立教大学 理学研究科 数学専攻 数学 2024年度 夏季（2023年7月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全9問）

検算

$\operatorname{tr}A=1+1+1=3$、固有値の和も $1+\left(1-\mu\right)+\left(1+\mu\right)=3$（$\mu=\sqrt{4-a^{2}}$）。 $\det A=1\cdot\left(1-\mu\right)\left(1+\mu\right)=1-\mu^{2}=a^{2}-3$。直接展開しても $1\left(1-4\right)-a\left(-a\right)=a^{2}-3$ で一致する。

$t$ で書く利点

対角成分がすべて $1$ なので $t=1-\lambda$ と置くと行列が「対角成分 $t$、非対角が定数」の形になる。展開が楽になり、$a=2$ という臨界値も $t^{2}=4-a^{2}$ から即座に読める。

非対称行列であること

$A_{12}=a$、$A_{21}=-a$ なので $A$ は対称でない。したがって固有値が実数とは限らず、実際 $a>2$ で虚数が現れる。

検算

$A\left(a,-\mu,2\right)^{\mathsf T}$ の第 $2$ 成分は $-a^{2}-\mu+4=\mu^{2}-\mu=\mu\left(\mu-1\right)$、 一方 $\left(1-\mu\right)\cdot\left(-\mu\right)=\mu^{2}-\mu$。一致する。第 $1$・第 $3$ 成分も同様に確かめられる。

$a=2$ の場合

$\mu=0$ なので $\bm v_2=\bm v_3=\left(2,0,2\right)^{\mathsf T}$。これは $\bm v_1=\left(2,0,2\right)^{\mathsf T}$（$a=2$）と同じベクトルで、固有空間は $1$ 次元しかない。設問 $3$・$4$ でこの退化を扱う。

第 $2$ 行が従属になること

$t^{2}+a^{2}-4=0$（固有値の条件）を使うと、第 $2$ 行の式は第 $1$・第 $3$ 行の式から導ける。したがって独立な条件は $2$ 本で固有空間は $1$ 次元である。

$\det P=-2\mu^{3}$ の意味

$a\to2$（$\mu\to0$）で $\det P\to0$ となり、$3$ 本の固有ベクトルが $1$ 本に潰れていく様子が式に表れている。設問 $4$ の退化はこの極限にあたる。なお、固有値が相異なることから $1$ 次独立性は理論的にも保証されるので、行列式の計算は確認の意味をもつ。

実行列としての注意

$a>2$ では $\mu$ が純虚数になるので、$P$ と対角形の成分は複素数である。実行列として実対角化できるのは $0<a<2$ に限る。答案ではどちらの体で考えているかを明示する。

列の順序

$P$ の列の順序と対角成分の順序は対応させる。入れ替えると対角形の並びも入れ替わる。

細胞の決め方

細胞の個数 $=\dim\ker N$、最大の大きさ $=$ $N$ の冪零指数。本問では $1$ 個で大きさ $3$ と決まるので、他の可能性（$2+1$ や $1+1+1$）は排除される。

$N^{2}$ の計算

$N$ の第 $1$ 行 $\left(0,2,0\right)$ は「第 $2$ 行を $2$ 倍する」作用なので、$N^{2}$ の第 $1$ 行は $2\times\left(-2,0,2\right)=\left(-4,0,4\right)$。同様に他の行も求まる。

最小多項式

$N^{3}=O$、$N^{2}\neq O$ より $A$ の最小多項式は $\left(\lambda-1\right)^{3}$。固有多項式 $\left(1-\lambda\right)^{3}$ と（符号を除いて）一致するので、$A$ は巡回行列（コンパニオン行列に相似）である。

失点しやすい点

$\dim\ker N=1$ だけでは「細胞が $1$ 個」しか分からない。大きさは $N$ の冪を調べて決める。$3$ 次で細胞 $1$ 個なら大きさは自動的に $3$ になるので、本問では冪の計算は確認の意味をもつ。

一般則

$A$ の多項式どうしは常に可換である。$p\left(A\right)q\left(A\right)=q\left(A\right)p\left(A\right)$ が成り立つのは、どちらも $A$ の冪の $1$ 次結合だからである。本問の $3$ 因子はどの順に並べ替えてもよい。

設問2で使う場所

$\left(A-\gamma I\right)$ を先頭に移す操作にこの可換性を使う。「与えられた積が $O$」という情報を任意の並び順で使えるようにするのが設問 $1$ の役目である。

$I$ がスカラー行列であること

$\alpha I$ はすべての行列と可換である。$\alpha$ を一般の行列に置き換えるとこの議論は成り立たない。

どの固有値が出るか

掛けた $2$ つの因子が $\alpha,\beta$ なので、残った $\gamma$ が固有値になる。「使わなかった因子の固有値」が答えである、と覚えるとよい。

射影としての解釈

$A$ が対角化可能なとき、$\dfrac{\left(A-\alpha I\right)\left(A-\beta I\right)}{\left(\gamma-\alpha\right)\left(\gamma-\beta\right)}$ は固有値 $\gamma$ の固有空間への射影になる（ラグランジュの補間公式の行列版）。設問 $5$ の階数の計算はこの射影の階数を求めることに等しい。

失点しやすい点

$\bm w\neq\bm 0$ という仮定を必ず使う。$\bm w=\bm 0$ でも $\left(A-\gamma I\right)\bm w=\bm 0$ は成り立つが、固有ベクトルにはならない。

仮定が効く場所

「どの $2$ 因子の積も $O$ でない」という条件が、$3$ つの固有値すべての存在を保証する。たとえば $\left(A-\alpha I\right)\left(A-\beta I\right)=O$ なら $\gamma$ が固有値である必要はない（$A=\alpha I$ など）。

固有多項式

$3$ 次行列が相異なる $3$ 個の固有値をもつので、固有多項式は $\left(\lambda-\alpha\right)\left(\lambda-\beta\right)\left(\lambda-\gamma\right)$ に（符号を除いて）等しい。

最小多項式

$\left(\lambda-\alpha\right)\left(\lambda-\beta\right)\left(\lambda-\gamma\right)$ は $A$ を零化し、その真の約数（$2$ 因子の積）は零化しない。したがってこれが最小多項式であり、重根をもたないので $A$ は対角化可能である。

$A$ が対角化可能であること

固有ベクトルからなる基底が取れたので、$P=\left[\bm v_\alpha\ \bm v_\beta\ \bm v_\gamma\right]$ に対し $P^{-1}AP=\operatorname{diag}\left(\alpha,\beta,\gamma\right)$。設問 $5$ の計算はこの対角形で行う。

固有ベクトルが実であること

$\alpha,\beta,\gamma$ は実数と仮定されているので、$\left(A-\alpha I\right)\bm v=\bm 0$ の解は実ベクトルの中に取れる。$\mathbb R^{3}$ の基底になると言えるのはこのためである。

因子を掛けて消す技法

$\left(A-\beta I\right)\left(A-\gamma I\right)\bm v_\beta=\bm 0$ となるのは、$\left(A-\beta I\right)$ を後ろに回して $\bm v_\beta$ に当てられるから（設問 $1$ の可換性）。$1$ 次独立性の証明でよく使う手である。

像が固有空間になること

$\left(A-\alpha I\right)\left(A-\beta I\right)$ の像は固有値 $\gamma$ の固有空間 $\left\langle\bm v_\gamma\right\rangle$（$1$ 次元）に一致する。設問 $2$ で示した「像の元が固有値 $\gamma$ の固有ベクトル」という事実が、階数 $1$ の内容そのものである。

核の次元

階数が $1$ なので核は $2$ 次元で、$\left\langle\bm v_\alpha,\bm v_\beta\right\rangle$ に等しい。$3$ つの積の核を合わせると空間全体の分解が読める。

仮定との整合

階数が $1\neq0$ なので、これらの積はいずれも $O$ でない。問題の仮定と矛盾しないことが確認できる。逆に、この仮定がなければ階数は $0$ になり得た。

失点しやすい点

$\left(D-\alpha I\right)\left(D-\beta I\right)$ の第 $3$ 成分が $\left(\gamma-\alpha\right)\left(\gamma-\beta\right)$ であることを、対角成分ごとに $D$ の値を代入して確かめる。行列の積ではなくスカラーの積になる点が便利である。

各点連続との違い

各点連続では $\delta$ が $\varepsilon$ と点 $x_0$ の両方に依存してよい。一様連続では $\delta$ が $\varepsilon$ だけで決まり、区間全体で共通に取れる。量化子の順序（$\exists\delta$ が $\forall x,y$ より前）がその違いを表している。

否定

一様連続でないとは、ある $\varepsilon_0>0$ が存在して、どんな $\delta>0$ に対しても $\left|x-y\right|<\delta$ かつ $\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|\ge\varepsilon_0$ となる $x,y\in I$ が取れることである。設問 $2$ でこの形を使う。

数列による言い換え

$\left|x_n-y_n\right|\to0$ を満たすどんな列に対しても $\left|f\left(x_n\right)-f\left(y_n\right)\right|\to0$、と言い換えられる。反例を作るときはこちらが扱いやすい。

原因は傾きの非有界性

$\left(x^{2}\right)'=2x$ は $x\to\infty$ で発散する。傾きがいくらでも大きくなるので、同じ幅 $\delta$ でも値の変化がいくらでも大きくなる。

有界区間なら一様連続

$\left[0,M\right]$ 上では $\left|x^{2}-y^{2}\right|=\left|x+y\right|\left|x-y\right|\le2M\left|x-y\right|$ でリプシッツになる。設問 $4$・$5$ の主張と整合する。区間の非有界性が本質である。

失点しやすい点

$\delta$ を固定してから $x,y$ を選ぶ順序を守る。$x,y$ を先に固定すると否定命題の形にならない。

リプシッツであること

上の評価は $M=\dfrac12$ としたリプシッツ条件そのものである。設問 $4$ を先に示しておけば、そこに帰着させて $1$ 行で済む。

$\left[0,\infty\right)$ でも一様連続

$x=0$ を含めるとリプシッツではなくなる（$x=0$ で傾きが発散）。それでも $\left|\sqrt x-\sqrt y\right|\le\sqrt{\left|x-y\right|}$ が成り立つので、$\delta=\varepsilon^{2}$ と取れば一様連続である。リプシッツでなくても一様連続なことがある、という好例である。

$x^{2}$ との対比

$\sqrt x$ の導関数 $\dfrac{1}{2\sqrt x}$ は $\left[1,\infty\right)$ で有界（$\le\frac12$）である。導関数が有界なら一様連続、という設問 $4$・$5$ の筋道がここでも働いている。

$\delta$ が点に依らないこと

$M$ が区間全体で共通の定数だから、$\delta$ も共通に取れる。これが一様連続の核心である。

逆は成り立たない

設問 $3$ の注で見たとおり、$\sqrt x$ は $\left[0,\infty\right)$ で一様連続だがリプシッツでない。リプシッツ条件は十分条件にすぎない。

$M$ の存在

$M>0$ と仮定されている。$M=0$ なら $f$ は定数で、当然一様連続である。

有界閉であることの必要性

$I$ が非有界だと $f'$ が有界とは限らない。設問 $2$ の $f=x^{2}$（$f'=2x$）がその例である。$I$ が開区間だと $f'$ が端点近くで発散し得る（$f=1/x$ を $\left(0,1\right)$ で考えるなど）。

より強い定理

「コンパクト集合上の連続関数は一様連続」（ハイネ・カントールの定理）が知られており、$C^{1}$ 級である必要はない。本問は設問 $4$ を使う形に誘導しているので、微分可能性を経由する道筋を取る。

$M=M_0+1$ とした理由

設問 $4$ の仮定が $M>0$（正）なので、$M_0=0$（$f$ が定数）の場合に備えて $1$ を足しておく。細かいが仮定を満たすための配慮である。

失点しやすい点

平均値の定理を使うには $f$ が閉区間で連続かつ開区間で微分可能であることが要る。$C^{1}$ 級ならどちらも満たす。

$x>0$ と $x<0$ をまとめる

$x>0$ なら $\left|x\right|^{s}=x^{s}$ で $f'=sx^{s-1}\sin\frac{1}{x^{2}}-2x^{s-3}\cos\frac{1}{x^{2}}$。 $x<0$ でも $\left|x\right|^{s}/x$ という書き方をすれば同じ式にまとまる。絶対値を残したまま扱うのがこつである。

$2$ 項の大きさの差

第 $1$ 項は $\left|x\right|^{s-1}$、第 $2$ 項は $\left|x\right|^{s-3}$ の大きさをもつ。$x\to0$ では第 $2$ 項のほうが $\left|x\right|^{-2}$ 倍だけ大きい。設問 $3$ で効いてくる差である。

$f$ は $x\neq0$ で $C^{\infty}$ 級

$\left|x\right|^{s}$ も $\sin\left(1/x^{2}\right)$ も $x\neq0$ で何回でも微分できる。問題になるのは $x=0$ だけである。

境界 $s=1$

$\left|x\right|^{s}$ が $0$ に近づく速さと、差商で $1$ 回割ることの釣り合いが $s=1$ である。振動因子は有界なので速さの比較だけで決まる。

$s=2$ の例

$f\left(x\right)=x^{2}\sin\dfrac{1}{x^{2}}$ は $x=0$ で微分可能（$f'\left(0\right)=0$）だが、設問 $3$ で見るように $f'$ は $x=0$ で連続でない。「微分可能だが $C^{1}$ 級でない」関数の標準的な例である。

失点しやすい点

$\sin\left(1/h^{2}\right)$ は $h\to0$ で極限をもたないので、積の極限を「$0\times$（極限）」と書いてはいけない。有界性を使ったはさみうちで扱う。

$2$ つの境界

微分可能性は $s>1$、導関数の連続性は $s>3$。差の $2$ は $\dfrac{d}{dx}\sin\dfrac{1}{x^{2}}$ が $x^{-3}$ を生み、差商での $x^{-1}$ より $2$ だけ強く発散することによる。

$1<s\le3$ の意味

この範囲では $f$ は $\mathbb R$ 全体で微分可能だが $f'$ は $x=0$ で不連続、すなわち $f$ は $C^{1}$ 級でない。導関数は中間値の性質（ダルブーの定理）をもつので、不連続でも「跳び」ではなく振動の形でしか現れない。本問の $f'$ はまさに振動している。

$\sin\left(1/x\right)$ の場合との比較

$\left|x\right|^{s}\sin\dfrac1x$ なら微分で $x^{-2}$ が出るので、境界は $s>1$ と $s>2$ になる。振動の速さが指数の閾値を決めている。

失点しやすい点

$f'\left(0\right)=0$ と $\displaystyle\lim_{x\to0}f'\left(x\right)$ を混同しない。前者は差商の極限、後者は導関数の極限で、一致するとは限らない。連続性は両者の一致を要求する。

線型性が要ること

「核が自明 $\Leftrightarrow$ 単射」は線型写像（一般には群準同型）に特有である。一般の写像では成り立たない。

記号 $O$

$O=\left\{0\right\}$ は零空間で、$0$ 次元の線型空間である。$O$ からの準同型も $O$ への準同型も一意に定まる。

失点しやすい点

$\operatorname{Im}\left(i\right)$ が $L$ の部分空間 $\left\{0_L\right\}$ であることを明記する。$O$ そのものと $L$ の零部分空間を同一視して書く。

両端の $O$ の役割

列 $O\to L\to M\to N\to O$ の左端の $O$ は「$f$ が単射」を、右端の $O$ は「$g$ が全射」をそれぞれ符号化している。この形の完全列を短完全列という。

$\pi$ が一意であること

$N$ から $O=\left\{0\right\}$ への線型写像は零写像しかない。したがって $\pi$ は自動的に定まり、$\operatorname{Ker}\pi=N$ は常に成り立つ。

完全性の位置

「どこで完全か」を明示する。設問 $1$ は $L$ における完全性、設問 $2$ は $N$ における完全性、設問 $3$ は $M$ における完全性を使う。

実は等号が成り立つ

$S$ は $1$ 次独立でもある。$\sum b_if\left(\bm l_i\right)+\sum c_j\bm m_j=0$ に $g$ を施すと（$g\circ f=0$ なので第 $1$ 項が消え）$\sum c_j\bm n_j=0$、基底より $c_j=0$。残る $\sum b_if\left(\bm l_i\right)=0$ に $f$ の単射性を使うと $\sum b_i\bm l_i=0$、よって $b_i=0$。したがって $$\dim M=\dim L+\dim N .$$

次元定理との関係

$g:M\to N$ に次元定理を適用すると $\dim M=\dim\operatorname{Ker}g+\dim\operatorname{Im}g=\dim\operatorname{Im}f+\dim N$。 $f$ が単射なので $\dim\operatorname{Im}f=\dim L$。同じ結論が得られる。ただし次元定理は $M$ が有限次元であることを前提とするので、本問ではまず張ることを示す順序が正しい。

持ち上げの任意性

$\bm m_j$ の取り方には $\operatorname{Ker}g$ の分だけ自由度があるが、どう取っても $S$ は $M$ を張る。選択に依存しないことが議論の要点である。

失点しやすい点

$M$ における完全性 $\operatorname{Ker}g=\operatorname{Im}f$ を使う場所を明示する。設問 $1$・$2$ で使ったのは両端の完全性で、ここでは中央の完全性が必要である。

一般の円分体

$\mathrm{Gal}\left(\mathbb Q\left(\zeta_n\right)/\mathbb Q\right)\cong\left(\mathbb Z/n\mathbb Z\right)^{\times}$ が一般に成り立つ。$n=5$ では位数 $\varphi\left(5\right)=4$ の巡回群になる。

部分群と中間体

$\mathbb Z/4\mathbb Z$ の部分群は位数 $1,2,4$ の $3$ つ。したがって中間体も $3$ つで、$\mathbb Q\left(\zeta_5\right)$、$2$ 次体（設問 $2$ の $F$）、$\mathbb Q$ である。

複素共役

複素共役 $\tau:\zeta_5\mapsto\overline{\zeta_5}=\zeta_5^{-1}=\zeta_5^{4}$ は $\bar4=\bar2^{2}$ に対応し、位数 $2$ の元である。設問 $2$ で使う。

$\tau$ が $\mathbb Q\left(\zeta_5\right)$ を保つこと

$\mathbb Q\left(\zeta_5\right)$ は $\zeta_5$ のすべての共役（$\zeta_5^{k}$）を含むので複素共役で閉じている。したがって $\tau$ の制限が $\mathrm{Gal}$ の元になる。

一般の円分体

$n\ge3$ では $\left[\mathbb Q\left(\zeta_n\right):\mathbb Q\left(\zeta_n\right)\cap\mathbb R\right]=2$ が常に成り立つ。実部分体は $\mathbb Q\left(\zeta_n+\zeta_n^{-1}\right)$ で、最大実部分体と呼ばれる。

$\zeta_5\notin\mathbb R$

$\zeta_5=\cos72^\circ+i\sin72^\circ$ で虚部が $0$ でない。したがって $F\subsetneq\mathbb Q\left(\zeta_5\right)$ であり、$\left[F:\mathbb Q\right]=4$ にはならない。

正五角形との関係

$2\cos72^\circ=\dfrac{\sqrt5-1}{2}=0.618\cdots$ は黄金比の逆数である。正五角形の対角線と辺の比に $\sqrt5$ が現れるのはこの関係による。定規とコンパスで正五角形が作図できることも、$\left[F:\mathbb Q\right]=2$ から従う。

$\zeta^{2}$ で割る技法

$\zeta+\zeta^{-1}$ の満たす方程式を求めるには、円分方程式を $\zeta^{\deg/2}$ で割って対称式に直す。この「相反方程式の解法」は次数を半分に落とす標準的な手法である。

符号の決定

$2$ 次方程式の $2$ 根 $\dfrac{-1\pm\sqrt5}{2}$ は $\eta=2\cos72^\circ$ と $\eta'=2\cos144^\circ=\zeta^{2}+\zeta^{3}$ にあたる。$\cos72^\circ>0>\cos144^\circ$ から符号が決まる。

ガウス和としての形

第 $2$ の表示は $\displaystyle\sqrt5=\sum_{r=1}^{4}\left(\frac{r}{5}\right)\zeta_5^{r}$ （$\left(\frac{r}{5}\right)$ はルジャンドル記号、$1,4$ が平方剰余、$2,3$ が非剰余）というガウス和である。一般に $p\equiv1\pmod4$ の素数に対し $\sqrt p$ がこの形で書ける。

数値確認

$\zeta_5=\cos72^\circ+i\sin72^\circ=0.3090+0.9511i$、 $\zeta_5^{4}=\overline{\zeta_5}=0.3090-0.9511i$。 $1+2\left(0.3090+0.3090\right)=1+1.2360=2.2360=\sqrt5$。一致する。

符号の選択

$-\sqrt5$ も $F$ の元だが、上の表示は正の平方根を与える。$\zeta_5$ を $\zeta_5^{2}$（別の原始根）に取り替えると符号が反転する。どの原始根を $\zeta_5$ と呼ぶかで符号が決まる。

失点しやすい点

$\zeta_5^{-1}=\zeta_5^{4}$ の書き換えを使う。負の指数のままでも正しいが、「$\zeta_5$ を用いて表せ」という要求には多項式の形で答えるほうが素直である。

ユークリッド長との違い

ユークリッドでは長さ $p-1$ だが、双曲計量では $\log p$。$y$ が小さいほど「重み $1/y$」が大きくなるので、実軸に近づくほど距離が伸びる。実軸そのものへは無限の距離があり、到達できない。

$p\to\infty$

$\log p\to\infty$。上方向にも無限に広がっている。上半平面は双曲計量について完備である。

向きに依らないこと

$\mathrm Q$ から $\mathrm P$ へ辿っても長さは同じ $\log p$ である。長さは向きに依存しない。

等号成立

第 $1$ の不等号の等号は $x'\equiv0$（曲線が鉛直線上にある）、第 $2$ の等号は $y'$ が符号を変えないこと（$y$ が単調）。すなわち等号は $\gamma$ が $\gamma_0$ の（向きを保つ）再助変数化のときに限る。したがって $y$ 軸上の線分は測地線であり、最短経路は本質的に一意である。

双曲幾何の測地線

上半平面モデルの測地線は「実軸に垂直な半直線」と「実軸に中心をもつ半円」である。本問の $\gamma_0$ は前者にあたる。$2$ 点が同じ鉛直線上にない場合は半円が最短になる。

$\log$ が現れる理由

$\dfrac{y'}{y}=\left(\log y\right)'$ なので、鉛直方向の長さは $y$ の対数の差になる。双曲距離が「比の対数」で測られる、という双曲幾何の基本的な性質である。

ガウス・ボンネの定理

双曲平面（曲率 $-1$）の測地三角形の面積は $\pi-\left(\text{内角の和}\right)$ である。本問の領域は、単位半円弧（測地線）と $2$ 本の鉛直線（測地線）で囲まれた三角形で、$2$ 本の鉛直線は無限遠で交わるため、そこでの内角は $0$ である。内角は $0,\alpha,\beta$ で、面積 $\pi-\left(0+\alpha+\beta\right)$ と一致する。

$\alpha,\beta$ が内角であること

$x=\cos\beta$ の鉛直線と単位円 $x^{2}+y^{2}=1$ の交点は $\left(\cos\beta,\sin\beta\right)$。この点で円の接線と鉛直線のなす角が $\beta$ になる。$-\cos\alpha$ 側も同様である。

面積の上限

$\alpha,\beta\to0$ で面積は $\pi$ に近づく。双曲平面では三角形の面積は $\pi$ を超えられない。ユークリッド幾何との決定的な違いである。

失点しやすい点

面積要素は $\dfrac{dxdy}{y^{2}}$ であって $\dfrac{dxdy}{y}$ ではない。第 $1$ 基本形式の係数から $\sqrt{EG-F^{2}}$ を計算して確かめる。

連続性が本質的な場所

同一律の証明だけが連続性を使う。連続でない関数まで含めると、たとえば「$1$ 点だけ値が違う関数」の距離が $0$ になり、同一律が破れる。可測関数の空間では「ほとんど至るところ一致」で同一視して $L^{1}$ 空間を作る。

一様収束の距離との違い

$d_\infty\left(f,g\right)=\displaystyle\max_{x}\left|f-g\right|$ という距離も $C$ に入る。$d\le2d_\infty$ なので $d_\infty$ で収束すれば $d$ でも収束するが、逆は成り立たない。設問 $2$ 以降の $f_n$ がその例で、$d$ では $0$ に収束するが $d_\infty\left(0,f_n\right)=1$ で一様収束はしない。

完備でないこと

$\left(C,d\right)$ は完備でない。たとえば階段関数に $L^{1}$ で近づく連続関数列はコーシー列だが極限が $C$ にない。本問の $f_n$ はその例ではなく、ちゃんと $C$ の中に極限をもつ。

直接積分しても同じ

$\displaystyle\int_{-1/n}^{0}\left(nx+1\right)dx=\left[\frac{nx^{2}}{2}+x\right]_{-1/n}^{0}=0-\left(\frac{1}{2n}-\frac1n\right)=\frac{1}{2n}$。 $\displaystyle\int_0^{1/n}\left(-nx+1\right)dx=\frac{1}{2n}$。和は $\dfrac1n$ である。

$f_n$ が連続であること

$x=\pm\dfrac1n$ で値は $0$、$x=0$ で $1$。折れ点はあるが連続なので $f_n\in C$ である。

高さは変わらない

$\max f_n=1$ は $n$ によらない。それでも面積は $\dfrac1n\to0$ になる。台の幅が縮むためで、この「高さは残るが面積は消える」性質が設問 $4$ の要点になる。

$0$ を経由する

$f_n$ と $f_m$ の差を直接積分してもよいが、共通の点 $0$（零関数）を経由して三角不等式を使うほうが速い。設問 $2$ の結果がそのまま使える。

収束列は必ずコーシー列

設問 $4$ で $f_n\to0$ が示されるので、コーシー列であることは自動的に従う。設問 $3$ が先に置かれているのは、$4$ で「収束するかどうか」を独立に考えさせるためである。

直接計算

$m>n$ のとき $d\left(f_n,f_m\right)=\displaystyle\int\left|f_n-f_m\right|$ を計算すると $\dfrac1n-\dfrac1m$ になる。上の評価より小さいが、どちらでもコーシー性は言える。

一様収束はしない

$\displaystyle\max_{x}\left|f_n\left(x\right)-0\right|=f_n\left(0\right)=1$ で $n$ によらない。したがって $f_n$ は $0$ に一様収束しない。「$L^{1}$ の意味で収束するが一様収束しない」典型例である。

各点収束はする

$x\neq0$ を固定すると、$n>\dfrac{1}{\left|x\right|}$ で $f_n\left(x\right)=0$。$x=0$ では $f_n\left(0\right)=1$ で $0$ に収束しない。すなわち各点収束の極限は「$x=0$ で $1$、他で $0$」という不連続関数で、$L^{1}$ の極限（零関数）と一致しない。積分の距離では $1$ 点の値は効かない、ということである。

完備性の反例ではないこと

$\left(C,d\right)$ が完備でないことを示すには、極限が連続関数にならないコーシー列が要る。本問の $f_n$ は極限が連続なので反例にならない。台の幅を縮めるのではなく、階段に近づける列（たとえば $\tanh\left(nx\right)$）を使えば反例になる。

失点しやすい点

「高さが $1$ のまま残るから収束しない」と早合点しない。距離は面積で測られており、面積は $\dfrac1n\to0$ である。どの距離で考えているかを常に確認する。

虚軸上に並ぶ

$e^{z}+1$ の零点は虚軸上に等間隔（間隔 $2\pi$）に並ぶ。$\pm\pi i,\pm3\pi i,\dots$ である。設問 $3$ の正方形はこれらを内部に取り込むように大きさを選んである。

真性特異点はない

$e^{z}$ は整関数、$z^{-2}$ は $z=0$ に極をもつだけなので、$f$ は有理型関数である。無限遠点は極の集積点なので孤立特異点ではない。

$z=0$ が二重になる理由

$z^{-2}$ の因子がそのまま極の位数を与える。$e^{z}+1$ が $z=0$ で $0$ にならないので約分は起きない。

留数がすべて正の実数

$\left(2k+1\right)^{2}$ は正なので、虚軸上の極の留数はすべて正の実数である。$k$ と $-k-1$（すなわち $\pm\left(2m-1\right)\pi i$ の対）で同じ値になるので、設問 $3$ で $2$ 倍が現れる。