阪大 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 数学 2021年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

分子が $\cos\theta$，分母が $2+\cos\theta$ の形なので，まず $$\cos\theta=(2+\cos\theta)-2$$ と見る。この一手で，計算は標準積分 $\int_0^{2\pi}(a+b\cos\theta)^{-1}\,d\theta$ に落ちる。

標準積分の確認

公式をそのまま使ってよいが，導出も短い。$t=\tan(\theta/2)$ とおくと $$\cos\theta=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\qquad d\theta=\frac{2\,dt}{1+t^{2}}.$$ $[0,2\pi]$ は実軸を2回の向きに分けて走るため，結果として $$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\cos\theta} = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\,dt}{3+t^{2}} = \frac{2\pi}{\sqrt3}$$ となる。

検算

答は負である。これは一見意外だが，$\cos\theta<0$ となる範囲では 分母 $2+\cos\theta$ が小さくなり，負の寄与が相対的に強調されるためである。 したがって $2\pi-4\pi/\sqrt3<0$ という符号は自然である。

典型ミス

$\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta=0$ から積分全体も $0$ と判断してはいけない。 分母が $\theta$ に依存しているため，正負の面積は対称に打ち消えない。

方針

定数係数線形方程式では，同次解と特解を分ける。 右辺が $\cos x$ のとき，微分で $\sin x$ が混ざるため， 特解には $\cos x$ と $\sin x$ の両方を入れておくのが安全である。

共鳴の有無

$\cos x,\sin x$ は複素数で見ると $e^{ix}$ に対応する。 特性根は $1,3$ であり，$i$ ではないので共鳴は起こらない。 そのため $x\cos x$ や $x\sin x$ を掛ける必要はない。

検算

特解だけを確認すると $$2\cdot\frac1{10}-4\left(-\frac15\right)=1,\qquad 4\cdot\frac1{10}+2\left(-\frac15\right)=0$$ である。したがって余分な $\sin x$ 項は消え，右辺の $\cos x$ だけが残る。

典型ミス

特解を $\alpha\cos x$ だけで置くと，微分後に出る $\sin x$ の係数を消せない。 三角関数右辺の未定係数法では，微分で閉じる組を丸ごと用意する。

方針

$f''\ge0$ は $f'$ の単調性を意味する。 単調関数は無限遠で一方向に極限を持つので，あとはその極限が正・負・無限大だった場合に $f$ の有限収束と矛盾することを示せばよい。

なぜ有限収束が効くか

もし $f'(x)$ が最終的に正の定数以上なら，$f$ は少なくとも一次関数的に増加する。 もし $f'(x)$ が最終的に負の定数以下なら，$f$ は少なくとも一次関数的に減少する。 どちらも $f(x)$ が有限値へ近づく状況とは両立しない。

採点上の注意

「$f(x)$ が収束するから $f'(x)\to0$」は一般には正しくない。 微分可能関数でも導関数が振動する反例がある。 この問題では $f''\ge0$ による単調性があるから結論が出る。

典型ミス

$f'$ が単調増加なら極限が存在するとだけ書いて，その極限が $0$ である理由を省くと不十分である。 正または負の極限を仮定し，積分評価で $f$ の収束と矛盾させる部分が答案の中心である。

方針

この問題は，$V=\ker A$ と $W=\operatorname{Im}B$ をそれぞれ求め， 最後に $V\cap W=\{0\}$ を判定する問題である。 パラメータは $$a-b,\qquad 3a+b$$ の2つの組合せだけに整理すると見通しがよい。

直和判定の短い見方

$3a+b\ne0$ のとき，$W$ は2次元であり，しかも $$(3,0,1)^T=(1,2,3)^T-2(-1,1,1)^T$$ を含む。このベクトルは $a-b$ の値によらず $V$ に入るので，直和は不可能である。 逆に $3a+b=0$ のときは $W$ が1次元へ落ち，その生成ベクトルが $V$ に入らないことを確認すれば十分である。

典型ミス

基底の本数だけで直和を決めてはいけない。 たとえば $a-b\ne-8,\ 3a+b\ne0$ では $\dim V+\dim W=3$ なので一見よさそうに見えるが， 実際には $V$ の生成ベクトルが $W$ に含まれている。 必ず交わりを確認する。

方針

不変部分空間は固有空間・一般化固有空間から探す。 この行列では固有値 $1$ が重複し，しかも固有空間は1次元しかない。 したがって固有値 $1$ 側には2次元のJordanブロックがあり，その一般化固有空間が 1つ目の不変平面になる。

平面としての見方

1つ目の平面は $$\operatorname{span}\{(1,2,0)^T,(0,0,1)^T\} =\{(x,y,z)^T\mid y=2x\}$$ である。2つ目の平面は $$\operatorname{span}\{(4,-8,7)^T,(0,0,1)^T\} =\{(x,y,z)^T\mid y=-2x\}$$ である。実際にそれぞれへ $A$ を作用させると，同じ平面内に戻る。

検算

$$A\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},\qquad A\begin{pmatrix}4\\-8\\7\end{pmatrix} = -3\begin{pmatrix}4\\-8\\7\end{pmatrix}$$ なので2つ目の平面は不変である。また $$A\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$ だから1つ目の平面も不変である。

典型ミス

固有値 $1$ の代数的重複度が2だからといって，固有ベクトルが2本あるとは限らない。 $\ker(A-I)$ は1次元であり，もう1本は一般化固有ベクトルとして取る必要がある。