阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2013年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

次数が $2$ 以下の多項式を $$f(x)=ax^2+bx+c$$ とおく。原点での値は多項式として連続に延長して考えればよいので， $$\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\,dt =\frac{1}{x}\left(\frac{a}{3}x^3+\frac{b}{2}x^2+cx\right) =\frac{a}{3}x^2+\frac{b}{2}x+c$$ である。また $$f'(x)=2ax+b.$$ したがって $$Tf(x) =\frac{a}{3}x^2+\left(2a+\frac{b}{2}\right)x+(b+c).$$ つまり，係数ベクトル $(a,b,c)^{\mathsf T}$ に対して $$\begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & 0 & 0\\ 2 & \frac{1}{2} & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}$$ という上三角に近い形の漸化式を得る。

$$f(x)=10x+3$$ では $a_0=0,\ b_0=10,\ c_0=3$ であり，$a_n=0$ のまま保たれる。さらに $$b_{n+1}=\frac{1}{2}b_n,\qquad c_{n+1}=b_n+c_n$$ だから $$b_n=\frac{10}{2^n},\qquad c_n=3+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{10}{2^k} =3+20\left(1-2^{-n}\right).$$ よって $$T^{100}f(x)=\frac{10}{2^{100}}x+23-\frac{20}{2^{100}}.$$

まず $c=\lambda a+(1-\lambda)b$ とおく。点 $c$ を基点にした積分剰余つきのTaylor公式から $$f(a)=f(c)+(a-c)f'(c)-\int_a^c (a-x)f''(x)\,dx,$$ $$f(b)=f(c)+(b-c)f'(c)-\int_c^b (x-b)f''(x)\,dx$$ である。これらにそれぞれ $\lambda,\ 1-\lambda$ を掛けて足すと $$\lambda f(a)+(1-\lambda)f(b) =f(c)+\{\lambda(a-c)+(1-\lambda)(b-c)\}f'(c)$$ $$\quad -\lambda\int_a^c (a-x)f''(x)\,dx -(1-\lambda)\int_c^b (x-b)f''(x)\,dx.$$ ここで $$\lambda(a-c)+(1-\lambda)(b-c) =\lambda a+(1-\lambda)b-c=0$$ である。したがって $$f(c)=\lambda f(a)+(1-\lambda)f(b) +\lambda\int_a^c (a-x)f''(x)\,dx +(1-\lambda)\int_c^b (x-b)f''(x)\,dx$$ が従う。

次に $f(a)=f(b)=0,\ f''(x)\ge 0$ とする。任意の $c\in [a,b]$ は $$c=\lambda a+(1-\lambda)b,\qquad \lambda=\frac{b-c}{b-a}$$ と表せる。このとき $0\le \lambda\le 1$ であり， $$a-x\le 0\quad (a\le x\le c),\qquad x-b\le 0\quad (c\le x\le b)$$ であるから，二つの積分項はいずれも $0$ 以下である。端点値は $0$ なので $$f(c)\le 0.$$ したがってすべての $x\in [a,b]$ に対して $f(x)\le 0$ である。

この行列は巡回行列である。第一行を $$c_0=a,\quad c_1=4a+3,\quad c_2=3a+2,\quad c_3=2a+1$$ と読むと，4次の1の根 $\zeta=1,-1,i,-i$ に対して固有値は $$\lambda(\zeta)=c_0+c_1\zeta+c_2\zeta^2+c_3\zeta^3$$ で与えられる。

実際に計算すると $$\lambda(1)=10a+6=2(5a+3),$$ $$\lambda(-1)=a-(4a+3)+(3a+2)-(2a+1)=-2(a+1),$$ $$\lambda(i)=a+(4a+3)i-(3a+2)-(2a+1)i =2(a+1)(-1+i),$$ $$\lambda(-i)=2(a+1)(-1-i).$$ したがって $$\det M(a) =2(5a+3)\{-2(a+1)\}\{2(a+1)(-1+i)\}\{2(a+1)(-1-i)\}.$$ $$(-1+i)(-1-i)=2$$ より $$\det M(a)=-32(5a+3)(a+1)^3.$$

階数は零固有値の個数で決まる。$a\ne -1,-3/5$ なら零固有値はないので $$\operatorname{rank}M(a)=4.$$ $a=-3/5$ では $\lambda(1)=0$ だけが消えるため $$\operatorname{rank}M(-3/5)=3.$$ $a=-1$ では $\lambda(-1),\lambda(i),\lambda(-i)$ が消え， $\lambda(1)=-4$ は残るため $$\operatorname{rank}M(-1)=1.$$

核の基底も同じ固有ベクトルから分かる。$a=-3/5$ では $\zeta=1$ に対応するので $$\operatorname{Ker}M(-3/5)=\operatorname{span}\{(1,1,1,1)^{\mathsf T}\}.$$ $a=-1$ では行列の全成分が $-1$ になり， $$M(-1)x=-(x_1+x_2+x_3+x_4)(1,1,1,1)^{\mathsf T}$$ である。したがって $$\operatorname{Ker}M(-1)=\{x\in\mathbb R^4\mid x_1+x_2+x_3+x_4=0\}.$$ 例えば $$(1,-1,0,0)^{\mathsf T},\quad (1,0,-1,0)^{\mathsf T},\quad (1,0,0,-1)^{\mathsf T}$$ が基底になる。

$$\tan z=\frac{\sin 2z}{\cos 2z+1}$$ をそのまま使うより，$z=x+ia$ として $$\tan(x+ia) =\frac{\sin 2x+i\sinh 2a}{\cos 2x+\cosh 2a}$$ と書くと極限が見やすい。分母は $a\to\infty$ で $\cosh 2a$ が支配的になり， $$\frac{\sin 2x}{\cos 2x+\cosh 2a}\to 0,\qquad \frac{\sinh 2a}{\cos 2x+\cosh 2a}\to 1$$ である。したがって $$\lim_{a\to\infty}\tan(x+ia)=i.$$

次に $$I(a)=\int_0^\pi \tan(x+ia)\,dx$$ を $a$ で微分する。$a>0$ では積分経路が正接関数の極を通らないので，積分と微分を交換して $$I'(a)=\int_0^\pi i\sec^2(x+ia)\,dx =i\,[\tan(x+ia)]_{x=0}^{x=\pi}.$$ $\tan(z+\pi)=\tan z$ より $$I'(a)=i\{\tan(\pi+ia)-\tan(ia)\}=0.$$ ゆえに $I(a)$ は $a>0$ で一定である。

最後に $a\to\infty$ をとると，先ほどの極限は $x\in[0,\pi]$ で一様に成り立つので $$I(a)=\lim_{A\to\infty} I(A) =\int_0^\pi i\,dx=i\pi.$$

関数を $$f(x,y)=x^3-y^3+x^2-2xy+y^2+1$$ とする。偏微分は $$f_x=3x^2+2x-2y,\qquad f_y=-3y^2-2x+2y.$$ 臨界点は $$3x^2+2x-2y=0,\qquad -3y^2-2x+2y=0$$ を満たす点である。これを $$y=\frac{3x^2+2x}{2},\qquad x=y-\frac{3y^2}{2}$$ として解くと $$(x,y)=(0,0),\quad \left(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$$ を得る。

ヘッセ行列は $$H(x,y)= \begin{pmatrix} 6x+2 & -2\\ -2 & -6y+2 \end{pmatrix}$$ である。点 $(-4/3,4/3)$ では $$H\left(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right) = \begin{pmatrix} -6 & -2\\ -2 & -6 \end{pmatrix}.$$ この行列は $$\det H=36-4=32>0,\qquad H_{11}=-6<0$$ なので負定値である。したがって $(-4/3,4/3)$ は極大点で，極大値は $$f\left(-\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right) =\frac{91}{27}.$$

点 $(0,0)$ では $$H(0,0)= \begin{pmatrix} 2 & -2\\ -2 & 2 \end{pmatrix}$$ であり，$\det H=0$ なので二次判定だけでは決まらない。ここでは $$f(x,y)-1=(x-y)^2+x^3-y^3 =(x-y)\{x-y+x^2+xy+y^2\}$$ と因数分解する。

直線 $x=y$ 上では $f(x,x)=1$ である。一方，$y=t,\ x=t-\alpha t^2$ とおくと $$x-y=-\alpha t^2,\qquad x^2+xy+y^2=3t^2+O(t^3)$$ だから $$f(t-\alpha t^2,t)-1 =-\alpha(3-\alpha)t^4+O(t^5).$$ $0<\alpha<3$ を選べば，十分小さい $t\ne 0$ でこれは負になる。また例えば $y=0$ では $$f(x,0)-1=x^2+x^3=x^2(1+x)>0$$ が $x$ の十分小さい範囲で成り立つ。したがって $(0,0)$ の任意の近くに $f>1$ となる点と $f<1$ となる点があるので，$(0,0)$ は極値を与えない。