金沢大 自然科学研究科 数物科学専攻 数学コース 数学 2022年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

方針

固有値を特性多項式から求め、重複度と固有空間の次元を比べる。$\lambda=1$ では重複度 $2$ に対し固有ベクトルが1本しか取れないので、対角化はできず、不足分を広義固有ベクトルで補うことになる。この「次元の不足」がそのままジョルダンブロックの大きさに翻訳される。

広義固有空間をどこで止めるか

$\ker B\subset\ker B^{2}\subset\ker B^{3}\subset\cdots$ は増大列だが、どこかで止まる。本問では $B^{3}=B^{2}$ が成り立つので、$m\ge2$ のすべてで $\ker B^{m}=\ker B^{2}$ であり、この一行を書けば $\widetilde{W_{1}}=\ker B^{2}$ の根拠になる。一般論を使うなら、広義固有空間の次元は代数的重複度に等しいので、$\dim\ker B^{2}=2$ を確かめた時点で打ち切ってよい。

検算

求めた $P$ と $J=P^{-1}AP$ について、跡と行列式で確認できる。 $$\operatorname{tr}A=-2+4+2=4=1+1+2=\operatorname{tr}J, \qquad \det A=2=1\cdot1\cdot2=\det J.$$ さらに $Ap_{1}=p_{1}$、$Ap_{2}=p_{1}+p_{2}$、$Ap_{3}=2p_{3}$ の3本を確かめれば、列ごとの関係から $AP=PJ$ が直ちに従う。行列の逆行列 $P^{-1}$ を実際に求める必要はない。

典型ミス

ジョルダン鎖の向きを取り違えて $Bp_{1}=p_{2}$ と書くと、標準形の $1$ の位置が転置側に移ってしまう。正しくは固有ベクトルでない $p_{2}$ の方が $B$ で $p_{1}$ へ落ちる。また $W_{1}$ と $\widetilde{W_{1}}$ を同一視すると、固有ベクトルが2本あることになり「対角化可能」という誤った結論に至る。両者の次元が $1$ と $2$ で異なることが本問の核心である。

答案に書くべきこと

特性多項式の因数分解、各固有値の重複度、$W_{\lambda}$ と $\widetilde{W_{\lambda}}$ の基底、$P$ の各列が何であるか（固有ベクトル2本と広義固有ベクトル1本）、そして $Bp_{2}=p_{1}$ の確認。この5点を書けば、$P^{-1}$ を計算しなくても完答になる。列の順序を変えれば $1$ の位置も変わるので、どの順序の基底に関する表示かを一言添えるとよい。

方針

分数式が現れるが、$f$ が高々2次なので分母 $N^{2}$ はきれいに払われる。最初に $f(t)=at^{2}+bt+c$ と置いて展開し、$T(f)=aL^{2}+bLN+cN^{2}$ という形を作っておけば、(1)〜(3) のすべてがこの1本の式から出る。

2つの表現行列が一致する理由

偶然ではない。(2) の計算が示すとおり $B$ は基底 $S$ の $T$ による像なので、$S$ から $B$ への基底変換行列はちょうど $P=[T]_{S}$ である。基底変換の公式から $$[T]_{B}=P^{-1}[T]_{S}P=P^{-1}PP=P=[T]_{S}$$ となる。表現行列が基底変換行列自身と一致する状況では、共役を取っても行列は変わらない。この見方を書いておくと、(3) の答えが (2) と同じであることの説明になる。

検算

数値代入が有効である。$x=0$ では $p_{0}(0)=1,\ p_{1}(0)=2,\ p_{2}(0)=4$ であり、 $$T(p_{1})(0)=(7\cdot0+4)(12\cdot0+7)=28, \qquad 6\cdot1+7\cdot2+2\cdot4=28$$ で一致する。同様に $T(p_{2})(0)=7^{2}=49$ と $9\cdot1+12\cdot2+4\cdot4=49$ も一致する。係数を1つ写し間違えるとここで合わなくなるので、答案の最後に1点だけ代入して確かめるとよい。

同型性の示し方

「行列式が $0$ でない」で十分である。有限次元の同じ空間の間の線形写像では、単射・全射・全単射がすべて同値なので、$\ker T=\{0\}$ を示す方針でもよい。$aL^{2}+bLN+cN^{2}=0$ から $a=b=c=0$ を導く場合は、$L$ と $N$ が1次独立な1次式であること（$L,N$ の比が定数でないこと）を根拠に書く。

典型ミス

基底の順序を $\{x^{2},x,1\}$ から $\{1,x,x^{2}\}$ に勝手に変えると行列の行と列がともに反転する。指定された順序をそのまま使う。また像の座標は「列」に並べる。行に並べると転置になり、(3) の答えも変わってしまう。$x=-\tfrac23$ では定義式の分数が意味を持たないが、展開後の多項式で $T(f)$ を定めていることを (1) で一言断ると丁寧である。

方針

一様連続性の問題は、定義を書き下してから量化子の順に沿って議論を組む。肯定を示す (2) では「$\varepsilon$ が与えられたときに $\delta$ を作る」、否定を示す (3) では「ある $\varepsilon_{0}$ を固定し、どんな $\delta$ にも反例の組を作る」という向きになる。この向きを最初に宣言してから書くと、答案が読みやすくなる。

(2) の一般化

使ったのは $|f'|\le1$ から出る不等式 $|f(x)-f(y)|\le|x-y|$、すなわちリプシッツ条件だけである。より一般に $|f'|\le M$ なら $|f(x)-f(y)|\le M|x-y|$ となり、$\delta=\varepsilon/M$ と取ればよい。逆にリプシッツ連続でなくても一様連続な関数はあり（$\sqrt{x}$ が $[0,1]$ 上でその例）、両者は同値ではない。

(3) の別解

有界集合上で一様連続な関数は有界である（一様連続な関数は定義域の閉包まで連続に延長でき、$[0,1]$ 上の連続関数は有界だから）。$f(x)=1/x$ は $I$ 上で非有界なので、この事実から直ちに一様連続でないと結論できる。ただしこの筋は延長定理を認めることになるので、試験では本解のように具体的な2点列を作る方が確実である。

どこで有界閉区間との違いが出るか

ハイネ・カントールの定理により、有界閉区間上の連続関数は必ず一様連続である。$I=(0,1]$ は有界だが閉でないため、この定理は適用できない。実際、任意の $a>0$ に対して $f$ を $[a,1]$ に制限すれば $|f'|=1/x^{2}\le1/a^{2}$ となり (2) の議論で一様連続になる。問題が起きるのは端点 $0$ の近くだけであり、上の $x_{n},y_{n}$ がそこに集まっていることと対応する。

典型ミス

定義を「各 $x$ に対して $\delta$ が存在して$\dots$」と書くと単なる連続性になってしまう。$\delta$ を選ぶのが $x$ より前であることを、量化子の順序で明示する。(3) では「$x\to+0$ で発散するから一様連続でない」と書くだけでは証明になっていない。否定命題の形に沿って、$\varepsilon_{0}$ を先に固定し、任意の $\delta$ に対する具体的な組を提示する必要がある。

方針

原点での連続性も全微分可能性も、$f$ や $f/r$ が $r\to+0$ で $0$ に行くかどうかという1つの問題に帰着する。極座標に直すと角度部分 $|\cos\theta\sin\theta|^{\alpha}$ は $2^{-\alpha}$ 以下の有界量なので、判定は $r$ の指数だけで決まる。指数は連続性で $2\alpha-2$、全微分可能性で $2\alpha-3$ となり、境界がそれぞれ $\alpha=1$、$\alpha=3/2$ になる。

必要性で $y=x$ を選ぶ理由

角度部分 $|\cos\theta\sin\theta|=|\sin2\theta|/2$ は $\theta=\pi/4$、つまり直線 $y=x$ で最大値 $1/2$ を取る。したがってこの方向が最も条件の厳しい方向であり、ここで収束しなければ全体としても収束しない。逆に、この方向で決まる境界 $\alpha=3/2$ より大きければ、($\ast$) の一様な評価によりすべての方向で収束する。上からの評価と最悪方向の評価が同じ $\alpha$ を与えるので、必要十分条件が得られる。

境界値の扱い

$\alpha=3/2$ では $f/r$ が $y=x$ 上で $0$ でない定数に留まる。極限が存在しても $0$ でなければ全微分可能ではないので、この値を範囲に含めてはいけない。同様に連続性の側でも、$\alpha=1$ のとき $f(x,x)=1/2$ であるのに $f(x,0)=0$ なので、原点で極限が存在せず連続でない。つまり $\alpha>0$ の範囲では、原点での連続性の必要十分条件も $\alpha>1$ である。

検算

$\alpha=2$ とすると $f=x^{2}y^{2}/(x^{2}+y^{2})$ であり、($\ast$) から $f/r\le r/4\to0$ なので全微分可能である。これは $2>3/2$ と整合する。逆に $\alpha=1$ では原点で連続ですらないので、当然全微分可能でない。3つの条件は $$\text{全微分可能}\ (\alpha>3/2) \ \Longrightarrow\ \text{連続}\ (\alpha>1) \ \Longrightarrow\ \text{偏微分係数の存在}\ (\alpha>0)$$ という強さの順に並んでおり、$\alpha$ の範囲も狭い順に並ぶ。答えがこの包含関係を満たしているかを最後に確認するとよい。

典型ミス

偏微分係数が両方 $0$ だからといって全微分可能とは限らない。(2) の値は座標軸上で $f\equiv0$ であることしか使っておらず、軸から外れた方向の情報を含まないからである。また、全微分可能性の定義で分母を $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ではなく $x^{2}+y^{2}$ と書くと指数が1つずれ、境界が $\alpha=2$ になってしまう。定義の分母は距離の1乗である。

方針

(2) の被積分関数を見たら、まず (1) の $H$ の形を探す。$\alpha$ を $e^{i\theta}$ と読み替えれば、収束条件 $|z|<|\alpha|$ がちょうど $|z|<1$、つまり $z\in D$ に一致する。誘導つきの問題では、前問の結論を代入する箇所を答案に明示すると流れが伝わる。

項別積分の根拠

級数を積分の外に出す操作には、$\theta$ についての一様収束が必要である。ここで使うのは、$f$ が有界閉区間上の連続関数だから有界であること、そして $|z|\le\rho<1$ と制限すれば公比が $\rho$ の等比級数で押さえられること、の2点である。$|z|<1$ のまま $\rho$ を取らずに議論すると、$|z|$ が $1$ に近い点で一様性が崩れるので、$\rho$ を1つ固定してから極限を取る書き方が安全である。

係数の意味

$c_{n}$ は $f$ のフーリエ係数で、$F$ は $f$ の非負周波数部分だけを取り出した正則関数である。$f$ が実数値なら $c_{0}$ は実数で、$2\operatorname{Re}F(z)-c_{0}$ はちょうど $f$ のポアソン積分、すなわち $f$ を境界値とする $D$ 上の調和関数になる。境界の連続関数から円板内部の正則関数・調和関数を作る、という典型的な構成である。

検算

$f\equiv1$ とすると $c_{0}=1$、$n\ge1$ では $c_{n}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}e^{-in\theta}d\theta=0$ なので $F\equiv1$ となる。一方、$w=e^{i\theta}$ と置換して直接計算しても $$F(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{e^{i\theta}}{e^{i\theta}-z}\,d\theta =\frac{1}{2\pi i}\oint_{|w|=1}\frac{dw}{w-z}=1$$ であり、コーシーの積分公式と整合する。もう一例、$f(\theta)=\cos\theta$ では $c_{1}=1/2$、他は $0$ なので $F(z)=z/2$ となり、$2\operatorname{Re}F(z)-c_{0}=\operatorname{Re}z$ が境界値 $\cos\theta$ をもつ調和関数であることも確かめられる。

典型ミス

収束半径を $1/|\alpha|$ と書いてしまう誤りが多い。展開の公比は $z/\alpha$ なので、条件は $|z|<|\alpha|$ である。また (2) では、分子の $e^{i\theta}$ を落として $1/(e^{i\theta}-z)$ を展開すると係数に余分な $e^{-i\theta}$ が残り、$c_{n}$ の番号が1つずれる。展開する前に分子と分母をそろえて $(\ast)$ の形にしておくとよい。

方針

$d$ は写像 $\varphi(n)=1/n$ による実数直線の距離の引き戻しである。この見方をすると、(1) の公理は実数の絶対値の性質にそのまま帰着し、独立に確認すべきことは $\varphi$ が単射であること（$d(n,m)=0\Rightarrow n=m$ の部分）だけになる。$(\mathbb{N},d)$ は $\mathbb{R}$ の部分集合 $\varphi(\mathbb{N})=\{1,\tfrac12,\tfrac13,\ldots\}$ と等長である。

完備でないことの正体

上の図のとおり、$\varphi(\mathbb{N})$ は $\mathbb{R}$ の中で $0$ に集積するが、$0$ 自身は含まない。$a_{n}=n$ は $\varphi$ で送ると $0$ に収束する列なので、$\mathbb{R}$ の中ではコーシー列だが、行き先の $0$ が空間から抜けているために $(\mathbb{N},d)$ では収束できない。逆に $\varphi(\mathbb{N})\cup\{0\}$ は $\mathbb{R}$ の閉集合なので完備であり、これが $(\mathbb{N},d)$ の完備化になる。1点足すだけで完備になる、という構造が見える。

同じ集合でも距離で変わる

$\mathbb{N}$ に通常の距離 $d_{0}(n,m)=|n-m|$ を入れると、コーシー列は途中から定数になるので $(\mathbb{N},d_{0})$ は完備である。集合が同じでも距離が違えば完備性は変わる。本問はその標準的な例であり、完備性が集合ではなく距離の性質であることを試している。なお $d$ では $d(n,m)<1$ がつねに成り立つので $(\mathbb{N},d)$ は有界だが、有界性は完備性とは無関係である。

典型ミス

(3) で「$a_{n}=n$ は無限大に発散するから極限を持たない」と書くのは誤りである。発散するかどうかは通常の距離での話で、$d$ では $\{a_{n}\}$ は有界どころか互いにいくらでも近づく。正しくは、極限の候補 $k\in\mathbb{N}$ を固定し、$d(a_{n},k)$ が $0$ に近づかないことを示す。また、極限の候補として $\mathbb{N}$ に属さない「$\infty$」や $0$ を持ち出してはいけない。収束は空間の中の点に対してしか定義されていない。

答案に書くべきこと

(1) では4つの公理を項目立てし、とくに $d(n,m)=0\Rightarrow n=m$ で $\varphi$ の単射性を使う箇所を明示する。(2) では $\varepsilon$ に対する $N$ の取り方を具体的に書く。(3) では $k$ を任意に固定して不等式で下から評価する。この3つの型を押さえれば、距離空間の基本問題としては完答である。