東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2007年度 院試 過去問 解答例・解説（全7問）

(1) 行列を $$A=\begin{pmatrix} 2&1&1\\ -1&2&-1\\ -1&-1&0 \end{pmatrix}$$ とする。特性多項式は $$\det(\lambda I-A)=(\lambda-1)^2(\lambda-2)$$ である。したがって固有値は $1,2$ である。

$\lambda=1$ について $$A-I= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ -1&1&-1\\ -1&-1&-1 \end{pmatrix}$$ だから，固有空間は $$\ker(A-I)=\operatorname{span}\{(1,0,-1)^T\}$$ である。また $$(A-I)^2= \begin{pmatrix} -1&1&-1\\ -1&1&-1\\ 1&-1&1 \end{pmatrix}$$ より $$G_1:=\ker(A-I)^2 =\{(x,y,z)^T:y=x+z\} =\operatorname{span}\{(1,1,0)^T,(0,1,1)^T\}.$$ $\lambda=2$ については $$\ker(A-2I)=\operatorname{span}\{(-1,-1,1)^T\}$$ であり，固有値 $2$ は単根なので広義固有空間もこの一次元空間である。

(2) 次に $AB=2BA$ とする。任意の $\mu$ と正整数 $m$ について $$(A-2\mu I)^mB=2^mB(A-\mu I)^m$$ が成り立つ。よって $B$ は $A$ の広義固有空間 $G_\mu$ を $G_{2\mu}$ に写す。ここで $A$ の固有値は $1,2$ だけなので $$B(G_1)\subset G_2,\qquad B(G_2)\subset G_4=\{0\}.$$ したがって空間全体 $G_1\oplus G_2$ 上で $B^2=0$ であり，特に $$B^3=O$$ である。

(3) 最後に非零例を作る。$u=(1,0,-1)^T$，$v=(1,1,0)^T$， $w=(-1,-1,1)^T$ とおくと $$(A-I)u=0,\qquad (A-I)v=2u,\qquad Aw=2w.$$ 線形写像 $B$ を $$Bu=0,\qquad Bv=w,\qquad Bw=0$$ で定めると，基底 $\{u,v,w\}$ 上の確認から $AB=2BA$ が従う。 標準基底での行列は $$B= \begin{pmatrix} -1&0&-1\\ -1&0&-1\\ 1&0&1 \end{pmatrix}$$ であり，これは零行列ではない。

(1) 原点以外では有理関数なので通常の微分計算ができる。原点での連続性は $$\left|\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}\right| \le |x|+|y|$$ から従う。原点での偏微分係数は $$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)}{h}=1,\qquad f_y(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)}{h}=-1$$ である。原点以外では偏微分が存在するので，$f$ は全平面で一回偏微分可能である。

(2) 全微分可能性を調べる。もし原点で全微分可能なら，線形主要部は $$x-y$$ でなければならない。しかし $$f(x,y)-(x-y) =(x-y)\frac{xy}{x^2+y^2}.$$ $y=tx$ として $x\to0$ とすると $$\frac{f(x,tx)-(x-tx)}{\sqrt{x^2+t^2x^2}} = \frac{(1-t)t}{(1+t^2)^{3/2}}$$ となり，例えば $t=2$ では $0$ に収束しない。よって原点で全微分可能ではない。 原点以外では全微分可能だから，結論として $\mathbb{R}^2$ 上では全微分可能ではない。

(3) 積分は極座標で計算する。$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ とおくと $$f(x,y)=r(\cos^3\theta-\sin^3\theta)$$ であり，$f>0$ は $\cos\theta>\sin\theta$ と同値である。したがって単位円内の領域は $$-\frac{3\pi}{4}<\theta<\frac{\pi}{4},\qquad 0<r<1$$ で表される。ゆえに $$\begin{aligned} I &=\int_{-3\pi/4}^{\pi/4}\int_0^1 r(\cos^3\theta-\sin^3\theta)\,r\,dr\,d\theta \\ &=\frac13 \int_{-3\pi/4}^{\pi/4}(\cos^3\theta-\sin^3\theta)\,d\theta =\frac{5\sqrt2}{9}. \end{aligned}$$

空集合を含む場合は自明なので，以下では $A,B$ がともに空でないとしてよい。 $A\times B$ はコンパクトであり，$U^c$ は閉集合である。さらに $$A\times B\subset U$$ だから，最大値・最小値の存在を使って $$\delta =\operatorname{dist}_\infty(A\times B,U^c) = \inf\{\max(|a-x|,|b-y|):(a,b)\in A\times B,\ (x,y)\in U^c\}$$ は正である。ただし $U^c=\varnothing$ のときは任意の正の $\delta$ を取ればよい。

そこで $$V=\{x\in\mathbb{R}:\operatorname{dist}(x,A)<\delta/2\},\qquad W=\{y\in\mathbb{R}:\operatorname{dist}(y,B)<\delta/2\}$$ とおく。これは $\mathbb{R}$ の開集合であり，明らかに $$A\times B\subset V\times W$$ である。

任意の $(x,y)\in V\times W$ を取ると，ある $a\in A,\ b\in B$ が存在して $$|x-a|<\delta/2,\qquad |y-b|<\delta/2$$ となる。したがって $$\operatorname{dist}_\infty((x,y),A\times B)<\delta.$$ もし $(x,y)\notin U$ なら $(x,y)\in U^c$ であり，$\delta$ の定義に反する。 よって $(x,y)\in U$ である。したがって $$A\times B\subset V\times W\subset U$$ が示された。

(1) $$f(z)=\frac{n!}{(2z+1)^2z(z-1)\cdots(z-n)}$$ とおく。極は $$z=0,1,\dots,n,\qquad z=-\frac12$$ である。$k=0,1,\dots,n$ では単純極であり， $$\begin{aligned} \operatorname*{Res}_{z=k}f(z) &= \frac{n!}{(2k+1)^2\prod_{j\ne k}(k-j)} \\ &= \frac{(-1)^{n-k}}{(2k+1)^2}\binom{n}{k}. \end{aligned}$$

$z=-1/2$ は二位の極である。 $$g(z)=\frac{n!}{4z(z-1)\cdots(z-n)}$$ とおくと $$f(z)=\frac{g(z)}{(z+1/2)^2}$$ であるから，留数は $g'(-1/2)$ である。対数微分により $$\frac{g'(z)}{g(z)} =-\sum_{j=0}^n\frac1{z-j}.$$ また $$g\!\left(-\frac12\right) = (-1)^{n+1}\frac{2^{\,n-1}n!}{(2n+1)!!}.$$ したがって $$\operatorname*{Res}_{z=-1/2}f(z) = (-1)^{n+1}\frac{2^n n!}{(2n+1)!!} \sum_{j=0}^n\frac1{2j+1}.$$

(2) 次に $$S_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac1{(2k+1)^2}$$ とおく。有理関数 $f$ は無限遠で $O(z^{-n-3})$ なので全留数の和は $0$ である。 上の単純極の和は $(-1)^nS_n$ だから $$S_n= \frac{2^n n!}{(2n+1)!!} \sum_{j=0}^n\frac1{2j+1}.$$ よって求める極限は $$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt n\,S_n}{\log n}.$$

ここで $$\frac{2^n n!}{(2n+1)!!} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$$ である。Wallis の公式から $$\binom{2n}{n}\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$$ が従うので $$\sqrt n\,\frac{2^n n!}{(2n+1)!!}\longrightarrow \frac{\sqrt\pi}{2}.$$ また $$\sum_{j=0}^n\frac1{2j+1} = \frac12\log n+O(1)$$ である。したがって $$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt n\,S_n}{\log n} = \frac{\sqrt\pi}{2}\cdot\frac12 = \frac{\sqrt\pi}{4}.$$

(1) $C^1$ 関数 $f$ に対して，$[0,1]$ 上で $f'$ は有界である。 平均値の定理より $$|f(x)-f(y)|\le \max_{0\le t\le1}|f'(t)|\,|x-y|$$ だから $Y\subset X$ である。

(2) 次に $d$ が距離であることを示す。Lipschitz 定数の最小値 $L$ は $$L(h)\ge0,\qquad L(-h)=L(h),\qquad L(h_1+h_2)\le L(h_1)+L(h_2)$$ を満たす。また $L(h)=0$ なら $h$ は定数である。 したがって $d(f,g)\ge0$，対称性，三角不等式は直ちに従う。 さらに $d(f,g)=0$ なら $$f(0)=g(0),\qquad L(f-g)=0$$ である。よって $f-g$ は定数で，しかも $0$ での値が $0$ だから $f=g$ である。 これで $d$ は $X$ 上の距離である。

(3) 最後に $Y$ の完備性を示す。$C^1$ 関数 $h$ については $$L(h)=\max_{0\le t\le1}|h'(t)|$$ である。したがって $Y$ の $d$-Cauchy 列 $\{f_m\}$ に対して， $\{f_m(0)\}$ は実数の Cauchy 列であり，$\{f_m'\}$ は 連続関数空間 $C[0,1]$ の一様ノルムに関する Cauchy 列である。 よって $$f_m(0)\to a,\qquad f_m'\to \varphi$$ となる $a\in\mathbb{R}$，$\varphi\in C[0,1]$ が存在する。

$$f(x)=a+\int_0^x\varphi(t)\,dt$$ と定めると $f\in C^1[0,1]$ であり $f'= \varphi$ である。さらに $$d(f_m,f) = |f_m(0)-a|+\max_{0\le t\le1}|f_m'(t)-\varphi(t)| \longrightarrow0.$$ したがって $Y$ はこの距離について完備である。

(1) まず $$y=x+u$$ とおくと $$\begin{aligned} f(x,s) &=\int_0^\infty u\exp\left(-\frac{(x+u)^2-x^2}{s}\right)\,du \\ &=\int_0^\infty u\exp\left(-\frac{2xu+u^2}{s}\right)\,du . \end{aligned}$$

$x=0$ のときは $$f(0,s)=\int_0^\infty u e^{-u^2/s}\,du=\frac{s}{2}$$ である。したがって $$a_0(0)=\frac12,\qquad a_1(0)=0,\qquad a_2(0)=0.$$

以下 $x>0$ とする。さらに $u=sv$ とおくと $$f(x,s)=s^2\int_0^\infty v e^{-2xv}e^{-sv^2}\,dv.$$ よって $$\frac{f(x,s)}{s} = s\int_0^\infty v e^{-2xv}e^{-sv^2}\,dv\longrightarrow0$$ であり， $$a_0(x)=0\qquad(x>0)$$ である。

(2) 次に $$\frac{f(x,s)}{s^2} = \int_0^\infty v e^{-2xv}e^{-sv^2}\,dv \longrightarrow \int_0^\infty v e^{-2xv}\,dv = \frac1{4x^2}.$$ したがって $$a_1(x)=\frac1{4x^2}\qquad(x>0).$$

(3) 最後に $$\frac{f(x,s)-s^2/(4x^2)}{s^3} = \int_0^\infty v e^{-2xv}\frac{e^{-sv^2}-1}{s}\,dv.$$ $s\downarrow0$ で $$\frac{e^{-sv^2}-1}{s}\longrightarrow -v^2$$ だから，支配収束により $$a_2(x) = -\int_0^\infty v^3e^{-2xv}\,dv = -\frac{3}{8x^4} \qquad(x>0).$$

(1) $A$ を線形写像と見て，列空間を $\operatorname{Im}A$，行空間を $\operatorname{Row}A$ と書く。標準基底を $e_1,\dots,e_n$ とする。 階数 $r$ の部分空間 $\operatorname{Im}A$ は，標準基底ベクトルのうち高々 $r$ 個しか 含めない。したがって $$e_i\notin\operatorname{Im}A$$ となる $i$ は少なくとも $n-r$ 個ある。同様に $$e_j\notin\operatorname{Row}A$$ となる $j$ も少なくとも $n-r$ 個ある。

このような $i,j$ を取る。$E_{ij}=e_i e_j^T$ である。 $e_i\notin\operatorname{Im}A$ かつ $e_j\notin\operatorname{Row}A$ のとき， $$\operatorname{rank}(A+E_{ij})=r+1$$ を示す。

実際，$(A+e_i e_j^T)x=0$ とする。このとき $$Ax=-(e_j^Tx)e_i.$$ 左辺は $\operatorname{Im}A$ に属する。$e_i\notin\operatorname{Im}A$ だから $e_j^Tx=0$ でなければならず，従って $Ax=0$ である。よって $$\ker(A+E_{ij})=\ker A\cap \ker(e_j^T).$$ また $e_j\notin\operatorname{Row}A=(\ker A)^\perp$ なので， $e_j^T$ は $\ker A$ 上で零汎関数ではない。したがって $$\dim\ker(A+E_{ij}) = \dim\ker A-1 = n-r-1.$$ 階数・退化次数の定理より $$\operatorname{rank}(A+E_{ij})=r+1>r.$$ よって条件を満たす組は少なくとも $$(n-r)^2$$ 個存在する。

(2) 次に $A$ が正則である場合を考える。行列式補題より $$\det(A+E_{ij}) = \det A\left(1+e_j^TA^{-1}e_i\right) = \det A\left(1+(A^{-1})_{ji}\right).$$ もしすべての $i,j$ について $A+E_{ij}$ が正則でないなら， $$(A^{-1})_{ji}=-1$$ がすべての $i,j$ で成り立つ。すると $A^{-1}$ は全成分が $-1$ の行列になる。 しかし $n\ge2$ ではこの行列の階数は $1$ であり，正則ではない。これは $A^{-1}$ が正則であることに反する。したがって正則な $A+E_{ij}$ が少なくとも一つ 存在する。