東京大学新領域創成科学研究科複雑理工学専攻 2020年度専門基礎科目第3問

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Kai

（問1）

\[ \begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2+2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned} \]

（問2）

(問1) と同様に、

\[ \begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2-2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned} \]

である。

複素数 \(z\) の関数 \(e^{-az^2}\) 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 \(0\) となる：

\[ \begin{aligned} 0 &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy + \int_X^{-X} e^{-a(x+iY)^2} dx + \int_Y^0 e^{-a(-X+iy)^2} dy \\ &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned} \]

よって、

\[ \begin{aligned} \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx = \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned} \]

ここで、 \(X \to \infty\) とすると、

\[ \begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty e^{-a(x+iY)^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{aligned} \]

を得る。

（問3）

\[ \begin{aligned} \frac{\partial U(k,t)}{\partial t} &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} e^{-ikx} dx \\ &= \left[ \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty +ik \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} dx \\ &= ik \left[ u(x,t) e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty -k^2 \int_{-\infty}^\infty u(x,t) e^{-ikx} dx \\ &= -k^2 U(k,t) \end{aligned} \]

（問4）

(問3) で得た微分方程式より、

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

がわかる。

さらに、条件 \(u(x,0)=\delta(x-1)\) より、

\[ \begin{aligned} U(k,0) &= \int_{-\infty}^\infty u(x,0) e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \delta(x-1) e^{-ikx} dx \\ &= e^{-ik} \end{aligned} \]

であるから、

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