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 2020年度 第1回募集 院試 過去問 解答例・解説（解説6項目）

方針

指数因子 $E$ はつねに正なので、$f_x=0$、$f_y=0$ は多項式部分の零点で決まる。 $f_x=2xE(\cdots)$、$f_y=2yE(\cdots)$ と積の形に整理してから場合分けするのが要点である。 展開したままだと連立方程式が解きにくい。

大域的な最大・最小

$f\ge0$ で、$f=0$ となるのは原点だけなので、$0$ は最小値（大域的）でもある。 また $x^2+y^2\to\infty$ で $f\to0$ なので、$f$ は有界で最大値を持ち、 それは極大値のうち大きいほう $2/e\simeq0.736$ である。 $\left(0,\pm1/\sqrt2\right)$ での値 $\frac12e^{-1}\simeq0.184$ は 極値ではないが、鞍点として「$x$ 方向には谷、$y$ 方向には峠」になっている。

対称性による確認

$f$ は $x\to-x$、$y\to-y$ のそれぞれについて偶関数なので、 停留点は原点対称・軸対称に現れる。 実際 $(\pm1,0)$ と $\left(0,\pm1/\sqrt2\right)$ が対で出ている。 $f_{xy}$ が $xy$ に比例するので、軸上の停留点ではつねに $f_{xy}=0$ になり、 $D$ の計算が簡単になる。

失点しやすい点

(3) で $f_x=0$ を「$2-2x^2-y^2=0$」だけと考えると $x=0$ の場合を落とす。 積が $0$ になる条件はどちらかの因子が $0$ である。 また第4の場合（両方の楕円の交点）が空であることを確認しないと、 存在しない停留点を探して混乱する。

対合行列であることの意味

$A^2=I$ を満たす行列を対合行列という。 固有値は $\pm1$ に限られ、対角化可能で、 $\mathbb R^4$ は固有値 $1$ の固有空間（3次元）と $-1$ の固有空間（1次元）に直和分解される。 幾何的には「$\bm u_4$ 方向だけを反転する（斜交）鏡映」にあたる。 $P$ は直交行列ではないので、鏡映といっても直交鏡映ではない点に注意する。

検算

$\operatorname{tr}A=3+1+1-3=2$ で、固有値の和 $1+1+1-1=2$ と一致する。 $\det A=1\cdot1\cdot1\cdot(-1)=-1$ で、 $A^2=I$ から $(\det A)^2=1$、すなわち $\det A=\pm1$ であることとも整合する。

(3) の別解

ケーリー・ハミルトンの定理を使わなくても、 最小多項式が $\lambda^2-1$ であること（固有値が $\pm1$ で対角化可能）から $A^2=I$ が直ちに従う。 逆に $A^2=I$ さえ示せば (1)(2) を経由せずに (3)(4) が書けるので、 最初に $A^2$ を計算してしまうのも有力な戦略である。

失点しやすい点

(2) で $\lambda=1$ の固有空間の次元を $1$ と誤ると 「重複度 $3$ に対して固有ベクトルが足りないので対角化不可能」という誤答になる。 $A-I$ の階数が $1$（独立な行が1本だけ）であることを確かめること。 (4) は「$A^{-1}=A$」を示せば終わりで、$n$ についての帰納法は不要である。

方針

(3) は「連結性は連続写像で保たれる」と「連結性は閉包を取っても保たれる」という 2つの命題の合成である。前者は $f^{-1}$ で分割を引き戻す標準的な議論、 後者が (2) で、その鍵が (1) である。 (1) は「閉包の点はもとの集合にいくらでも近い」という直観の位相版で、 距離空間なら点列で言えるところを開集合で言い換えたものである。

どこまで広げられるか

(2) の証明は $N\subset M\subset\overline N$ を満たす任意の $M$ についても そのまま通用する。すなわち「連結集合とその閉包の間にある集合はすべて連結」である。 たとえば位相幾何学者の正弦曲線 $\left\{\left(x,\sin\frac1x\right)\mid x>0\right\}$ は連結で、 その閉包（$y$ 軸上の線分を加えたもの）も連結になる。 弧状連結性はこの操作で保たれない（この例が反例）ので、 「連結」と「弧状連結」の違いが出るところでもある。

分割の定義に注意

部分空間 $N$ の「分割」は、$N$ の相対開集合による分割である。 本文では $S$ の開集合 $O_1,O_2$ を取って $O_i\cap N$ を相対開集合とみている。 相対位相の定義（$S$ の開集合との共通部分）を明示しておくと、 (1) との接続が見えやすい。

失点しやすい点

(2) で「$\overline N$ が分割されるなら $N$ も分割される」と言うとき、 $O_i\cap N\ne\emptyset$ を確かめる必要がある。 ここが (1) を使うところで、これを飛ばすと 「片方が空かもしれない」という穴が残る。 (3) では $f(N)$ の連結性と $\overline{f(N)}$ の連結性を分けて書くこと。

$n>1$ が必要な理由

$n=1$ では $S_1=\{\mathrm{id}\}$ で互換が存在せず、$f$ は全射にならない （像は $\{1\}$ のみ）。このとき $A_1=S_1$ で位数は $1$ であり、 $\dfrac{1!}{2}=\dfrac12$ とは合わない。 設問が $n>1$ と断っているのはこのためである。

符号の準同型性をどう示すか

「偶置換 $\times$ 偶置換 $=$ 偶置換」などを互換の個数の偶奇で議論してもよいが、 そのためには「置換を互換の積に表したときの個数の偶奇が一意」という定理が要る。 本文のように $\Delta$ への作用で定義すると、 その一意性が自動的に組み込まれるので議論が短くなる。

指数 $2$ の帰結

$\left(S_n:A_n\right)=2$ なので、$A_n$ は自動的に正規部分群である （指数 $2$ の部分群はつねに正規）。 また $S_n$ は $A_n$ と、任意の互換 $\tau$ を掛けた剰余類 $\tau A_n$（奇置換全体）の 2つに分かれる。偶置換と奇置換がちょうど半々であることがここから分かる。

失点しやすい点

(3) で「偶置換と奇置換は同数だから $n!/2$」とだけ書くと、 その同数性の根拠（全射準同型と準同型定理、あるいは互換を掛ける全単射）が抜ける。 $\sigma\mapsto\tau\sigma$ が偶置換全体と奇置換全体の間の全単射を与える、 という直接の議論でもよいが、その旨を明示すること。

曲線の形

$x^2+y^2=t^2\left(\cos^2t+\sin^2t\right)=t^2=z^2$ なので、 この曲線は円錐面 $x^2+y^2=z^2$ 上にある。 $z=t$ が高さ、$t$ が同時に回転角と半径を兼ねているので、 上に行くほど半径が大きくなる円錐らせんである。 $t=\pi$ は原点から数えて半周した位置で、$xz$ 平面の $x<0$ 側にある。

接触平面が定まる条件

$\bm p'\times\bm p''\ne\bm 0$ でなければ接触平面は決まらない。 本問では第3成分が $2+\pi^2>0$ なので問題ない。 一般の $t$ でも $\bm p'\times\bm p''$ の第3成分は $\left(\cos t-t\sin t\right)\left(2\cos t-t\sin t\right) -\left(\sin t+t\cos t\right)\left(-2\sin t-t\cos t\right)=2+t^2$ となり、つねに正である。したがってこの曲線は全域で接触平面を持つ。

検算

求めた平面に $\bm p(\pi)=(-\pi,0,\pi)$ を代入すると $-2\pi+0+\left(2+\pi^2\right)\pi-\pi^3=-2\pi+2\pi+\pi^3-\pi^3=0$ ✓。 また接線方向 $(-1,-\pi,1)$ と法線 $\left(2,\pi,2+\pi^2\right)$ の内積は $-2-\pi^2+2+\pi^2=0$ ✓、 $\bm p''(\pi)=(\pi,-2,0)$ との内積は $2\pi-2\pi+0=0$ ✓。 どちらも法線に垂直で、確かに接触平面である。

失点しやすい点

$\bm p'$ の第1成分を $-t\sin t$（$\cos t$ の項を落とす）としたり、 $\bm p''$ の第1成分で $-2\sin t$ の係数 $2$ を落としたりする誤りが多い。 $t\cos t$ を2回微分すると $-2\sin t-t\cos t$ になることを丁寧に確かめる。 また (2) では定数項の整理で $\pi\left(2+\pi^2\right)$ の展開を間違えやすい。 最後に点を代入して $0$ になるかを必ず確認すること。

規格化の確認

求めた周辺密度が確率密度になっていることを確かめる。 $\displaystyle\int_0^14x\left(1-x^2\right)dx=4\left(\frac12-\frac14\right)=1$、 $\displaystyle\int_0^14y^3dy=1$。どちらも $1$ になり (1) の $c=8$ と整合する。

$X$ と $Y$ は独立でない

$E(X)=\displaystyle\int_0^1x\cdot4x\left(1-x^2\right)dx =4\left(\frac13-\frac15\right)=\frac{8}{15}$、 $E(Y)=\displaystyle\int_0^1y\cdot4y^3dy=\frac45$ なので $$E(X)E(Y)=\frac{8}{15}\cdot\frac45=\frac{32}{75}\simeq0.427 \ \ne\ \frac49\simeq0.444=E(XY).$$ 共分散は $\dfrac49-\dfrac{32}{75}=\dfrac{100-96}{225}=\dfrac{4}{225}>0$ で正の相関がある。 台が $x<y$ という三角形に限られている以上、$X$ が大きければ $Y$ も大きいので当然である。 実際 $f_{X,Y}(x,y)\ne f_X(x)f_Y(y)$（台の形が積の形にならない）ことからも独立でない。

条件付き分布

$f_{Y}(y)=4y^3$ で割ると $f_{X\mid Y}(x\mid y)=\dfrac{8xy}{4y^3}=\dfrac{2x}{y^2}$（$0<x<y$）となり、 $Y=y$ のもとで $X$ は $[0,y]$ 上の三角分布に従う。 $E(X\mid Y=y)=\displaystyle\int_0^y x\cdot\frac{2x}{y^2}dx=\frac{2y}{3}$ である。 これを使えば $E(XY)=E\left[Y\,E(X\mid Y)\right]=E\left[\frac{2Y^2}{3}\right] =\frac23\int_0^1y^2\cdot4y^3dy=\frac23\cdot\frac46=\frac49$ と (3) を再現できる。

失点しやすい点

(2) で積分区間を取り違え、$f_X(x)=\int_0^x8xy\,dy=4x^3$ としてしまう誤りが多い。 $x<y$ なので、$x$ を固定したときの $y$ の範囲は $x$ より上、 すなわち $(x,1)$ である。三角形の図を描いて縦横どちらに切るかを確認するとよい。 また周辺密度は台の外で $0$ であることを書き添えること。