東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2011年度 院試 解答例・解説

(1) 特性多項式を計算する。$A$ については $$\chi_A(\lambda) =\det(\lambda I-A) =(\lambda-2)\{\lambda^2-4\lambda+3+a^2\} =(\lambda-2)\{(\lambda-2)^2+a^2-1\}.$$ したがって，$a\neq \pm1$ のときは三つの固有値が相異なるので $A$ は対角化可能である。

$a=1$ のときも $a=-1$ のときも特性多項式は $(\lambda-2)^3$ である。ここで $$A-2I= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 1&-1&a\\ 1&-a&1 \end{pmatrix}.$$ $a=1$ ではこの行列の階数は $1$，$a=-1$ では階数は $2$ である。 いずれの場合も固有空間の次元は $3$ ではないので，$A$ は対角化可能でない。 よって $$A\ \text{が対角化可能} \quad\Longleftrightarrow\quad a\neq \pm1$$ である。

(2) 次に $B$ の特性多項式は $$\chi_B(\lambda) =(\lambda-2)\{\lambda^2-4\lambda+6-b\} =(\lambda-2)\{(\lambda-2)^2+2-b\}.$$ 相似なら特性多項式が一致するから，まず $$a^2-1=2-b,\qquad\text{すなわち}\qquad a^2+b=3$$ が必要である。

$a\neq\pm1$ かつ $a^2+b=3$ のとき，両者は同じ相異なる三つの固有値をもつ。 どちらも対角化可能なので，同じ対角行列に相似であり，したがって互いに相似である。

残る重根の場合を調べる。特性多項式が $(\lambda-2)^3$ になるのは $$a=\pm1,\qquad b=2$$ のときである。このとき $$B-2I= \begin{pmatrix} -2&2&-2\\ 1&-1&1\\ 3&-3&3 \end{pmatrix}$$ であり，階数は $1$，かつ $(B-2I)^2=0$ である。したがって $B$ のジョルダン型は $2$ 次ブロック一つと $1$ 次ブロック一つである。 一方，$a=1$ のときの $A$ も $\operatorname{rank}(A-2I)=1$ かつ $(A-2I)^2=0$ なので同じジョルダン型である。$a=-1$ のときは $\operatorname{rank}(A-2I)=2$ で，ジョルダン型が異なる。

(1) 原始関数を求める。$x>0$ で $$\frac{d}{dx}\left\{ x\log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)+2\arctan x \right\} = \log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)$$ である。したがって $$f(s,t) = \left[ x\log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)+2\arctan x \right]_{x=s}^{x=t}.$$ ここで $$s\log\left(1+\frac{1}{s^2}\right) \le s\log\left(\frac{2}{s^2}\right) = s\log2-2s\log s \longrightarrow0 \quad(s\to+0)$$ であり，$\arctan s\to0$ である。よって $$g(t):=\lim_{s\to+0}f(s,t) = t\log\left(1+\frac{1}{t^2}\right)+2\arctan t.$$

(2) 次に $t\to+\infty$ とする。 $$0\le t\log\left(1+\frac{1}{t^2}\right) \le t\cdot\frac{1}{t^2} = \frac1t \longrightarrow0$$ であり，$\arctan t\to \pi/2$ であるから $$\lim_{t\to+\infty}g(t)=\pi.$$

$C(X,Y)$ には一様距離が入っている。まず (1) $$E=\{(f,g)\in C(X,Y)\times C(X,Y)\mid \exists x\in X,\ f(x)=g(x)\}$$ が閉であることを示す。

$(f_n,g_n)\in E$ が $(f,g)$ に収束したとする。各 $n$ について $x_n\in X$ を取り，$f_n(x_n)=g_n(x_n)$ とできる。$X$ はコンパクトなので， 部分列を取り直して $x_n\to x\in X$ としてよい。すると $$d_Y(f(x),g(x)) \le d_Y(f(x),f_n(x_n)) +d_Y(f_n(x_n),g_n(x_n)) +d_Y(g_n(x_n),g(x)).$$ 中央の項は $0$ であり，左右の項は一様収束と $f,g$ の連続性から $0$ に 収束する。よって $f(x)=g(x)$ であり，$(f,g)\in E$ である。

(2) 次に $$S=\{f\in C(X,Y)\mid f\text{ は全射}\}$$ が閉であることを示す。$f_n\in S$ が $f$ に一様収束したとする。 任意の $y\in Y$ を固定する。各 $n$ について全射性より $$f_n(x_n)=y$$ となる $x_n\in X$ が取れる。再び $X$ のコンパクト性から，部分列を取り直して $x_n\to x\in X$ とできる。一様収束と連続性により $$d_Y(f(x),y) \le d_Y(f(x),f_n(x_n)) + d_Y(f_n(x_n),y) \longrightarrow 0.$$ したがって $f(x)=y$ である。$y$ は任意だったので $f$ は全射であり， $S$ は閉である。

(1) 漸化式の特性多項式を $$p(\lambda)=\lambda^N-c_1\lambda^{N-1}-\cdots-c_{N-1}\lambda-c_N$$ とおく。$c_N\neq0$ なので $p(0)=-c_N\neq0$ である。一方，複素数体上の 多項式 $p$ は少なくとも一つ根をもつ。その根を $\lambda$ とすると $\lambda\neq0$ である。

この $\lambda$ に対し $a_k=\lambda^k$ とおけば $$a_k=c_1a_{k-1}+\cdots+c_Na_{k-N}\qquad(k\ge N)$$ は $p(\lambda)=0$ と同値である。したがって $(\lambda^k)_{k=0}^{\infty}\in W$ であり，第一小問が従う。

(2) 第二小問では背理法を用いる。仮に $f(W)\subset W$ とする。 上で取った幾何数列 $a_k=\lambda^k$ は $W$ に属する。

$\lambda=1$ の場合，定数列 $\mathbf{1}=(1,1,\ldots)$ がすでに $W$ に入る。 $\lambda\neq1$ の場合は $$f(a)_n=\sum_{i=0}^n\lambda^i = \frac{\lambda^{n+1}-1}{\lambda-1} = \frac{\lambda}{\lambda-1}\lambda^n-\frac{1}{\lambda-1}.$$ ここで $a\in W$ かつ $f(a)\in W$ なので，定数列 $\mathbf{1}$ も $W$ に属する。 いずれの場合も $\mathbf{1}\in W$ が分かった。

仮定 $f(W)\subset W$ から $$\mathbf{1},\quad f(\mathbf{1}),\quad f^2(\mathbf{1}),\quad\ldots$$ はすべて $W$ に属する。ところが $$f^m(\mathbf{1})_n=\binom{n+m}{m}\qquad(m=0,1,2,\ldots)$$ であり，これは $n$ に関する次数 $m$ の多項式列である。次数が異なる多項式列は 一次独立なので，$W$ は無限個の一次独立な元を含むことになる。

しかし $W$ の元は最初の $N$ 項で一意に決まるため，$\dim W\le N$ である。 これは矛盾である。したがって，どのように $N,c_1,\ldots,c_N$ を選んでも $f(W)\subset W$ とはならない。

各 $k$ について $$\frac{x}{k+2x} = \frac12-\frac{k}{2(k+2x)}$$ であるから $$\int_0^1\frac{x}{k+2x}\,dx = \frac12-\frac{k}{4}\log\frac{k+2}{k}.$$ したがって $$I_N = \frac{N}{2} -\frac14 \sum_{k=1}^N k\log\frac{k+2}{k}.$$ ここで和を整理する。 $$\sum_{k=1}^N k\log\frac{k+2}{k} = \sum_{k=1}^N k\log(k+2)-\sum_{k=1}^N k\log k.$$ 第一項で $j=k+2$ と置くと $$\begin{aligned} \sum_{k=1}^N k\log\frac{k+2}{k} &= -2\log(N!) +(N-1)\log(N+1)+N\log(N+2). \end{aligned}$$ よって $$I_N = \frac{N}{2} +\frac12\log(N!) -\frac{N-1}{4}\log(N+1) -\frac{N}{4}\log(N+2).$$

Stirling の公式 $$\log(N!)=N\log N-N+\frac12\log(2\pi N)+o(1)$$ を用いる。また $$\log(N+1)=\log N+\frac1N+o\!\left(\frac1N\right), \qquad \log(N+2)=\log N+\frac2N+o\!\left(\frac1N\right)$$ である。これらを代入して定数項まで集めると $$I_N = \frac12\log N+\frac14\log(2\pi)-\frac34+o(1).$$ したがって有限な極限をもたせるためには $$a=\frac12$$ でなければならず，そのときの極限は $$\frac14\log(2\pi)-\frac34$$ である。

積分される関数は $$\frac{f(z)}{1-az}$$ である。$f$ は単位閉円板の近傍で正則なので，特異点の候補は $$1-az=0,\qquad z=\frac1a$$ だけである。$a=0$ の場合は分母が $1$ であり，積分は正則関数の周回積分だから $0$ である。

$|a|<1$ のときは $|1/a|>1$ なので，単位円の内部に特異点はない。したがって $$\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=1}\frac{f(z)}{1-az}\,dz=0.$$

$|a|>1$ のときは $|1/a|<1$ であり，単位円の内部に単純極 $z=1/a$ がある。 その留数は $$\operatorname*{Res}_{z=1/a}\frac{f(z)}{1-az} = \frac{f(1/a)}{-a} = -\frac{1}{a}f\!\left(\frac1a\right).$$ よって留数定理から積分値もこの値に等しい。

(1) $t>0$ を固定し，$y=f(t)$，$m=f'(t)$ とおく。点 $(t,y)$ における 法線は，接線方向 $(1,m)$ に垂直な直線なので $$(X-t)+m(Y-y)=0$$ と書ける。

直線 $\alpha X+\beta Y+\gamma=0$ に関して点 $(0,0)$ を反射した点の $X$ 座標は $$-\frac{2\alpha\gamma}{\alpha^2+\beta^2}$$ である。ここでは $\alpha=1,\ \beta=m,\ \gamma=-t-my$ だから，反射点の $X$ 座標は $$\frac{2(t+my)}{1+m^2}$$ である。条件よりこれが $t$ に等しいので $$\frac{2(t+yf'(t))}{1+f'(t)^2}=t.$$ 整理すると $$f'(t)^2-2\frac{f(t)}{t}f'(t)-1=0$$ を得る。これが $y=f(x)$ の満たす微分方程式である。

(2) 次に $$z=\frac{f(t)}{t}$$ とおくと，$f'(t)=z+t z'$ である。上の方程式に代入すると $$(z+t z')^2-2z(z+t z')-1=0,$$ すなわち $$(t z')^2-z^2-1=0.$$ 関数 $f$ は増加関数であり，条件式から $f'(t)>0$ であるから $$f'(t)=z+\sqrt{z^2+1}$$ を選ぶ。したがって $$t z'=\sqrt{z^2+1}$$ である。

(3) この微分方程式は分離形で， $$\frac{dz}{\sqrt{z^2+1}}=\frac{dt}{t}.$$ 積分して $$\operatorname{arsinh}z=\log t+C$$ を得る。正定数 $c=e^C$ を用いれば $$z=\sinh(\log(ct)) = \frac{ct-\dfrac1{ct}}{2}.$$ よって $$f(t)=tz=\frac{c t^2-c^{-1}}{2}\qquad(c>0).$$ 実際，この形の関数は $f'(t)=ct>0$ で増加し， $$f'(t)^2-2\frac{f(t)}{t}f'(t)-1 = c^2t^2-\bigl(c^2t^2-1\bigr)-1=0$$ を満たすので条件を満たす。