【院試問題】基礎数学_大問[2]（2020東北大学理・物理）
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与方程式 \begin{equation*} \left( \frac{d^2}{dt^2}+2\frac{d}{dt}+5 \right)g(t) = \delta(t) \end{equation*} を与えられた式で書き下すと \begin{equation*} \left( \frac{d^2}{dt^2}+2\frac{d}{dt}+5 \right)\frac{1}{2\pi}\int^\infty_{-\infty}G(\omega)\mathrm{e}^{i\omega t}d\omega = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{i\omega t}d\omega \end{equation*} となる。\(t\)と\(\omega\)は独立であるから左辺の微分操作を積分操作より先に行って \begin{equation*} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty G(\omega)(-\omega^2+2i\omega+5)\mathrm{e}^{i\omega t}d\omega = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{i\omega t}d\omega \end{equation*} \(\{\mathrm{e}^{i\omega t}\}_\omega\)は完全系をなすので両辺比較することで \begin{eqnarray*} G(\omega)(-\omega^2+2i\omega+5) = 1 \\ \therefore \quad \boxed{G(\omega) = \frac{1}{-\omega^2+2i\omega+5}} \end{eqnarray*}
(2) \(G(\omega)\)の極を求める
(1)の結果を変形して \begin{eqnarray*} G(\omega) &=& -\frac{1}{\omega^2-2i\omega-5} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i)^2+1-5} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i)^2-4} \\ &=& -\frac{1}{(\omega-i+2)(\omega-i-2)} \\ &=& -\frac{1}{\left\{\omega-(-2+i)\right\}\left\{\omega-(2+i)\right\}} \end{eqnarray*} これにより\(G(\omega)\)の極は \begin{equation*} \boxed{-2+i, \quad 2+i} \end{equation*} の2つ。
(3) 複素積分を用いて\(g(t)\)を解く
\begin{eqnarray*} g(t) &=& -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\left\{\omega-(-2+i)\right\}\left\{\omega-(2+i)\right\}}d\omega \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{eqnarray*}
(a)\(t>0\)の場合
上図のように虚部が0以上の側で原点中心、半径\(\varepsilon\)の半円を経路として考える。経路積分を\(I_a\)とおくと \begin{eqnarray*} I_a = &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ \end{eqnarray*} ここで \begin{equation*} I_{a1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega , \qquad I_{a2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{equation*} とおく。\(I_{a1}\)について \begin{equation*} I_{a1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\varepsilon}^\varepsilon\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \, \xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty} g(t) \end{equation*} \(I_{a2}\)について\(\omega=\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}\)とおくと\(d\omega=i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}d\theta\)だから \begin{eqnarray*} I_{a2} &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{\mathrm{e}^{i\varepsilon(\cos{\theta}+i\sin{\theta})t}\cdot i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}}{\varepsilon^2\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}-5}d\theta \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\varepsilon\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon^2\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}-5}d\theta \\ &=& -\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta \end{eqnarray*} \(I_{a2}\)の絶対値を考えると \begin{eqnarray*} |I_{a2}| &=& \left|-\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta\right| \\ &\leq& \frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\left|\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}\right|d\theta \\ &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^\pi\frac{\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{|\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}|}d\theta \end{eqnarray*} \(0\leq\theta\leq\pi\)では\(\sin{\theta}\geq0\)であることと\(t>0\)より \begin{equation*} (分母)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}\infty ,\quad (分子)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} よって \begin{equation*} |I_{a2}|\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} I_{a2}\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} 以上より \begin{eqnarray*} I_a &=& I_{a1} + I_{a2} \\ &=& g(t) \end{eqnarray*} また\(f(\omega)=G(\omega)\mathrm{e}^{i\omega t}/(2\pi)\)とおくと留数定理により \begin{eqnarray*} I_a &=& 2\pi i\left(\mathrm{Res}_{\omega=-2+i}\,f(\omega) + \mathrm{Res}_{\omega=2+i}\,f(\omega)\right) \\ &=& 2\pi i\left(-\frac{\mathrm{e}^{i(-2+i) t}}{2\pi}\frac{1}{(-2+i)-(2+i)} -\frac{\mathrm{e}^{i(2+i) t}}{2\pi}\frac{1}{(2+i)-(-2+i)}\right) \\ &=& i\left(-\frac{\mathrm{e}^{(-2i-1)t}}{-4} -\frac{\mathrm{e}^{(2i-1)t}}{4}\right) \\ &=& \frac{i}{4}\mathrm{e}^{-t}(\mathrm{e}^{-2it}-\mathrm{e}^{2it}) \\ &=& \frac{i}{4}\mathrm{e}^{-t}(-2i\sin{2t}) \\ &=& \frac{1}{2}\mathrm{e}^{-t}\sin{2t} \end{eqnarray*} したがって \begin{equation*} \boxed{g(t) = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{-t}\sin{2t}} \quad (t>0) \end{equation*}
(b)\(t<0\)の場合
上図のように虚部が0以下の側で原点中心、半径\(\varepsilon\)の半円を経路として考える。\(t>0\)のときと類似した議論をする。経路積分を\(I_b\)とおくと \begin{eqnarray*} I_b = &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ &-&\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \\ \end{eqnarray*} ここで \begin{equation*} I_{b1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_1}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega , \qquad I_{b2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{C_2}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \end{equation*} とおく。 \(I_{b1}\)について \begin{equation*} I_{b1} = -\frac{1}{2\pi}\int_{\varepsilon}^{-\varepsilon}\frac{\mathrm{e}^{i\omega t}}{\omega^2-2i\omega-5}d\omega \, \xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty} -g(t) \end{equation*} \(I_{b2}\)について\(\omega=\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}\)とおくと\(d\omega=i\varepsilon\mathrm{e}^{i\theta}d\theta\)だから \begin{eqnarray*} I_{b2} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^0\frac{i\mathrm{e}^{i(\varepsilon t\cos{\theta}+\theta)}\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}}d\theta \qquad(I_{a2}と同様の計算) \end{eqnarray*} \(I_{b2}\)の絶対値を考えると \begin{eqnarray*} |I_{b2}| = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^0\frac{\mathrm{e}^{-\varepsilon t\sin{\theta}}}{|\varepsilon\mathrm{e}^{2i\theta}-2i\mathrm{e}^{i\theta}-\frac{5}{\varepsilon}|}d\theta \qquad(|I_{a2}|と同様の計算) \end{eqnarray*} \(-\pi\leq\theta\leq0\)では\(\sin{\theta}\leq0\)であることと\(t<0\)より \begin{equation*} (分母)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}\infty ,\quad (分子)\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} よって \begin{equation*} |I_{a2}|\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} I_{a2}\xrightarrow{\varepsilon\longrightarrow\infty}0 \end{equation*} 以上より \begin{eqnarray*} I_b &=& I_{b1} + I_{b2} \\ &=& -g(t) \end{eqnarray*} またこの周回積分については \begin{equation*} I_b = 0 \end{equation*} であるから \begin{equation*} -g(t) = 0 \quad \therefore \quad \boxed{g(t) = 0\quad(t<0)} \end{equation*}
