岡山大 環境生命自然科学研究科 数理科学コース 数学 2026年第1回募集 院試 解答例・解説

方針

固有多項式を計算した後，重解の有無と対角化可能性を分けて調べる。重解をもつことと対角化できないことは同じではないので，$a=0$ を別に確認するのがこの問題の要点である。

重解でも対角化できる場合

$a=0$ では固有値 $2$ が重複するが，その固有空間は2次元ある。したがって固有ベクトルは合計3本取れる。ここを確認せずに「重解があるから対角化不能」と判断すると失点しやすい。

ジョルダン標準形の確認

$a=-1$ では $\lambda=1$ の固有空間が1次元しかないため，代数的重複度2を1本の固有ベクトルでは埋められない。その不足分が長さ2のジョルダン鎖として現れる。

方針

$f^2=\operatorname{id}$ は「2回作用させると元に戻る」という条件である。したがって最小多項式は $x^2-1=(x-1)(x+1)$ を割り，固有空間分解が自然に出てくる。

分解公式

$$v=\frac{v+f(v)}2+\frac{v-f(v)}2$$ はこの問題の中心である。前半は $f$ で不変な成分，後半は符号が反転する成分であり，この式だけで和が全体を張ることが示せる。

答案上の注意

対角化可能性を言うには，固有値が $1,-1$ に限られることだけでは不十分である。実際に $V=W_1\oplus W_{-1}$ を示し，それぞれの固有空間の基底を合わせると $V$ の基底になる，という一文まで書くと答案として安定する。

方針

広義積分の特異点は $x=0$ だけである。そこで $x=t^2$ とおくと平方根の特異性が消え，通常の連続関数 $e^{-t^2}$ の積分に帰着する。

項別積分の根拠

級数展開を積分に入れるときは，何らかの正当化が必要である。この問題では $[0,1]$ 上で $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{|t|^{2n}}{n!}\leq \sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}$$ が成り立つため，ワイエルシュトラスの判定法で一様収束が従う。したがって項別積分が正当化される。

収束判定の書き分け

級数は絶対収束を示せば十分だが，広義積分は端点の特異性を個別に見る必要がある。ここで $e^{-x}$ は $0\le x\le 1$ で有界なので，問題になるのは $x^{-1/2}$ だけである。指数 $-1/2>-1$ であることを明記すると， 広義積分の収束理由が答案上で明確になる。

検算

右辺の積分は正なので，左辺の級数に係数 $2$ を掛けた値も正でなければならない。 初項だけなら $2$ で，次項までなら $2(1-1/3)=4/3$ となる。 一方，$0<e^{-x}\le1$ から右辺は $0$ と $2$ の間にあるため， 得られた等式の大きさとしても矛盾しない。

よくあるミス

$x$ のまま $e^{-x}$ を展開してもよいが， $$\int_0^1 x^{n-\frac12}\,dx$$ を扱う必要がある。計算自体は難しくないものの，広義積分と項別積分の正当化を同時に書く必要があるため，$x=t^2$ によって特異性を消す方法の方が答案にしやすい。 また，$\int_0^1 t^{2n}\,dt=1/(2n+1)$ の係数 $2$ は， 置換の $dx=2t\,dt$ と分母の $\sqrt{x}=t$ が打ち消し合った後に残る。 この係数を落とすと最終式全体が半分になる。

方針

$\pi$ 間隔の極をもつ $\cot z=\cos z/\sin z$ を使い，その留数から整数全体の和を取り出す標準的な留数計算である。追加の極 $\pm i\pi$ の留数が，最終的な閉じた形を決める。

輪郭積分が消える理由

正方形の辺を半整数倍の $\pi$ に置くことで，実軸上の極 $k\pi$ を避けられる。垂直辺では $\operatorname{Re}z$ が半整数倍の $\pi$ なので $\cot z$ は有界であり，水平辺では虚部が大きいためやはり有界である。残る因子 $1/(z^2+\pi^2)$ が $O(a_n^{-2})$，周長が $O(a_n)$ なので積分は $O(a_n^{-1})$ となる。

符号の確認

$z=i\pi$ では $$(2i\pi)\sin(i\pi)=(2i\pi)(i\sinh\pi)=-2\pi\sinh\pi$$ であるため，留数は負になる。ここで符号を誤ると最終結果が $-\pi\coth\pi$ になってしまい，正項級数の値として不自然であることからも確認できる。

方針

$G_1$ は互いに素な巡回置換の組合せなので，まず $C_3\times C_2$ と見る。ここで $3$ と $2$ が互いに素であるため， $(123)(45)$ だけで両方の成分を復元できる。$G_2$ は隣接互換で 生成される対称群として見る。この2つの見方を使うと，位数・巡回性・ 交わりがすべて統一的に決まる。

隣接互換で生成できる理由

隣接互換は「隣同士を入れ替える操作」であり，バブルソートと同じ考えで 任意の並べ替えを実現できる。答案では，任意の互換 $(ij)$ を隣接互換の 積で表示すれば十分である。対称群は互換で生成されるので，そこまで書けば $(12),(23),(34)$ が $S_4$ 全体を生成する根拠になる。

交わりの見つけ方

$G_2$ の決定的な特徴は $5$ を固定することである。一方， $G_1=\langle(123)(45)\rangle$ では，奇数乗に $(45)$ が残るので $5$ を動かし，偶数乗だけが $5$ を固定する。したがって交わりは 偶数乗からなる $\{e,(123),(132)\}$ であり，これが $\langle(123)\rangle$ である。

正規性の判定

部分群が正規であるかどうかは，共役で閉じているかを調べればよい。今回は $(123)$ を $G_2$ の元 $(34)$ で共役すると $(124)$ になる。 $(124)$ は同じく $5$ を固定する3-cycle だが， $\langle(123)\rangle$ の3個の元には含まれない。生成される3元部分群の 中に戻らない例を1つ出せば，正規でないことが示せる。

単数群との比較

$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ の位数は $\varphi(n)$ である。したがって $C_3$ と同型になるには $\varphi(n)=3$ が必要である。しかし $n>2$ では単数 $a$ と $-a$ が必ず異なるので，単数全体は2個ずつ 組になり，$\varphi(n)$ は偶数になる。例外 $n=1,2$ では単数群は どちらも自明群である。このため位数3の単数群，したがって $C_3$ と同型な単数群は存在しない。

方針

距離空間のコンパクト性は，開被覆の定義から直接扱うのが最も確実である。閉部分集合のコンパクト性は，補集合を1つ加えて大きいコンパクト集合の開被覆にするのが定石である。

閉性の証明

距離空間では，点 $x\notin A$ のまわりに $A$ と交わらない開球を作れば，補集合が開であることが示せる。各点ごとの距離は正でも，その下限が正とは限らないため，コンパクト性で有限個に絞ってから最小値を取る必要がある。

反例の意味

ユークリッド空間ではハイネ・ボレルの定理により「有界かつ閉」と「コンパクト」が同値である。しかしこれは一般の距離空間では成り立たない。離散距離の $\mathbb{N}$ は，その差がはっきり見える代表的な反例である。

方針

$x^2+y^2$ と第1象限円板が同時に現れるため，極座標変換が最短である。対数は $\log(r^2)$ となり，ヤコビアンの $r$ と $x+y$ の $r$ によって，半径方向には $r^2\log(r^2)$ が現れる。

原点の扱い

$\log(r^2)$ は $r=0$ で発散するが， $$r^2\log(r^2)$$ は $0$ 近傍で可積分である。実際，原始関数に含まれる $$r^3\log(r^2)$$ は $r\to0+$ で $0$ に収束する。したがって広義積分として問題なく計算できる。

検算

$0<a<1$ では $\log(a^2)<0$ なので答は負になり得る。一方，$a$ が十分大きいと対数項が支配的になり正になる。積分関数の符号が半径によって変わることと整合している。