阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2016年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

前半の積分領域は $$x^2+y^2\le x \quad\Longleftrightarrow\quad \left(x-\frac12\right)^2+y^2\le \frac14$$ である。中心 $(1/2,0)$，半径 $1/2$ の円板なので，重心の $x$ 座標は $1/2$，面積は $\pi/4$ である。したがって $$\iint_D x\,dx\,dy = \frac12\cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8}.$$

同じ計算は極座標でも確認できる。$x=r\cos\theta$ とすると 領域は $-\pi/2\le\theta\le\pi/2,\ 0\le r\le \cos\theta$ であり， $$\iint_D x\,dx\,dy = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{\cos\theta} (r\cos\theta)r\,dr\,d\theta = \frac13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\theta\,d\theta = \frac{\pi}{8}.$$

後半は，$h>0,\ k>0$ として差分商を分ける。 $$\frac{f(x+h)-f(x-k)}{h+k} = \frac{h}{h+k}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} + \frac{k}{h+k}\frac{f(x)-f(x-k)}{k}.$$ $f$ は $x$ で微分可能だから，任意の $\varepsilon>0$ に対して 十分小さい $h,k>0$ では $$\left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-f'(x)\right|<\varepsilon,\qquad \left|\frac{f(x)-f(x-k)}{k}-f'(x)\right|<\varepsilon$$ が成り立つ。上の式はこの2つの差分商の凸結合であるため， $$\left| \frac{f(x+h)-f(x-k)}{h+k}-f'(x) \right| \le \frac{h}{h+k}\varepsilon+\frac{k}{h+k}\varepsilon = \varepsilon .$$ よって求める極限は $f'(x)$ である。

まず $V$ は実数列全体であり，和とスカラー倍は成分ごとに定義されている。 零ベクトルは零数列，$\{a_n\}$ の加法逆元は $\{-a_n\}$ である。 結合法則，交換法則，分配法則などは各成分の実数演算に帰着するので， $V$ は実ベクトル空間である。

次に3つの数列の一次独立性を示す。実数 $\alpha,\beta,\gamma$ が $$\alpha(-1)^n+\beta 2^n+\gamma 3^n=0 \qquad(n=0,1,2,\ldots)$$ を満たすとする。$n=0,1,2$ を代入すると $$\begin{pmatrix} 1&1&1\\ -1&2&3\\ 1&4&9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\\ \gamma\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.$$ この係数行列の行列式は $$\begin{vmatrix} 1&1&1\\ -1&2&3\\ 1&4&9 \end{vmatrix} =12\ne0$$ である。したがって $\alpha=\beta=\gamma=0$ となり，3つの数列は 一次独立である。

最後に，漸化式で定まる集合 $W$ を考える。2つの $W$ の元 $\{a_n\},\{b_n\}$ と実数 $\lambda$ について， $$(a_{n+3}+b_{n+3}) = 2(a_{n+2}+b_{n+2})+(a_{n+1}+b_{n+1})-2(a_n+b_n),$$ $$\lambda a_{n+3} = 2\lambda a_{n+2}+\lambda a_{n+1}-2\lambda a_n$$ が成り立つ。零数列も同じ漸化式を満たすため，$W$ は $V$ の部分空間である。

特性方程式は $$r^3-2r^2-r+2=0$$ であり， $$r^3-2r^2-r+2=(r+1)(r-1)(r-2)$$ と因数分解できる。よって $$\{(-1)^n\}_{n=0}^{\infty},\qquad \{1\}_{n=0}^{\infty},\qquad \{2^n\}_{n=0}^{\infty}$$ はいずれも $W$ に属する。これらの $n=0,1,2$ における値で作る行列式は $$\begin{vmatrix} 1&1&1\\ -1&1&2\\ 1&1&4 \end{vmatrix} =6\ne0$$ だから一次独立である。

一方，漸化式を満たす数列は初期値 $a_0,a_1,a_2$ により一意に定まる。 したがって $W$ の次元は高々 $3$ である。上で $W$ に属する 一次独立な3本の数列を得たので，これらは $W$ の基底である。

複素関数 $$F(z)=\frac{e^{iz}}{1+z^2}$$ を考え，上半平面の半円輪郭で積分する。上半平面にある極は $z=i$ の単純極だけである。留数は $$\operatorname*{Res}_{z=i}F(z) = \lim_{z\to i}\frac{(z-i)e^{iz}}{(z-i)(z+i)} = \frac{e^{i i}}{2i} = \frac{e^{-1}}{2i}.$$ したがって留数定理より $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{1+x^2}\,dx = 2\pi i\cdot \frac{e^{-1}}{2i} = \frac{\pi}{e}.$$ 上半円弧上の積分は Jordan の補題，または $|e^{iz}|=e^{-\operatorname{Im}z}$ と分母の二次増大により $0$ へ収束する。

求める積分は上式の実部であるから， $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{1+x^2}\,dx = \frac{\pi}{e}.$$

関数を $$f(x,y)=x^4+y^4-x^2-y^2+1$$ とおく。偏微分は $$f_x=4x^3-2x=2x(2x^2-1),\qquad f_y=4y^3-2y=2y(2y^2-1)$$ である。したがって停留点では $$x\in\left\{0,\pm\frac1{\sqrt2}\right\},\qquad y\in\left\{0,\pm\frac1{\sqrt2}\right\}$$ となる。

Hessian は $$H= \begin{pmatrix} 12x^2-2&0\\ 0&12y^2-2 \end{pmatrix}$$ である。$(0,0)$ では $H=\operatorname{diag}(-2,-2)$ なので局所最大で， $$f(0,0)=1.$$ また $x^2=y^2=1/2$ の4点では $H=\operatorname{diag}(4,4)$ なので局所最小で， $$f=\left(\frac14-\frac12\right)+\left(\frac14-\frac12\right)+1 = \frac12.$$ 一方，片方だけが $0$，もう片方が $\pm1/\sqrt2$ の点では Hessian が不定符号になり， 鞍点である。よって極大値は $1$，極小値は $1/2$ である。

次に閉円板 $x^2+y^2\le4$ 上の最大・最小を求める。 $$s=x^2,\qquad t=y^2$$ と置くと，条件は $$s\ge0,\quad t\ge0,\quad s+t\le4$$ であり， $$f=s^2+t^2-s-t+1$$ となる。この二変数関数の内部の停留点は $$2s-1=0,\qquad 2t-1=0$$ から $s=t=1/2$ であり，値は $1/2$ である。

最大値は三角形領域の境界を見ればよい。辺 $t=0$ では $$f=s^2-s+1\qquad(0\le s\le4)$$ で，最大値は $s=4$ のとき $13$ である。辺 $s=0$ でも同様に最大値は $t=4$ のとき $13$ である。辺 $s+t=4$ では $$f=s^2+(4-s)^2-4+1 = 2(s-2)^2+5$$ であり，最大値は端点で $13$ である。

したがって閉円板上の最小値は $1/2$，最大値は $13$ である。 最小値は $x^2=y^2=1/2$ で，最大値は $$(x,y)=(\pm2,0),(0,\pm2)$$ で達成される。

まず，相異なる固有値に属する固有ベクトルが一次独立であることを示す。 固有値 $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$ が相異なり，それぞれに対応する 固有ベクトルを $p_1,\ldots,p_m$ とする。もし $$c_1p_1+\cdots+c_mp_m=0$$ という非自明な一次関係があるなら，その中から項数が最小のものを取る。 項数を $m$ としてよい。両辺に $A$ を作用させると $$c_1\lambda_1p_1+\cdots+c_m\lambda_mp_m=0.$$ 一方，最初の関係式に $\lambda_m$ を掛けると $$c_1\lambda_mp_1+\cdots+c_m\lambda_mp_m=0.$$ これらを引くと $$c_1(\lambda_1-\lambda_m)p_1+\cdots+ c_{m-1}(\lambda_{m-1}-\lambda_m)p_{m-1}=0$$ を得る。固有値は相異なるため，少なくとも元の非零係数に対応する項は残る。 これはより少ない項数の一次関係であり，最小性に反する。したがって 最初から非自明な一次関係は存在せず，$p_1,\ldots,p_m$ は一次独立である。

次に行列 $$A= \begin{pmatrix} 3&0&-1\\ 0&1&0\\ 1&2&1 \end{pmatrix}$$ を調べる。特性多項式は $$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda-3&0&1\\ 0&\lambda-1&0\\ -1&-2&\lambda-1 \end{vmatrix} = (\lambda-1)\{(\lambda-3)(\lambda-1)+1\}.$$ したがって $$\det(\lambda I-A) = (\lambda-1)(\lambda^2-4\lambda+4) = (\lambda-1)(\lambda-2)^2.$$ 固有値 $2$ の代数的重複度は $2$ である。

$\lambda=2$ の固有空間を計算すると $$A-2I= \begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&-1&0\\ 1&2&-1 \end{pmatrix}.$$ $(A-2I)v=0$ から $$z=x,\qquad y=0$$ となるので，固有空間は $$\operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \right\}$$ で1次元である。代数的重複度 $2$ に対して固有空間の次元が $1$ しかないため， 固有ベクトルを3本そろえることはできない。よってこの行列は対角化可能でない。