東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2006年度 院試 過去問 解答例・解説（全7問）

$A$ の第 $j$ 列を $a_j$ と書く。

(1) 行基本変形だけで $A$ から $B$ が得られるということは、ある正則な $4$ 次行列 $P$ が存在して $$B=PA$$ となることを意味する。したがって $B$ の第 $j$ 列を $b_j$ とすれば $b_j=Pa_j$ であり、$P$ は同型だから $$\dim \operatorname{span}(a_1,a_2,a_3) = \dim \operatorname{span}(b_1,b_2,b_3)$$ である。

与えられた $B$ の最初の $3$ 列は $$b_1= \begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix},\quad b_2= \begin{pmatrix}3\\0\\0\\0\end{pmatrix}=3b_1,\quad b_3= \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}.$$ よって $b_1,b_3$ は一次独立で、$b_2$ は $b_1$ の定数倍である。したがって可能な次元は $2$ のみである。

(2) 行基本変形と列基本変形で $A$ が $C$ にできることは、$A$ と $C$ の階数が等しいことと同値である。ここで $$\operatorname{rank} C=4$$ だから、$A$ は階数 $4$ の $4\times 5$ 行列である。

$W=\operatorname{span}(a_1,a_2,a_3)$、$U=\operatorname{span}(a_4,a_5)$ とおくと、全列の生成する空間は $\mathbb{R}^{4}$ であるから $$\dim(W+U)=4.$$ 一方 $\dim U\le 2$ なので $$4=\dim(W+U)\le \dim W+\dim U\le \dim W+2.$$ したがって $\dim W\ge 2$ である。また $W$ は $3$ 本のベクトルで生成されるので $\dim W\le 3$ である。

実際にどちらも起こる。例えば $$(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=(e_1,e_2,e_1,e_3,e_4)$$ とすれば $\dim W=2$ かつ $\operatorname{rank}A=4$ である。また $$(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=(e_1,e_2,e_3,e_4,0)$$ とすれば $\dim W=3$ かつ $\operatorname{rank}A=4$ である。

(1) $$I_n=\int_{0}^{\pi/2}\cos^n\theta\,d\theta$$ とおく。部分積分により、$n\ge 2$ について $$I_n = \int_{0}^{\pi/2}\cos^{n-1}\theta\,d(\sin\theta) = (n-1)\int_{0}^{\pi/2}\sin^2\theta\cos^{n-2}\theta\,d\theta$$ である。$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta$ を用いると $$I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n),$$ すなわち $$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$$ を得る。初期値は $I_0=\pi/2$、$I_1=1$ であるから $$I_{2m} = \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}\frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2},$$ $$I_{2m+1} = \frac{(2m)!!}{(2m+1)!!} = \frac{2^{2m}(m!)^2}{(2m+1)!}$$ である。

(2) 余弦のテイラー展開から $$\cos(x\cos\theta) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{2k}\cos^{2k}\theta}{(2k)!}.$$ $m=\lfloor n/2\rfloor$ とおくと、次数 $n$ 以下の項だけを残すので $$p_n(x) = \sum_{k=0}^{m} \frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}I_{2k}.$$ (1) の偶数の場合の公式を代入して $$p_n(x) = \frac{\pi}{2} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{(-1)^k}{(k!)^2} \left(\frac{x}{2}\right)^{2k}$$ である。

(3) $K$ は有界だから、ある $M>0$ が存在して $|x|\le M$ がすべての $x\in K$ について成り立つ。$m=\lfloor n/2\rfloor$ とすれば、$x\in K$ に対して $$\begin{aligned} |f(x)-p_n(x)| &\le \int_{0}^{\pi/2} \sum_{k=m+1}^{\infty} \frac{|x|^{2k}|\cos\theta|^{2k}}{(2k)!}\,d\theta \\ &\le \frac{\pi}{2} \sum_{k=m+1}^{\infty} \frac{M^{2k}}{(2k)!}. \end{aligned}$$ 右辺は $n\to\infty$、すなわち $m\to\infty$ で $0$ に収束する。よって $p_n$ は $K$ 上 $f$ に一様収束する。

線形写像 $$F:V\longrightarrow \mathbb{C}^3,\qquad F(v)=(f_1(v),f_2(v),f_3(v))$$ を考える。

まず $f_1,f_2,f_3$ が一次独立であるとする。$\dim V^*=3$ だから、$f_1,f_2,f_3$ は $V^*$ の基底である。したがって $F$ は同型である。

$\mathbb{C}^3$ の座標を $(z_1,z_2,z_3)$ と書くと $$F(V_1)=\{(0,0,z_3):z_3\in\mathbb{C}\},$$ $$F(V_2)=\{(z_1,0,0):z_1\in\mathbb{C}\},$$ $$F(V_3)=\{(0,z_2,0):z_2\in\mathbb{C}\}.$$ これらは $\mathbb{C}^3$ の $3$ つの座標軸であり、直和として $\mathbb{C}^3$ 全体を与える。$F$ は同型なので、逆像を取れば $$V=V_1\oplus V_2\oplus V_3$$ である。

逆に、$V=V_1\oplus V_2\oplus V_3$ と仮定する。もし $f_1,f_2,f_3$ が一次従属なら、$F$ の階数は $3$ 未満である。$\dim V=3$ だから $\ker F$ は $0$ でない。したがって、ある $0\ne v\in V$ が存在して $$f_1(v)=f_2(v)=f_3(v)=0$$ となる。この $v$ は $V_1,V_2,V_3$ のすべてに属する。特に $V_1\cap(V_2+V_3)$ に非零元があるため、和は直和にならない。これは仮定に反する。

よって $f_1,f_2,f_3$ は一次独立である。

$\Gamma=\mathbb{Z}\times\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}^2$ とおく。同値関係は $$u\sim v \quad\Longleftrightarrow\quad v-u\in\Gamma$$ と書ける。

(1) $a,b,c\in X$ を取り、代表元をそれぞれ $u,v,w\in\mathbb{R}^2$ とする。固定した代表元を使うと $$d(a,b)=\inf_{\gamma\in\Gamma}\|u-v+\gamma\|,$$ $$d(b,c)=\inf_{\eta\in\Gamma}\|v-w+\eta\|$$ である。

任意の $\varepsilon>0$ に対して、$\gamma,\eta\in\Gamma$ を $$\|u-v+\gamma\|\le d(a,b)+\frac{\varepsilon}{2}, \qquad \|v-w+\eta\|\le d(b,c)+\frac{\varepsilon}{2}$$ となるように取る。このとき $\gamma+\eta\in\Gamma$ であり、 $$\begin{aligned} d(a,c) &\le \|u-w+\gamma+\eta\| \\ &\le \|u-v+\gamma\|+\|v-w+\eta\| \\ &\le d(a,b)+d(b,c)+\varepsilon. \end{aligned}$$ $\varepsilon>0$ は任意なので $$d(a,c)\le d(a,b)+d(b,c)$$ が従う。

(2) 一般には成立しない。例えば $$a=\pi(0,0),\qquad b=\pi(0,\sqrt{2})$$ とする。$0-\sqrt{2}$ は有理数ではないので $a\ne b$ である。

一方、有理数列 $(q_m)$ を $q_m\to\sqrt{2}$ となるように取れば、 $$(0,q_m)\sim (0,0)$$ であり、 $$\|(0,q_m)-(0,\sqrt{2})\|=|q_m-\sqrt{2}|\to 0.$$ したがって $d(a,b)=0$ である。よって $d(a,b)=0$ から $a=b$ は従わない。

場合1: $\lambda>0$ $a=\sqrt{\lambda}$ とおく。$x=at$ と変数変換すると $$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2+\lambda}\,dx &= \frac{1}{a}\int_{0}^{\infty} \frac{\log a+\log t}{1+t^2}\,dt \\ &= \frac{\log a}{a}\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^2} + \frac{1}{a}\int_{0}^{\infty}\frac{\log t}{1+t^2}\,dt. \end{aligned}$$ 後者の積分は $t=1/u$ により符号が反転するので $0$ である。また $$\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi}{2}$$ だから $$\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2+\lambda}\,dx = \frac{\pi}{2a}\log a = \frac{\pi}{4\sqrt{\lambda}}\log\lambda.$$

場合2: $\lambda<0$ $a=\sqrt{-\lambda}$ とおく。主値の意味で $$\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2+\lambda}\,dx = \operatorname{p.v.}\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2-a^2}\,dx.$$ $x=at$ と変数変換すると $$\operatorname{p.v.}\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2-a^2}\,dx = \frac{1}{a}\operatorname{p.v.}\int_{0}^{\infty} \frac{\log a+\log t}{t^2-1}\,dt.$$ ここで $$\operatorname{p.v.}\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{t^2-1}=0$$ である。したがって $\log a$ の項は消える。

残る積分を $$J=\operatorname{p.v.}\int_{0}^{\infty}\frac{\log t}{t^2-1}\,dt$$ とおく。$[1,\infty)$ の部分で $t=1/u$ と変数変換すると $$J = -2\int_{0}^{1}\frac{\log t}{1-t^2}\,dt.$$ さらに $0<t<1$ で $$\frac{1}{1-t^2}=\sum_{k=0}^{\infty}t^{2k}$$ を用いると $$\begin{aligned} J &= -2\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{1}t^{2k}\log t\,dt \\ &= 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2} = 2\cdot \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi^2}{4}. \end{aligned}$$ よって $$\int_{0}^{\infty}\frac{\log x}{x^2+\lambda}\,dx = \frac{\pi^2}{4\sqrt{-\lambda}}$$ である。

$$\Phi(x)=\int_{1}^{x}\phi(t)\,dt$$ とおく。仮定より $\phi\ge 0$ なので $\Phi$ は単調増加であり、さらに $$0\le \Phi(x)\le M:=\int_{1}^{\infty}\phi(t)\,dt<\infty$$ である。

関数 $$g(x)=f(x)e^{-\Phi(x)}$$ を考えると、$f$ は $C^1$、$\Phi$ は $C^1$ であり、 $$\begin{aligned} g'(x) &= e^{-\Phi(x)}\{f'(x)-\phi(x)f(x)\}\\ &\le 0 \end{aligned}$$ である。したがって $g$ は単調非増加で、 $$f(x)e^{-\Phi(x)}=g(x)\le g(1)=f(1)$$ がすべての $x\ge 1$ で成り立つ。

よって $$f(x)\le f(1)e^{\Phi(x)}$$ である。$0\le\Phi(x)\le M$ だから、例えば $$C=\max\{f(1),\,f(1)e^M\}$$ とおけば、すべての $x\ge 1$ について $$f(x)\le C$$ となる。したがって $f$ は上に有界である。

$a$ は $(0,\infty)$ 上でコンパクトな台をもつので、ある $0<\alpha<\beta<\infty$ が存在して $$\operatorname{supp}a\subset[\alpha,\beta]$$ となる。特に台の上で $x$ は $0$ から離れている。

$$E_\mu(x)=e^{i\mu x^2/2}$$ とおくと $$E_\mu'(x)=i\mu x E_\mu(x)$$ である。したがって $$E_\mu(x)=\frac{1}{i\mu x}E_\mu'(x)$$ であり、部分積分により $$\begin{aligned} I(\mu) &= \int_{\alpha}^{\beta}E_\mu(x)a(x)\,dx\\ &= \frac{1}{i\mu} \int_{\alpha}^{\beta}E_\mu'(x)\frac{a(x)}{x}\,dx\\ &= -\frac{1}{i\mu} \int_{\alpha}^{\beta}E_\mu(x)\frac{d}{dx}\left(\frac{a(x)}{x}\right)\,dx. \end{aligned}$$ 境界項は、$\alpha,\beta$ を台の外側に取っているため $a$ がその近くで $0$ となり消える。

線形作用素 $$Tb=-\frac{d}{dx}\left(\frac{b}{x}\right)$$ を導入すると、上の式は $$I(\mu)=\frac{1}{i\mu}\int_{\alpha}^{\beta}E_\mu(x)(Ta)(x)\,dx$$ である。同じ操作を $N$ 回繰り返すと $$I(\mu) = \frac{1}{(i\mu)^N} \int_{\alpha}^{\beta}E_\mu(x)(T^Na)(x)\,dx.$$ $a$ は $C^N$ 級で、$x$ は $[\alpha,\beta]$ 上で $0$ から離れているため、$T^Na$ は連続で可積分である。よって $$|I(\mu)| \le \mu^{-N}\int_{\alpha}^{\beta}|(T^Na)(x)|\,dx.$$ 右辺の積分は $\mu$ に依存しない定数である。したがって $$I(\mu)=O(\mu^{-N}) \qquad(\mu\to+\infty)$$ が示された。