新潟大 自然科学研究科 数理物質科学専攻 数理科学コース 数学 2018年度 第1回募集 院試 過去問 解答例・解説（解説6項目）

方針

(1) は「展開したい関数の導関数のほうが展開しやすい」典型例である。 $\sin^{-1}x$ を直接何度も微分するより、$(1-x^2)^{-1/2}$ を二項級数で書いて 1回積分するほうが圧倒的に速い。 (2) は断面積を求めてから $z$ で積分する（カヴァリエリの原理）。 楕円の面積 $\pi ab$ を使うのが要点で、これを円の面積と取り違えないこと。

検算

(1) の一般項は $\sin^{-1}x=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{4^k(k!)^2(2k+1)}x^{2k+1}$ である。 $k=0,1,2$ で $1,\ \frac{1}{6},\ \frac{3}{40}$ となり上と一致する。 $x=\frac12$ を代入すると $0.5+0.0208+0.0023=0.5231$ で、 $\sin^{-1}0.5=\pi/6\simeq0.5236$ に近い。

(2) の検算として、楕円体全体の体積は $\frac43\pi\cdot1\cdot2\cdot3=8\pi$ である。 求めた $\frac{56\pi}{27}\simeq2.07\pi$ は全体の約 $26\%$ で、 $z\ge1$ が高さ $6$ のうち上側 $\frac13$ にあたることを考えると妥当な大きさである。

別解（線形変換）

$X=x$、$Y=y/2$、$Z=z/3$ と置くと領域は $X^2+Y^2+Z^2\le1$、$Z\ge\frac13$ となり、 ヤコビアンは $\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(X,Y,Z)}=6$ である。 単位球の $Z\ge h$ の部分（球冠）の体積は $\frac\pi3(1-h)^2(2+h)$ なので、 $h=\frac13$ として $\frac\pi3\cdot\frac49\cdot\frac73=\frac{28\pi}{81}$、 これを $6$ 倍して $\frac{56\pi}{27}$ となり一致する。

失点しやすい点

(1) で「$a_0$ から $a_5$ まで」と指定されているので、 $0$ になる偶数次の係数も明示して答えること。 (2) では積分区間の下端を $0$ としてしまうと、$z\ge1$ の条件を無視したことになる。 上端が $3$ であること（$z>3$ では楕円体の外）も確認する。

$A=3I+J$ の分解が効く理由

$J$ は階数 $1$ なので固有値がすぐ分かる（$0$ が2重、トレース $3$ が1重）。 $I$ を足しても固有ベクトルは変わらず固有値だけ平行移動するので、 特性多項式を展開せずに $A$ の固有値が得られる。 一般に「対角成分がすべて $a$、非対角成分がすべて $b$ の $n$ 次行列」は 固有値 $a+(n-1)b$（1重）と $a-b$（$n-1$ 重）を持つ。

検算

$\operatorname{tr}A=12=6+3+3$、$\det A=6\cdot3\cdot3=54$。 実際に行列式を計算すると $4(16-1)-1(4-1)+1(1-4)=60-3-3=54$ で一致する。

正定値性の確認

標準形の係数がすべて正なので $Q$ は正定値である。 主小行列式で確かめると $4>0$、$\begin{vmatrix}4&1\\1&4\end{vmatrix}=15>0$、$\det A=54>0$ で シルヴェスターの判定法とも整合する。

失点しやすい点

(3) で「直交行列」と指定されているので、固有ベクトルを規格化するだけでなく 重複固有値の固有空間内で直交化する必要がある。 $(1,-1,0)$ と $(1,0,-1)$ をそのまま並べると $P$ は正則だが直交ではない。 (4) では二次形式の行列を作るとき、$2x_1x_2$ の係数 $2$ を $a_{12}=a_{21}=1$ と半分ずつ振り分けること。 $a_{12}=2$ としてしまうと別の行列になる。

$z^{-1}$ で展開する理由

$|\alpha|<1<|z|$ ではなく $|z|=1>|\alpha|$ なので、 $\dfrac{1}{z-\alpha}$ は $\alpha$ のまわりではなく無限遠のまわりで展開する。 $\dfrac1z\cdot\dfrac{1}{1-\alpha/z}$ と括り出すのがその操作で、 結果として負べきだけの級数（$z^{-1},z^{-2},\dots$）になる。 $|\alpha|>1$ なら逆に $-\dfrac1\alpha\cdot\dfrac{1}{1-z/\alpha}$ と展開して正べきになる。

検算：$\beta=0$ の場合

$f_2=\dfrac{1}{z(z-\alpha)}=\displaystyle\sum_{k\ge0}\alpha^kz^{-k-2}$ なので $\left\|f_2\right\|^2=\dfrac{1}{1-|\alpha|^2}$ である。 一方、公式で $\beta=0$ とすると $|\alpha-\beta|^2=|\alpha|^2$、 $\dfrac{|\beta|^2}{1-|\beta|^2}=0$、$\operatorname{Re}\dfrac{\alpha\bar\beta}{1-\alpha\bar\beta}=0$ より $\dfrac{1}{|\alpha|^2}\cdot\dfrac{|\alpha|^2}{1-|\alpha|^2}=\dfrac{1}{1-|\alpha|^2}$ で一致する。

もう一つの検算：$\beta=-\alpha$（$\alpha=r>0$）

$f_2=\dfrac{1}{z^2-r^2}=\displaystyle\sum_{m\ge0}r^{2m}z^{-2m-2}$ より $\left\|f_2\right\|^2=\dfrac{1}{1-r^4}$。 公式では $|\alpha-\beta|^2=4r^2$、 $\dfrac{r^2}{1-r^2}\times2-2\operatorname{Re}\dfrac{-r^2}{1+r^2} =\dfrac{2r^2}{1-r^2}+\dfrac{2r^2}{1+r^2}=\dfrac{4r^2}{1-r^4}$ なので $\dfrac{1}{4r^2}\cdot\dfrac{4r^2}{1-r^4}=\dfrac{1}{1-r^4}$ で一致する。

失点しやすい点

(2)(3) で「留数定理で計算する」と考えると、 $f\bar f$ の $\bar f$ が $z$ の正則関数でないため素直には進まない。 $|z|=1$ 上では $\bar z=1/z$ なので $\overline{f(z)}$ を $1/z$ の関数に書き換える手はあるが、 展開してパーセバルを使うほうがはるかに速い。 また級数の項別積分（一様収束の確認）に一言触れておくと丁寧である。

方針

位数 $8$ の群は $\mathbb Z/8$、$\mathbb Z/4\times\mathbb Z/2$、$(\mathbb Z/2)^3$、 二面体群 $D_4$、四元数群 $Q_8$ の5種類に限られる。 しかし本問は分類を使わずに、ラグランジュの定理と初等的な論法だけで解ける。 分類を持ち出すと「5種類しかない」ことの証明が別途必要になるので、 一般論で押すほうが答案は短い。

(2)(iii) を落としやすい

「アーベルなら $x\mapsto x^{-1}$ でよい」で済ませると、 $(\mathbb Z/2)^3$（すべての元が $x^{-1}=x$）の場合に $\iota=\operatorname{id}$ となって反例になる。 この場合だけは別の自己同型（基底の入れ替え）を用意する必要がある。 場合分けの必然性がここにある。

(3) の別解

$p$ 群の中心は自明でない（類等式による）ので $|Z(G)|\in\{2,4,8\}$。 非アーベルなので $|Z(G)|\ne8$。また $|Z(G)|=4$ なら $G/Z(G)$ が位数 $2$ の巡回群となり、 「$G/Z(G)$ が巡回群なら $G$ はアーベル」により矛盾する。 よって $|Z(G)|=2$ で、$G/Z(G)$ は位数 $4$ のアーベル群。 その位数 $2$ の部分群の逆像が位数 $4$ の正規部分群になる。 本文の解法（位数 $4$ の元を取る）のほうが短い。

失点しやすい点

(1) は「ラグランジュの定理により」と根拠を明示すること。 「$6\nmid8$ だから」だけでは定理の適用を書いたことにならない。 (3) では位数 $4$ の元の存在と、指数 $2$ の部分群が正規であることの 両方に証明を付けること。前者を「明らか」で済ませると、 $(\mathbb Z/2)^3$ の場合を排除した根拠が消える。

方針

弧長パラメータでない曲線の曲率・捩率は、 $\kappa=\dfrac{\left|\bm p'\times\bm p''\right|}{\left|\bm p'\right|^3}$、 $\tau=\dfrac{\det\left(\bm p',\bm p'',\bm p'''\right)}{\left|\bm p'\times\bm p''\right|^2}$ の2式で計算できる。分母の冪が異なる（$3$ 乗と $2$ 乗）ので取り違えないこと。 接触平面の法線は $\bm p'\times\bm p''$（従法線方向）である。

検算：$t=0$ での値

$\kappa(0)=\dfrac{\sqrt{1-2+2}}{(3-2)^{3/2}}=1$、 $\tau(0)=\dfrac{-1}{1-2+2}=-1$。 $t=0$ では $\bm p'=(0,0,1)$、$\bm p''=(0,1,0)$ が直交して大きさ $1$ なので、 曲率が $1$ になるのは自然である。

尖点の扱い

平面サイクロイドは $t=2n\pi$ で速度が $0$ になり尖点を持つが、 本問の曲線は $z=t$ を足しているので $\bm p'=(0,0,1)\ne\bm 0$ となり、 正則曲線のまま尖点が解消されている。 $t=2n\pi$ で $\kappa=1$、$\tau=-1$ と有限にとどまるのはそのためである。

曲率・捩率の変化

$s=1-\cos t\in[0,2]$ とおくと $\kappa=\dfrac{\sqrt{s^2+1}}{(2s+1)^{3/2}}$、$\tau=\dfrac{-1}{s^2+1}$ である。 $s=0$（$t=2n\pi$）で $\kappa=1$ と最大、$s=2$（$t=(2n+1)\pi$）で $\kappa=\dfrac{\sqrt5}{5^{3/2}}=\dfrac15$ と最小になる。 捩率は $s=0$ で $-1$、$s=2$ で $-\dfrac15$ である。 どちらも周期 $2\pi$ で変動し、螺旋のように一定にはならない。

失点しやすい点

(3) の分母を $\left|\bm p'\times\bm p''\right|^3$ としたり、 $\left|\bm p'\right|^6$ としたりする誤りが多い。 また三重積の符号を落とすと捩率の正負が反転する。 本問では負の値になり、曲線が左巻きであることを意味する。

自由変数が双対に与える影響

主問題の変数に符号条件が付くと、対応する双対制約は不等号になる。 逆に自由変数なら双対制約は等号になる。 本問で $x_4$ が自由なので $-2y_1-y_2=4$ が等式制約として現れ、 その結果、双対の実行可能領域が平面内の「面」ではなく「線分」になっている。 図が線分になるのはこの構造の反映である。

$x_4<0$ を排除しないこと

最適解 $x_4=-\dfrac34$ は負だが、$x_4$ に非負条件がないので実行可能である。 (1) の列挙で $x_4<0$ の解を捨ててしまうと最適解そのものを見落とし、 最小値を $\dfrac{22}{5}$ と誤答する。制約条件をそのまま読むことが大切である。

有界性の確認

基底解を比べるだけでは、目的関数が下に非有界でないことは言えない。 双対に実行可能解が1つでも存在すれば、弱双対定理から主問題の値は その双対値以上に押さえられ、下に有界であることが分かる。 (3) はこの意味でも (2) の答えを支えている。

失点しやすい点

双対の目的関数の係数は $\bm b$（制約の右辺）であって $\bm c$ ではない。 また $b_1=-1$ なので目的関数は $-y_1+2y_2$ となり、符号を落としやすい。 図示では、直線 $-2y_1-y_2=4$ 上のどの範囲が実行可能かを 他の3本の不等式から絞り込むことを忘れないこと。