立教大学 理学研究科 数学専攻 数学 2026年度 夏季（2025年7月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全9問）

検算

$s\neq0$ として $A_s\left(3,-1,1,0\right)^{\mathsf T}$ を計算すると $\left(3-2-1,\ 6-5-1,\ 3-4+1\right)^{\mathsf T}=\left(0,0,0\right)^{\mathsf T}$。確かに核に入る。$s$ を含む第 $4$ 成分が $0$ なので、この結果は $s$ に依存しない。

全射性の言い換え

$f_s$ が全射 $\Longleftrightarrow$ 像が $\mathbb R^{3}$ 全体 $\Longleftrightarrow$ 列ベクトルが $\mathbb R^{3}$ を張る $\Longleftrightarrow$ $\operatorname{rank}=3$。$3$ 行しかないので $\operatorname{rank}\le3$ であり、等号成立が全射の条件である。

$4>3$ なので単射にはならない

定義域の次元が値域より大きいので $\dim\operatorname{Ker}\ge1$、$f_s$ は $s$ の値によらず単射でない。

像の基底に元の列を使う理由

行基本変形は列の間の $1$ 次関係を保つが、列空間そのものは変える。したがって「階段形で主成分が立つ列の番号」を読み取り、対応する元の行列の列を取る。変形後の列を答えにすると誤りになる。

検算

第 $3$ 列 $\left(-1,-1,1\right)^{\mathsf T}=-3\bm a_1+\bm a_2$、 第 $4$ 列 $\left(2,3,0\right)^{\mathsf T}=4\bm a_1-\bm a_2$。 残り $2$ 列が $\bm a_1,\bm a_2$ の $1$ 次結合で書けるので、像の次元は確かに $2$ である。

次元定理の確認

$\dim\operatorname{Ker}f_0+\dim\operatorname{Im}f_0=2+2=4=\dim\mathbb R^{4}$。整合している。

失点しやすい点

$s\neq0$ の核が $s=0$ の核に含まれること（$\bm k_1$ は共通）は自然だが、$s=0$ ではもう $1$ 本増える。自由変数の個数を階数から正しく数えること。

最小多項式による見方

$A^{2}-A=O$ より、$A$ の最小多項式は $\lambda\left(\lambda-1\right)$ を割り切る。固有値は最小多項式の根なので $0$ か $1$ しかない。設問 $3$ で使う視点である。

両方が現れるとは限らない

$A=O$ なら固有値は $0$ のみ、$A=I$ なら $1$ のみである。設問 $2$ の $r=\operatorname{rank}A$ を使うと、$r=0$ と $r=n$ がこの $2$ つの場合にあたる。

失点しやすい点

$\bm v\neq\bm 0$ を明記してからスカラーの式に落とす。ここを飛ばすと $\lambda^{2}=\lambda$ を結論できない。

射影としての解釈

$A$ は $\mathbb C^{n}=V_0\oplus V_1$ に沿った $V_1$ への射影である。$\bm x=\left(\bm x-A\bm x\right)+A\bm x$ と分解すると、第 $1$ 項は $A\left(\bm x-A\bm x\right)=A\bm x-A\bm x=\bm 0$ より $V_0$ に、第 $2$ 項は $V_1$ に属する。

$I-A$ も冪等

$\left(I-A\right)^{2}=I-2A+A^{2}=I-A$。$I-A$ は $V_0$ への射影で、$\operatorname{rank}\left(I-A\right)=n-r$ である。$A$ と $I-A$ の役割が入れ替わる対称性がある。

トレースとの関係

$\operatorname{tr}A$ は固有値の和なので $0\cdot\left(n-r\right)+1\cdot r=r$。冪等行列では階数とトレースが一致するという有名な事実がここから出る。

最小多項式による別証

$A^{2}-A=O$ より最小多項式は $\lambda\left(\lambda-1\right)$ を割り切る。$1$ 次因子の積で重根をもたないので、$A$ は対角化可能である。こちらは $1$ 行で済む。

標準形が階数だけで決まること

上の形から、冪等行列は階数 $r$ だけで相似類が定まる。$n$ と $r$ が同じ冪等行列はすべて互いに相似である。

直交射影との違い

本問の $A$ は一般の（斜交）射影である。さらに $A^{*}=A$（エルミート）を課すと直交射影になり、$V_0\perp V_1$ が成り立つ。冪等性だけでは直交性は出ない。

失点しやすい点

「固有値が $0,1$ しかないから対角化可能」とはいえない。$\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ は固有値 $0$ のみだが対角化できない。固有空間の次元の和が $n$ になることを示す必要がある。

開区間になる理由

定義域が開区間 $\left(0,\infty\right)$ で $f$ が狭義単調連続なので、像も開区間になる。端点 $2$ が像に入らないことを明記する。

$f'>1$ という強い評価

単に $f'>0$ ではなく $f'\left(x\right)=2e^{x}-1>1$ が成り立つ。設問 $3$ の不等式が「$\le$」でなく厳密な「$<$」になるのはこの評価のおかげである。

失点しやすい点

$f\left(0\right)=2$ を像に含めない。定義域が $\left(0,\infty\right)$ と開いていることを見落とさない。

局所と大域

逆関数定理が保証するのは局所的な逆関数の存在である。大域的な逆写像の存在は単調性（＝単射性）から別に言う必要がある。両方を書いて初めて証明が閉じる。

$f'\neq0$ が要る理由

$f'\left(x_0\right)=0$ の点では逆関数は微分可能にならない（$y=x^{3}$ の逆 $y=x^{1/3}$ が原点で微分不可能なのが典型例）。$f'>1$ という評価はこの障害がないことを保証する。

$C^{\infty}$ 性

$f$ は実際には $C^{\infty}$ 級なので $f^{-1}$ も $C^{\infty}$ 級である。設問は $C^{1}$ 級の逆関数定理を指定しているので、そこまでで十分である。

一様な縮小ではないこと

$\left(f^{-1}\right)'\left(y\right)=\dfrac{1}{2e^{t}-1}$ は $y\to2^{+}$（$t\to0^{+}$）で $1$ に近づく。したがって $\left|f^{-1}\left(x\right)-f^{-1}\left(y\right)\right|\le L\left|x-y\right|$ を満たす定数 $L<1$ は存在しない。縮小写像の原理（バナッハの不動点定理）はそのままでは適用できない。

図形的な意味

$f$ のグラフの傾きがどこでも $1$ より大きいので、$y=x$ に関する対称移動で得られる $f^{-1}$ のグラフは傾きが $1$ 未満になる。「急な関数の逆関数は緩やか」という直観そのものである。

別解（$f$ 側で評価する）

$a=f^{-1}\left(x\right)$、$b=f^{-1}\left(y\right)$ と置くと示すべき式は $\left|a-b\right|<\left|f\left(a\right)-f\left(b\right)\right|$。$f$ に平均値の定理を使うと $\left|f\left(a\right)-f\left(b\right)\right|=f'\left(\xi\right)\left|a-b\right|>\left|a-b\right|$。逆関数の微分可能性を使わずに済むので、こちらのほうが素朴である。

失点しやすい点

$c$ が $x$ と $y$ の間にあり、しかも $\operatorname{Im}f$ に属することを確認する。$\operatorname{Im}f$ は区間なので中間の点も含まれる。

$f_x$ の因数分解が効く

$4x\left(x^{2}+3y^{2}\right)$ の第 $2$ 因子は実数の範囲で $x=y=0$ でしか消えない。この観察により、連立方程式が実質 $x=0$ の $1$ 本に落ちる。

対称性

$f\left(x,y\right)=f\left(-x,y\right)=f\left(x,-y\right)$ で、$f$ は両軸に関して対称である。停留点が $y$ について対称に現れるのはこのためで、$\left(0,1\right)$ と $\left(0,-1\right)$ は同じ性質をもつ。

失点しやすい点

$f_y$ の因数分解で $-4y$ の項を落とさない。$-2y^{2}$ の微分がここに効いている。

$f_{xy}=0$ になること

$3$ つの停留点はすべて $x=0$ にあり、$f_{xy}=24xy$ はそこで消える。ヘッセ行列が対角行列になるので、行列式は対角成分の積で済む。

判定法の準備

$\det H>0$ かつ $f_{xx}>0$ なら極小、$\det H>0$ かつ $f_{xx}<0$ なら極大、$\det H<0$ なら鞍点。$\det H=0$ のときは $2$ 階までの情報では判定できない。設問 $3$ でこの区別を使う。

$\left(0,0\right)$ が退化する理由

原点付近では $f\simeq-2y^{2}$ で、$x$ 方向の $2$ 次の項が存在しない（最低次が $x^{4}$）。$x$ 方向の曲率が $0$ になるので $\det H=0$ となる。

$2$ 方向で符号が違えば鞍点

$\det H=0$ の場合は、原点を通る $2$ つの曲線（ここでは $2$ 本の座標軸）に制限して符号を見るのが最も速い。片方で正、もう片方で負になれば極値でないことが確定する。

$\det H=0$ でも極値のことがある

$g\left(x,y\right)=x^{4}+y^{4}$ は原点で $\det H=0$ だが極小である。$\det H=0$ は「判定不能」であって「鞍点」ではない。必ず個別に調べる。

極大がない理由

$f\left(x,y\right)\to\infty$（$\left\|\left(x,y\right)\right\|\to\infty$）なので、$f$ は上に有界でない。したがって最大値をもたず、上の計算からわかるとおり極大点も存在しない。

失点しやすい点

$\left(0,1\right)$ と $\left(0,-1\right)$ の両方を答えに含める。対称性から片方だけ調べて済ませるのは構わないが、答えには $2$ 点とも書く。

$G$ の正体

$G=\mathbb Z\left[1/p\right]=\left\{\dfrac{m}{p^{k}}\ \middle|\ m\in\mathbb Z,\ k\ge0\right\}$、すなわち分母が $p$ の冪であるような有理数全体である。$\mathbb Z\subset G\subset\mathbb Q$ で、どちらの包含も真である。

表示は一意でない

$mp^{n}$ という表示は一意でない（$2p^{1}=2p\cdot p^{0}$ など）。したがって「$m,n$ を取り替えても議論が通る」書き方をする必要がある。上の証明は $g,g'$ の表示を $1$ つ固定して進めているので問題ない。

$n\le n'$ としてよい理由

$g$ と $g'$ の役割は対称なので、番号を付け替えるだけである。答案では「一般性を失わず」と断る。

$G$ の可換性が必要な場所

$f_1+f_2$ が準同型になる計算で、$f_1\left(h\right)$ と $f_2\left(g\right)$ を入れ替えている。非可換群ではこの入れ替えができず、自己準同型の和は一般に準同型にならない。

環としての構造

$\operatorname{End}\left(G\right)$ は写像の合成を積として環にもなる。設問 $4$ の同型は、実は環同型 $\operatorname{End}\left(G\right)\cong G$（$G$ を $\mathbb Z\left[1/p\right]$ という環と見たもの）に強められる。

失点しやすい点

「$\operatorname{End}\left(G\right)$ が群である」ためには、まず和が $\operatorname{End}\left(G\right)$ の中に留まることを確かめる必要がある。ここを省略しない。

評価写像

$\varphi$ は「$1$ での値を取る」評価写像である。$\operatorname{End}$ の加法が各点での加法として定義されているので、評価写像が準同型になるのは自動的である。

$1\in G$ であること

$1=1\cdot p^{0}\in G$ なので $\varphi$ の定義に意味がある。$G$ が $1$ を含むことは設問 $4$ でも本質的に効く。

単位元の対応

$\varphi\left(0\right)=0$。準同型は単位元を単位元に写すという一般則の確認になる。

$p^{k}$ で割る操作が許される理由

$G$ は $\mathbb Q$ の部分群なので捩れがなく、$p^{k}x=p^{k}y$ から $x=y$ が従う。有限群ではこの割り算ができず、同様の議論は通らない。

$n<0$ の扱いが要点

$n\ge0$ だけなら「準同型は整数倍と可換」で終わるが、$G$ には $1/p$ のような元があるので、$p^{k}$ 倍して整数に戻してから割る、という一手間が要る。設問の難所はここである。

結果の意味

$\operatorname{End}\left(\mathbb Z\left[1/p\right]\right)\cong\mathbb Z\left[1/p\right]$。同様に $\operatorname{End}\left(\mathbb Z\right)\cong\mathbb Z$、$\operatorname{End}\left(\mathbb Q\right)\cong\mathbb Q$ が成り立つ。「$\mathbb Q$ の部分環になっている加法群の自己準同型環はその環自身」という現象の一例である。

失点しやすい点

全単射を示すのに、単射性と全射性を別々に論じてもよいが、逆写像を具体的に構成して $2$ つの合成が恒等写像になることを示すほうが短く確実である。設問が「逆写像が存在することを示せ」と要求しているのもこの形を想定している。

一般化

同じ議論で、$q$ 元体上の $s$ 次元ベクトル空間の元は $q^{s}$ 個である。有限体の位数が必ず素数の冪になるのはこの事実から従う。

$s$ の意味

$s=\dim_{\mathbb F_2}\mathbb F_2\left[r\right]$ は $r$ の $\mathbb F_2$ 上の最小多項式の次数に等しい。$r$ は $6$ 次の $f$ の根なので $s\le6$ である。設問 $4$ でこの上界を使う。

$\mathbb F_2\left[r\right]$ が体であること

$r$ は代数的元なので $\mathbb F_2\left[r\right]=\mathbb F_2\left(r\right)$ は体である。有限次元代数拡大では多項式環と有理式体が一致する。

$f$ は $9$ 次の円分多項式

$x^{6}+x^{3}+1=\Phi_9\left(x\right)$ である。その根は $1$ の原始 $9$ 乗根、すなわち位数がちょうど $9$ の元である。設問 $2$ はこの事実を $\mathbb F_2$ 上で確認している。

標数 $2$ での符号

$\mathbb F_2$ では $-1=1$ なので $x^{9}-1=x^{9}+1$、$x^{3}-1=x^{3}+1$ と書いても同じである。符号を気にせず計算できるのが標数 $2$ の便利なところである。

$r\neq1$ でもある

$r^{3}\neq1$ から特に $r\neq1$。設問 $3$ で $r$ の位数を確定するときに使う。

位数の候補を絞る手順

「$r^{9}=1$ だから位数は $9$ の約数」→「$9$ の約数は $1,3,9$」→「$1$ と $3$ を排除」。この $3$ 段が定型である。設問 $2$ で $r^{3}\neq1$ を示させているのは、この排除のためである。

$K^{\times}$ が群であること

体の $0$ でない元全体は乗法について群をなす。有限体ではこれは巡回群になることも知られているが、本問ではラグランジュの定理だけで足りる。

失点しやすい点

$\left|K^{\times}\right|=2^{s}-1$ で $-1$ を忘れない。$0$ は乗法群に属さない。

$2$ の位数を $9$ を法として求める

$2^{s}\equiv1\pmod 9$ を満たす最小の $s$ は、$\left(\mathbb Z/9\mathbb Z\right)^{\times}$（位数 $6$ の巡回群）における $2$ の位数である。ここでは $2$ が生成元になっているので位数は $6$。この計算が設問 $4$ の核心である。

直接因数分解しないこと

$\mathbb F_2$ 上の $6$ 次多項式を素朴に因数分解しようとすると、$1$ 次から $3$ 次までの既約多項式で割ってみる必要があり手間がかかる。位数の議論のほうがはるかに速い。

一般則

$\Phi_n\left(x\right)$ が $\mathbb F_q$ 上既約であるのは、$q$ が $\left(\mathbb Z/n\mathbb Z\right)^{\times}$ の生成元であるときに限る。$n=9$、$q=2$ はまさにこの場合である。

対応の向き

部分群が大きいほど固定体は小さい。位数 $6$ の部分群（全体）には $\mathbb F_2$ が、位数 $1$ の部分群（単位元のみ）には $K$ 自身が対応する。位数 $2$ の部分群 $\left\langle\Phi^{3}\right\rangle$ には $\mathbb F_{2^{3}}=\mathbb F_8$、位数 $3$ の部分群 $\left\langle\Phi^{2}\right\rangle$ には $\mathbb F_{2^{2}}=\mathbb F_4$ が対応する。

中間体の数え方

$\mathbb F_{2^{6}}$ の部分体は $\mathbb F_{2^{d}}$（$d\mid6$）でちょうど $1$ つずつ。$6$ の約数は $1,2,3,6$ の $4$ 個なので中間体も $4$ 個である。ガロア対応を経由しなくても同じ結論が得られる。

$\Phi$ が自己同型であること

標数 $2$ では $\left(x+y\right)^{2}=x^{2}+y^{2}$（二項係数 $2$ が $0$）なので $\Phi$ は加法も保つ。$\Phi^{6}=\mathrm{id}$（すべての $x\in\mathbb F_{64}$ で $x^{64}=x$）で、$\Phi^{d}\neq\mathrm{id}$（$0<d<6$）だから位数はちょうど $6$ である。

失点しやすい点

「中間体」に $\mathbb F_2$ と $K$ 自身を含めるかどうかで答えが $4$ か $2$ に変わる。どちらの立場か明示して答える。

$E=1$ の意味

$v$ を固定した曲線（母線を回転させたもの）が弧長でパラメータ付けされている。線素は $ds^{2}=du^{2}+g\left(u\right)^{2}dv^{2}$ となり、回転面の標準形である。

$F=0$ の意味

母線と緯線が直交する。回転面では常に成り立ち、以降の曲率計算が簡単になる理由でもある。

$g>0$ の仮定

$g\left(u\right)>0$ は曲線が $x$ 軸に触れないこと（回転面が特異点をもたないこと）を保証する。$g=0$ になる点では $G=0$ となり、パラメータ表示が退化する。

ガウスの驚異の定理との整合

第一基本量が $E=1$、$F=0$、$G=g^{2}$ で、これは $g$ だけで決まる。曲率が内在量である以上、$K$ も $g$ だけで書けるはずである。この設問はその一般論を具体的に確かめている。

$v$ に依らないこと

$K$ が $v$ に依存しないのは回転対称性による。回転は等長変換なので曲率を保つ。

弧長でない場合

一般の $\left(r\cos v,r\sin v,h\left(r\right)\right)$ 型（$z$ 軸まわり、弧長でない）では $K=\dfrac{h'h''}{r\left(1+h'^{2}\right)^{2}}$ と複雑になる。弧長助変数を取ることで $-g''/g$ という最も簡潔な形が得られる。

失点しやすい点

$\left|\bm p_u\times\bm p_v\right|=g$ となる計算で弧長条件を使う。$\sqrt{EG-F^{2}}=g$ からも同じ値が得られるので、両方で確かめるとよい。

条件の確認を忘れない

問題は $f'>0$、$g>0$、$f'^{2}+g'^{2}=1$ を課している。$K$ の値を合わせるだけでなく、この $3$ 条件が定義域 $I$ 上で成り立つことを示して初めて「例」になる。とくに $\left|g'\right|<1$ が必要である。

$K=-1$ の場合

$g''=g$ より $g=\cosh u$ などが解だが、$g'=\sinh u$ で $\left|g'\right|<1$ を保つには $\left|u\right|<\operatorname{arcsinh}1$ に制限される。得られるのは擬球（トラクトリックスの回転面）に相当する曲面である。定義域が制限される点で $K\ge0$ の例より扱いにくい。

定曲率曲面の分類

$K$ が定数の回転面は、$K>0$ なら球面型、$K=0$ なら円柱・円錐・平面型、$K<0$ なら擬球型に分かれる。$g''+cg=0$ の解の形（三角関数・$1$ 次式・双曲線関数）がそのまま対応している。

失点しやすい点

$g$ を決めたら $f$ も明示的に与える。$f'=\sqrt{1-g'^{2}}$ を積分できる $g$ を選ぶのが、答案を短くするこつである。

ハミング距離

$d$ は符号理論で使われるハミング距離である。通常は有限集合の直積上で考えるが、成分の集合が $\mathbb R$ でも定義と証明はそのまま通る。

$n=1$ の場合

$d\left(x,y\right)=\delta'\left(x,y\right)$ は離散距離（異なれば $1$、等しければ $0$）である。一般の $n$ はその $n$ 個の和になっている。

三角不等式の証明の型

「左辺が $0$ なら自明、$1$ なら右辺も $1$ 以上」という場合分けが最短である。$\delta$ のまま扱うより $\delta'=1-\delta$ に置き換えたほうが不等号の向きが素直になる。

ふつうの球と違うこと

ユークリッド距離なら半径 $2$ の開球は円板だが、ここでは面積 $0$ の $1$ 次元集合になる。距離が整数値しか取らないため、球の形が離散的な条件に翻訳されるからである。

他の半径の場合

$0<r\le1$ なら $B\left(\bm 0;r\right)=\left\{\bm 0\right\}$（$1$ 点集合）。$r>2$ なら $B\left(\bm 0;r\right)=\mathbb R^{2}$ 全体。半径を連続的に変えても球は $3$ 通りしか現れない。

$1$ 点集合が開集合

$B\left(\bm 0;1\right)=\left\{\bm 0\right\}$ が開集合なので、この位相は離散位相である。したがって任意の部分集合が開かつ閉になる。

ユークリッド距離との対比

通常の距離では $\left\|P_k-\bm 0\right\|=\sqrt n/k\to0$ で収束する。同じ点列でも入れる距離を変えると収束・発散が変わるという、位相を意識させる例である。

離散位相での収束

設問 $2$ の注意のとおり $d$ は離散位相を定める。離散位相では、点列が収束するのは「ある番号以降ずっと同じ点」の場合に限る。$P_k$ はすべて相異なるので収束しない。

完備性

$\left(\mathbb R^{n},d\right)$ は完備である。コーシー列は途中から距離 $0$、すなわち定数列になるので必ず収束する。離散距離の空間は常に完備で、有界でもある（$d\le n$）が、コンパクトではない（$\mathbb R^{n}$ は非可算個の孤立点をもつ）。

失点しやすい点

「$1/k\to0$ だから収束する」と直感で答えない。収束は距離に関する定義に戻って判定する。

$\left(-1\right)^{n}$ の出どころ

$\cos\pi n=\left(-1\right)^{n}$ である。$\sin\pi z$ を分母にもつ関数を積分すると交代級数が現れるのはこのためで、逆に $\dfrac{\pi}{\tan\pi z}$ を使うと符号のない級数になる。

$2\pi i$ が $2i$ になる理由

$z=n$ の留数の分母に $\pi$ が含まれるので、$2\pi i$ と約分して $2i$ が残る。$\pm k$ の項では約分が起こらないので $\pi$ が分子に残り、$\dfrac{\pi}{k\sin\pi k}$ の形になる。

辺上に極がないこと

横幅を $\pm\left(N+\frac12\right)$ と半整数に取っているのは、鉛直な辺が整数点を避けるためである。設問 $2$ の $\left|\sin\pi z\right|\ge1$ もこの取り方のおかげで成り立つ。

$2$ つの評価の質の違い

鉛直な辺での下界 $1$ は $N$ に依らない定数だが、水平な辺での下界 $\sinh\pi N$ は指数的に大きくなる。この差が設問 $3$ と設問 $4$ の議論の違いを生む。

半整数を選ぶ理由

$\operatorname{Re}z$ が整数だと $\sin\pi z$ が $0$ に近づき得るが、半整数なら $\left|\sin\pi z\right|$ が最大値側で押さえられる。長方形の幅を $2N+1$ に取る設計はこのためである。

公式の導出

$\left|\sin\left(x+iy\right)\right|^{2}=\sin^{2}x\cosh^{2}y+\cos^{2}x\sinh^{2}y =\sin^{2}x\left(1+\sinh^{2}y\right)+\cos^{2}x\sinh^{2}y=\sin^{2}x+\sinh^{2}y$。

$t^{2}$ を捨てないこと

$\dfrac{1}{a^{2}+t^{2}}\le\dfrac{1}{a^{2}}$ と粗く評価すると $\left|J\right|\le\dfrac{2N}{a^{2}}\simeq\dfrac{2N}{N}=2$ となり、$0$ に収束することが示せない。積分区間の長さが $2N$ と伸びるので、被積分関数の $t$ 依存性を残す必要がある。

$\arctan$ の上界

$\arctan\theta<\dfrac{\pi}{2}$ を使う。より粗く $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{a^{2}+t^{2}}=\frac{\pi}{a}$ としてもよい。

左の辺も同様

$z=-N-\frac12+ti$ でも $\left|\sin\pi z\right|=\cosh\pi t\ge1$、$\left|z\right|^{2}$ は同じ値なので、まったく同じ評価が成り立つ。

設問3より易しい理由

分母に $\sinh\left(N\pi\right)$ という指数因子があるので、多項式の評価はいくら粗くてもよい。設問 $3$ のように積分の中身を丁寧に見る必要はない。

$k$ が固定であること

$k$ は「整数でない実定数」なので $N\to\infty$ に対して固定されている。したがって $N$ が十分大きければ $N^{2}-k^{2}>0$ が保証される。

下の辺も同様

$z=s-Ni$ では $\left|\sin\pi z\right|^{2}=\sin^{2}\pi s+\sinh^{2}\left(-\pi N\right)$ で、$\sinh$ が奇関数でも $2$ 乗すれば同じ。評価は変わらない。

数値による確認

$n=0$ の項は $2\cdot1=2$。$n=\pm1$ の項は $2\cdot\dfrac{-1}{-3}\times2=\dfrac43$ を加えるので $2+1.333=3.333$。 $n=\pm2$ で $2\cdot\dfrac{1}{-15}\times2=-0.267$、 $n=\pm3$ で $2\cdot\dfrac{-1}{-35}\times2=0.114$。 $3.333-0.267+0.114=3.180$ で $\pi=3.1416$ に近づいている。交代級数なので収束は遅いが確実である。

半整数を代入する必然性

$k$ は整数であってはならないので、最も簡単な選択が $k=\frac12$ である。しかも $\sin\pi k=1$ となって右辺が最も簡単になる。

一般公式の別の使い道

$\displaystyle\sum_n\frac{\left(-1\right)^{n}}{k^{2}-n^{2}}=\frac{\pi}{k\sin\pi k}$ は $\dfrac{\pi}{\sin\pi k}$ の部分分数展開に他ならない。同様に $\dfrac{\pi}{\tan\pi k}$ の展開は $\sum_n\dfrac{1}{k-n}$ の形になる。$\sin\pi z$ を分母にもつ関数を長方形で積分する、という手法がこれらの公式を統一的に与える。

失点しやすい点

和の範囲が $n=-\infty$ から $\infty$ までであることに注意する。$n$ と $-n$ の項は $k^{2}-n^{2}$ が偶関数なので等しく、$n\ge1$ の分を $2$ 倍して $n=0$ の項を足す形にも書ける。