立教大学 理学研究科 数学専攻 数学 2024年度 春季（2024年2月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全9問）

ベクトル空間としての $M_2\left(\mathbb R\right)$

$M_2\left(\mathbb R\right)$ は $4$ 次元の実ベクトル空間である。$f$ はその上の線形変換なので、固有値・固有ベクトルを論じることができる。設問 $2$ 以降はまさにそれである。

$f$ の核の意味

$f\left(X\right)=O$ は $AX=XB$、すなわち「$X$ が $A$ と $B$ を絡める行列」であることを表す。設問 $3$・$4$ はこの核が非自明かどうかを問うている。

左乗法と右乗法

$L_A\left(X\right)=AX$ と $R_B\left(X\right)=XB$ はともに線形で、しかも互いに可換（$L_AR_B=R_BL_A$）である。$f=L_A-R_B$ の固有値が $A$ の固有値と $B$ の固有値の差になるのは、可換な作用素の同時対角化から理解できる。

${}^{\mathsf t}B$ を使う理由

$X$ に右から $B$ を掛ける操作は、行ベクトル ${}^{\mathsf t}\bm y$ に右から $B$ を掛けることに等しい。これを列ベクトルの言葉に直すと ${}^{\mathsf t}B$ が現れる。左からの作用は $A$、右からの作用は ${}^{\mathsf t}B$、と対応づけると見通しがよい。

$X\neq O$ の確認

$\bm x=\left(x_1,x_2\right)^{\mathsf T}\neq\bm 0$、$\bm y\neq\bm 0$ なら、ある $i,j$ で $x_i\neq0$、$y_j\neq0$ となり $X$ の $\left(i,j\right)$ 成分 $x_iy_j\neq0$。固有ベクトルは $0$ でないことが必要なので、この確認は必須である。

$f$ の固有値の全体

$A$ の固有値 $\lambda_1,\lambda_2$、$B$ の固有値 $\mu_1,\mu_2$ とすると、$f$ の固有値は $\lambda_i-\mu_j$ の $4$ 個（重複込み）である。$M_2\left(\mathbb R\right)$ が $4$ 次元であることと整合する。

逆も成り立つ

$AC=CB$ を満たす $C\neq O$ があれば、$A$ と $B$ は共通固有値をもつ。実際 $f$ の固有値のどれかが $0$ でなければ $f$ は単射になり、核は $\left\{O\right\}$ になる。したがって「共通固有値をもつ $\Longleftrightarrow$ $AC=CB$ の非自明解が存在する」である。

シルベスター方程式

$AX-XB=Y$ の形の方程式をシルベスター方程式という。$A$ と $B$ が共通固有値をもたないとき、この方程式は任意の $Y$ に対して一意に解ける。制御理論や数値線形代数で基本的な事実である。

実数体での注意

$A$ の固有値が実数でない場合、実ベクトル $\bm x$ が取れない。本問は $\nu$ を共通固有値としているが、複素数の範囲で考えれば同じ議論が通る。設問 $4$ の例では固有値がすべて実数なので問題ない。

検算

$$AD=\begin{pmatrix}2&0\\-2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-3&1\\-6&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6&2\\-12&4\end{pmatrix},$$ $$DB=\begin{pmatrix}-3&1\\-6&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-6&0\\-24&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6&2\\-12&4\end{pmatrix}.$$ 一致する。

解の自由度

共通固有値が $\nu=2$ の $1$ つだけで、$A$ の固有空間も ${}^{\mathsf t}B$ の固有空間もそれぞれ $1$ 次元なので、$f$ の核は $1$ 次元である。したがって $D$ は定数倍を除いて一意である。

$D$ の階数

$D$ は階数 $1$（$\det D=-6+6=0$）。$\bm x\,{}^{\mathsf t}\bm y$ の形の行列は常に階数 $1$ 以下である。

失点しやすい点

$B$ の固有ベクトルではなく ${}^{\mathsf t}B$ の固有ベクトルを取る。$B$ の固有ベクトル $\left(0,1\right)^{\mathsf T}$（固有値 $2$）で $\bm x\,{}^{\mathsf t}\bm y$ を作っても $AD=DB$ にはならない。

$I+J$ と見抜く

成分がすべて同じ値で対角だけ違う行列は $\alpha I+\beta J$ と書ける。$J$ の固有値が $n$ と $0$（$n$ 次のとき）であることを覚えておけば、固有多項式を展開せずに済む。

検算

$\operatorname{tr}\left(A{}^{\mathsf t}A\right)=2+2+2=6$、固有値の和も $4+1+1=6$。 $\det=4\cdot1\cdot1=4$。直接計算しても $\det\left(I+J\right)=4$ である。

半正定値性

$A{}^{\mathsf t}A$ は必ず半正定値対称行列で、固有値は非負になる。$4,1,1>0$ はこれと整合し、しかもすべて正なので $A{}^{\mathsf t}A$ は正定値、すなわち正則である。

${}^{\mathsf t}AA$ から見ても同じ

${}^{\mathsf t}AA=\operatorname{diag}\left(a,a,b,0\right)$ の階数は、$a\neq0$、$b\neq0$ なら $3$ である。設問 $4$ で $a=1$、$b=4$ が決まるので整合する。

$3\times4$ 行列の階数の上限

$\operatorname{rank}A\le\min\left(3,4\right)=3$。したがって $A$ は全行階数（行が $1$ 次独立）で、$A$ の定める写像 $\mathbb R^{4}\to\mathbb R^{3}$ は全射である。

核の次元

$\dim\ker A=4-3=1$。設問 $3$ の $\bm a_4=\bm 0$ はこの核の生成元が $\bm e_4$ であることを意味する。

特異値分解の骨格

${}^{\mathsf t}AA$ の固有ベクトルに $A$ を掛けると $A{}^{\mathsf t}A$ の固有ベクトルになる、という関係は特異値分解の基本である。固有値 $\lambda_i$ は特異値の $2$ 乗にあたる。

$\bm a_i\neq\bm 0$ の根拠

$\bm a_1=\bm 0$ なら $a=0$ となり $\bm a_2=\bm 0$ でもある。すると $A$ の列は $\bm a_3$ だけになり階数 $1$。設問 $2$ の $\operatorname{rank}A=3$ に反する。同様に $b\neq0$。

直交性の意味

$\bm a_1,\bm a_2,\bm a_3$ は互いに直交する $0$ でないベクトルなので $1$ 次独立で、$\mathbb R^{3}$ の直交基底をなす。$\operatorname{rank}A=3$ と整合する。

トレースによる検算

$\operatorname{tr}\left({}^{\mathsf t}AA\right)=a+a+b+0=1+1+4=6$、 $\operatorname{tr}\left(A{}^{\mathsf t}A\right)=2+2+2=6$。 一般に $\operatorname{tr}\left({}^{\mathsf t}AA\right)=\operatorname{tr}\left(A{}^{\mathsf t}A\right)=\sum_{i,j}A_{ij}^{2}$ なので、この一致は必然である。

$0$ でない固有値の一致

${}^{\mathsf t}AA$（$4$ 次）と $A{}^{\mathsf t}A$（$3$ 次）は、$0$ でない固有値を重複度込みで共有する。${}^{\mathsf t}AA$ の固有値 $1,1,4,0$ から $0$ を除くと $1,1,4$ となり、$A{}^{\mathsf t}A$ の固有値と一致する。

$a=4$、$b=1$ が不可能な理由

そうすると固有値 $4$ の固有空間が $2$ 次元になるが、設問 $1$ より重複度は $1$ である。矛盾する。

$\left(*\right)$ の確認

${}^{\mathsf t}AA$ の $\left(i,j\right)$ 成分は $\bm a_i\cdot\bm a_j$ である。構成より対角成分は $1,1,4,0$、非対角は $0$。確かに $\operatorname{diag}\left(1,1,4,0\right)$ になる。

$\left(**\right)$ の確認

$A{}^{\mathsf t}A=\displaystyle\sum_{i=1}^{4}\bm a_i{}^{\mathsf t}\bm a_i$ である。 $\bm a_1{}^{\mathsf t}\bm a_1+\bm a_2{}^{\mathsf t}\bm a_2$ は平面 $x_1+x_2+x_3=0$ への直交射影 $I-\frac13J$、 $\bm a_3{}^{\mathsf t}\bm a_3=\frac43J$ だから $$A{}^{\mathsf t}A=I-\frac13J+\frac43J=I+J =\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}.$$ 一致する。

答えは一意でない

$\bm a_1,\bm a_2$ は平面内で自由に回転させてよく、$\bm a_3$ は符号を変えてよい。$\bm a_1\leftrightarrow\bm a_2$ の入れ替えも許される。「一つ求めよ」なのでどれか $1$ つを示せば十分だが、条件をすべて満たすことは確認する。

失点しやすい点

$\bm a_3$ の長さは $\sqrt b=2$ であって $b=4$ ではない。${}^{\mathsf t}AA$ の対角成分は長さの $2$ 乗であることに注意する。

$f$ が斉次であること

$f\left(tx,ty\right)=f\left(x,y\right)$（$t>0$）が成り立つ。原点からの方向だけで値が決まるので、方向ごとに違う値を取れば極限は存在しない。$0$ 次斉次関数の典型的な振る舞いである。

有界でもないこと

$c\to1^{-}$ とすると $\dfrac{1}{\sqrt{1-c^{2}}}\to\infty$。$f$ は原点のどんな近傍でも有界でない。

道は $2$ 本で足りる

極限の非存在を示すには、異なる極限値を与える道を $2$ 本挙げれば十分である。すべての道を調べる必要はない。

設問4での使い方

$a=\dfrac1x$ とすると $\displaystyle\int\frac{dy}{\sqrt{x^{2}-y^{2}}}=\int\frac{dy}{x\sqrt{1-y^{2}/x^{2}}}=\arcsin\frac{y}{x}+C$。 この不定積分を得るために設問 $2$ が置かれている。

$\arcsin$ の導関数

$s=\sin\theta$、$\theta=\arcsin s$ とすると $\dfrac{d\theta}{ds}=\dfrac{1}{\cos\theta}=\dfrac{1}{\sqrt{1-s^{2}}}$。 $-\dfrac\pi2<\theta<\dfrac\pi2$ で $\cos\theta>0$ なので正号を取る。問題文が値域を指定しているのはこのためである。

$a<0$ の場合

$a>0$ が仮定されているが、$a<0$ でも同じ式が成り立つ（区間の書き方だけ変わる）。

共通の極限領域

どちらの和集合も $$D=\left\{\left(x,y\right)\ \middle|\ 0<x\le1,\ 0\le y<x\right\}$$ に等しい。$D_n$ は直線 $y=x-\frac1n$ で、$E_n$ は直線 $y=\left(1-\frac1n\right)x$ で $D$ を内側から近似している。どちらも $n\to\infty$ で境界 $y=x$ に近づく。

$2$ 通りの近似を使う理由

$D_n$ 上の積分は $\arcsin\left(1-\frac{1}{nx}\right)$ という $x$ に依存する式になり計算しにくい。一方 $E_n$ 上では $\arcsin\left(1-\frac1n\right)$ が $x$ に依らない定数になるので、$x$ の積分が分離できる。設問 $4$ ではこの計算しやすい $E_n$ を経由する。

$D_n$ の単調性

$D_n\subset D_{n+1}$ である（$\frac{1}{n+1}<\frac1n$ かつ $x-\frac1n<x-\frac{1}{n+1}$）。したがって $I_n$ は単調増加列になる。設問 $4$ で使う。

直接計算による確認

極限領域 $D$ 上で形式的に計算すると $$\iint_D f\,dxdy=\int_0^{1}x\left[\arcsin\frac yx\right]_{y=0}^{y\to x^{-}}dx =\int_0^{1}x\cdot\frac{\pi}{2}dx=\frac{\pi}{2}\cdot\frac12=\frac{\pi}{4}.$$ 同じ値になる。$f$ は $D$ の境界 $y=x$ の近くで発散するが、広義積分としては収束する。

$D_n$ 上で直接計算すると

$$I_n=\int_{1/n}^{1}x\arcsin\left(1-\frac{1}{nx}\right)dx$$ で、$\arcsin$ の中身が $x$ に依存するため部分積分を要する。設問 $3$ の $E_n$ を経由すると、この手間が丸ごと省ける。

$L$ が有限であることの確認

挟み撃ちの前に $L$ が $+\infty$ でない保証は要らない。$L\le\lim K_n=\frac\pi4<\infty$ が上の不等式から直接出るからである。

失点しやすい点

$I_n\le K_n\le I_{n^{2}}$ の両側を使う。片側だけでは $L\le\frac\pi4$ か $L\ge\frac\pi4$ の一方しか言えない。

ロピタルの定理でもよい

$\dfrac00$ 型なので $2$ 回適用すると $\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\to\dfrac{0}{0}$、さらに $\dfrac{\sin x}{\cos x}\to0$。ただし途中でまた $\frac00$ 型になるので、展開のほうが確実である。

半角公式による表示

$1-\cos x=2\sin^{2}\frac x2$、$\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2$ を使うと $$\frac{x-\sin x}{1-\cos x}=\frac{x}{2\sin^{2}\left(x/2\right)}-\cot\frac x2 .$$ 設問 $2$ の $x\to2\pi^{-}$ の評価にはこの形が便利である。

$m$ に依存しない理由

連続性の判定に使う左極限は $m\cdot0=0$ で、$m$ の値によらない。$m$ が効いてくるのは設問 $3$ の微分可能性である。

$m>0$ ではどうなるか

$m>0$、$x\le0$ では $mx\le0$ となり負の値も取る。値域は $\left(-\infty,0\right]\cup\left(0,\infty\right)=\mathbb R$ になる。仮定 $m\le0$ が値域を $\left[0,\infty\right)$ に抑えている。

$g$ の単調性

実は $g$ は $\left(0,2\pi\right)$ で狭義単調増加である（$g\left(\pi\right)=\dfrac{\pi}{2}$、$g$ の導関数を計算すると正）。単調性を示せば値域が $\left(0,\infty\right)$ であることが直ちに従うが、中間値の定理と両端の極限だけでも十分である。

$0$ が値域に入る理由

$g>0$ なので $x>0$ の部分からは $0$ は出ない。$f_m\left(0\right)=0$ が $0$ を供給している。閉区間 $\left[0,\infty\right)$ の左端が入ることの根拠として、この $1$ 点を明示する。

$\dfrac13$ の意味

設問 $1$ の展開から $g\left(x\right)=\dfrac{x}{3}+O\left(x^{3}\right)$。すなわち $x>0$ 側のグラフは原点で傾き $\dfrac13$ の直線に接する。左側の直線 $y=mx$ の傾きをこれに合わせるのが条件である。

連続性だけでは足りないこと

設問 $1$ より $f_m$ はどんな $m$ でも連続だが、微分可能になるのは $m=\frac13$ のときだけである。連続性と微分可能性の違いを見せる設計になっている。

より詳しい展開

$g\left(x\right)=\dfrac x3+\dfrac{x^{3}}{180}+\cdots$ である。$m=\frac13$ のとき $f_{1/3}$ は $x=0$ で $C^{1}$ 級だが $2$ 階微分は左が $0$、右が $0$ で一致し、実は $C^{2}$ 級でもある（$3$ 階で差が出る）。

失点しやすい点

右微分係数の計算では、分母が $h\left(1-\cos h\right)\sim\dfrac{h^{3}}{2}$ と $3$ 次になることに注意する。$h$ を掛け忘れると $\dfrac{h}{3}\to0$ となり誤答になる。

$3$ 次以下に特有の判定

$4$ 次以上では有理根がなくても可約になり得る（$2$ 次$\times2$ 次など）。$3$ 次では因数分解すれば必ず $1$ 次因子が現れるので、有理根の非存在が既約性と同値になる。

$\bmod\ p$ による別証

$f$ を $\mathbb F_5$ 上で見ると $x^{3}-2x-4$。$x=0,1,2,3,4$ を代入すると $-4,-5,0,\dots$ で $x=2$ が根になるので $\mathbb F_5$ では可約である。$\mathbb F_7$ では $x^{3}-5x-6$、代入すると $x=0,\dots,6$ で $-6,-10,-8,6,38,\dots$ いずれも $\bmod\ 7$ で $0$ にならないので既約。この $1$ つで $\mathbb Q$ 上の既約性が従う。

アイゼンシュタインは使えない

$-12$ と $-34$ をともに割る素数は $2$ だが、$34$ は $4$ で割り切れないので $p=2$ で判定できそうに見える。しかし $-12$ は $2$ で割り切れるものの、条件「最高次以外がすべて $p$ で割れ、定数項が $p^{2}$ で割れない」は満たす。実は $p=2$ でアイゼンシュタインが適用でき、既約性が直ちに従う。有理根の確認より速い。

判別式による別証

$x^{3}+px+q$ の判別式は $\Delta=-4p^{3}-27q^{2}$。$p=-12$、$q=-34$ より $$\Delta=-4\left(-1728\right)-27\cdot1156=6912-31212=-24300<0 .$$ $\Delta<0$ は「実根 $1$ つ、共役な虚根 $2$ つ」に対応する。設問 $4$ でこの値をもう一度使う。

根の位置

$f\left(4\right)=64-48-34=-18<0$、$f\left(5\right)=125-60-34=31>0$ なので実根は $\left(4,5\right)$ にある。設問 $3$ の $2^{5/3}+2^{1/3}=3.1748+1.2599=4.4347$ と整合する。

失点しやすい点

極大値と極小値の両方を計算する。片方だけでは根の個数が決まらない。

カルダノの公式との関係

$x^{3}+px+q=0$ の実根は $x=\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\cdots}}$。 $p=-12$、$q=-34$ では $\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}=289-64=225$、$\sqrt{225}=15$ だから $x=\sqrt[3]{17+15}+\sqrt[3]{17-15}=\sqrt[3]{32}+\sqrt[3]{2}=2^{5/3}+2^{1/3}$。 この形が問題文で与えられているのは、判別式が平方数になるよう係数が選ばれているためである。

数値の確認

$2^{5/3}=3.17480$、$2^{1/3}=1.25992$、和は $4.43472$。 $\alpha^{3}=87.216$、$12\alpha+34=53.217+34=87.217$。一致する。

$\mathbb Q\left(\alpha\right)=\mathbb Q\left(2^{1/3}\right)$

$\alpha=2t^{2}+t$ より $\alpha\in\mathbb Q\left(t\right)$、また $\left[\mathbb Q\left(\alpha\right):\mathbb Q\right]=3=\left[\mathbb Q\left(t\right):\mathbb Q\right]$ なので両者は一致する。$\alpha$ の生成する体は $\sqrt[3]{2}$ の生成する体と同じである。

判別式による判定

既約 $3$ 次多項式のガロア群が $A_3$ になるのは、判別式が $\mathbb Q$ の平方数であるときに限る。設問 $2$ の注で見たとおり $\Delta=-24300<0$ で平方数でない（負である）。したがって $S_3$ である。複素共役の議論と同じ結論になる。

$K$ の具体形

$\alpha\in\mathbb Q\left(\sqrt[3]2\right)$ かつ $K$ は $f$ の分解体だから、$K=\mathbb Q\left(\sqrt[3]2,\omega\right)$（$\omega$ は $1$ の原始 $3$ 乗根）である。実際 $\left[K:\mathbb Q\right]=6$ で、$x^{3}-2$ の分解体と一致する。

中間体

$S_3$ の部分群は位数 $1,2,2,2,3,6$ の $6$ 個。対応する中間体は $K$、$3$ つの $3$ 次体 $\mathbb Q\left(\alpha\right),\mathbb Q\left(\beta\right),\mathbb Q\left(\gamma\right)$、$2$ 次体 $\mathbb Q\left(\sqrt{\Delta}\right)=\mathbb Q\left(\sqrt{-3}\right)$、そして $\mathbb Q$ である。

失点しやすい点

「既約だから $S_3$」ではない。既約性は推移性しか与えず、$A_3$ の可能性が残る。実根の個数か判別式で $A_3$ を排除する一手が要る。

恒等式の見つけ方

$a\circ b=a+b-ab$ の右辺を $1$ から引くと $1-a-b+ab$。これは $\left(1-a\right)\left(1-b\right)$ の展開そのものである。以降のすべての設問がこの因数分解に帰着する。

$\psi\left(a\right)=1-a$ という写像

恒等式は $\psi\left(a\circ b\right)=\psi\left(a\right)\psi\left(b\right)$ と読める。すなわち $\psi$ は $\circ$ を積に写す。設問 $4$ の同型そのものである。

体であることが必要

零因子をもつ環では $\left(1-a\right)\left(1-b\right)=0$ が起こり得る。たとえば $R=\mathbb Z/6\mathbb Z$、$a=3$、$b=4$ とすると $\left(1-3\right)\left(1-4\right)=\left(-2\right)\left(-3\right)=6=0$ で $a\circ b=1$ になる。

恒等式による別証

$1-\left(a\circ b\right)=\left(1-a\right)\left(1-b\right)=\left(1-b\right)\left(1-a\right)=1-\left(b\circ a\right)$ より $a\circ b=b\circ a$。同じ結論だが、設問 $1$ の恒等式を再利用する形になっている。

$a,b\neq1$ という条件

可換性自体は $F$ 全体で成り立ち、$a\neq1$ は不要である。設問が $F\setminus\left\{1\right\}$ に限っているのは、設問 $3$ の群構造の文脈にそろえるためである。

非可換体では

$F$ が斜体（非可換）なら $ab\neq ba$ となり得るので、$\circ$ も可換とは限らない。可換体という仮定が効いている。

恒等式が全部を担うこと

結合律も逆元も、$1-\left(\cdot\right)$ を取ると積の計算に変わる。$1$ を除くのは「積の $0$ を除く」ことに対応しており、設問 $4$ の同型の準備になっている。

$1$ を除く必然性

$a=1$ なら $1\circ b=1+b-b=1$ で、$1$ は「吸収元」として働く（積における $0$ の役割）。したがって $1$ を含めると群にならない。

具体例

$F=\mathbb R$ なら $F^{\circ}=\mathbb R\setminus\left\{1\right\}$。$a=2$ の逆元は $\dfrac{-2}{1-2}=2$ で、$2\circ2=2+2-4=0$。確かに単位元になる。

単位元の対応

$\psi\left(0\right)=1$。$F^{\circ}$ の単位元 $0$ が $F^{\times}$ の単位元 $1$ に写る。準同型なら自動的に成り立つ性質だが、確認しておくと安心である。

逆元の対応

$\psi\left(\dfrac{-a}{1-a}\right)=1-\dfrac{-a}{1-a}=\dfrac{1}{1-a}=\psi\left(a\right)^{-1}$。設問 $3$ の逆元の式が、$\psi$ の下で乗法の逆数に対応していることが見える。

この演算の別の姿

$a\circ b$ は「$a$ でも $b$ でもない確率の余事象」$1-\left(1-a\right)\left(1-b\right)$ と同じ式で、確率論や信頼性工学では $2$ つの独立な事象の和事象の確率として現れる。同じ代数構造が別の文脈で使われている例である。

応用

$F$ が有限体 $\mathbb F_q$ なら $F^{\times}$ は位数 $q-1$ の巡回群なので、$F^{\circ}$ も位数 $q-1$ の巡回群である。$\psi$ を経由すれば構造が直ちに分かる。

不連続点は $1$ つで足りる

$g$ は $x=1$ でのみ不連続である。設問 $3$ の定理は「連続なら必ず不動点をもつ」なので、$1$ 点でも連続性を壊せば反例が作れる。

ほかの例

$g\left(x\right)=\begin{cases}x+\frac12&\left(x\le\frac12\right)\\ x-\frac12&\left(x>\frac12\right)\end{cases}$ も $I\to I$ で不動点をもたない。値の跳びで「$y=x$ の直線をまたぐ」ようにするのが作り方の型である。

図形的な見方

$I\times I$ の正方形の中で、グラフが対角線 $y=x$ と交わらないようにすればよい。連続なグラフは左辺（$x=0$）で対角線の上、右辺（$x=1$）で下にあるため必ず交わるが、跳びがあれば飛び越せる。

$\varepsilon$ を半分ずつ配る

$2$ つの項をそれぞれ $\varepsilon/2$ 未満に抑える。$h$ の連続性から $1$ つ、恒等写像の連続性（$\left|x-x_0\right|<\delta\le\varepsilon/2$）からもう $1$ つを得る。$\varepsilon$--$\delta$ 論法の標準的な配分である。

一般論

連続関数の差は連続、という一般定理の特別な場合である。設問が「$\varepsilon$--$\delta$ 論法により」と指定しているので、定理の引用ではなく定義に戻って書く必要がある。

$e$ の連続性

恒等写像は $\delta=\varepsilon$ と取れば連続の定義を満たす。上の $\delta\le\varepsilon/2$ はこれを $\varepsilon/2$ の水準で使ったものである。

ブラウワーの不動点定理

$n$ 次元閉球体から自身への連続写像は必ず不動点をもつ、という定理の $n=1$ の場合である。高次元では中間値の定理が使えず、ホモロジーや次数の理論が必要になる。

使った $2$ つの性質

$k\left(I\right)\subset I$（値域が定義域に入る）と $I$ が閉区間であること。設問 $1$ は連続性、設問 $4$ は「有界閉」の必要性を示す。$3$ つの仮定がそれぞれ効いていることが分かる構成である。

不動点の一意性はない

$k=e$ なら $I$ の全点が不動点である。定理は存在だけを主張する。

どの仮定が壊れたか

設問 $3$ の証明では「$\varphi\left(0\right)\ge0$、$\varphi\left(1\right)\le0$」に $I$ の有界閉性と $k\left(I\right)\subset I$ を使った。$\mathbb R$ には端点がないので、この符号の変化を保証する根拠がない。実際 $\ell-e\equiv1$ は決して $0$ にならない。

ほかの例

$\ell\left(x\right)=x+e^{-x^{2}}$ や $\ell\left(x\right)=\sqrt{x^{2}+1}$ も不動点をもたない連続写像である。平行移動が最も簡単である。

開区間でも壊れる

$I$ を開区間 $\left(0,1\right)$ に取り替えると、$k\left(x\right)=\dfrac{x}{2}$ は $\left(0,1\right)\to\left(0,1\right)$ の連続写像だが不動点 $0$ が区間の外にある。閉であることも必要である。

縮小写像の原理との違い

完備距離空間上の縮小写像は不動点をもつ（バナッハの不動点定理）。$\mathbb R$ は完備だが $\ell\left(x\right)=x+1$ は縮小写像でない（距離を保つ）。定理ごとに要る仮定が違う。

$2$ つの恒等式の役割

円関数の恒等式が $x^{2}+y^{2}$ を、双曲線関数の恒等式が「$-z^{2}$ を引いても $1$」を担う。回転面（円）と双曲線の組み合わせで一葉双曲面が書けることの反映である。

$X$ の形

$z$ を固定すると $x^{2}+y^{2}=1+z^{2}$、すなわち半径 $\sqrt{1+z^{2}}$ の円。$z=0$ で最も細く（半径 $1$）、$\left|z\right|$ が大きいほど太くなる、くびれた筒である。$\cosh u=\sqrt{1+\sinh^{2}u}$ がこの半径にあたる。

$u,v$ の意味

$v$ は $z$ 軸まわりの角度、$u$ は $z=\sinh u$ を通じて高さを表す助変数である。

単射ではないこと

$v$ は $2\pi$ の周期をもつので $F\left(u,v\right)=F\left(u,v+2\pi\right)$。$F$ は単射ではないが、$v$ を長さ $2\pi$ の開区間に制限すれば単射になる。設問 $3$ で局所座標を作るときにこの制限を使う。

$\cosh u>0$ が効く