東北大 情報科学研究科 情報基礎科学専攻 数学群 2020年8月実施 院試 解答例・解説

1階微分が消える理由

中心差分では $x+h$ と $x-h$ を対称に使うため，Taylor展開の1次項が打ち消し合う。 この問題では $C^{2}$ しか仮定されていないので，3階微分を含むTaylor展開ではなく， 積分形の剰余で示すのが最も安全である。

2変数でも混合微分は不要

4点は座標軸方向にだけ動いている。したがって必要なのは $x$ 方向の1変数公式と $y$ 方向の1変数公式であり，混合微分 $f_{xy}$ は現れない。 この点を押さえると，係数が $4/h^{2}$ になる理由も，4点平均から中心値を引いているためだと分かる。

負の $h$ について

差分式は $h$ を $-h$ に変えても同じ値になる。したがって $h>0$ で極限を示せば， 両側極限としての $h\to0$ も同時に従う。

共通固有ベクトルは交わりで探す

「両方の固有ベクトルである」とは，ある固有値の組について固有空間の交わりに入るという意味である。 今回は $E_{A}(2)\cap E_{B}(1)$ だけが1次元で，他の交わりは零である。 したがって候補を直接計算してから，零ベクトルを除けばよい。

可換性が固有空間を保つ

$AM=MA$ なら，$Av=\lambda v$ を満たす $v$ に対して $A(Mv)=M(Av)=\lambda Mv$ である。つまり $M$ は $A$ の固有空間を保つ。 同じことを $B$ にも使うと，共通固有空間も保たれる。

対角化可能性の見抜き方

可換条件を満たす行列がすべて $sI+tK$ と書けるところまで落とすと，問題は $K$ の対角化に帰着する。 $K$ は「全成分の和から自分自身を引く」作用なので，$(1,1,1)^{\mathsf T}$ と 和が $0$ の平面で固有値が分かれる。この構造を使うと計算量を抑えられる。

単調性が効く場所

非負可積分だけでは，狭い区間で高い山を作れる。単調非増加性があると，点 $x$ での値 $f(x)$ は 直前の区間 $[x/2,x]$ 全体の下限になるため，点の情報を面積で支配できる。

$xf(x)$ の評価

$xf(x)\le2\int_{x/2}^{x}f(t)\,dt$ という形を作るのが核心である。 右辺は積分の尾部なので $0$ に収束する。ここでは非負性も重要で，尾部積分が単調に小さくなることを保証している。

連続反例の作り方

連続性は山を滑らかにつなぐ条件にすぎず，山の幅を十分小さくすれば総面積は有限にできる。 そのため，連続かつ非負で広義積分が収束しても，関数値そのものが無限遠で $0$ に近づくとは限らない。

置換表現の分解

$\mathbb{C}^{3}$ は，全成分が等しい直線 $U$ と，成分和が $0$ の平面 $H$ に分解される。 置換は成分の順番を入れ替えるだけなので，この2つの部分空間を保つ。

符号表現は含まれない

1次元不変部分空間がもう1つあるとすれば，互換がすべて $-1$ 倍で作用する可能性が考えられる。 しかし，標準的な座標置換の中にはそのような非零ベクトルは存在しない。 第1・第2成分交換と第2・第3成分交換の条件を同時に課すと零ベクトルしか残らない。

平面 $H$ の既約性

$H$ 内の非零ベクトルは，何らかの2成分に差を持つ。 その差を置換との差で取り出すと $(1,-1,0)^{\mathsf T}$ 型のベクトルが得られ， さらに置換で $(0,1,-1)^{\mathsf T}$ 型も得られる。これらが $H$ を張るため， $H$ の中に中間的な不変部分空間はない。