阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2005年度 院試 解答例・解説

仮定から $f'$ は $[0,\infty)$ 上で絶対可積分である。 任意の $s<t$ について微積分の基本定理より $$f(t)-f(s)=\int_s^t f'(x)\,dx$$ であるから、 $$|f(t)-f(s)| \leq \int_s^t |f'(x)|\,dx.$$ $f'\in L^1([0,\infty))$ なので、任意の $\varepsilon>0$ に対して $R>0$ を十分大きく取れば $$\int_R^\infty |f'(x)|\,dx<\varepsilon$$ となる。したがって $s,t\geq R$ なら $$|f(t)-f(s)|<\varepsilon$$ であり、$f(x)$ は $x\to\infty$ で Cauchy 条件を満たす。 実数の完備性により、ある実数 $L$ が存在して $$\lim_{x\to\infty} f(x)=L$$ となる。

次に $L=0$ を示す。 もし $L\neq 0$ なら、$R_1>0$ を十分大きく取ることで $$x\geq R_1 \quad\Longrightarrow\quad |f(x)|\geq \frac{|L|}{2}$$ とできる。すると $$\int_{R_1}^{T}|f(x)|\,dx \geq \frac{|L|}{2}(T-R_1)$$ であり、$T\to\infty$ とすると右辺は無限大に発散する。 これは $f\in L^1([0,\infty))$ に反する。 よって $L=0$ である。

$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ とおく。 偏微分を簡潔に書くため、$f_x,f_y,f_{xx},f_{xy},f_{yy}$ はすべて $(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ で評価されているものとする。

まず $r$ に関する微分は $$g_r=f_x\cos\theta+f_y\sin\theta$$ である。さらにもう一度微分すると $$g_{rr} = f_{xx}\cos^2\theta +2f_{xy}\sin\theta\cos\theta +f_{yy}\sin^2\theta.$$

次に $\theta$ に関する微分を計算する。 $$g_\theta = -r f_x\sin\theta+r f_y\cos\theta$$ であるから、 $$\begin{aligned} g_{\theta\theta} &= r^2 f_{xx}\sin^2\theta -2r^2 f_{xy}\sin\theta\cos\theta +r^2 f_{yy}\cos^2\theta \\ &\qquad -r f_x\cos\theta-r f_y\sin\theta. \end{aligned}$$ したがって $$\begin{aligned} \frac{1}{r^2}g_{\theta\theta}+\frac{1}{r}g_r &= f_{xx}\sin^2\theta -2f_{xy}\sin\theta\cos\theta +f_{yy}\cos^2\theta. \end{aligned}$$ これを $g_{rr}$ と足すと交差項が消え、 $$\begin{aligned} g_{rr}+\frac{1}{r}g_r+\frac{1}{r^2}g_{\theta\theta} &= f_{xx}(\cos^2\theta+\sin^2\theta) +f_{yy}(\sin^2\theta+\cos^2\theta) \\ &= f_{xx}+f_{yy}. \end{aligned}$$ よって、$r>0$ で $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 g}{\partial r^2} +\frac{1}{r}\frac{\partial g}{\partial r} +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 g}{\partial\theta^2}$$ が成り立つ。

計算する積分を $$I(t)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{itx}}{x^2+1}\,dx$$ とおく。

まず $t=0$ のときは $$I(0)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2+1} = \bigl[\arctan x\bigr]_{-\infty}^{\infty} = \pi.$$

$t>0$ のとき、上半平面の半円で閉じた経路を用いる。 被積分関数 $$\frac{e^{itz}}{z^2+1} = \frac{e^{itz}}{(z-i)(z+i)}$$ は上半平面内に単純極 $z=i$ を持ち、その留数は $$\operatorname*{Res}_{z=i} \frac{e^{itz}}{z^2+1} = \frac{e^{it i}}{2i} = \frac{e^{-t}}{2i}.$$ 上半円弧上では $z=x+iy$ に対して $|e^{itz}|=e^{-ty}$ となり、弧積分は半径を無限大にすると消える。 よって留数定理から $$I(t)=2\pi i\cdot \frac{e^{-t}}{2i} = \pi e^{-t} \qquad (t>0).$$

$t<0$ のときは下半平面で閉じる。 下半平面内の極は $z=-i$ であり、 $$\operatorname*{Res}_{z=-i} \frac{e^{itz}}{z^2+1} = \frac{e^{it(-i)}}{-2i} = -\frac{e^t}{2i}.$$ 下半平面の閉曲線は時計回りなので、留数定理の符号は負になる。 したがって $$I(t) = -2\pi i\left(-\frac{e^t}{2i}\right) = \pi e^t \qquad (t<0).$$

(i) 対角成分が $a_i+1$、非対角成分が $1$ である行列は $$\operatorname{diag}(a_1,\ldots,a_n)+\mathbf{1}\mathbf{1}^{\mathsf T}$$ と書ける。ただし $\mathbf{1}=(1,\ldots,1)^{\mathsf T}$ である。

まず $a_1,\ldots,a_n$ がすべて $0$ でない場合を考える。 行列式補題 $$\det(A+uv^{\mathsf T}) = \det A\,(1+v^{\mathsf T}A^{-1}u)$$ を $A=\operatorname{diag}(a_1,\ldots,a_n)$、$u=v=\mathbf{1}$ に適用すると、 $$\begin{aligned} D(a_1,\ldots,a_n) &= \prod_{i=1}^n a_i \left(1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\right)\\ &= \prod_{i=1}^n a_i +\sum_{i=1}^n \prod_{\substack{1\leq j\leq n\\ j\neq i}} a_j. \end{aligned}$$ 両辺は $a_1,\ldots,a_n$ の多項式であり、$a_i\neq 0$ の範囲で一致している。 よって多項式として恒等的に一致し、いずれかの $a_i$ が $0$ の場合にも同じ式が成り立つ。

(ii) (i) の結果に $a_i=i$ を代入すると $$D(1,2,\ldots,n) = n!\left(1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\right).$$ したがって $$\frac{D(1,2,\ldots,n)}{n!} = 1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{i} = 1+H_n$$ である。調和数 $H_n$ は発散する。 実際、 $$H_n = \sum_{i=1}^n\frac{1}{i} \geq \int_1^{n+1}\frac{dx}{x} = \log(n+1)$$ であり、$n\to\infty$ とともに無限大へ発散する。 よってこの集合は有界でない。

(i) まず行ランクについて考える。 行基本変形の三種類、すなわち 行の定数倍、二行の入れ換え、ある行への別の行の定数倍の加算は、いずれも行ベクトルたちが張る部分空間を変えない。 実際、各操作は逆操作を持つので、変形後の各行は変形前の行の線形結合であり、逆に変形前の各行も変形後の行の線形結合で表せる。 したがって行空間の次元、すなわち行ランクは保存される。

次に列ランクを考える。 行基本変形全体は、ある正則な $m$ 次行列 $E$ を左から掛けることに等しい。 つまり $$B=EA$$ と書ける。 $A$ の列ベクトルを $a_1,\ldots,a_n$ とすると、$B$ の列ベクトルは $$Ea_1,\ldots,Ea_n$$ である。正則行列 $E$ が定める写像 $$\mathbb{R}^m\longrightarrow \mathbb{R}^m,\qquad v\longmapsto Ev$$ は線形同型であるから、部分空間の次元を保つ。 よって $$\dim\operatorname{span}(a_1,\ldots,a_n) = \dim\operatorname{span}(Ea_1,\ldots,Ea_n)$$ となり、列ランクも保存される。

(ii) $A$ に行基本変形を施して、簡約行階段形 $R$ にする。 (i) により、$A$ と $R$ は同じ行ランク、同じ列ランクを持つ。 したがって $R$ について行ランクと列ランクが等しいことを示せば十分である。

$R$ の非零行の本数を $r$ とする。 簡約行階段形では、非零行は互いに一次独立であるから、行ランクは $r$ である。 また、各非零行には先頭の $1$、すなわちピボットが一つずつあり、ピボット列は $r$ 本ある。 簡約行階段形ではピボット列は互いに異なる標準基底ベクトルの形をしているため一次独立である。 一方、非ピボット列は、ピボット行に現れる成分を係数としてピボット列の線形結合で表される。 よって列空間は $r$ 本のピボット列で張られ、列ランクも $r$ である。

以上より $$\text{行ランク}(A)=\text{列ランク}(A)$$ が成り立つ。