阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2014年度 院試 解答例・解説

$(1)$ では $$u=x+y,\qquad v=\frac{y-x}{y+x}$$ とおく。領域内では $u>0$ であり， $$x=\frac{u(1-v)}2,\qquad y=\frac{u(1+v)}2$$ である。条件 $x\ge0,\ y\ge0,\ x+y\le1$ は $$0\le u\le1,\qquad -1\le v\le1$$ に移る。ヤコビアンは $$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = \left| \begin{matrix} (1-v)/2 & -u/2\\ (1+v)/2 & u/2 \end{matrix} \right| = \frac{u}{2}$$ である。したがって $$\begin{aligned} I_1 &= \int_0^1\int_{-1}^1 e^v\frac{u}{2}\,dv\,du \\ &= \frac12\left(\int_0^1u\,du\right) \left(\int_{-1}^1e^v\,dv\right) = \frac14(e-e^{-1}). \end{aligned}$$

$(2)$ では $t=e^x$ とおく。すると $dx=dt/t$ で， $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\alpha x}}{e^x+1}\,dx = \int_0^\infty \frac{t^{\alpha-1}}{1+t}\,dt .$$ $0<\alpha<1$ なので，この積分は $0$ と $\infty$ の両端で収束する。 オイラーの反射公式 $$\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)=\frac{\pi}{\sin \pi\alpha}$$ と $$B(\alpha,1-\alpha) = \int_0^\infty\frac{t^{\alpha-1}}{1+t}\,dt$$ より， $$I_2=\frac{\pi}{\sin \pi\alpha}.$$

$(1)$ $f(x)$ は高々 $n$ 次であり， $$f(0)=f(1)=\cdots=f(n)=0$$ を満たす。互いに異なる $n+1$ 個の零点を持つ高々 $n$ 次多項式は 零多項式である。実際，零多項式でないなら次数は零点の個数以上で なければならず，次数が高々 $n$ であることに反する。

$(2)$ $n$ に関する帰納法で示す。$n=0$ では定数多項式 $f(x,y)$ が $f(0,0)=0$ を満たすので $f=0$ である。

$n\ge1$ とし，次数が高々 $n-1$ の場合まで主張が成り立つと仮定する。 まず $y=0$ とおくと，一変数多項式 $f(x,0)$ は高々 $n$ 次で， $$f(0,0)=f(1,0)=\cdots=f(n,0)=0$$ を満たす。よって $(1)$ から $f(x,0)$ は零多項式である。 したがって $f(x,y)$ は多項式環 $\mathbb{R}[x,y]$ で $y$ を因子に持ち， $$f(x,y)=y\,g(x,y)$$ と書ける。このとき $g(x,y)$ の次数は高々 $n-1$ である。

次に $k,l$ を $k\ge0,\ l\ge0,\ k+l\le n-1$ を満たす整数とする。 与えられた条件を点 $(k,l+1)$ に適用すると $$f(k,l+1)=0$$ であり，$l+1\ne0$ だから $$g(k,l+1)=0$$ である。ここで $$h(x,y)=g(x,y+1)$$ とおけば，$h$ も次数が高々 $n-1$ の多項式で， $$h(k,l)=0\qquad (k,l\ge0,\ k+l\le n-1)$$ を満たす。帰納法の仮定より $h=0$ であり，従って $g=0$ である。 よって $f=y g=0$ が従う。

$X+I$ は正則であり，$X-I$ と $X+I$ はどちらも $X$ の多項式 なので互いに可換である。したがって $(X+I)^{-1}$ も $X-I$ と 可換で， $$A=(X-I)(X+I)^{-1}=(X+I)^{-1}(X-I)$$ が成り立つ。これが $(1)$ である。

$(2)$ $X$ は直交行列だから $X^T=X^{-1}$ である。$(1)$ の形を 使うと $$\begin{aligned} A^T &= \left((X+I)^{-1}(X-I)\right)^T \\ &= (X^T-I)(X^T+I)^{-1} \\ &= (X^{-1}-I)(X^{-1}+I)^{-1}. \end{aligned}$$ ここで $$X^{-1}-I=X^{-1}(I-X),\qquad X^{-1}+I=X^{-1}(I+X)$$ より， $$A^T=(I-X)(I+X)^{-1}=-A.$$ 従って $A$ は交代行列である。

$(3)$ $$I-A = I-(X-I)(X+I)^{-1} = \{(X+I)-(X-I)\}(X+I)^{-1} = 2(X+I)^{-1}.$$ これは正則行列なので，$I-A$ は正則である。

$(4)$ 同様に $$I+A = \{(X+I)+(X-I)\}(X+I)^{-1} = 2X(X+I)^{-1}.$$ 従って $$(I+A)(I-A)^{-1} = 2X(X+I)^{-1}\cdot \frac12(X+I) = X.$$ よって $$X=(I+A)(I-A)^{-1}$$ である。

$$F(r)=\int_0^r\frac{\cos x}{1+x}\,dx$$ とおく。部分積分を $$\cos x\,dx=d(\sin x),\qquad \frac{1}{1+x}$$ に対して行うと， $$\begin{aligned} F(r) &= \left[\frac{\sin x}{1+x}\right]_0^r + \int_0^r \frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx \\ &= \frac{\sin r}{1+r} + \int_0^r \frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx . \end{aligned}$$ 第1項は $r\to\infty$ で $0$ に収束する。また $$\int_0^\infty \left|\frac{\sin x}{(1+x)^2}\right|\,dx \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x)^2} = 1$$ なので，第2項は絶対収束する。従って $$\lim_{r\to\infty}F(r) = \int_0^\infty \frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx$$ が存在する。

さらに上の評価から $$\left| \lim_{r\to\infty}\int_0^r\frac{\cos x}{1+x}\,dx \right| = \left| \int_0^\infty \frac{\sin x}{(1+x)^2}\,dx \right| \le \int_0^\infty \frac{dx}{(1+x)^2} = 1.$$ よって求める不等式が示された。

$$R_\phi= \begin{pmatrix} \cos\phi & -\sin\phi\\ \sin\phi & \cos\phi \end{pmatrix}, \qquad D= \begin{pmatrix} \alpha & 0\\ 0 & \beta \end{pmatrix}$$ とおく。条件は，$A_k$ が角度 $k\theta$ だけ回転した正規直交基底 $$R_{k\theta}e_1,\qquad R_{k\theta}e_2$$ に関して固有値 $\alpha,\beta$ を持つことを意味する。従って $$A_k=R_{k\theta}D R_{-k\theta}.$$ 成分で書けば $$A_k= \begin{pmatrix} \alpha\cos^2 k\theta+\beta\sin^2 k\theta & (\alpha-\beta)\sin k\theta\cos k\theta\\ (\alpha-\beta)\sin k\theta\cos k\theta & \alpha\sin^2 k\theta+\beta\cos^2 k\theta \end{pmatrix}.$$ これが $(1)$ の答えである。

$(2)$ $\theta=\pi/2$ のとき，$k$ が偶数なら $$A_k= \begin{pmatrix}\alpha&0\\0&\beta\end{pmatrix},$$ $k$ が奇数なら $$A_k= \begin{pmatrix}\beta&0\\0&\alpha\end{pmatrix}$$ である。従って $$B_{2m}=(\alpha\beta)^m I,\qquad B_{2m+1}=(\alpha\beta)^m \begin{pmatrix}\beta&0\\0&\alpha\end{pmatrix}.$$ よって $B_k\to0$ となるための必要十分条件は $$\alpha\beta<1$$ である。

$(3)$ 一般の $\theta$ では積を整理する。 $$\begin{aligned} B_k &= A_kA_{k-1}\cdots A_1 \\ &= R_{k\theta}D R_{-\theta}D R_{-\theta}\cdots D R_{-\theta} \\ &= R_{k\theta}(D R_{-\theta})^k . \end{aligned}$$ 左の回転行列 $R_{k\theta}$ はノルムを変えないので， $B_k\to0$ は $$M^k\to0,\qquad M=D R_{-\theta}$$ と同値である。有限次元では $M^k\to0$ となる必要十分条件は， $M$ の全固有値の絶対値が $1$ より小さいことである。

ここで $$M= \begin{pmatrix} \alpha\cos\theta & \alpha\sin\theta\\ -\beta\sin\theta & \beta\cos\theta \end{pmatrix}$$ だから，特性多項式は $$\lambda^2-(\alpha+\beta)\cos\theta\,\lambda+\alpha\beta$$ である。実係数二次多項式 $$\lambda^2-\tau\lambda+\delta$$ の2根がともに単位円の内側にあるための条件は $$1-\delta>0,\qquad 1-\tau+\delta>0,\qquad 1+\tau+\delta>0$$ である。今回は $$\tau=(\alpha+\beta)\cos\theta,\qquad \delta=\alpha\beta$$ なので，求める条件は $$\alpha\beta<1,\qquad -1-\alpha\beta<(\alpha+\beta)\cos\theta<1+\alpha\beta$$ である。すなわち $$\boxed{\ \alpha\beta<1,\qquad |(\alpha+\beta)\cos\theta|<1+\alpha\beta\ }$$ が必要十分条件である。