都立大 理学研究科 数理科学専攻 数学 2023年度 夏季 院試 過去問 解答例・解説（全13問）

方針

4小問すべてが置換 $u=1+\log x$ で $\int u^{-\alpha}du$ に帰着する。この置換に気づけば (2)(3) は事実上 $u$ のべき関数の積分であり，(4) は (1) の単調性を根拠に積分判定法へ渡すだけである。 逆に置換を思いつかずに部分積分などに進むと，$\alpha$ が一般の正数であるために手が止まる。

場合分けを落とさない

$\int u^{-\alpha}du$ は $\alpha=1$ のときだけ $\log$ になる。(2) では $\alpha=1$ を別扱いにし， (3) では $\alpha>1$，$\alpha=1$，$0<\alpha<1$ の3通りを書き分ける。 問題文は $\alpha$ を「正の実数」としか指定していないので，場合分けそのものが採点対象と考えてよい。

検算

(2) の答は $\alpha\to1$ で $$\frac{3^{1-\alpha}-1}{1-\alpha}=\frac{e^{(1-\alpha)\log3}-1}{1-\alpha}\longrightarrow\log3$$ となり，$\alpha=1$ の値 $\log3$ と連続につながる。(3) も $\alpha\to1+0$ で $1/(\alpha-1)\to\infty$ となり， $\alpha=1$ の発散と整合する。$\alpha=2$ とすれば (2) は $(3^{-1}-1)/(-1)=2/3$， (3) は $1$ で，いずれも直接計算と一致する。

(1) が (4) の前提になる

積分判定法は「正で単調減少」という仮定の下でのみ使える。本問では $1/f_\alpha$ の単調減少性が (1) からただちに従うので，(4) では「(1) より $f_\alpha$ は正で単調増加，よって $1/f_\alpha$ は単調減少」 と一言書いてから不等式を立てる。この一言がないと，判定法の適用が無条件になり減点されやすい。

失点しやすい点

$0<\alpha<1$ のとき $(1+\log x)^{\alpha-1}$ は指数が負だが，底が $1$ 以上なので値は $1$ 以下の正数であり， 符号の議論に影響しない。ここを「負の指数だから符号不明」として場合分けを増やす答案が多い。 また (4) では $n=1$ の項が $1/f_\alpha(1)=1$ と有限であることを確認しておく。 級数の収束・発散は先頭有限個の項に依らないが，発散を主張する際に定義域の端を曖昧にしないほうがよい。

(1)(a) の評価の型

分子の各項を $r^2$ の定数倍で押さえ，分母 $r$ で割って $O(r)$ を出すのが定石である。 $|\tan^{-1}s|<\pi/2$ は値域そのものなので追加の議論は要らない。 分子に $x^2$ と $y|y|$ という2次の量しか現れないことが本問の仕掛けで， もし分子に1次の項があれば極限は方向に依存して連続でなくなる。

(1)(b) が本問の山場

連続性と偏微分可能性は独立である。本問はその実例で，$x$ 方向だけ $|h|/h$ が残って極限が存在しない。 一方 $y$ 方向では $2y|y|/|y|=2y$ と $|y|$ が約分されて1次式になり，商が定数になる。 分子に $x^2$ ではなく $2y|y|$ を置いた出題意図はここにあり， 「絶対値の付き方で結論が変わる」ことを見抜けるかが問われている。 偏微分係数を求める際に，形式的に $\partial f/\partial x$ を計算して $(0,0)$ を代入する答案は誤りで， 定義に戻って差商の極限を調べる必要がある。

(2) の別解

累次積分でも計算できる。$x$ を固定して $y$ について先に積分すると $$\int_0^{(\pi-mx)/n}\sin(mx+ny)\,dy=\frac{1+\cos mx}{n}$$ となり，これを $0\leq x\leq\pi/m$ で積分して $\pi/(mn)$ を得る。 ただし $u=mx,\ v=ny$ で正規化してから $s=u+v$ で切る方が，$m,n$ が最後まで係数として外に出るため計算が短い。

検算

(2) は $m=n=1$ とすると $\int_0^\pi s\sin s\,ds=\pi$ そのもので，値 $\pi$ と一致する。 (3) は球全体の体積 $32\pi/3$ から円柱の外側の部分を引いて確かめられる。外側は $$\int_0^{2\pi}\!\!\int_{\sqrt3}^{2}2\sqrt{4-r^2}\,r\,dr\,d\theta=4\pi\cdot\frac13=\frac{4\pi}{3}$$ であり，$32\pi/3-4\pi/3=28\pi/3$ となって一致する。

失点しやすい点

(3) で円柱の外側を「2つの球冠」と誤認する答案が多い。切り落とされるのは球の上下の冠ではなく 側面のリング状の部分であり，球冠の公式を当てると値が合わない。上の断面図で， 除かれる領域が左右の三日月形であることを確認しておくとよい。

方針

第3列が ${}^t(0,0,1,0)$ であることに気づけば，固有多項式は3次行列式1つに落ちる。 4次行列式をそのまま展開すると符号ミスが出やすいので， 「0が多い列（行）で展開する」という原則を最初に適用する。 $\mathrm{e}_3$ が固有値 $1$ の固有ベクトルであることも同時に読み取れる。

実数か複素数かを書く

問題文は係数体を明示していないが，固有多項式が $\lambda^2+1$ を因数にもつ以上， 「複素数の範囲で考える」と宣言してから固有値を $1,i,-i$ と答えるのが安全である。 (3) では複素数体上で対角化可能，実数体上では不可能，の両方を書く。 どちらか一方だけでは，出題者が用意した場合分けを落としたことになる。

最小多項式の決め方

「固有多項式の約数」「各固有値を根にもつ」の2条件で候補を絞り，残った候補を代入して確かめるのが最短である。 本問では $\lambda=1$ の固有空間の次元が重複度 $2$ と一致するので， $(\lambda-1)$ は1乗しか現れない。この段階で $m_A$ は計算せずに決まるから， $(A-E)(A^2+E)=O$ の確認は答案では検算の位置づけでよい。

検算

固有値の和は $1+1+i+(-i)=2$ で，$\operatorname{tr}A=-1-1+1+3=2$ と一致する。 積は $1\cdot1\cdot i\cdot(-i)=1$ で，固有多項式に $\lambda=0$ を代入した $\det A=1$ と一致する。 固有ベクトルは $A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$ に代入して1本ずつ確かめられるので， 時間があれば $\lambda=i$ の1本だけでも検算しておく。

失点しやすい点

$\lambda=1$ の固有空間を求めるとき，$A-E$ の第3行が零行になることを見落として $x_3=0$ と決めてしまう誤りが多い。第3列が零列であることと第3行が零行であることは別で， 本問では $(A-E)$ の第3行が零になるため $x_3$ は自由変数である。 また $P$ の列の順序と対角行列の並びは必ず対応させる。

方針

(1) の $W$ は，係数 $-1/2$ に惑わされなければ $\operatorname{Im}f+\operatorname{Im}g$ にほかならない。 $\mathbf{y}$ が $V_1$ 全体を動く以上 $-\tfrac12g(\mathbf{y})$ も $\operatorname{Im}g$ 全体を動くからである。 この読み替えを (2) の冒頭で書いておくと，以降は $A,B$ の4本の列が張る空間についての標準的な問題になる。

(1) の答案の書き方

部分空間の判定は「空でない」「和で閉じる」「スカラー倍で閉じる」の3点を書く。 本問で本質的なのは，2つの元の和が再び $f(\ast)-\tfrac12g(\ast)$ の形に書けることで， そのために $\mathbf{x}_1+\mathbf{x}_2$ と $\mathbf{y}_1+\mathbf{y}_2$ を新しい代表元として取り直す。 「$f,g$ が線形だから」と一言で済ませず，どの性質をどこで使ったかを式で示す。

(a) を1回の掃き出しで済ませる

$t$ を未知数のまま拡大係数行列に入れて掃き出すと，最終行に $t-2$ が残り条件が直接読める。 $t$ を消してから別に階数を数えると2度手間になる。 なお $W$ は $\mathbb{R}^4$ の3次元部分空間，すなわち超平面なので，法ベクトルを1本求めても同じ結論が出る。 $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{b}_1$ に直交するベクトルは ${}^t(-7,4,-3,1)$ で， $\mathbf{v}$ との内積は $7+12-21+t=t-2$ となり，やはり $t=2$ を得る。

検算

$t=2$ のとき，掃き出しの結果を戻すと $\mathbf{v}=3\mathbf{a}_1+2\mathbf{a}_2-\mathbf{b}_1$ である。 これは $\mathbf{x}={}^t(3,2)$，$\mathbf{y}={}^t(2,0)$ にあたり，実際 $$f\bigl({}^t(3,2)\bigr)-\tfrac12 g\bigl({}^t(2,0)\bigr) ={}^t(1,5,3,-4)-{}^t(2,2,-4,-6)={}^t(-1,3,7,2)=\mathbf{v}$$ と一致する。答案に具体的な $\mathbf{x},\mathbf{y}$ を1組書いておくと，$t=2$ の十分性まで示したことになる。

失点しやすい点

$W$ を $\operatorname{Im}A$ と $\operatorname{Im}B$ の直和と誤って次元を $2+2=4$ とする答案が多い。 本問では $\mathbf{b}_2$ が他の3本の1次結合になるため次元は $3$ であり，和は直和でない。 また基底は「1次独立かつ $W$ を張る」ことが要るので，掃き出し後の行ベクトルではなく， 主成分の位置に対応するもとの列ベクトルを答える。

方針

「必要があれば場合分けせよ」とあるので，まず $c$ に依存しない部分を確定させる。 本問では固有多項式が $c$ に依らず $\lambda^4$ なので，場合分けは最小多項式から先に限られる。 固有多項式を4次行列式の展開で求めようとすると $c$ が入って煩雑になるが， $A^4=O$ を示せば「固有値は $0$ のみ」がただちに従い，次数から $\lambda^4$ が確定する。

$A^4=O$ を楽に示す

第4列が第2列の $-1$ 倍であることに気づくと $A\mathbf{w}=\mathbf{0}$ が無条件で出る。 さらに $A^3$ が $\mathbf{w}$ を列にもつ階数1の行列になるので， $A^4=O$ は $A^3$ の具体形を書いた時点で1行で済む。 $A^2,A^3$ を計算する手間は避けられないが，計算するのは $A^3$ までで十分である。

冪零行列の標準形の決め方

冪零行列では，細胞の個数 $=\dim\ker A$，最大細胞の大きさ $=$冪零指数，細胞の大きさの総和 $=$次数， の3つで形が決まる。4次で最大細胞3，個数2なら $3+1$ しかない，というのが (2) の $c=-1$ の議論である。 より一般には $\operatorname{rank}A^k$ の列 $3,2,1,0$（$c\neq-1$）と $2,1,0,0$（$c=-1$）から 細胞の大きさが読み取れる。

$P$ の作り方と向き

$J=P^{-1}AP$ は $AP=PJ$ と同値で，$J$ の第 $j$ 列が $\mathbf{e}_{j-1}$（$j\geq2$）であることから $A\mathbf{p}_j=\mathbf{p}_{j-1}$ が出る。したがって鎖は「最後の列から前へ」作る。 $\mathbf{p}_1=A^3\mathbf{v}$ を先に決めて $\mathbf{p}_2$ を $A\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1$ から逆算する必要はない。 細胞の $1$ を上三角に置くか下三角に置くかで $P$ の列の並びが逆になるので， 答案では採用した $J$ の形を明記する。

検算

$\operatorname{tr}A=-2+9+3-10=0$，$\operatorname{tr}A^2=6+(-2c-11)+(-6)+(2c+11)=0$ はいずれも 固有値がすべて $0$ であることと整合する。 $P$ については $AP$ と $PJ$ の第2列（$A\mathbf{p}_2$ と $\mathbf{p}_1$）を比べるのが最も速く， $A\cdot{}^t(-3,-2c-11,-2,-2c-11)={}^t(0,c+1,0,c+1)$ を確かめればよい。 $\det P=-(c+1)$ が $c=-1$ で $0$ になることも，場合分けの境目と一致している。

定義で落としてはいけない条件

素イデアル・極大イデアルのいずれも「$I\neq R$」が定義の一部である。 これを書かないと $R$ 自身が素イデアルになってしまい，(2) の議論も破綻する。 また素イデアルの条件は「$ab\in I$ ならば $a\in I$ または $b\in I$」であって， 「$a\in I$ かつ $b\in I$」でも「$ab\in I$ ならば $a\in I$」でもない。

剰余環に翻訳する

$R/I$ が整域（体）であることを素（極大）の言い換えとして書いておくと， (b) は準同型定理1本で終わる。逆に (a) を剰余環で示すなら， $R/f^{-1}(I)$ が $S/I$ に単射に埋め込まれること， および整域の部分環（単位元を共有）が整域であることを使う。 この見方をすると，(a) に全射性が要らない理由も「埋め込みで十分だから」と説明できる。

全射性がどこで効くか

(b) の証明で全射性は $\varphi=\pi\circ f$ が全射であること， すなわち $R/f^{-1}(I)\cong S/I$ という同型を得るために使う。 埋め込みだけでは「体の部分環」しか言えず，部分環は体とは限らない。 $\mathbb{Q}$ の部分環 $\mathbb{Z}$ がその例で，これがそのまま (c) の反例になっている。

(c) の反例の選び方

$\mathbb{Q}[x]$ の極大イデアルは既約多項式 $g$ による $(g)$ の形をしている。 最も簡単な $g=x$ を取れば，引き戻しは「定数項が $0$ の整数係数多項式」となり， 剰余環が $\mathbb{Z}$ になることがすぐ分かる。 極大でないことを示すには「剰余環が体でない」と述べるか， 真に大きい真イデアル $(2,x)$ を1つ挙げればよい。後者を書く場合は $(2,x)\neq\mathbb{Z}[x]$（$1\notin(2,x)$）の確認まで添える。

この設問が試していること

(a)(b) は教科書どおりの証明だが，(c) は「証明のどの部分が仮定に依存していたか」を 自分で点検できるかを問うている。証明を丸暗記していると， (a) にも全射性が必要だと思い込んで (A) を誤答しやすい。 証明を書いたら仮定の使用箇所に印を付けておく，という習慣が直接得点につながる設問である。

グラフ曲面の公式に載せる

$z=\phi(x,y)$ のグラフは $p={}^t(x,y,\phi)$ と表され， $$E=1+\phi_x^2,\quad F=\phi_x\phi_y,\quad G=1+\phi_y^2,\quad p_x\times p_y={}^t(-\phi_x,-\phi_y,1),$$ $$L=\frac{\phi_{xx}}{\sqrt{1+\phi_x^2+\phi_y^2}},\quad M=\frac{\phi_{xy}}{\sqrt{1+\phi_x^2+\phi_y^2}},\quad N=\frac{\phi_{yy}}{\sqrt{1+\phi_x^2+\phi_y^2}}$$ となる。本問では $\phi_x=-\tan x,\ \phi_y=\tan y$ で，$\phi$ が $x$ だけの関数と $y$ だけの関数の和なので $\phi_{xy}=0$，すなわち $M=0$ が最初から分かる。この構造を見抜いておくと計算量が半減する。

$EG-F^2=W^2$ を経由する

$EG-F^2=|p_x\times p_y|^2$ は一般に成り立つ恒等式（ラグランジュの恒等式）である。 本問では $W^2=1+\tan^2x+\tan^2y$ を1回計算すれば， (1) の検算にも (4) の分母にも使い回せる。 逆に $EG-F^2$ を展開だけで処理すると，$\tan^2x\tan^2y$ の相殺を見落としやすい。

$H=0$ の意味

$M=0$ であり，さらに $$EN=\frac{1}{W\cos^2x\cos^2y}=-GL$$ となって $EN$ と $GL$ がちょうど打ち消し合う。この曲面は $$z=\log\frac{\cos x}{\cos y}$$ で与えられるシェルクの極小曲面で，平均曲率が恒等的に $0$ になることが知られている。 $H=0$ が出たら計算ミスを疑うのではなく，むしろ検算が通ったと考えてよい。 一方 $K<0$ は各点が鞍点型であることを表す。極小曲面では主曲率が $\kappa,-\kappa$ の形になり $K=-\kappa^2\leq0$ となるので，$H=0$ と $K<0$ は互いに整合している。

法線の向きの指定

問題文は $n$ を $p_x\times p_y$ と同じ向きと指定している。 向きを逆に取ると $L,M,N$ と $H$ の符号がすべて反転し，$K$ だけが変わらない。 $K$ は向きに依らない量，$H$ は向きに依存する量である，という区別を答案で意識しておくと， 符号の指定を落とす失点を防げる。

検算

$x=y=0$ を代入すると $E=G=1,\ F=0,\ W=1,\ L=-1,\ M=0,\ N=1$ となり， $K=-1,\ H=0$ を得る。閉じた式 $K=-\cos^2x\cos^2y/(1-\sin^2x\sin^2y)^2$ も $x=y=0$ で $-1$ を与えるので一致する。 原点付近で $z\approx(y^2-x^2)/2$ という鞍面になることからも $K=-1$ は納得できる。

方針

商位相では「$X/\sigma$ の部分集合が開である」ことが，$X$ の側の条件として定義されている。 したがって商空間についての主張は，逆像を取って $X$ の位相の問題に翻訳すれば自動的に片づく。 (1) は位相の3公理を逆像で書き換えるだけ，(2) は $(\ast)$ を書いてから逆像を1回計算するだけである。 逆に $X/\sigma$ の中で直接開集合を構成しようとすると，同値類の扱いで行き詰まる。

$(\ast)$ を最初に書く

(2) の証明の核心は可換性 $\tilde f\circ\pi_\sigma=\pi_\rho\circ f$ である。 これは $\tilde f$ の定義そのものだが，答案では代表元 $x$ を取って両辺が $[f(x)]_\rho$ に等しいことを 1行で確認してから使う。ここを飛ばすと，以降の逆像の変形が根拠のないものになる。 なお $\tilde f$ が well-defined であること（$x\sim_\sigma x'\Rightarrow f(x)\sim_\rho f(x')$）は 問題文で仮定されているので，証明し直す必要はない。

使う逆像の等式

本問で必要なのは次の3つだけである。 $$\pi^{-1}\Bigl(\bigcup_\lambda U_\lambda\Bigr)=\bigcup_\lambda\pi^{-1}(U_\lambda),\quad \pi^{-1}(U_1\cap U_2)=\pi^{-1}(U_1)\cap\pi^{-1}(U_2),\quad (g\circ h)^{-1}(V)=h^{-1}\bigl(g^{-1}(V)\bigr).$$ いずれも要素を取って両側の同値性を示せば1行で証明できる。 像 $\pi(\cdot)$ では和集合とは交換するが共通部分とは一般に交換しないので， 「逆像を使う」という方針を最初に決めておくことが大切である。

背景：商位相の普遍性

$\mathcal{O}_{X/\sigma}$ は $\pi_\sigma$ を連続にする位相のうち最も強い（開集合が最も多い）ものである。 一般に商空間からの写像 $g\colon X/\sigma\to Z$ について 「$g$ が連続 $\iff$ $g\circ\pi_\sigma$ が連続」が成り立ち，これが商位相の普遍性である。 (2) はこの普遍性を $Z=Y/\rho$，$g=\tilde f$ に適用したもので， $g\circ\pi_\sigma=\pi_\rho\circ f$ が連続写像の合成として連続であることから直ちに従う。 答案でこの一般命題を使う場合は，命題の証明（上の逆像計算）も添えておくのが安全である。

失点しやすい点

(1) で「有限個の共通部分」を「任意個の共通部分」と書くのは誤りである。位相の公理は 和集合が任意個，共通部分が有限個であり，この非対称性は逆像の議論とは無関係に押さえておく。 また (2) で $\tilde f^{-1}(V)$ が $X/\sigma$ の部分集合であることと， その $\pi_\sigma$ による逆像が $X$ の部分集合であることを混同しないよう， どの空間の部分集合を扱っているかを式ごとに確認する。

方針

$z$ 成分が $0$ で $x,y$ 成分も $z$ に依らないので，実質は平面のグリーンの定理である。 $\operatorname{rot}\mathbf{F}$ の第3成分がそのまま被積分関数になり，(1) の答が (2) にそのまま入る。 $C$ が閉曲線であることは端点をつなげて確認する。ここを確かめずに定理を使うと， そもそも適用条件を満たさない場合があり得る。

向きの確認

ストークスの定理は「曲面の法線の向き」と「境界の向き」が右手系で対応しているときに成り立つ。 本問の $C$ は $(0,0)\to(1,0)\to(1,1)\to(0,0)$ と回るので反時計回り， これに対応する法線は ${}^t(0,0,1)$ である。もし $C_3$ の向きが逆であれば符号が反転して $-5/12$ になる。 向きの確認を1行書いておくと，符号の根拠が採点者に伝わる。

保存的な部分を分ける

$\mathbf{F}$ は $$\mathbf{F}={}^t\bigl(\sinh x\sin y,\ \cosh x\cos y,\ 0\bigr)+{}^t\bigl(y^2,\ x^3,\ 0\bigr)$$ と分解でき，第1項はスカラー場 $\Phi(x,y)=\cosh x\sin y$ の勾配である （$\Phi_x=\sinh x\sin y,\ \Phi_y=\cosh x\cos y$）。 保存場の閉曲線に沿う積分は $0$ なので，第1項は寄与しない。 実際 (1) の計算でも $\sinh x\cos y$ が引き算で消えており，同じ事実の別の見え方になっている。 残るのは ${}^t(y^2,x^3,0)$ の周回積分で，これが $\iint_D(3x^2-2y)\,dx\,dy$ である。

検算：直接計算

定義どおりに3本の積分を足しても確かめられる。$C_1$ 上では $y=0,\ d\mathbf{r}={}^t(1,0,0)dt$ で $\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=0$。$C_2$ 上では $x=1$ で $$\int_0^1(\cosh 1\cos t+1)\,dt=\cosh1\sin1+1 .$$ $C_3$ 上では $x=y=s$（$s$ は $1$ から $0$ へ）と取り直すと $$-\int_0^1\bigl(\sinh s\sin s+\cosh s\cos s+s^2+s^3\bigr)ds =-\Bigl(\bigl[\cosh s\sin s\bigr]_0^1+\frac13+\frac14\Bigr)=-\cosh1\sin1-\frac{7}{12}.$$ 合計すると $\cosh1\sin1$ が相殺して $1-7/12=5/12$ となり，ストークスの定理による値と一致する。 超越的な項がきれいに消えることが，向きと計算の正しさの強い証拠になる。

失点しやすい点

$\operatorname{rot}$ の第3成分を $\partial F_1/\partial y-\partial F_2/\partial x$ と順序を逆に書く誤りが多い。 定義は $\partial F_2/\partial x-\partial F_1/\partial y$ であり，符号が反転すると答が $-5/12$ になる。 また積分領域を $0\leq y\leq x$ ではなく $0\leq x\leq y$，すなわち頂点 $(0,0),(0,1),(1,1)$ の三角形と取り違えると $$\int_0^1\!\!\int_0^{y}\bigl(3x^2-2y\bigr)\,dx\,dy=\int_0^1\bigl(y^3-2y^2\bigr)dy=-\frac{5}{12}$$ となり，符号だけが変わるので誤りに気づきにくい。図を1つ描いて領域を確定させるのが確実である。

極の絶対値が場合分けの鍵

$R$ の場合分けが $\sqrt{c/a}$ を境にしているのは，2つの極がどちらも原点からの距離 $\sqrt{c/a}$ にあるからである。これは判別式が負で解が共役なので $|\alpha|^2=\alpha\bar\alpha=c/a$ となることから従う。 この一言を書かずに「極は $C_R$ の外（内）にある」とだけ書くと，根拠のない主張になる。 なお $R=\sqrt{c/a}$ では極が積分路上に乗るため定義できず，問題文もその場合を除いている。

2位の極の留数

$k$ 位の極では $$\operatorname*{Res}_{z=\alpha}f=\frac{1}{(k-1)!}\lim_{z\to\alpha}\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}\Bigl\{(z-\alpha)^kf(z)\Bigr\}$$ を使う。本問は $k=2$ なので1回微分するだけだが， $a^2(z-\alpha)^2(z-\bar\alpha)^2$ という因数分解を先に書いておかないと， $(az^2+bz+c)^2$ のまま微分して式が膨らむ。 微分後に $\dfrac{(z-\bar\alpha)-2z}{(z-\bar\alpha)^3}$ まで約分してから代入するのが最短である。

検算

$b=0$ とすると被積分関数 $x/(ax^2+c)^2$ は奇関数なので広義積分は $0$， 公式も $-2\pi\cdot0/(4ac)^{3/2}=0$ で一致する。 また $a=c=1,\ b=0$ の近くで $b$ を小さくすると，答は $b$ の1次で減少するはずで， 実際 $-2\pi b/(4-b^2)^{3/2}\approx-\pi b/4$ となる。 $a=b=c=1$ では $D=3$ で公式の値は $-2\pi/(3\sqrt3)$ である。 一方，平方完成して $u=x+1/2$ と置換すると $x=u-1/2$，$x^2+x+1=u^2+3/4$ で， 奇関数部分が消えて $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,dx}{(x^2+x+1)^2} =-\frac12\int_{-\infty}^{\infty}\frac{du}{(u^2+3/4)^2} =-\frac12\cdot\frac{\pi}{2\,(\sqrt3/2)^3}=-\frac{2\pi}{3\sqrt3}$$ となり一致する（$\int_{-\infty}^{\infty}du/(u^2+k^2)^2=\pi/(2k^3)$ を用いた）。

主値と広義積分の区別

上半平面の半円を使う議論が直接与えるのは対称区間の極限 $\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}$ すなわちコーシーの主値である。 本問では被積分関数が $O(|x|^{-3})$ で絶対収束するので，主値と広義積分は一致する。 分子の次数がもう1つ高い場合（たとえば $x^2/(ax^2+bx+c)^2$ を $x/(ax^2+bx+c)$ に置き換えた形）には 絶対収束しないので，主値であることを断らなければならない。この確認を1行入れておくとよい。

失点しやすい点

(3) の評価で $|az^2+bz+c|\geq aR^2-|b|R-c$ の $b$ に絶対値を付け忘れる誤りが多い。 $b$ の符号は仮定されていないので，下からの評価には $|b|$ が必要である。 また $|f|$ の分母は2乗されているので，評価も2乗してから使う。 (4) では $\int_{C_R}=\int_{C_{1,R}}+\int_{C_{2,R}}$ の分解を明示し， どの項が $R$ に依らない定数でどの項が $0$ に収束するかを書き分ける。

方針

$y'=P(x)y+Q(x)y^{n}$ の形をベルヌーイ型といい，$u=y^{1-n}$ で線形方程式に帰着する。 本問は $n=2$ なので $u=y^{-1}$ であり，これは問題文が (1) で指定している。 (1) を計算するだけなら1行だが，$y\neq0$ を確認しておかないと $u=1/y$ が定義できず， 以降の議論の前提が崩れる。

$y\neq0$ をどう書くか

最も短いのは解の一意性を使う議論である。$y\equiv0$ は初期値 $y(x_0)=0$ をもつ解であり， 右辺は $(x,y)$ の近傍で $y$ についてリプシッツ連続だから， ある点で $0$ になる解は恒等的に $0$ でなければならない。 $y(0)=1/2\neq0$ なのでそうではない。 一意性定理に触れずに済ませたい場合は，最終的に得た $y$ が実際に方程式と初期条件を満たすことを 代入で確かめ，「求めた関数が解である」と結論する構成にしてもよい。

積分因子の計算

$u'+u=1+\cos x$ の積分因子は $e^{\int1\,dx}=e^{x}$ である。 $\int e^{x}\cos x\,dx$ は部分積分2回でも出るが， $e^{x}\cos x=\operatorname{Re}e^{(1+i)x}$ として $$\int e^{(1+i)x}dx=\frac{e^{(1+i)x}}{1+i}=\frac{(1-i)e^{x}(\cos x+i\sin x)}{2}$$ の実部を取ると $e^{x}(\cos x+\sin x)/2$ が一度に出る。 どちらで求めても，答案では微分して戻る確認を1行入れておくと安全である。

検算

$x=0$ で $y(0)=2/(2+0+1+1)=1/2$ となり初期条件を満たす。 また $u=1/y$ が $u'+u=1+\cos x$ を満たすことは $$u'=\frac{\cos x-\sin x-e^{-x}}{2},\qquad u'+u=\frac{\cos x-\sin x-e^{-x}}{2}+\frac{2+\sin x+\cos x+e^{-x}}{2}=1+\cos x$$ で確かめられる。$\sin x$ と $e^{-x}$ が消えて $\cos x$ だけが残る形になるので， 符号ミスがあればここで必ず露見する。

解のふるまい

$x\to+\infty$ では $e^{-x}\to0$ なので $$y(x)\longrightarrow\frac{2}{2+\sin x+\cos x}$$ という周期 $2\pi$ の関数に漸近する。強制項 $1+\cos x$ の周期性がそのまま解に残る形で， 指数的に減衰する項 $e^{-x}/2$ が初期条件の情報を運んでいる。 逆に $x\to-\infty$ では $e^{-x}\to\infty$ となり $y(x)\to0$ である。 この設問は「非線形方程式でも適切な変換で線形方程式に帰着でき， そこから解の大域的な存在と漸近挙動まで読み取れる」ことを試している。

失点しやすい点

$u'=-y'/y^2$ の符号を落として $u'-u=1+\cos x$ としてしまう誤りが多い。 また積分定数を $u$ の式ではなく $e^{x}u$ の式に入れる位置を誤ると $Ce^{-x}$ が $C$ になり，初期条件を満たす解が得られない。 最後に $y=1/u$ へ戻すのを忘れて $u$ を答えにするのも典型的な失点である。

(1) の読み方

隣接行列に未知数が現れる問題では，まず行列そのものが満たすべき制約 （$0$-$1$ 成分・対称・対角成分 $0$）を書き出し， 次にグラフの条件（本問では木）を使う，という順序で進める。 $a$ は行列の性質だけで決まり，$b=c$ も同様，$d$ と $b$ の値は木の条件で決まる， という段階を分けて書くと，「理由とともに」という要求を満たしやすい。

木の使い方は2通り

$d=0$ は「閉路をもたない」から，$b=1$ は「連結である」から従う。 別解として辺数から攻めることもできる。木の辺数は $4$ 本， すでに $\{3,4\},\{3,5\}$ の2本が確定しているので，残りは $b$ が与える2本（$\{1,2\},\{2,3\}$）と $d$ が与える1本のうち2本ちょうど。 $b=0$ では2本足りず，$d=1$ では1本多いので $b=1,\ d=0$ しかない。

(2) の別解：彩色多項式と包除原理

頂点数 $n$ の木の彩色多項式は $P(k)=k(k-1)^{n-1}$ である （根を1つ選び，根から順に色を決めると，各非根頂点は親と異なる $k-1$ 通り）。 本問では $P(k)=k(k-1)^4$ で $$P(4)=324,\quad P(3)=48,\quad P(2)=2,\quad P(1)=P(0)=0 .$$ 「ちょうど4色を使う」個数は包除原理により $$\sum_{j=0}^{4}(-1)^j\binom{4}{j}P(4-j)=324-4\cdot48+6\cdot2=324-192+12=144$$ となり，本文の直接の数え上げと一致する。2通りで同じ値が出ることが最良の検算になる。

(3) の一般化と $8$ の意味

同じ議論は「$k$ 色で真に彩色された頂点数 $n$ の木」に対して $n-1>\binom{k}{2}$ のときに通用する。$k=4$ では $\binom42=6$ なので $n\geq8$ が条件で， 問題の $8$ はこの不等式が成り立つ最小の値である。 実際 $n=7$ では反例がある。中心の頂点を赤に塗り，その3つの隣接点を青・白・黒に塗り， さらに青の頂点に白，白の頂点に黒，黒の頂点に青の隣接点を1つずつ付けると， 7頂点6辺の木ができて，6本の辺の色の組はすべて相異なる。 したがって $8$ という数は最良（これ以上小さくできない）である。

失点しやすい点

(2) で「4色以下で塗る場合の数」$324$ をそのまま答える誤りが最も多い。 問題は「どの色も少なくとも一つの頂点に付く」を要求しているので，全射性の条件が要る。 また直接数える方針を取る場合，同色の頂点対が隣接していないことの確認と， 「彩色から同色対が一意に決まる」ことによる重複のなさの確認を書く。 (3) では辺の色の組を非順序対として数えることが要点で， 順序対と考えると $4\times3=12$ 通りになり，鳩の巣が働かなくなる。

定義で落としてはいけない点

決定性であることは「$\delta$ が $Q\times\Sigma$ の全体で定義された写像である」に集約される。 遷移先が複数ある，あるいは未定義の組がある，というのは非決定性・部分的の話であり別物である。 また初期状態はただ1つ，受理状態は集合（0個でも全部でもよい）である点も定義の一部である。 $\hat\delta$ の定義を書かずに「$w$ を読んで $F$ に入る」とだけ書くと， 受理の定義が曖昧になるので，帰納的定義まで書くのが安全である。

状態の取り方が本問の核心

オートマトンを設計するときは「何を覚えておけば判定できるか」を決めることがすべてである。 本問では最後まで必要な情報は「Aがオンか」「Bがオンか」の2ビットだけで， 語の長さも順序も覚える必要がない。この2ビットが状態そのものになり， $a$ は第1ビット，$b$ は第2ビットを反転させる。 逆にいえば，2ビットで区別される4通りの配置は互いに区別しなければならないので， 状態数を3以下にはできない。

図の描き方

問題文が「初期状態にはどこからともなく入ってくる矢印」「受理状態は二重丸」と指定しているので， その2点は必ず守る。さらに $\Sigma=\{a,b\}$ の各文字について， どの状態からもちょうど1本ずつ矢印が出ていることを確認する。 本問では4状態それぞれから $a$ と $b$ の矢印が1本ずつ，計8本の辺がある。 矢印の総数が $|Q|\times|\Sigma|$ になっているかどうかは，決定性の簡単な検算になる。

(3) の答え方

「成り立つ」と結論したうえで，構成を1行で示すのが最短である。 $\gamma$ ごとにオートマトンを作り直す必要はなく，受理状態集合だけを取り替えればよい， という点が答えの中身である。命題 $\gamma$ は $\{0,1\}^2$ 上の真理値関数を定めるので， 論理的に異なる $\gamma$ は高々 $2^{4}=16$ 個しかなく， それぞれが $F_\gamma\subset Q$ の $2^4=16$ 通りの選び方と1対1に対応する。 (2) の $L$ は $\gamma=\lnot\alpha\lor\lnot\beta$ の場合にあたる。

背景

一般に，正規言語の族は補集合・共通部分・和集合について閉じている。 (3) はその特別な場合で，同じ状態集合の上で受理状態を 補集合・共通部分・和集合に取り替えるだけで済んでいる。 状態を「必要な情報の同値類」として取る見方は， 最小オートマトンを与えるマイヒル・ネロードの定理につながる考え方である。