東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2012年度 院試 解答例・解説

(1) 与えられた二つの行列について直接計算すると $$AB-BA= \begin{pmatrix} b&2-a&c\\ 0&-b&-c\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$$ である。この行列の階数が $1$ 以下であるためには，上の二つの行ベクトルが 一次従属であればよい。

第1成分を見ると，第二行の第1成分は常に $0$ なので，一次従属のためには まず $b=0$ が必要である。$b=0$ とすると $$AB-BA= \begin{pmatrix} 0&2-a&c\\ 0&0&-c\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$$ となる。したがって階数が $1$ 以下である条件は $$(2-a)c=0$$ である。よって $$b=0,\qquad c=0\ \text{または}\ a=2$$ が第1小問の答である。

(2) 次にこの条件のもとで $B$ の対角化可能性を調べる。

$\,b=0,\ c=0\,$ の場合， $$B= \begin{pmatrix} a&1&0\\ 0&2&0\\ 0&0&a+1 \end{pmatrix}$$ であり，固有値は $a,2,a+1$ である。$a\neq2$ なら，$2$ と重なる可能性が あるのは $a+1=2$，すなわち $a=1$ の場合だけである。このときも $$B-2I= \begin{pmatrix} -1&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$$ なので，固有値 $2$ の固有空間は2次元であり，対角化可能である。 一方 $a=2$ のときは，左上の $2\times2$ ブロックが $$\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}$$ となるため対角化できない。

$a=2,\ b=0$ の場合は $c$ によらず $$B-2I= \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&c\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$ であり，固有値 $2$ に対する固有空間は1次元である。代数的重複度は2だから， この場合も対角化できない。

関数を $$f(x,y)=\frac{x+y}{(x^2+1)(y^2+1)}$$ とおく。偏微分すると $$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1-x^2-2xy}{(x^2+1)^2(y^2+1)},\qquad \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1-y^2-2xy}{(x^2+1)(y^2+1)^2}.$$

(1) まず正方形 $0\le x\le1,\ 0\le y\le1$ で考える。内部の臨界点では $$1-x^2-2xy=0,\qquad 1-y^2-2xy=0$$ である。差を取ると $x^2=y^2$ であり，正方形内部では $x=y$ となる。 したがって $$1-3x^2=0,\qquad x=y=\frac1{\sqrt3}$$ である。この点で $$f\!\left(\frac1{\sqrt3},\frac1{\sqrt3}\right) = \frac{2/\sqrt3}{(4/3)^2} = \frac{3\sqrt3}{8}.$$

境界も確認する。例えば $y=0$ では $x/(x^2+1)\le1/2$ である。 $x=0$ も同様である。$x=1$ では $$f(1,y)=\frac{1+y}{2(1+y^2)}$$ であり，導関数の符号から最大点は $y=\sqrt2-1$ である。この値は $$\frac{1+\sqrt2-1}{2\{1+(\sqrt2-1)^2\}} = \frac{1+\sqrt2}{4} < \frac{3\sqrt3}{8}$$ である。$y=1$ も対称性により同じである。よって正方形上の最大値は $$\frac{3\sqrt3}{8}$$ である。

(2) 次に平面全体で考える。関数は $\|(x,y)\|\to\infty$ で $0$ に近づくので， 正の値を取る点を含む十分大きな閉円板上で最大値を持つ。したがって内部臨界点を 調べればよい。上と同じ連立方程式から $$(y-x)(x+y)=0$$ を得る。$y=-x$ の場合は $1+x^2=0$ となり実解を持たない。したがって $$x=y=\pm\frac1{\sqrt3}$$ である。正の点では値が $3\sqrt3/8$，負の点ではその反数であるから， 平面全体での最大値も $$\frac{3\sqrt3}{8}$$ である。

$$\sin x\cos x=\frac12\sin 2x$$ を使うと，求める積分は $$I=\frac12\int_0^\infty \frac{\sin 2x}{x(x^2+a^2)}\,dx$$ である。また $$\frac1{x(x^2+a^2)} = \frac1{a^2}\left(\frac1x-\frac{x}{x^2+a^2}\right)$$ だから $$I= \frac1{2a^2} \left\{ \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\,dx - \int_0^\infty\frac{x\sin 2x}{x^2+a^2}\,dx \right\}.$$

よく知られたディリクレ積分より $$\int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\,dx=\frac\pi2.$$ また $$\int_0^\infty\frac{\cos bx}{x^2+a^2}\,dx = \frac{\pi}{2a}e^{-ab}\qquad (a>0,\ b>0)$$ を $b$ で微分すると $$\int_0^\infty\frac{x\sin bx}{x^2+a^2}\,dx = \frac\pi2 e^{-ab}.$$ ここで $b=2$ として $$\int_0^\infty\frac{x\sin 2x}{x^2+a^2}\,dx = \frac\pi2 e^{-2a}.$$ したがって $$I= \frac1{2a^2} \left(\frac\pi2-\frac\pi2e^{-2a}\right) = \frac{\pi}{4a^2}\left(1-e^{-2a}\right).$$

(1) 基底のうち $e_1,e_2,e_4$ で張られる部分空間を $H$ とおく。 $H$ は $A$ で不変であり，基底 $(e_1,e_2,e_4)$ に関する $A|_H$ は $$A|_H=I+N,\qquad N= \begin{pmatrix} 0&b&b\\ a&0&0\\ -a&0&0 \end{pmatrix}$$ である。ここで $$N^2= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&ab&ab\\ 0&-ab&-ab \end{pmatrix}, \qquad N^3=0.$$ したがって $H$ 上での最小多項式は $$\begin{cases} t-1,& a=b=0,\\ (t-1)^2,& ab=0,\ (a,b)\neq(0,0),\\ (t-1)^3,& ab\neq0 \end{cases}$$ である。

一方，商空間 $\mathbb C^4/H$ では $A$ は $3$ 倍写像として働く。従って 全体の最小多項式は，この $t-3$ と上の多項式の最小公倍である。 $V=\langle I,A,A^2,\ldots\rangle$ の次元は最小多項式の次数に等しいので， $$\dim V= \begin{cases} 2,& a=b=0,\\ 3,& ab=0,\ (a,b)\neq(0,0),\\ 4,& ab\neq0. \end{cases}$$

(2) 次に $\dim V=4$ の場合を考える。このとき $ab\neq0$ であり，最小多項式は $$m(t)=(t-3)(t-1)^3$$ である。$V=\mathbb C[A]$ は $$\mathbb C[t]/(m(t))$$ と同一視でき，線形写像 $\varphi(X)=AX$ は $t$ を掛ける写像に対応する。

固有値 $\lambda$ の固有ベクトルを $q(A)$ と書くと， $$(A-\lambda I)q(A)=0$$ である。これは多項式で言えば $$m(t)\mid (t-\lambda)q(t)$$ という条件である。

$\lambda=1$ では $$q(t)\ \text{は}\ (t-3)(t-1)^2\ \text{の定数倍}$$ でなければならない。従って固有空間は $$\mathbb C\,(A-3I)(A-I)^2$$ である。

$\lambda=3$ では $$q(t)\ \text{は}\ (t-1)^3\ \text{の定数倍}$$ でなければならない。従って固有空間は $$\mathbb C\,(A-I)^3$$ である。

(1) まず反例を与える。$X=\mathbb R^2$ とし， $$F_n= \{-1\}\times[0,\infty) \ \cup\ \{1\}\times[0,\infty) \ \cup\ [-1,1]\times[n,\infty)$$ とおく。各 $F_n$ は閉集合であり，二本の縦の半直線が上方の帯 $[-1,1]\times[n,\infty)$ によってつながれているので連結である。また $$F_n\supset F_{n+1}$$ である。しかし共通部分は $$\bigcap_{n=1}^\infty F_n = \{-1\}\times[0,\infty) \ \cup\ \{1\}\times[0,\infty)$$ であり，これは二つの互いに離れた閉集合の和なので連結ではない。

(2) 次に $X$ がコンパクトなハウスドルフ空間である場合を示す。 共通部分を $$T=\bigcap_{n=1}^\infty F_n$$ とする。背理法で，$T$ が連結でないと仮定する。すると $T$ の空でない 互いに交わらない閉集合 $T_1,T_2$ が存在し， $$T=T_1\cup T_2$$ と書ける。

コンパクトハウスドルフ空間は正規空間であるから，互いに交わらない開集合 $U_1,U_2$ を $$T_1\subset U_1,\qquad T_2\subset U_2,\qquad U_1\cap U_2=\varnothing$$ となるように取れる。$U=U_1\cup U_2$ とおく。

ここで，ある $N$ が存在して $$F_N\subset U$$ となることを示す。もしそうでなければ，すべての $n$ で $$F_n\setminus U\neq\varnothing$$ である。$F_1\setminus U$ はコンパクトであり， $\{F_n\setminus U\}$ は空でない閉集合の減少列なので，有限交叉性から $$\bigcap_{n=1}^\infty(F_n\setminus U)\neq\varnothing$$ となる。しかし左辺は $T\setminus U$ であり，$T\subset U$ に反する。

従って $F_N\subset U_1\cup U_2$ である。しかも $T_1,T_2\subset F_N$ なので， $F_N$ は $U_1$ と $U_2$ の両方に交わる。これは $F_N$ の連結性に反する。 よって $T$ は連結である。

まず $V_1$ と $V_2$ は互いに補空間になっている。したがって $$\dim(W\cap V_1)=\dim(W\cap V_2)=1$$ であるような2次元部分空間 $W$ は， $$W=L_1\oplus L_2$$ と書ける。ただし $L_1$ は $V_1$ 内の1次元部分空間，$L_2$ は $V_2$ 内の 1次元部分空間である。

そこで一般に $$L_1=\mathbb C(p e_1+q e_2),\qquad L_2=\mathbb C(r e_3+s e_4)$$ と書く。$V_3$ は $$e_1+e_3,\qquad e_2+e_4$$ で張られるので，$W$ が $V_3$ と1次元で交わるためには，$V_1$ 側と $V_2$ 側の比が同じでなければならない。従って $$(r,s)\ \text{は}\ (p,q)\ \text{に比例する}.$$ もし $p=0$ なら，この条件から $W=\mathbb C e_2\oplus\mathbb C e_4$ となるが， これは $V_4$ と交わらない。よって $p\neq0$ としてよく，$t=q/p$ とおけば 候補は $$W_t=\mathbb C(e_1+t e_2)\oplus\mathbb C(e_3+t e_4)$$ に限られる。

次に $V_4$ との交わりを調べる。$W_t$ の元は $$\alpha(e_1+t e_2)+\beta(e_3+t e_4)$$ と書ける。一方，$V_4$ の元はある $p,q\in\mathbb C$ により $$p(e_1+e_2+e_3)+q(e_2+e_3-e_4)$$ と書ける。成分を比較すると，非自明解が存在するための条件は $$t^2+t-1=0$$ である。したがって $$t=\frac{-1+\sqrt5}{2},\qquad t=\frac{-1-\sqrt5}{2}$$ の二つを得る。

この二つの $t$ に対し，$W_t$ は $V_1,V_2,V_3,V_4$ のいずれとも 少なくとも1次元で交わる。また $W_t$ がこれらのどれかと一致することはないので， 交わりの次元はちょうど1である。

(1) $x=0$ では $$f(0)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+z^2}\,dz=\pi$$ である。

(2) 次に $x>0$ とする。$x$ を正の一点の近くに固定すれば，微分後の被積分関数は 可積分なガウス型関数で支配できる。したがって積分記号下で微分でき， $$\begin{aligned} f'(x) &= -\int_{-\infty}^{\infty} \frac{z^2}{1+z^2}e^{-xz^2}\,dz\\ &= -\int_{-\infty}^{\infty}e^{-xz^2}\,dz + \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+z^2}e^{-xz^2}\,dz\\ &= -\sqrt{\frac{\pi}{x}}+f(x). \end{aligned}$$ よって $f$ は $(0,\infty)$ で微分可能である。

(3) 上の計算から，満たす微分方程式は $$f'(x)=f(x)-\sqrt{\frac{\pi}{x}}$$ である。

(4) この微分方程式を初期値 $f(0)=\pi$ と合わせて用いる。両辺に $e^{-x}$ を 掛けると $$\{e^{-x}f(x)\}' = -\sqrt{\pi}\,e^{-x}x^{-1/2}.$$ 従って $$e^{-x}f(x)-\pi = -\sqrt{\pi}\int_0^x e^{-t}t^{-1/2}\,dt.$$ ここで $x\downarrow0$ とすると $$\int_0^x e^{-t}t^{-1/2}\,dt = 2\sqrt{x}+O(x^{3/2})$$ であるから $$f(x) = e^x\{\pi-2\sqrt{\pi}\sqrt{x}+O(x^{3/2})\}.$$ よって $$f(x)-f(0) = -2\sqrt{\pi}\sqrt{x}+O(x)$$ であり， $$\lim_{x\downarrow0}x^{-1/2}\{f(x)-f(0)\} = -2\sqrt{\pi}.$$