金沢大 自然科学研究科 数物科学専攻 数学コース 数学 2024年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

方針

固有値を固有多項式から求め、次に $\ker(A-2I)$ を連立一次方程式として解く。固有値が1つだけで代数的重複度が $3$ のとき、Jordan形は固有空間の次元でほぼ決まる。固有空間の次元が $2$ なので、対角化はできず、サイズ $2$ のJordanブロックが1つ現れる。

検算

提示した $P$ について $$\det P=1$$ であるから確かに正則である。また $$Ap_1=2p_1,\qquad Ap_2=2p_2,\qquad Ap_3=2p_3+p_1$$ なので、列ベクトルの関係からすぐに $$AP = P \begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$$ が確認できる。 この確認では、$P$ の第1列と第3列が長さ $2$ のJordan鎖 $$p_3 \longmapsto p_1 \longmapsto 0$$ を作っていることが本質である。すなわち、$p_3$ 自身は固有ベクトルではなく、$(A-2I)p_3=p_1$ となる広義固有ベクトルである。ここを逆にして $(A-2I)p_1=p_3$ と書くと、Jordan形の $1$ の位置まで反転してしまうので注意する。

条件確認

$(A-2I)^2=O$ であるため、すべてのベクトルは高々階数 $2$ の広義固有ベクトルである。一方で $$A-2I\ne O$$ なので、最小多項式は $(\lambda-2)$ ではなく $(\lambda-2)^2$ である。したがって最大Jordanブロックの大きさはちょうど $2$ であり、代数的重複度 $3$ と固有空間の次元 $2$ を合わせると、ブロック分割は $2+1$ 以外にない。

典型ミス

$(A-2I)^2=O$ だからといって対角化可能とは限らない。対角化可能性を見るには $\ker(A-2I)$ の次元が代数的重複度 $3$ と一致するかを調べる必要がある。本問では次元が $2$ なので対角化はできない。 また、$\ker(A-2I)^3=\mathbb{R}^3$ はこの固有値に属する広義固有空間を表しており、通常の固有空間 $\ker(A-2I)$ とは別物である。両者を同じものとして扱うと、固有ベクトルが3本あるかのような誤った結論になる。

試験で書くべきポイント

固有空間の基底、広義固有空間、Jordanブロックの大きさ、変換行列 $P$ の列ベクトルが何を表しているかを明示する。特に広義固有ベクトルについては $(A-2I)p_3=p_1$ の確認を書くと、Jordan形の根拠がはっきりする。 通常のJordan標準形で $$\begin{pmatrix} 2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix}$$ と書きたい場合は、対応する列の順序を $(p_1,p_3,p_2)$ に並べ替える。答案では、どの順序の基底に関する表示なのかを一言添えると、上三角部分の $1$ の位置に関する減点を避けやすい。

方針

部分空間の確認は「指定された形が基底行列の線形結合で書ける」ことを示すのが最短である。線形写像の表現行列は、基底の各元を写して、その係数を列に並べればよい。

核の見方

$\ker(T_g-\operatorname{Id}_V)$ は $T_g(X)=X$ となる行列全体である。今回の $T_g$ は共役変換なので、これは $gX=Xg$ を満たす行列、つまり $g$ と可換な行列の空間でもある。この視点で見ると、単位行列が核に入ることはすぐ分かる。 実際に $$X= \begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}$$ として $gX=Xg$ を直接解くと、 $$c=0,\qquad b=a-d$$ となる。よって $$X=dI+(a-d) \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&0 \end{pmatrix}$$ と書け、先に求めた核の基底と一致する。表現行列から計算した核が正しいかを短く検算するには、この可換性の条件を見るのが有効である。

像の検算

$[T_g]_S-I$ の階数は $2$ である。一方、核の次元も $2$ であるから、次元公式 $$\dim V=\dim\ker(T_g-\operatorname{Id}_V)+\dim\operatorname{Im}(T_g-\operatorname{Id}_V)$$ により $$4=2+2$$ となり、求めた像の基底が2本であることと整合する。 さらに、像の2本 $$\begin{pmatrix}1&-1\\-1&-1\end{pmatrix}, \qquad E_{12}$$ は明らかに一次独立である。第1の行列は $E_{11},E_{21},E_{22}$ 成分を含み、第2の行列は $E_{12}$ 成分だけを持つため、片方がもう片方のスカラー倍になることはない。

像を列空間として読むときの注意

$[T_g]_S-I$ の各列は、それぞれ $$(T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{11}),\quad (T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{12}),\quad (T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{21}),\quad (T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{22})$$ の座標である。本問では $$(T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{11})=-E_{12},\qquad (T_g-\operatorname{Id}_V)(E_{21}) =\frac12 \begin{pmatrix}1&-1\\-1&-1\end{pmatrix}$$ なので、像はこの2方向で張られる。係数の $\frac12$ は基底を張る上では取り除いてよいが、列ベクトルを行列に戻すときの成分順序 $$E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}$$ を取り違えないことが重要である。

典型ミス

表現行列では、像の係数を「列」に並べる。行に並べてしまうと転置された行列になり、核と像の計算もすべてずれる。また、$\operatorname{Im}(T_g-\operatorname{Id}_V)$ を求めるときは $[T_g]_S$ の列空間ではなく、$[T_g]_S-I$ の列空間を見る点に注意する。 部分空間 $W$ では、指定された零成分が固定されていることを確認する必要がある。たとえば $E_{12}$ や $E_{32}$ は $W$ に入らないので、$M_3(\mathbb{R})$ 全体の標準基底をそのまま基底として使うことはできない。答案では、許されている5つの位置だけを基底行列として列挙すれば十分である。

方針

連続性から最大値 $M$ が存在することを使う。関係式の右辺には $x/2$ と $(x+1)/2$ が現れ、どちらも $[0,1]$ に入る。そのため、それぞれの絶対値を最大値 $M$ で評価できる。

係数4が効く理由

右辺は2つの値の和なので、絶対値を取ると高々 $2M$ である。一方、左辺は $4|g(x)|$ である。最大点で $x=x_0$ とすれば $$4M\le 2M$$ となり、最大値が強制的に $0$ になる。この係数の差が本問の決定的な部分である。

最大点に代入する理由

$M$ は $|g|$ の最大値として取っているので、ある $x_0$ で $|g(x_0)|=M$ が成り立つ。 関係式は任意の $x\in[0,1]$ で成り立つから、この $x_0$ をそのまま代入できる。 この一手により、各点ごとの評価が最大値そのものの不等式に変わる。

典型ミス

最大値ではなく $g$ 自身の最大値だけを見ると、$g$ が負の値を大きく取る場合を取り逃がす。必ず $|g|$ の最大値を取る。また、連続性は最大値の存在を保証するために使われているので、答案ではそこを一言書くとよい。

試験で書くべきポイント

$x/2,(x+1)/2\in[0,1]$ であること、閉区間上の連続性により $M$ が存在すること、最大点に代入することの3点を書く。これだけで短く完全な答案になる。

方針

円板上の関数で、特異性が $1-r^2=0$、つまり境界 $r=1$ にある。したがって極座標に直し、境界の少し内側 $r^2\le 1-1/n$ で切ってから極限を取るのが自然である。

収束判定の本質

極座標変換後、問題は $$\int_{1/n}^{1}u^{-\alpha/2}\,du$$ の $u=0$ 近くの収束性に帰着する。一般に $$\int_0^1 u^{-p}\,du$$ が収束するのは $p<1$ のときである。ここでは $p=\alpha/2$ なので、条件は $\alpha<2$ となる。

切り取り方の検算

切り取り領域を $r\le 1-\varepsilon$ としても同じ結論になるが、本解では $r^2\le 1-1/n$ としたため、置換 $u=1-r^2$ 後の下端がちょうど $1/n$ になる。 広義積分の収束性は境界 $u=0$ 近くの挙動だけで決まり、上端 $u=1$ では $u^{-\alpha/2}$ は有限である。したがって、途中の切り取り方の違いで収束条件が変わることはない。

発散側の読み方

$\alpha=2$ では対数発散、$\alpha>2$ ではべき発散である。 答案では $$\pi\log n\to\infty, \qquad n^{\alpha/2-1}\to\infty$$ をそれぞれ明記すると、境界値 $\alpha=2$ を取り落としていないことが伝わる。 特に $\alpha<2$ の式を形式的に $\alpha=2$ へ代入することはできない。

検算

$\alpha=0$ と形式的に置くと、積分値は単位円板の面積 $\pi$ になる。公式 $$\frac{2\pi}{2-\alpha}$$ に $\alpha=0$ を代入しても $\pi$ になり、極座標計算と整合している。 また、$\alpha$ が $2$ に下から近づくと値は無限大へ向かうので、境界 $r=1$ の特異性が強くなるという直感とも合っている。

典型ミス

$dx\,dy$ を極座標に直すと $r\,dr\,d\theta$ が付く。この $r$ を落とすと収束条件も値も変わってしまう。また、特異点は原点ではなく境界側なので、切り取り方は $r\le 1-\varepsilon$ または $r^2\le 1-\varepsilon$ とするのがよい。 さらに、$\alpha>0$ という問題の条件を最後に戻して、答えを $0<\alpha<2$ と書くことも忘れやすい。

方針

有理関数の単位円上の積分なので、分母の零点を求め、単位円内の極だけの留数を足す。分母が2次式で、極が単純なら $$\operatorname*{Res}_{z=\zeta}\frac{1}{P(z)} = \frac{1}{P'(\zeta)}$$ を使うのが最も速い。

内側の極の判定

$a>1$ では2つの極は実数で、 $$z_+=-a+\sqrt{a^2-a},\qquad z_-=-a-\sqrt{a^2-a}$$ である。$z_-$ は絶対値が明らかに $1$ より大きい。$z_+$ については有理化して $$a-\sqrt{a^2-a} = \frac{a}{a+\sqrt{a^2-a}}$$ とすれば、$1$ 未満であることが見やすい。

注意すべき場合分け

$a=0,1$ では2次式が重根をもつので、単純極として扱ってはいけない。また、仮に $0<a<1$ と読むと、$\sqrt{a^2-a}$ は純虚数となり、2つの根はいずれも絶対値 $\sqrt a$ で単位円内に入る。この場合は単位円内に1つだけ極があるという上の議論とは別問題である。 $a=1$ では重根 $z=-1$ が積分路 $|z|=1$ 上に乗るため、通常の留数定理をそのまま適用する設定ではない。 本問で $a>1$ の条件を使う箇所は、平方根を正の実数として扱えることと、内側の極が一つに決まることの二つである。

典型ミス

単位円内外の判定をせずに両方の留数を足すと誤る。特に2次分母では2つの単純極の留数の和が $0$ になることがあり、内側の極だけを選ぶ作業が不可欠である。

方針

ハミング距離は「異なる位置の個数」である。距離の公理のうち、非負性・同一性・対称性は定義からほぼ直接分かる。最も書くべきところは三角不等式である。

三角不等式の考え方

位置ごとに見るのがポイントである。ある位置で $x$ と $z$ が違うなら、その途中に置いた $y$ は、$x$ と違うか、$z$ と違うかの少なくとも一方である。これが $$W(x,z)\subset W(x,y)\cup W(y,z)$$ という集合の包含に対応する。 例えばある位置で $x_i=0,z_i=1$ なら、$y_i$ は $0$ か $1$ のどちらであっても、$x_i\ne y_i$ または $y_i\ne z_i$ の少なくとも一方が起こる。 この座標ごとの事実を全ての位置で集めたものが上の包含である。

検算

具体例で $d_H(x,y)=3$ となるのは、異なる位置が3か所あるというだけである。値そのものよりも、$W(x,y)$ を正しく列挙してから個数を数えることが大切である。

典型ミス

三角不等式で $$W(x,z)=W(x,y)\cup W(y,z)$$ と書いてしまうのは誤りである。右辺には、$x$ と $z$ は同じだが $y$ だけ違う位置も含まれ得る。必要なのは等号ではなく包含である。