東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2010年度 院試 解答例・解説

(1) 特性多項式を $$p(\lambda)=\det(\lambda I-A)$$ とおく。直接計算すると $$p(\lambda) =\lambda^3-(a+3)\lambda^2+(3a+b+3c-2)\lambda+2(a+b+c).$$

$\operatorname{rank}A>\operatorname{rank}A^2$ なら，ある $v\notin\ker A$ に対して $A^2v=0$ となる。したがって $0$ に対応するジョルダン鎖の長さが少なくとも $2$ であり， $0$ は特性多項式の重根である。よって $$a+b+c=0,\qquad 3a+b+3c-2=0.$$ これを解くと $$b=-1,\qquad a+c=1.$$

逆に $b=-1,\ c=1-a$ とすると $$A^2= \begin{pmatrix} a^2+3a-2&-a-5&-3a-11\\ 0&0&0\\ -a^2-3a+2&a+5&3a+11 \end{pmatrix}.$$ この行列は零行列でなく階数 $1$ である。一方， $$\det A=-2(a+b+c)=0$$ であり，例えば第 $1,2$ 行，第 $2,3$ 列の小行列式は $$\det\begin{pmatrix}-1&-3\\-1&-1\end{pmatrix}=-2$$ であるから $\operatorname{rank}A=2$。したがって $$\operatorname{rank}A=2>1=\operatorname{rank}A^2$$ となる。これで (1) の条件は必要十分である。

(2) さらに $b=-1,\ c=1-a$ のもとでは，特性多項式は $$p(\lambda)=\lambda^2\{\lambda-(a+3)\}$$ であり，実際に $$A^3=(a+3)A^2$$ が成り立つ。したがって $a\neq -3$ なら $\operatorname{rank}A^3=\operatorname{rank}A^2=1$ である。 一方 $a=-3$ のときは $A^3=0$ かつ $A^2\neq0$ なので $$\operatorname{rank}A^2=1>0=\operatorname{rank}A^3.$$

(1) まず $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{\pi}{|a|}$$ である。したがって $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx =\frac{a}{\pi}\cdot\frac{\pi}{|a|} =\frac{a}{|a|}.$$

(2) 次に畳み込み積分を求める。標準的なコーシー核 $$P_\alpha(x)=\frac{\alpha}{\pi(x^2+\alpha^2)} \qquad(\alpha>0)$$ を用いると，今回の関数は $$f(x)=\frac{a}{|a|}P_{|a|}(x)$$ である。フーリエ変換 $$\widehat{P_\alpha}(\xi)=e^{-\alpha|\xi|}$$ を使えば $$\widehat{P_{|a|}*P_{|a|}}(\xi) =e^{-2|a||\xi|} =\widehat{P_{2|a|}}(\xi).$$ よって $$(P_{|a|}*P_{|a|})(t) =P_{2|a|}(t) =\frac{2|a|}{\pi(t^2+4a^2)}.$$ 符号係数は二つ掛けると $1$ になるので， $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)f(t-x)\,dx =\frac{2|a|}{\pi(t^2+4a^2)}.$$

(1) $\{x_n\},\{y_n\}\in C$ とする。このとき $$|F(\{x_n\})-F(\{y_n\})| =\left|\lim_{n\to\infty}(x_n-y_n)\right| \le \sup_{n\ge1}|x_n-y_n| =d(\{x_n\},\{y_n\}).$$ したがって $F$ はリプシッツ定数 $1$ の写像であり，特に連続である。

(2) $C$ の列 $\{x^{(k)}\}_{k=1}^{\infty}$ が $B$ の距離で $x\in B$ に収束するとする。ここで $$x^{(k)}=(x^{(k)}_1,x^{(k)}_2,\ldots), \qquad x=(x_1,x_2,\ldots)$$ と書く。任意の $\varepsilon>0$ に対し，ある $k$ を選んで $$d(x^{(k)},x)<\frac{\varepsilon}{3}$$ とできる。また $x^{(k)}\in C$ なので，ある $N$ が存在して $$n,m\ge N\quad\Longrightarrow\quad |x^{(k)}_n-x^{(k)}_m|<\frac{\varepsilon}{3}$$ である。すると $n,m\ge N$ について $$|x_n-x_m| \le |x_n-x^{(k)}_n| +|x^{(k)}_n-x^{(k)}_m| +|x^{(k)}_m-x_m| <\varepsilon.$$ よって $\{x_n\}$ はコーシー列であり，実数列なので収束する。したがって $x\in C$ である。つまり $C$ は $B$ の閉集合である。

(1) 与えられた二つの行列について $$\chi_A(\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-6), \qquad \chi_B(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)^2$$ である。さらに $A$ は対角化可能で，$B$ は固有値 $2$ に対して 大きさ $2$ のジョルダンブロックを一つ持つ。

$X\mapsto AX-XB$ は，列ベクトル化すれば $$I_3\otimes A-B^{\mathsf T}\otimes I_2$$ で表される。したがって固有値は $$\alpha-\beta \qquad (\alpha\in\{4,6\},\ \beta\in\{1,2\})$$ として現れる。$B$ の固有値 $2$ の部分が二次のジョルダンブロックで あるため，対応する差の固有値にも二次ブロックが残る。よって $$f_{A,B}\sim J_2(2)\oplus (3)\oplus J_2(4)\oplus (5)$$ である。

(2) 一般の $$M=\begin{pmatrix}m_{11}&m_{12}\\m_{21}&m_{22}\end{pmatrix}, \qquad N=(n_{ij})_{1\le i,j\le3}$$ について $$f_{M,N}f_{A,B}=f_{A,B}f_{M,N}$$ を成分比較する。線形方程式を整理すると，解は五つの実数 $u,v,s,t,r$ を用いて $$M= \begin{pmatrix} \frac32u+v&-\frac12u\\ u&v \end{pmatrix},$$ $$N= \begin{pmatrix} -\frac32s+\frac52r&\frac12(s-r)&-\frac23s+\frac13t+\frac23r\\ -3s+3r&s&t\\ 0&0&r \end{pmatrix}$$ と書ける。したがって自由度は $5$ であり， $$\dim V_{A,B}=5.$$

偶関数 $h$ が $C^\infty$ 級なら， $$Dh(t)= \begin{cases} \dfrac{h'(t)}{2t},&t\ne0,\\[2mm] \dfrac{h''(0)}2,&t=0 \end{cases}$$ で定める関数 $Dh$ も $C^\infty$ 級の偶関数である。実際， $$\frac{h'(t)}{t}=\int_0^1 h''(\theta t)\,d\theta$$ と書けるので，右辺は $t=0$ でも滑らかに延長される。

(1) $x=t^2\ (t>0)$ とおくと $g(x)=f(t)$ であり， $$g'(x)=\frac{f'(t)}{2t}=Df(t).$$ 上の事実から $Df(t)$ は $t=0$ まで連続に延長される。したがって $$g'_+(0)=Df(0)=\frac12 f''(0)$$ であり，$g$ は $[0,1)$ 上 $C^1$ 級である。

(2) 同様に $x>0$ では $$g''(x)=D(Df)(t)=D^2f(t).$$ $Df$ も $C^\infty$ 級の偶関数なので，$D^2f(t)$ は $t=0$ まで連続に 延長される。特に $$g''_+(0)=D^2f(0)=\frac1{12}f^{(4)}(0)$$ であり，$g$ は $[0,1)$ 上 $C^2$ 級である。

(3) 帰納的に，$x=t^2>0$ で $$g^{(r)}(x)=D^r f(t)\qquad(r=0,1,2,\ldots)$$ が成り立つ。上で見たように $D$ は $C^\infty$ 級の偶関数を再び $C^\infty$ 級の偶関数へ送るから，すべての $D^r f$ は $t=0$ まで連続に 延長される。よって任意階の右導関数が存在し連続であり，$g$ は $[0,1)$ 上 $C^\infty$ 級である。

(1) $z=x+iy$ と書くと $$\sin z=\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y.$$ $\sin z=2$ は実数方程式なので $$\cos x\sinh y=0$$ が必要である。実数 $x$ では $|\sin x|\le1$ だから $y=0$ は不可能である。 よって $\cos x=0$ であり， $$x=\frac{\pi}{2}+k\pi.$$ このとき $\sin x=(-1)^k$ なので，$\sin z=2$ となるのは $k$ が偶数で $$\cosh y=2$$ のときである。したがって $$\alpha=\operatorname{arcosh}2=\log(2+\sqrt3)$$ とおけば，零点は $$z=\frac{\pi}{2}+2m\pi\pm i\alpha \qquad(m\in\mathbb Z)$$ である。また，これらの点で $$\cos z=\mp i\sinh\alpha=\mp i\sqrt3$$ であり零でない。したがってすべて単純零点である。

(2) 留数定理を用いる。零点 $$z_m^\pm=\frac{\pi}{2}+2m\pi\pm i\alpha$$ における留数は $$\operatorname*{Res}_{z=z_m^+}\frac{1}{\sin z-2} =\frac{1}{\cos z_m^+} =\frac{i}{\sqrt3},$$ $$\operatorname*{Res}_{z=z_m^-}\frac{1}{\sin z-2} =\frac{1}{\cos z_m^-} =-\frac{i}{\sqrt3}.$$ したがって上下に対になって入る零点の留数和は $0$ である。

$n=1$ のときは $\alpha>1$ であるため零点は内部にない。$n\ge2$ のとき， 内部に入る零点は必ず $z_m^+,z_m^-$ の対で入る。境界上に零点が来ることは ない。よって留数の総和は常に $0$ であり， $$\frac{1}{2\pi i}\int_{C_n}\frac{dz}{\sin z-2}=0$$ である。

$$\Delta=ad-bc$$ とおく。係数はすべて正なので，$x\ge0$ に対して $f(x)>0$ である。

(1) $x>0$ を動かすと，$f(x)$ は $$\frac{b}{d} \quad\text{と}\quad \frac{a}{c}$$ の間の値を取る。したがって任意の $x,y>0$ について， $$\frac{f(x)}{f(y)}$$ は二つの端点比で挟まれる。すなわち $$\left|\log\frac{f(x)}{f(y)}\right| \le \left|\log\frac{a/c}{b/d}\right| = \left|\log\frac{ad}{bc}\right|.$$ これで (1) が示された。

(2) 対数座標に移す。$s=\log x$ とし， $$H(s)=\log f(e^s)$$ とおく。このとき $$\rho(f(x),f(y))=|H(\log x)-H(\log y)|, \qquad \rho(x,y)=|\log x-\log y|.$$ 平均値の定理を使うために $H'$ を評価する。$x=e^s$ とすれば $$H'(s) =\frac{x f'(x)}{f(x)} =\frac{x(ad-bc)}{(ax+b)(cx+d)}.$$ よって $$|H'(s)| = \frac{|ad-bc|}{acx+(ad+bc)+bd/x}.$$ 分母は相加相乗平均より $$acx+\frac{bd}{x}\ge2\sqrt{abcd}$$ だから $$|H'(s)| \le \frac{|ad-bc|}{ad+bc+2\sqrt{abcd}} = \frac{|\sqrt{ad}-\sqrt{bc}|}{\sqrt{ad}+\sqrt{bc}}.$$ したがって平均値の定理により $$\rho(f(x),f(y)) \le \frac{|\sqrt{ad}-\sqrt{bc}|}{\sqrt{ad}+\sqrt{bc}}\rho(x,y).$$