ( i \cos \theta - \sin \theta)} d \theta ,\\ \left| I_4 \right| &\leq \int_0^\pi \left| e^{R ( i \cos \theta - \sin \theta)} \right| d \theta \\ &= \int_0^\pi e^{-R \sin \theta} d \theta \\ &\lt \frac{\pi}{R} \xrightarrow{R \to \infty} 0 . \end{aligned}

以上より、 $I=I_1+I_2+I_3+I_4=0$ は $\varepsilon \to 0, R \to \infty$ において、

\begin{aligned} 2i \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx - i \pi = 0 \end{aligned}

となり、

\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx = \frac{\pi}{2} \end{aligned}

を得る。