東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2013年度 院試 解答例・解説

(1) $u$ は長さ $1$ であるから，任意の $w\in\mathbb R^3$ について $$A(u)w=w-2u({}^tu w)$$ である。したがって $w\perp u$ なら $A(u)w=w$，一方 $A(u)u=u-2u=-u$ である。よって固有値は $$-1\quad(1\text{重}),\qquad 1\quad(2\text{重})$$ である。

(2) 次に $$u=\frac1{\sqrt2}(1,-1,0)^T,\qquad v=\frac1{\sqrt2}(0,1,-1)^T$$ とする。$A(u)$ と $A(v)$ はそれぞれ $u^\perp$，$v^\perp$ に関する鏡映であり， どちらも直交変換で行列式は $-1$ である。したがって $$R=A(u)A(v)$$ は行列式 $1$ の直交変換である。

回転軸は二つの鏡映面の共通部分 $$u^\perp\cap v^\perp$$ である。これは $u$ と $v$ の外積で張られるので， $$u\times v=\frac12(1,1,1)^T$$ より，回転軸は $$\mathbb R(1,1,1)^T$$ である。

回転角を $\theta$ とする。3次元回転行列の跡は $$\operatorname{tr} R=1+2\cos\theta$$ である。一方，$c={}^tuv=-1/2$ とおくと $$\begin{aligned} \operatorname{tr}\{A(u)A(v)\} &=\operatorname{tr}\{(I-2u{}^tu)(I-2v{}^tv)\}\\ &=3-2-2+4({}^tuv)^2 =-1+4c^2=0 . \end{aligned}$$ よって $$1+2\cos\theta=0,\qquad \cos\theta=-\frac12 .$$ 回転角の大きさは $$\theta=\frac{2\pi}{3}$$ である。

(1) $H_n=\sum_{k=1}^n 1/k$ とおく。 まず $$a_n=H_n-\log n$$ が収束することを示す。関数 $1/x$ の単調減少性から $$\frac1{k+1}\le \int_k^{k+1}\frac{dx}{x}\le \frac1k$$ が成り立つ。これを足し上げると $$H_{n+1}-1\le \log(n+1)\le H_n$$ である。したがって $a_n$ は有界である。

また $$a_{n+1}-a_n =\frac1{n+1}-\log\left(1+\frac1n\right)\le 0$$ である。ここで $\log(1+t)\ge t/(1+t)$ を用いた。 よって $\{a_n\}$ は単調減少かつ有界であり，極限が存在する。 この極限を $\gamma$ と書く。

(2) 次に $$A_n=\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1},\qquad B_n=\sum_{k=1}^n\frac1{2k}$$ について計算する。偶奇に分けると $$A_n=H_{2n}-\frac12 H_n,\qquad B_n=\frac12 H_n$$ である。したがって $$\begin{aligned} A_{pn}-B_{qn} &=H_{2pn}-\frac12H_{pn}-\frac12H_{qn}. \end{aligned}$$ $H_m=\log m+\gamma+o(1)$ を用いると $$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(A_{pn}-B_{qn}) &=\log(2pn)-\frac12\log(pn)-\frac12\log(qn)\\ &=\log 2+\frac12\log p-\frac12\log q\\ &=\log\left(2\sqrt{\frac pq}\right). \end{aligned}$$

(1) $S$ は3次元複素空間上の交代形式全体と見なせる。 まず $X$ が対角化可能であるとし， $$X=PDP^{-1},\qquad D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$$ と書く。$L_P(A)={}^tPAP$ とおくと，$L_P$ は $S$ から $S$ への同型であり， $$T_X=L_{P^{-1}}\circ T_D\circ L_P$$ である。したがって $T_X$ は $T_D$ と共役である。

標準的な交代行列 $$E_{ij}-E_{ji}\qquad (1\le i<j\le 3)$$ に対して $$T_D(E_{ij}-E_{ji})=\lambda_i\lambda_j(E_{ij}-E_{ji})$$ であるから，$T_D$ は対角化可能である。よって $T_X$ も対角化可能である。

(2) 次に $$X=\begin{pmatrix} -1&1&1\\ 1&-1&1\\ 1&1&-1 \end{pmatrix}=J-2I$$ を考える。ここで $J$ は全成分が $1$ の行列である。 ベクトル $(1,1,1)^T$ に対する固有値は $1$，和が $0$ の平面上の固有値は $-2$ である。

交代行列を $$K(\alpha,\beta,\gamma)= \begin{pmatrix} 0&-\gamma&\beta\\ \gamma&0&-\alpha\\ -\beta&\alpha&0 \end{pmatrix}$$ と表す。任意の可逆行列 $M$ について $${}^tM K(w)M=\det(M)K(M^{-1}w)$$ が成り立つ。今回 $\det X=4$ であるから，$w$ が $X$ の固有値 $\mu$ に属すれば $$T_X(K(w))=4K(X^{-1}w)=\frac4\mu K(w)$$ である。

したがって，$w\parallel (1,1,1)^T$ のとき固有値は $4$， $w_1+w_2+w_3=0$ のとき固有値は $-2$ である。具体的には $$\lambda=4:\quad \mathbb C \begin{pmatrix} 0&-1&1\\ 1&0&-1\\ -1&1&0 \end{pmatrix},$$ $$\lambda=-2:\quad \operatorname{span}_{\mathbb C}\left\{ \begin{pmatrix} 0&0&-1\\ 0&0&-1\\ 1&1&0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&1&0\\ -1&0&-1\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \right\}.$$

(1) $z=e^{i\theta}$ とおくと，$\log z=i\theta$，$dz=ie^{i\theta}\,d\theta$ である。 したがって $$\begin{aligned} f(z)\,dz &=\frac{e^{i\theta}i\theta}{1-e^{2i\theta}}ie^{i\theta}\,d\theta\\ &=-\theta\frac{e^{2i\theta}}{1-e^{2i\theta}}\,d\theta =\frac{\theta}{2}(1-i\cot\theta)\,d\theta . \end{aligned}$$ よって $$\operatorname{Re}\int_C f(z)\,dz =\int_0^{\pi/2}\frac{\theta}{2}\,d\theta =\frac{\pi^2}{16}.$$

(2) 次に $z=iy$，$\varepsilon\le y\le 1$ とおく。 $\log(iy)=\log y+i\pi/2$，$dz=i\,dy$ なので $$f(iy)i\,dy =\frac{iy(\log y+i\pi/2)}{1+y^2}i\,dy = \frac{-y\log y-i(\pi/2)y}{1+y^2}\,dy .$$ $y\log y$ は $0$ の近くで可積分だから極限は存在し，虚部は $$-\frac{\pi}{2}\int_0^1\frac{y}{1+y^2}\,dy =-\frac{\pi}{4}\log2 .$$

(3) 最後に二つの実積分を求める。まず $|x|<1$ で $$\frac1{1-x^4}=\sum_{m=0}^\infty x^{4m}$$ であり，単調収束または優収束により項別積分できる。したがって $$\begin{aligned} \int_0^1\frac{x\log x}{1-x^4}\,dx &=\sum_{m=0}^\infty\int_0^1 x^{4m+1}\log x\,dx\\ &=-\sum_{m=0}^\infty\frac1{(4m+2)^2}\\ &=-\frac14\sum_{m=0}^\infty\frac1{(2m+1)^2} =-\frac14\cdot\frac{\pi^2}{8} =-\frac{\pi^2}{32}. \end{aligned}$$ また，部分積分により $$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\theta\cot\theta\,d\theta &= \left[\theta\log(\sin\theta)\right]_0^{\pi/2} -\int_0^{\pi/2}\log(\sin\theta)\,d\theta\\ &=\frac{\pi}{2}\log2 . \end{aligned}$$ ここで $\int_0^{\pi/2}\log(\sin\theta)\,d\theta=-(\pi/2)\log2$ を用いた。

(1) $I=[0,1]$ とし，$f:\mathbb R\times[0,1]\to\mathbb R$ が有界連続であるとする。 $$f_{\sup}(x)=\sup_{y\in[0,1]}f(x,y)$$ とおく。任意に $x_0\in\mathbb R$ を取る。 区間 $[x_0-1,x_0+1]\times[0,1]$ はコンパクトであるから，$f$ はこの集合上で 一様連続である。したがって任意の $\varepsilon>0$ に対して，十分小さい $\delta>0$ を取れば， $$|x-x_0|<\delta,\quad y\in[0,1] \quad\Longrightarrow\quad |f(x,y)-f(x_0,y)|<\varepsilon$$ が成り立つ。このとき $$f(x,y)\le f(x_0,y)+\varepsilon\le f_{\sup}(x_0)+\varepsilon$$ なので，$f_{\sup}(x)\le f_{\sup}(x_0)+\varepsilon$ である。 同様に $x$ と $x_0$ を入れ替えれば $$f_{\sup}(x_0)\le f_{\sup}(x)+\varepsilon$$ となる。よって $$|f_{\sup}(x)-f_{\sup}(x_0)|\le \varepsilon$$ であり，$f_{\sup}$ は連続である。

(2) 次に $I=(0,1]$ の場合の反例を与える。 $$f(x,y)=\frac{x^2}{x^2+y^2}\qquad (x\in\mathbb R,\ 0<y\le1)$$ とおく。これは有界な連続関数である。 しかし $$f_{\sup}(0)=0$$ である一方，$x\ne0$ なら $y\downarrow0$ とすることで $$\sup_{0<y\le1}\frac{x^2}{x^2+y^2}=1$$ となる。したがって $$f_{\sup}(x)= \begin{cases} 0,&x=0,\\ 1,&x\ne0, \end{cases}$$ であり，$x=0$ で連続でない。

$f$ は4つのテンソル因子を巡回的に一つ送る変換である。したがって $$f^4=1$$ である。最小多項式は $t^4-1$ の約数であり，$t^4-1$ は複素数体上で 重根をもたない。よって $f$ は対角化可能であり，固有値は $$1,\ -1,\ i,\ -i$$ の一部である。

$V$ の次元を $n$ とする。テンソル因子の置換に対応する作用の跡は， その置換の巡回分解のサイクル数を $c$ とすると $n^c$ である。したがって $$\operatorname{tr}(1)=n^4,\qquad \operatorname{tr}(f)=n,\qquad \operatorname{tr}(f^2)=n^2,\qquad \operatorname{tr}(f^3)=n .$$ 固有値 $\lambda\in\{1,-1,i,-i\}$ の固有空間の次元を $m_\lambda$ とすると， フーリエ反転により $$m_\lambda=\frac14\sum_{r=0}^3\lambda^{-r}\operatorname{tr}(f^r).$$ よって $$\begin{aligned} m_1&=\frac{n^4+n^2+2n}{4},\\ m_{-1}&=\frac{n^4+n^2-2n}{4},\\ m_i&=\frac{n^4-n^2}{4},\\ m_{-i}&=\frac{n^4-n^2}{4}. \end{aligned}$$

一方， $$g(a\otimes b\otimes c\otimes d) =f(a\otimes b\otimes c\otimes d)-f^{-1}(a\otimes b\otimes c\otimes d)$$ であるから $$g=f-f^{-1}$$ である。したがって $g$ は対角化可能な $f$ の多項式であり，対角化可能である。 $f$ の固有値が $\lambda$ である部分空間上で，$g$ の固有値は $$\lambda-\lambda^{-1}$$ である。したがって $g$ の固有値と固有空間の次元は $$\begin{array}{c|c} \text{固有値} & \text{固有空間の次元}\\ \hline 0 & m_1+m_{-1}=\dfrac{n^4+n^2}{2}\\[3mm] 2i & m_i=\dfrac{n^4-n^2}{4}\\[3mm] -2i & m_{-i}=\dfrac{n^4-n^2}{4} \end{array}$$ である。

(1) $f'(t)$ の大きさが常に $1$ であるから，零点 $a\in S$ において $$f(a+h)=f(a)+h f'(a)+o(h)=h f'(a)+o(h)$$ である。したがって十分小さい $h\ne0$ について $$|f(a+h)|\ge \frac{|h|}{2}$$ となり，$a+h$ は $S$ に属さない。よって $S$ の各点は孤立点である。

$f$ は連続であるから $S=f^{-1}(\{(0,0)\})\cap[0,T]$ は閉集合であり， コンパクト集合 $[0,T]$ の閉部分集合としてコンパクトである。コンパクト集合の無限部分集合は 集積点をもつので，孤立点だけからなるコンパクト集合 $S$ は有限集合である。

(2) 次に $f$ が二回連続微分可能であるとする。$S=\{t_1<\cdots<t_m\}$ と書く。 もし $m=1$ なら示すべき不等式は明らかである。以下 $m\ge2$ とし， 連続する二つの零点 $a=t_j$，$b=t_{j+1}$ を取る。$L=b-a$ とおく。 すると $$0=f(b)-f(a)=\int_a^b f'(t)\,dt$$ である。一方， $$f'(t)=f'(a)+\int_a^t f''(s)\,ds$$ だから $$\begin{aligned} L f'(a) &=-\int_a^b\{f'(t)-f'(a)\}\,dt . \end{aligned}$$ 両辺の大きさを取ると，$|f'(a)|=1$ と $|f''(s)|\le M$ より $$\begin{aligned} L &\le \int_a^b |f'(t)-f'(a)|\,dt\\ &\le \int_a^b \int_a^t |f''(s)|\,ds\,dt\\ &\le \int_a^b M(t-a)\,dt =\frac{M L^2}{2}. \end{aligned}$$ したがって $M=0$ なら二つの異なる零点は存在せず，$M>0$ なら $$L\ge \frac{2}{M}\ge \frac1M$$ である。よって零点間の各間隔は少なくとも $1/M$ であり， $$T\ge t_m-t_1=\sum_{j=1}^{m-1}(t_{j+1}-t_j)\ge \frac{m-1}{M}.$$ したがって $$\#S=m\le 1+MT$$ を得る。