立教大学 理学研究科 数学専攻 数学 2026年度 春季（2026年2月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全9問）

展開の向きを選ぶ

$3$ 次の行列式を機械的に展開すると $\lambda$ の $3$ 次式になり因数分解に手間がかかる。$0$ が $2$ つ並ぶ列（または行）に沿って展開すれば、最初から $1$ 次式と $2$ 次式の積として得られる。以降の設問すべてでこの分解を使う。

重解になる $a$

$1+a$ が $0$ または $2$ に一致するのは $a=-1$ または $a=1$ のときである。それ以外では固有値が相異なる $3$ 個になるので、設問 $2$ で調べるべきはこの $2$ 個の値だけになる。

検算

$\mathrm{tr}\,A=\left(1+a\right)+1+1=3+a$。固有値の和も $0+2+\left(1+a\right)=3+a$ で一致する。 また $\det A$ は第 $1$ 列展開から $\left(1+a\right)\left(1\cdot1-\left(-1\right)\left(-1\right)\right)=0$、固有値の積も $0$ で一致する。

判定の基準

対角化可能 $\Longleftrightarrow$ 各固有値について（固有空間の次元）＝（固有多項式における重複度）。重複固有値がなければ自動的に成り立つので、調べる必要があるのは重複が起きる $a$ の値だけである。

$a=-1$ と $a=1$ の違い

どちらも重複度 $2$ の固有値をもつが、$a=-1$ では階数が $1$ 落ちるのに対し $a=1$ では $2$ 落ちる。この差が対角化可能性を分ける。同じ「重解」でも中身が違うことを示す良い例である。

最小多項式で見る

$a=-1$ では最小多項式が $\lambda\left(\lambda-2\right)$ で重根をもたない。$a=1$ では $\left(\lambda-2\right)^{2}\lambda$ となり重根をもつ。対角化可能性は「最小多項式が重根をもたないこと」と同値である。

列の順序

$P$ の列は $\bm u,\bm v,\bm w$ の順でなければならない。$J$ の第 $2$ 列に $1$ が立つのは「$A\bm v$ が $\bm u$ の分だけはみ出す」ことの表現で、$\bm u$ と $\bm v$ を入れ替えると $J$ が上三角にならない。

答えは一意でない

$\bm u$ を $c\bm u$、$\bm v$ を $c\bm v+d\bm u$、$\bm w$ を $e\bm w$（$c,e\neq0$）に取り替えても同じ $J$ が得られる。分数を避けるため $\bm v=\left(0,-1,1\right)^{\mathsf T}$ を選び、それに合わせて $\bm u=N\bm v$ を後から定めたのがここでの取り方である。

手順の型

ジョルダン鎖は「先に一般化固有ベクトル $\bm v$ を決め、$\bm u=N\bm v$ を計算する」順に作ると分数が出にくい。$\bm u$ を先に固定すると $N\bm v=\bm u$ を解く段で分数が現れることが多い。

検算（$n=1$）

代入すると $\begin{pmatrix}2&-1&1\\0&1&-1\\0&-1&1\end{pmatrix}=A$。一致する。

検算（$n=2$）

公式では $\begin{pmatrix}4&-4&4\\0&2&-2\\0&-2&2\end{pmatrix}$。直接 $A\cdot A$ を計算しても同じになる。$n$ を含む公式は必ず小さい $n$ で確かめる。

別解

$A$ の最小多項式が $\lambda\left(\lambda-2\right)^{2}$ なので、$\lambda^{n}$ をこの $3$ 次式で割った余り $c_2\lambda^{2}+c_1\lambda+c_0$ を求め、$A^{n}=c_2A^{2}+c_1A+c_0I$ としてもよい。$\lambda=0,2$ の代入と $\lambda=2$ での微分から $c_i$ が決まる。ジョルダン標準形を経ないので計算量は少ない。

失点しやすい点

$J^{n}$ の非対角成分は $n2^{n-1}$ であって $n2^{n}$ ではない。$\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&\lambda\end{pmatrix}^{n}$ の右上は $\lambda^{n}$ の導関数 $n\lambda^{n-1}$ である、と覚えておくとよい。

可換性が効く場所

使ったのは $AB\bm x=BA\bm x$ の一箇所だけである。逆に、可換でなければ $B$ が $V_\alpha$ を保つ理由はない。可換性の意味を「固有空間を保つ」と読み替えるのが、この問題全体の視点である。

零ベクトルの扱い

$B\bm x=\bm 0$ でも $\bm 0\in V_\alpha$ なので不変性の主張は成り立つ。「固有ベクトルは零でない」という約束と混同して例外扱いしないこと。

一般化

同じ議論で $B$ は $\ker\left(A-\alpha I\right)^{k}$（一般化固有空間）も保つ。同時三角化の議論ではこちらを使う。

複素数体であることの必然性

$\mathbb R$ 上では固有値が存在しないことがある（回転行列など）。実行列 $A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$、$B=A$ は可換だが実固有ベクトルをもたない。問題文が「複素数を成分とする」と断っているのはこのためである。

$A\neq O$、$B\neq O$ の条件

この条件がなくても議論自体は通る（$A=O$ なら任意のベクトルが $A$ の固有ベクトル）。設問 $3$ を含めた問題全体で自明な場合を除くために付けられた仮定と見てよい。

同時三角化への発展

この共通固有ベクトルを第 $1$ 列に取り、商空間で帰納法を回すと「可換な $2$ 行列は同時に上三角化できる」が示せる。設問 $3$ はその対角版である。

最小多項式を使う理由

「$B$ が対角化可能なら不変部分空間への制限も対角化可能」は、行列の成分を見ても分かりにくい。最小多項式が重根をもたないという特徴づけを使うと、制限がその割り切りを引き継ぐことから一行で従う。ここが証明の要である。

逆も成り立つ

同時対角化できるなら $P^{-1}APP^{-1}BP=P^{-1}BPP^{-1}AP$（対角行列は可換）より $AB=BA$。したがって「$A,B$ がともに対角化可能」という条件のもとで、可換性と同時対角化可能性は同値である。

対角化可能性が要ること

$A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$、$B=I$ は可換だが $A$ が対角化できないので同時対角化もできない。可換性だけでは足りない。

失点しやすい点

$V_{\alpha_j}$ ごとに取った基底が全体で $1$ 次独立になる根拠は、固有空間の直和分解である。ここを飛ばすと証明が閉じない。

$2$ 段構えの意味

はじめの $N$ 項は $a_k$ が $\alpha$ から離れているかもしれないが、その総和は有限なので $\frac1n$ を掛ければ消える。残りは $1$ 項あたりが $\frac{\varepsilon}{2}$ 未満で、項数の比が $1$ 以下だから全体でも $\frac{\varepsilon}{2}$ 未満。極限を扱う和の評価の標準的な型である。

逆は成り立たない

$a_n=\left(-1\right)^{n}$ は発散するが $b_n\to0$ である。チェザロ平均は「ならす」操作なので、収束を保つが収束を生むこともある。ここから発散級数の総和法（チェザロ総和）が生まれる。

失点しやすい点

$N$ を固定してから $n\to\infty$ を取る順序を守る。$N$ が $n$ に依存すると $M$ が定数でなくなり、議論が崩れる。

確率の重みではない

$\sum_k p_{n,k}=\frac{n+1}{2n}\to\frac12$ であって $1$ ではない。したがって $c_n$ は「重み付き平均」ではなく、平均の約 $\frac12$ 倍になる。設問 $3$ の答えに $\frac12$ が現れる理由がここにある。

各項の大きさ

$0<p_{n,k}\le p_{n,1}=\dfrac{n}{n^{2}}=\dfrac1n$。設問 $3$ の評価でこの上界を使う。

検算

$n=1$ で $p_{1,1}=1$、公式も $\frac{2}{2}=1$。$n=2$ で $p_{2,1}=\frac24$、$p_{2,2}=\frac14$、和 $\frac34$、公式も $\frac{3}{4}$。一致する。

$\frac12$ が出る理由

重み $p_{n,k}$ は $k=1$ での $\frac1n$ から $k=n$ での $\frac1{n^{2}}$ まで直線的に減る。その総和が $\frac12$ に近づくので、$a_k$ がすべて $\alpha$ に近い状況では $c_n\simeq\frac{\alpha}{2}$ になる。三角形の面積が長方形の半分、という図形的な直観と同じ構図である。

簡単な例で確かめる

$a_k\equiv1$（$\alpha=1$）なら $c_n=\sum p_{n,k}=\frac{n+1}{2n}\to\frac12$。答えと一致する。

一般化（トープリッツの定理）

重み $p_{n,k}\ge0$ が「各 $k$ を固定して $p_{n,k}\to0$」かつ「$\sum_k p_{n,k}\to s$」を満たせば、$a_k\to\alpha$ から $\sum_k p_{n,k}a_k\to s\alpha$ が従う。本問はこの定理の $s=\frac12$ の場合であり、設問 $1$ は $s=1$ の場合にあたる。

失点しやすい点

$\sum_k p_{n,k}$ が $1$ でないことを見落として $\lim c_n=\alpha$ としない。設問 $2$ を先に置いているのは、この落とし穴を避けさせるためである。

不等号の向き

発散を示すには「級数 $\ge$ 発散する積分」の向きが要る。$x^{-s}$ が減少関数であることから、区間の左端の値 $n^{-s}$ が区間上の最大値になる。これが $\frac{1}{n^{s}}\ge\int_n^{n+1}$ の根拠である。

$s\le0$ を除く理由

問題は $s>0$ を仮定しているが、$s\le0$ なら一般項が $0$ に収束せず、そもそも発散は明らかである。

調和級数

$s=1$ の場合が調和級数で、部分和は $\log N$ の程度で無限大に発散する。発散はするが極めて遅い。

$n=1$ の項を別扱いする理由

$\int_{0}^{1}x^{-s}dx$ は $s>1$ では発散するので、$n=1$ に対して同じ不等式は使えない。有限個の項を切り離すのは収束判定では常套手段である。

和の評価

同じ不等式から $\dfrac{1}{s-1}\le\zeta\left(s\right)\le1+\dfrac{1}{s-1}$。$s=2$ では $1\le\zeta\left(2\right)\le2$ で、実際 $\zeta\left(2\right)=\pi^{2}/6=1.6449\cdots$ である。

境界の $s=1$

$s>1$ で収束、$s\le1$ で発散という結果は、$s=1$ が収束・発散の境目であることを示す。$\frac1n$ よりわずかでも速く減れば収束する、という感覚を持っておくと設問 $3$ の判定が速い。

主要項の見つけ方

分子・分母の最高次のみを残して比べる。(a) は $n/n^{3}=n^{-2}$、(b) は $n/n^{2}=n^{-1}$。$p$ 級数の指数が $1$ を超えるか否かで判定が決まる。

極限比較判定法による別解

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+4\right)/\left(n^{3}+3n\right)}{1/n^{2}}=1$、 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n/\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{1/n}=1$。 極限が $0$ でも $\infty$ でもない正の値なので、比較対象と収束・発散が一致する。不等式を作る手間が省ける。

(b) の一般項は $0$ に収束すること

$\frac{n}{(n+1)(n+2)}\to0$ である。一般項が $0$ に収束することは収束の必要条件にすぎず、十分条件ではない。ここを混同すると誤答になる。

失点しやすい点

比較判定法は正項級数に対してのみ有効である。(a)(b) とも $n\ge1$ で各項が正であることを確認してから使う。

言い換え

一般に「$R/I$ が整域 $\Longleftrightarrow$ $I$ が素イデアル」である。$R/\left(0\right)\cong R$ だから、この設問は定義の言い換えにすぎない。証明を書くときは、その対応を明示すると見通しがよい。

$1\neq0$ の役割

$1=0$ なら $R=\left\{0\right\}$（零環）となり、$\left(0\right)=R$ で素イデアルにならない。整域の定義に $1\neq0$ を含めるのはこの種の退化を除くためである。

極大とは限らない

$R=\mathbb Z$ では $\left(0\right)$ は素イデアルだが極大ではない（$\left(2\right)$ に真に含まれる）。$\left(0\right)$ が極大になるのは $R$ が体のときである。設問 $4$ はその特別な場合を扱う。

直積の一般的性質

零環でない環 $2$ つの直積は決して整域にならない。上の反例が常に使える。イデアルの言葉では、$R^{2}$ の $\left(0\right)$ が $\left(1,0\right)$ と $\left(0,1\right)$ の生成するイデアルの交わりとして分解されることに対応する。

中国剰余定理との関係

$\mathbb Z/6\mathbb Z\cong\mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/3\mathbb Z$。左辺が整域でないことは $2\cdot3=0$ から分かるが、右辺の直積の形からも同じことが読める。

失点しやすい点

「$R$ が整域だから $R^{2}$ も整域」と早合点しない。反例を $1$ つ挙げれば十分なので、$\left(1,0\right)$ と $\left(0,1\right)$ を書き下ろす。

整域であることが効く場所

$a\neq0$ のときに $ar=0\Rightarrow r=0$ と言えるのは、零因子がないからである。$R=\mathbb Z/6\mathbb Z$、$a=2$ では $2\cdot3=0$ で $f_2$ は単射でない。

全射との違い

$R=\mathbb Z$、$a=2$ では $f_2$ は単射だが全射でない（奇数が像に入らない）。無限環では単射から全射は従わない。設問 $4$ で有限性が本質的になる理由がここにある。

環準同型ではないこと

$f_a\left(rr'\right)=arr'$ に対し $f_a\left(r\right)f_a\left(r'\right)=a^{2}rr'$ で、一般には一致しない。$f_a$ は加法群の準同型（かつ $R$-加群の準同型）であって環準同型ではない。

有限性が本質的であること

$\mathbb Z$ は無限の整域だが体ではない。設問 $3$ の直後に「有限」の仮定が置かれているのは、単射から全射を導く一歩がそこだけで効くからである。

別証（元の冪を追う）

$a\neq0$ に対し $a,a^{2},a^{3},\dots$ は有限個の値しか取れないので、$a^{m}=a^{m+k}$ となる $m,k\ge1$ がある。整域なので $a^{m}$ で割れて $a^{k}=1$、よって $a^{-1}=a^{k-1}$。こちらは乗法群の位数を直接扱う方法である。

有限体との関係

この結果から、有限整域は必ず有限体（位数は素数冪）になる。ウェダーバーンの小定理は可換性の仮定さえ落とせること（有限斜体は必ず可換）を主張しており、本問はその易しい可換版にあたる。

失点しやすい点

「単射だから逆写像がある」だけでは不十分で、逆写像の行き先が $R$ 全体でなければ $1$ の原像が取れない。全射性を鳩の巣原理から明示的に導くこと。

$L$ が $x^{3}-2$ の分解体であること

$x^{3}-2$ の $3$ 根は $\sqrt[3]{2},\ \sqrt[3]{2}\varepsilon,\ \sqrt[3]{2}\varepsilon^{2}$ で、いずれも $L$ に属する。したがって $L$ は $\mathbb Q$ 上のガロア拡大であり、$\left|\mathrm{Gal}\left(L/\mathbb Q\right)\right|=6$。

ガロア群の同型類

$\mathrm{Gal}\left(L/\mathbb Q\right)$ は $3$ 根の置換として $S_3$ に埋め込まれ、位数が $6=\left|S_3\right|$ なので $S_3$ に同型である。設問 $2$ の関係式はこの $S_3$ の構造そのものである。

$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)$ はガロアでない

$x^{3}-2$ の実根は $1$ つだけなので、$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)\subset\mathbb R$ は他の $2$ 根を含まない。ガロア拡大にするために $\varepsilon$ を添加する必要がある。

位数

$\sigma^{2}=\mathrm{id}$（$\varepsilon\mapsto\varepsilon^{2}\mapsto\varepsilon^{4}=\varepsilon$）、$\tau^{3}=\mathrm{id}$（$\sqrt[3]{2}\mapsto\sqrt[3]{2}\varepsilon^{3}=\sqrt[3]{2}$）。 関係式 $\sigma\tau\sigma^{-1}=\tau^{2}=\tau^{-1}$ と合わせて、$\mathrm{Gal}\left(L/\mathbb Q\right)=\left\langle\sigma,\tau\mid\sigma^{2}=\tau^{3}=1,\ \sigma\tau\sigma^{-1}=\tau^{-1}\right\rangle\cong S_3$ が読める。

$\sigma$ の正体

$\sigma$ は $\sqrt[3]{2}$（実数）を動かさず $\varepsilon$ を $\bar\varepsilon=\varepsilon^{2}$ に写すので、$L\subset\mathbb C$ 上の複素共役の制限である。

生成元で確かめれば十分な理由

体の準同型は加法・乗法を保つので、生成元の像で完全に決まる。$\mathbb Q$ の元は自動的に固定される。

位数の確認

設問 $2$ の関係式から $\sigma\tau^{2}=\left(\sigma\tau\right)\tau=\tau^{2}\sigma\tau=\tau^{2}\tau^{2}\sigma=\tau\sigma$。これを使うと $\left(\tau^{2}\sigma\right)^{2}=\tau^{2}\left(\sigma\tau^{2}\right)\sigma=\tau^{2}\left(\tau\sigma\right)\sigma=\tau^{3}\sigma^{2}=\mathrm{id}$。確かに位数 $2$ である。

$3$ つの中間体

$S_3$ の位数 $2$ の部分群 $3$ つに、$3$ つの $3$ 次中間体 $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)$、$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\varepsilon\right)$、$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\varepsilon^{2}\right)$ が対応する。$\left\langle\sigma\right\rangle$ が $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)$、$\left\langle\tau^{2}\sigma\right\rangle$ が $K$ である。位数 $3$ の部分群 $\left\langle\tau\right\rangle$ には $2$ 次中間体 $\mathbb Q\left(\varepsilon\right)$ が対応する。

正規性

$\left\langle\tau\right\rangle$ は指数 $2$ なので正規、対応する $\mathbb Q\left(\varepsilon\right)/\mathbb Q$ はガロア拡大。一方 $\left\langle\tau^{2}\sigma\right\rangle$ は正規でなく、$K/\mathbb Q$ もガロアでない（$x^{3}-2$ の他の根を含まない）。

係数が $K$ に入る理由

$\xi+\rho\xi$ と $\xi\cdot\rho\xi$ は $\rho$ で不変な対称式である。$\mathrm{Gal}\left(L/K\right)=\left\{\mathrm{id},\rho\right\}$ の不変体はちょうど $K$ なので、これらは $K$ の元でなければならない。実際 $\eta$ の多項式として表せた。

数値による検算

$\sqrt[3]{2}=1.2599$、$\varepsilon=-0.5+0.8660i$ とすると $\xi=0.7599+0.8660i$、$\rho\xi=-1.1299-1.9572i$、$\eta=-0.6300+1.0911i$。 和は $-0.3700-1.0911i$ で $-\eta-1=-0.3700-1.0911i$ に一致。 積は $0.8361-2.4658i$ で $\eta^{2}-\eta+1=0.8366-2.4657i$ に一致する。

$\mathbb Q$ 上の最小多項式との関係

$\xi$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式は $6$ 次で、$\mathrm{Gal}\left(L/\mathbb Q\right)$ の $6$ 個の像すべてを根にもつ。$K$ に係数を許すと、そのうち $\rho$-軌道の $2$ 個だけを取り出せるので $2$ 次に落ちる。

失点しやすい点

$\rho=\tau^{2}\sigma$ を作用させる順序を守る。$\sigma$ を先に、$\tau^{2}$ を後に施す（写像の合成の約束）。順序を逆にすると $\rho\left(\xi\right)$ が変わり、係数が $K$ に入らなくなる。

使った公理

$d\left(x,y\right)=0\Longleftrightarrow x=y$ という公理（正定値性）が本質的である。これを落とした擬距離では $1$ 点集合が閉にならないことがある。

分離公理での言い換え

$1$ 点集合が閉である位相空間を $T_1$ 空間という。距離空間はさらに強い $T_2$（ハウスドルフ）であり、$x\neq y$ に対し $B\left(x;r/2\right)$ と $B\left(y;r/2\right)$（$r=d(x,y)$）が交わらないことから従う。

有限集合も閉

$1$ 点集合が閉なら、有限個の合併も閉である。したがって距離空間の有限部分集合はすべて閉集合になる。

一様連続でもある

上の評価では $\delta=\varepsilon/2$ が点 $\left(x_0,y_0\right)$ に依らない。したがって $d$ は（$X\times X$ に距離 $D\left(\left(x,y\right),\left(x',y'\right)\right)=d\left(x,x'\right)+d\left(y,y'\right)$ を入れた意味で）一様連続、さらにリプシッツ定数 $1$ のリプシッツ写像である。

積位相が距離化されること

$X\times X$ の積位相は上の $D$（あるいは $\max$ をとる距離）から定まる距離位相と一致する。この事実を認めれば、証明は「$\varepsilon$--$\delta$ で書ける」ので $1$ 変数の連続性と同じ扱いになる。

片方を固定した場合

$y_0$ を固定した $x\mapsto d\left(x,y_0\right)$ の連続性は、三角不等式から $\left|d\left(x,y_0\right)-d\left(x',y_0\right)\right|\le d\left(x,x'\right)$ として直接出る。距離空間で「点からの距離」がつねに連続関数であるという事実は、ウリゾーンの補題の距離空間版など各所で使われる。

失点しやすい点

$X\times X$ に積位相が入っているという条件を使い、開集合として $2$ つの開球の直積を取る。片方だけ動かす評価では積位相での連続性を示したことにならない。

$F_1=0$ の意味

母線（$v_1$ 一定）と緯線（$u_1$ 一定）が直交している。回転面では常に成り立つ性質で、以降の曲率計算が大きく簡単になる。

一般の回転面

$\left(r\cos v,r\sin v,h\left(r\right)\right)$ の形では $E=1+h'\left(r\right)^{2}$、$F=0$、$G=r^{2}$。本問は $h\left(r\right)=\log r$、$h'=1/r$ の場合である。

線素

$ds^{2}=\left(1+\frac{1}{u_1^{2}}\right)du_1^{2}+u_1^{2}dv_1^{2}$。設問 $5$ でこの式を $S_2$ のものと比べる。

$E_2=1$ の意味

$v_2$ を固定した曲線（$z$ 軸に直交する直線）は弧長でパラメータ付けされている。常らせん面が直線の族で張られる線織面であることの反映である。

$S_1$ との違い

$S_1$ では $E_1=1+u^{-2}>1$、$G_1=u^{2}$。$S_2$ では $E_2=1$、$G_2=u^{2}+1$。$E$ と $G$ の「$+1$ の付き方」が入れ替わっている。設問 $5$ の判定はこの差から出る。

線素

$ds^{2}=du_2^{2}+\left(u_2^{2}+1\right)dv_2^{2}$。

符号

どちらも負で、両曲面とも各点で鞍点型（主曲率の符号が逆）である。常らせん面は極小曲面（$L_2+N_2=0$ から平均曲率 $0$）で、これは常に $K\le0$ をもつ。

$S_2$ の $L_2=N_2=0$

$\bm p_{2,uu}=\bm 0$ は「$v_2$ 一定の曲線が直線」であることの表れである。常らせん面が線織面かつ極小曲面という際立った性質をもつことがここに出ている。

回転面の一般公式

$\left(r\cos v,r\sin v,h\left(r\right)\right)$ に対し $K=\dfrac{h'h''}{r\left(1+h'^{2}\right)^{2}}$。 $h=\log r$ なら $h'=1/r$、$h''=-1/r^{2}$ で $K=\dfrac{-1/r^{3}}{r\left(1+r^{-2}\right)^{2}}=-\dfrac{1}{\left(r^{2}+1\right)^{2}}$。上の結果と一致する。

偶然ではない

$S_1$ は $z=\log x$ の回転面、$S_2$ は常らせん面で、見た目はまったく異なるが曲率関数が一致する。回転面と線織面の間にこの種の対応が現れるのは、両者がともに $1$ 助変数の等長変形族（ブール族）に属することと関係している。

ガウスの驚異の定理

ガウス曲率は第一基本量だけから決まる内在量である。したがって $2$ 曲面が等長ならば対応点で曲率が一致する。設問 $4$ はその必要条件が満たされていることを確かめている。

$u\to\infty$ の振る舞い

$K\to0$ で、どちらの曲面も遠方では平坦に近づく。$u\to0^{+}$ では $K\to-1$ に近づく。

曲率の一致は十分条件ではない

設問 $4$ で $K_1=K_2$ が示されたが、これは等長であるための必要条件にすぎない。ガウスの驚異の定理の逆は一般に成り立たない（成り立つのは曲率が定数の場合などに限られる）。この設問はまさにその点を試している。

別の対応なら等長になるか

$G$ を合わせるには $u_2=\sqrt{u_1^{2}-1}$（$u_1>1$）とすればよいが、このとき $E_2\,du_2^{2}=\dfrac{u_1^{2}}{u_1^{2}-1}du_1^{2}$ に対し $E_1\,du_1^{2}=\dfrac{u_1^{2}+1}{u_1^{2}}du_1^{2}$ で、 $u_1^{4}=u_1^{4}-1$ となり成立しない。座標軸を保つ形の対応では等長にできない。

カテノイドとの対比

懸垂面（カテノイド）と常らせん面は等長であることが知られている（ブールの定理）。本問の $S_1$ は懸垂面ではないので、曲率だけが偶然一致した例になっている。

失点しやすい点

「$K_1=K_2$ だから等長」と結論しない。第一基本形式そのものを比較するか、具体的な曲線の長さの違いを示すこと。

定義値が効いていること

$f\left(0\right)=\frac{i}{2\pi}$、$f\left(i\right)=-\frac{i}{2\pi}$ という定義は、まさに除去可能特異点を埋める値である。この定義がなければ $f$ は積分路の頂点で定義されず、コーシーの定理を適用できない。

留数定理を使わない理由

内部に極がないので留数の和は $0$ である。留数定理を持ち出してもよいが、正則性だけで結論するほうが簡潔である。

高さを $1$ に取る意味

$e^{2\pi z}$ の周期は $i$ である。高さを周期ちょうどに取ることで、上辺と下辺で分母が同じ値になり、設問 $3$ の相殺が起こる。

下からの評価に逆三角不等式を使う

分母は $\left|\left|z\right|-\left|w\right|\right|\le\left|z+w\right|$（与えられた不等式）を $z=e^{2\pi a}e^{2\pi iy}$、$w=-1$ に適用して下から押さえる。分母の下界を取ることが分数の上界を与える。

$C_4$ は消えない

$C_4$ は虚軸上の長さ $1$ の線分で、$a$ に依らないから $a\to\infty$ でも消えない。むしろこれが答えを与える主役になる。

指数が多項式に勝つこと

$\lim_{a\to\infty}\frac{a^{2}}{e^{2\pi a}}=0$。この種の評価は複素積分で繰り返し現れる。

周期性が生む相殺

上辺と下辺で分母が完全に一致するのは $e^{2\pi z}$ が周期 $i$ をもつからである。分子の $x^{2}$ の項は符号が逆になって消え、$ix$ の項は同符号で残る。求めたい積分だけが取り出される仕組みになっている。

左辺の収束

$x\to0^{+}$ で $\frac{x}{e^{2\pi x}-1}\to\frac{1}{2\pi}$（有界）、$x\to\infty$ で指数的に $0$。したがって広義積分は絶対収束する。

右辺の被積分関数

$y\to0^{+}$、$y\to1^{-}$ で分母が $0$ に近づくが、分子の $y\left(1-y\right)$ も同じ速さで $0$ になるので有界である。実際 $\lim_{y\to0}\frac{y}{e^{2\pi iy}-1}=\frac{1}{2\pi i}$。

失点しやすい点

$C_3$ の向き（$a+i$ から $i$ へ、すなわち $x$ が減る向き）で符号が変わることを忘れない。反時計回りの順序を保つ。

対称性の出どころ

分子 $y\left(1-y\right)$ は $y\mapsto1-y$ で不変である。一方、分母は $e^{2\pi iy}\mapsto e^{-2\pi iy}$ と共役に移る。この非対称性が設問 $5$ で $2$ 式を足し合わせる動機になる。

複素共役との関係

$y$ が実数なので $\overline{e^{2\pi iy}-1}=e^{-2\pi iy}-1$。したがって右辺は左辺の複素共役でもある。つまりこの等式は「積分が実数である」ことを主張していることになる。

符号の確認

$dy=-dt$ と積分区間の入れ替えで負号が $2$ 回現れて打ち消す。どちらか一方だけを処理すると符号を誤る。

ゼータ関数による検算

一般に $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^{\beta x}-1}dx=\frac{\Gamma\left(s\right)\zeta\left(s\right)}{\beta^{s}}$。 $s=2$、$\beta=2\pi$ とすると $$\frac{\Gamma\left(2\right)\zeta\left(2\right)}{\left(2\pi\right)^{2}} =\frac{1\cdot\pi^{2}/6}{4\pi^{2}}=\frac{1}{24}.$$ 一致する。