阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2015年度 院試 解答例・解説

$(1)$ ではまず $z$ について積分する。底面は単位円板であり， $$\int_0^{1-x^2-y^2} z(2x^2-y^2)\,dz = \frac12(1-x^2-y^2)^2(2x^2-y^2)$$ である。極座標 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ を用いると $$2x^2-y^2 = r^2(2\cos^2\theta-\sin^2\theta)$$ なので， $$\begin{aligned} I_1 &= \frac12 \int_0^1\int_0^{2\pi} (1-r^2)^2r^2(2\cos^2\theta-\sin^2\theta)r\,d\theta\,dr \\ &= \frac12 \left(\int_0^{2\pi}(2\cos^2\theta-\sin^2\theta)\,d\theta\right) \left(\int_0^1 r^3(1-r^2)^2\,dr\right). \end{aligned}$$ 角度方向は $2\pi-\pi=\pi$ である。また $$\int_0^1 r^3(1-r^2)^2\,dr = \int_0^1(r^3-2r^5+r^7)\,dr = \frac14-\frac13+\frac18 = \frac1{24}.$$ したがって $$I_1=\frac{\pi}{48}.$$

$(2)$ では $u=x-y,\ v=y$ とおく。ヤコビアンは $1$ で，領域は $$u\ge 0,\quad v\ge 0,\quad u+v\le 1$$ に移る。よって $$I_2 = \int_0^1\int_0^{1-u}u^\alpha\,dv\,du = \int_0^1(1-u)u^\alpha\,du.$$ $-1<\alpha<0$ なので $u=0$ で広義積分は収束し， $$I_2 = \int_0^1 u^\alpha\,du-\int_0^1u^{\alpha+1}\,du = \frac1{\alpha+1}-\frac1{\alpha+2} = \frac1{(\alpha+1)(\alpha+2)}.$$

列ベクトルを $C_1,\dots,C_n$ と書く。列基本変形として $$C_j\leftarrow C_j-C_{j-1}\qquad (j=n,n-1,\dots,2)$$ を行う。これは行列式を変えない。変形後の第1行は $$(1,0,\dots,0)$$ である。

また，$j\ge 2$ に対して新しい第 $j$ 列は，第1行から第 $(j-1)$ 行までが $0$，第 $j$ 行が $$b_{j-1}-x_{j-1}$$ となる。第 $j$ 行より下には $x_j-x_{j-1}$ 型の成分が残るが， これは対角成分より下にしか現れない。

したがって，第1行・第1列を除いた $(n-1)$ 次行列は下三角行列で， その対角成分は $$b_1-x_1,\ b_2-x_2,\ \dots,\ b_{n-1}-x_{n-1}$$ である。よって $$\det A_n = \prod_{k=1}^{n-1}(b_k-x_k).$$

$\Phi_n(x)=(x^2-1)^n$ とおくと，$\phi_n=\Phi_n^{(n)}$ である。 $\Phi_n$ は $x=\pm1$ に $n$ 重零点を持つため， $\Phi_n,\Phi_n',\dots,\Phi_n^{(n-1)}$ は両端で消える。

$(1)$ $n>m\ge0$ とする。部分積分を $n$ 回行うと，境界項はすべて 消え， $$\int_{-1}^1 \phi_n(x)\phi_m(x)\,dx = (-1)^n\int_{-1}^1 (x^2-1)^n \frac{d^n}{dx^n}\phi_m(x)\,dx.$$ $\phi_m$ は高々 $m$ 次の多項式であり，$n>m$ だから $\frac{d^n}{dx^n}\phi_m(x)=0$ である。したがって $$\int_{-1}^1 \phi_n(x)\phi_m(x)\,dx=0.$$

$(2)$ 同様に，$\Phi_n$ を用いて $$\begin{aligned} \int_{-1}^1 |\phi_n(x)|^2\,dx &= \int_{-1}^1\{\Phi_n^{(n)}(x)\}^2\,dx \\ &= (-1)^n\int_{-1}^1 \Phi_n(x)\Phi_n^{(2n)}(x)\,dx. \end{aligned}$$ $\Phi_n(x)$ の最高次項は $x^{2n}$ なので $\Phi_n^{(2n)}(x)=(2n)!$ である。よって $$\int_{-1}^1 |\phi_n(x)|^2\,dx = (2n)!\int_{-1}^1(1-x^2)^n\,dx.$$ ここで $x=2t-1$ とおくと $$\begin{aligned} \int_{-1}^1(1-x^2)^n\,dx &= 2\cdot 4^n\int_0^1 t^n(1-t)^n\,dt \\ &= 2^{2n+1}B(n+1,n+1). \end{aligned}$$ 与えられた Beta 関数の値を使えば $$\int_{-1}^1(1-x^2)^n\,dx = 2^{2n+1}\frac{(n!)^2}{(2n+1)!}.$$ したがって $$\int_{-1}^1|\phi_n(x)|^2\,dx = (2n)!\,2^{2n+1}\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{2^{2n+1}(n!)^2}{2n+1}.$$

$(1)$ まず $$A(A-E)=A^2-A=(A-E)A$$ であるから，$A(A-E)x$ は任意の $x$ について $\operatorname{Im}A$ にも $\operatorname{Im}(A-E)$ にも属する。 したがって $$\operatorname{Im}A\cap\operatorname{Im}(A-E)=\{0\}$$ ならば $A(A-E)x=0$ がすべての $x$ で成り立ち， $A(A-E)=O$ である。

逆に $A(A-E)=O$ とする。このとき $A^2=A$ である。 $y\in\operatorname{Im}A\cap\operatorname{Im}(A-E)$ とすると， $y=Au=(A-E)v$ と書ける。$y\in\operatorname{Im}A$ と $A^2=A$ から $Ay=y$ であり，$y\in\operatorname{Im}(A-E)$ と $A(A-E)=O$ から $Ay=0$ である。よって $y=0$ となる。

$(2)$ 多項式 $t^2$ と $(t-1)^2$ は互いに素であり， $$(-2t+3)t^2+(2t+1)(t-1)^2=1$$ が成り立つことを用いる。

まず $$A^2(A-E)^2=(A-E)^2A^2$$ であるから，$A^2(A-E)^2x$ は $\operatorname{Im}A^2$ と $\operatorname{Im}(A-E)^2$ の両方に 属する。従って，交わりが $\{0\}$ ならば $$A^2(A-E)^2=O$$ である。

逆に $A^2(A-E)^2=O$ とする。 $$y\in \operatorname{Im}A^2\cap\operatorname{Im}(A-E)^2$$ を取る。すると $y=A^2u=(A-E)^2v$ と書ける。可換性より $$(A-E)^2y=(A-E)^2A^2u=0,\qquad A^2y=A^2(A-E)^2v=0.$$ 上の Bezout 型恒等式に $A$ を代入して $y$ に作用させると $$y=(-2A+3E)A^2y+(2A+E)(A-E)^2y=0.$$ よって交わりは $\{0\}$ である。

$(1)$ 代表的には次のように述べればよい。 $$\text{単連結領域 }D\text{ 上で正則な関数 }f\text{ と，}D\text{ 内の閉曲線 }C \text{ に対して，}\quad \int_C f(z)\,dz=0.$$ より一般には，閉曲線とその内部を含む領域で $f$ が正則なら， その閉曲線に沿う積分は $0$ である。

$(2)$ まず $$\frac{x^3+1}{x^4+1} = \frac{x^3}{x^4+1}+\frac1{x^4+1}$$ と分ける。第1項は奇関数なので，任意の $R>0$ について $$\int_{-R}^{R}\frac{x^3}{x^4+1}\,dx=0.$$ したがって求める極限は $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1}$$ である。

上半円の半径 $R$ の経路を用いて $$f(z)=\frac1{z^4+1}$$ を積分する。上半平面の極は $$\alpha=e^{i\pi/4},\qquad \beta=e^{3i\pi/4}$$ であり，いずれも単純極である。留数は $$\operatorname*{Res}_{z=\zeta}\frac1{z^4+1} = \frac1{4\zeta^3}$$ だから， $$\begin{aligned} \operatorname*{Res}_{z=\alpha}f+ \operatorname*{Res}_{z=\beta}f &= \frac14\left(e^{-3\pi i/4}+e^{-9\pi i/4}\right) \\ &= \frac14\left(e^{-3\pi i/4}+e^{-\pi i/4}\right) = -\frac{i\sqrt2}{4}. \end{aligned}$$ 半円弧上の積分は $R\to\infty$ で $0$ に近づくので，留数定理より $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^4+1} = 2\pi i\left(-\frac{i\sqrt2}{4}\right) = \frac{\pi}{\sqrt2}.$$ 以上より $$\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{x^3+1}{x^4+1}\,dx = \frac{\pi}{\sqrt2}.$$