物理数学 B 中間試験問題 (H26, 5/29) 担当：栗本

物理数学 B 中間試験問題 (H26, 5/29) 担当：栗本
• 以下の大問 1,2 に必答し，残りの大問 3, 4 から 1 つを選んで解答せよ．2 つ以上選んではいけない．
• 全ての解答用紙に氏名と番号を記入すること。
• 解答は物理学科の同級生に説明するつもりで論理をはっきりとさせて答えよ．(問題文にその旨が記されて
いない限り) 結果だけの解答や途中の計算が不明な解答はたとえ答が合っていても大幅な減点とする．
1. (必答問題) 次の計算を行え．( (a)–10 点，(b)–10 点，(c)–15 点)
(a)
∞ ∑
∞
∑
∫
mn δ(m+n), 5 (m, n の範囲に注意せよ!)
m=0 n=0
∞ ∫ ∞
∫
(c)
−∞ −∞
∫
−(x2 +y 2 )
e
δ(x + y) dxdy
(
∞
−∞
(b)
e−t dt =
2
2. (必答問題) 時刻 t の関数 x と p を用いてハミルトニアン H =
義する．以下の問いに答えよ．
√
∞
−∞
eiπx δ(2x − 1) dx
π は証明抜きで用いてよい．)
p2
+ mgx (m, g は正の実数定数) を定
2m
∂H
∂H
を求めよ．(5 点)
(b)
を求めよ．(5 点)
∂p
∂x
dx
∂H dp
∂H
(c) 正準方程式:
=
，
=−
，を用い，関数 x に対する時刻 t について 2 階の微分方程式
dt
∂p dt
∂x
(運動方程式) を求めよ． (10 点)
(a)
(d) t = 0 での初期条件を x = 0，p = 0 とするとき，(c) で求めた微分方程式の解 x(t) を求めよ．
(10 点)
(e) この x と p が t ≥ 0 で xp 平面内 (横軸を x とせよ) に描く軌跡の概略を描け．(5 点)
3. 関数 f (x) のフーリエ変換 C(k) を以下で定義する．
1
f (x) = √
2π
f (x) =
(x2
∫
∞
−∞
ikx
C(k)e
1
dk , C(k) = √
2π
∫
∞
−∞
f (x)e−ikx dx
1
(m は正の実数定数) のとき，以下の問いに答えよ．
+ m2 )
(a) k > 0 の場合の C(k) を求めよ．(15 点)
(b) k < 0 の場合の C(k) を求めよ．(15 点)
d
f (x) = nf (x) (n は自然数の定数) を満たしている．以下の問いに答
dx
えよ．(この問題では変数分離法による微分方程式の解法は使わないこと．変数分離法を用いて解を求め
ても点は与えない．)
4. 関数 f (x) が微分方程式 (1 + x)
(a) f (x) =
∞
∑
ak xk と仮定して問題の微分方程式に代入し，数列 ak について漸化式: ak+1 =
k=0
が成立することを示せ．(15 点)
(b) k ≥ n + 1 では ak = 0 となることを示せ．(5 点)
(c) 初期条件を f (0) = 1 として f (x) を求めよ．(10 点)
以上
(n − k)
ak
(k + 1)
解答例
1. (a) δ(m+n) 5 は m + n = 5 のとき 1 で，それ以外は 0．m, n = 0 . . . ∞ の中で δm+n,5 = 1 となるのは
下記の組み合わせのときだけである．
m
n
mn
0
5
0
1
4
4
2
3
6
3
2
6
4
1
4
5
0
0
よって，問いの和は 0 + 4 + 6 + 6 + 4 + 0 = 20 になる．
(b) 2x − 1 = y と置くと，2dx = dy なので
∫
∞
−∞
(c)
∫
√
∞
∫
∞
−∞ −∞
2x = y と置くと
√
eiπx δ(2x − 1) dx =
−(x2 +y 2 )
e
∞
1
1
i
eiπ(y+1)/2 δ(y) dy = eiπ/2 =
2
2
2
−∞
∫
δ(x + y) dxdy =
∞
−∞
−{x2 +(−x)2 }
e
∫
dx =
∞
−∞
e−2x dx
2
2dx = dy なので
∫
∞
−∞
2. (a) H =
∫
p2
+ mgx より
2m
−2x2
e
∫
dx =
∞
−∞
−y 2
e
1
√ dy =
2
√
π
2
∂H
∂ p2
p
=
[
+ mgx] =
∂p
∂p 2m
m
(b) (a) と同様に
∂H
∂ p2
=
[
+ mgx] = mg
∂x
∂x 2m
(c) (a) の結果を用いて
dx
∂H
p
dp
∂H
=
= ．また，(b) の結果を用いて
=−
= −mg ．これらから
dt
∂p
m
dt
∂x
d dx
d p
1 dp
d2 x
2 = dt ( dt ) = dt m = m dt = −g
dt
よって x に対する 2 階の微分方程式は
d2 x
= −g ．
dt2
1
(d) (c) で求めた x に対する 2 階の微分方程式の一般解は x(t) = − gt2 + C1 t + C2 (C1 ，C2 は定数)．
2
初期条件 x(0) = 0 から C2 = 0．また p = m dx
と
p(0)
=
0
から
C1 = 0．よって，これらの初期
dt
1 2
条件を満たす解は x(t) = − gt ．
2
1
dx
1
(e) x(t) = − gt2 ，p(t) = m
= −mgt より，x(t) = − 2 {p(t)}2 ．t ≥ 0 での，この軌跡は次の
2
dt
2m g
ようになる．(放物線)
p
O
x
3. (a)
f (x) =
(x2
1
を問題にある C(k) の式に代入して
+ m2 )
1
C(k) = √
2π
∫
∞
−∞
(x2
1
e−ikx dx
+ m2 )
I
これを求めるために右図の経路での複素積分
C1 +C2
∫
C1
Im(z)
e−ikz
dz = lim
R→∞
z 2 + m2
∫
R
−R
-R
C1
R
Re(z)
O
C2
e−ikz
dz を考える．
z 2 + m2
-R
√
eikx
dx
=
2πC(k)
x2 + m2
C2 上では z = Re−iθ (0 < θ < π) とおくと，
e−ikz = exp[−ikRe−iθ ] = exp[−ikR(cos θ − i sin θ)] = e−ikR cos θ e−kR sin θ → 0 (R → ∞)
となるので C2 での積分は 0 になる．一方，
z = −im が極になるので，留数を用いて
I
C1 +C2
e−ikz
は z = ±im を 1 位の極に持ち，経路内では
z 2 + m2
e−ikz
e−ikz
e−ikz
e−km
π
dz
=
−2πi
lim
(z+im)
=
−2πi
lim
=
−2πi
= e−mk
2
2
2
2
z→−im
z→−im z − im
z +m
z +m
−2im
m
(積分経路が時計まわりなので，第二項の全体にマイナス符号がついていることに注意)
√
1 π −mk
π 1 −mk
e
=
e
よって C(k) = √
2m
2π m
(b)
Im[z]
R
I
e−ikz
k < 0 の場合は，右図の経路での複素積分
C1 +C2
∫
z 2 + m2
∫
C2
dz を考える．
R
√
e−ikz
e−ikx
dz
=
lim
dx = 2πC(k)
2
2
2
2
R→∞ −R x + m
C1 z + m
iθ
C2 上では z = Re (0 < θ < π) とおくと，
-R
0
C1
R
Re[z]
eikz = exp[−ikReiθ ] = exp[−ikR(cos θ + i sin θ)] = e−ikR cos θ ekR sin θ → 0 (k < 0 で R → ∞)
となるので C2 での積分は 0 になる．一方，
e−ikz
は z = ±im を 1 位の極に持ち，経路内では
z 2 + m2
z = +im が極になるので，留数を用いて
I
C1 +C2
e−ikz
e−ikz
e−ikz
ekm
π
dz
=
2πi
lim
(z
−
im)
=
2πi
lim
=
2πi
= emk
2
2
2
2
z→im
z→im z + im
z +m
z +m
2im
m
√
よって C(k) =
π 1 mk
e
2m
(a) と (b) の結果をまとめると，
x2
1
のフーリエ変換は
+ m2
√
C(k) =
になることがわかる．
π 1 −m|k|
e
2m
4. (a) f (x) =
∞
∑
ak xk を (1 + x)
k=0
d
f (x) = nf (x) に代入すると
dx
(1 + x)
∞
∑
∞
∑
ak kxk−1 = n
k=0
∞
∑
ak kxk−1 +
k=0
ak xk
k=0
ak kxk =
k=0
∞
∑
∞
∑
(k + 1)ak+1 xk =
k=0
∞
∑
k=0
∞
∑
nak xk
(n − k)ak xk
k=0
これが任意の x で成立するには (k + 1)ak+1 = (n − k)ak ，すなわち
ak+1 =
(n − k)
ak
(k + 1)
でなければならない．
(n − k)
ak で k は 0,1,2,3,. . . となるので，k = n のとき an+1 = 0 となる．これ以降も漸
(b) ak+1 =
(k + 1)
化式から k = n + 2, n + 3, . . . で ak = 0 となるので，k ≥ n + 1 で ak = 0．
(c) 漸化式より
ak =
=
{n − (k − 1)}
(n − k + 1)
(n − k + 1) (n − k + 2)
ak−1 =
ak−1 =
ak−2 = · · ·
k
k
k
k−1
(n − k + 1) (n − k + 2)
n
1
n!
· · · a0 =
a0 = n Ck a0
k
k−1
1
k! (n − k)!
よって
f (x) =
n
∑
k=0
k
ak x =
n
∑
k
n Ck a0 x
= a0 (1 + x)n
k=0
初期条件 f (0) = 1 より a0 = 1．よって f (x) = (1 + x)n

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