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東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2019年8月実施 専門基礎科目 第3問

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Author​

Miyake

Description​

Kai​

（問1）​

∣∫0Ye−a(X+iy)2dy∣≤∫0Y∣e−a(X2+2iXy−y2)∣dy=e−aX2∫0Yeay2dy→X→∞0\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2+2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}

（問2）​

(問1) と同様に、

∣∫0Ye−a(−X+iy)2dy∣≤∫0Y∣e−a(X2−2iXy−y2)∣dy=e−aX2∫0Yeay2dy→X→∞0\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2-2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}

である。

複素数 zz の関数 e−az2e^{-az^2} は与えられた積分経路の内側で特異点を持たないので、 積分は 00 となる：

0=∫−XXe−ax2dy+∫0Ye−a(X+iy)2dy+∫X−Xe−a(x+iY)2dx+∫Y0e−a(−X+iy)2dy=∫−XXe−ax2dy+∫0Ye−a(X+iy)2dy−∫−XXe−a(x+iY)2dx−∫0Ye−a(−X+iy)2dy\begin{aligned} 0 &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy + \int_X^{-X} e^{-a(x+iY)^2} dx + \int_Y^0 e^{-a(-X+iy)^2} dy \\ &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}

よって、

∫−XXe−a(x+iY)2dx=∫−XXe−ax2dy+∫0Ye−a(X+iy)2dy−∫0Ye−a(−X+iy)2dy\begin{aligned} \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx = \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}

ここで、 X→∞X \to \infty とすると、

∫−∞∞e−a(x+iY)2dx=πa\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty e^{-a(x+iY)^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{aligned}

を得る。

（問3）​

∂U(k,t)∂t=∫−∞∞∂u(x,t)∂te−ikxdx=∫−∞∞∂2u(x,t)∂x2e−ikxdx=[∂u(x,t)∂xe−ikx]−∞∞+ik∫−∞∞∂u(x,t)∂xe−ikxdx=ik[u(x,t)e−ikx]−∞∞−k2∫−∞∞u(x,t)e−ikxdx=−k2U(k,t)\begin{aligned} \frac{\partial U(k,t)}{\partial t} &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} e^{-ikx} dx \\ &= \left[ \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty +ik \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} dx \\ &= ik \left[ u(x,t) e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty -k^2 \int_{-\infty}^\infty u(x,t) e^{-ikx} dx \\ &= -k^2 U(k,t) \end{aligned}

（問4）​

(問3) で得た微分方程式より、

U(k,t)=U(k,0)e−k2t\begin{aligned} U(k,t) = U(k,0) e^{-k^2 t} \end{aligned}

がわかる。

さらに、条件 u(x,0)=δ(x−1)u(x,0)=\delta(x-1) より、

U(k,0)=∫−∞∞u(x,0)e−ikxdx=∫−∞∞δ(x−1)e−ikxdx=e−ik\begin{aligned} U(k,0) &= \int_{-\infty}^\infty u(x,0) e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \delta(x-1) e^{-ikx} dx \\ &= e^{-ik} \end{aligned}

であるから、

U(k,t)=e−k2t−ik\begin{aligned} U(k,t) = e^{-k^2 t - ik} \end{aligned}

を得る。

（問5）​

u(x,t)=12π∫−∞∞U(k,t)eikxdk=12π∫−∞∞e−k2t+ik(x−1)dk=12πe−(x−1)24t∫−∞∞e−t(k−ix−12t)2dk=12πe−(x−1)24tπt=14πte−(x−1)24t\begin{aligned} u(x,t) &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty U(k,t) e^{ikx} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{-k^2t+ik(x-1)} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \int_{-\infty}^\infty e^{-t \left( k - i \frac{x-1}{2t} \right)^2} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{4 \pi t}} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \end{aligned}
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