東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2014年度 院試 解答例・解説

(1) 問題の行列を $A$ とおく。$v=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$ に対して $Av=0$ を考える。第1行と第2行の差から $$(1-a)(x_2+x_3+x_4)=0$$ であるから，$x_2+x_3+x_4=0$ である。これを第1行に戻すと $x_1=0$ である。さらに第3行と第2行の差から $$(b-a)(x_3+x_4)=0$$ となり，$1<a<b$ より $x_3+x_4=0$ である。したがって $x_2=0$ も従う。

よって $$\ker f=\{(0,0,t,-t)^T\mid t\in\mathbb R\} =\mathbb R(0,0,1,-1)^T .$$ この直交補空間は $$V=\{(x,y,z,z)^T\mid x,y,z\in\mathbb R\}$$ である。

(2) いま $v=(x,y,z,z)^T\in V$ とおくと，直接計算により $$\begin{aligned} v^TAv &=x^2+2xy+4xz+ay^2+4ayz+4bz^2\\ &=(x+y+2z)^2+(a-1)(y+2z)^2+4(b-a)z^2 . \end{aligned}$$ $a-1>0,\ b-a>0$ であるから右辺は非負である。さらに右辺が $0$ ならば $$z=0,\qquad y+2z=0,\qquad x+y+2z=0$$ となり，$x=y=z=0$ である。したがって $V$ 上の二次形式は正定値である。

(1) $x>0$ に対して $$g(x)=\frac{f(x)}{x}$$ とおく。与えられた関係式を $xy$ で割ると $$g(xy)=g(x)+g(y)\qquad (x,y>0)$$ を得る。$f$ は連続であるから $g$ も連続である。

$\alpha\in\mathbb Q$ とする。まず正の整数 $m$ について $$g(x^m)=m g(x)$$ が帰納法で従う。また $x=(x^{1/m})^m$ より $$g(x^{1/m})=\frac1m g(x)$$ である。従って $\alpha=m/n$ と書けば $$g(x^\alpha)=\alpha g(x)$$ である。これを $f(x)=xg(x)$ に戻すと $$f(x^\alpha)=x^\alpha g(x^\alpha) =\alpha x^\alpha g(x) =\alpha x^{\alpha-1}f(x)$$ となる。

(2) 次に微分可能性を示す。$x=e^t$ と置き， $$h(t)=g(e^t)$$ と定めると，$h$ は連続で $$h(s+t)=h(s)+h(t)$$ を満たす。連続な加法的関数は一次関数であるから，ある定数 $c$ が存在して $$h(t)=ct$$ である。よって $$g(x)=c\log x,\qquad f(x)=cx\log x .$$ 右辺は $(0,\infty)$ 上で微分可能である。

(1) 任意の $x,y\in\mathbb R^n$ と $a\in A$ に対して三角不等式より $$\|x-a\|\le \|x-y\|+\|y-a\|$$ である。$a\in A$ について下限を取ると $$d(x)\le \|x-y\|+d(y)$$ となる。$x,y$ を入れ替えれば $$d(y)\le \|x-y\|+d(x)$$ も成り立つ。したがって $$|d(x)-d(y)|\le \|x-y\|$$ であり，$d$ は Lipschitz 連続である。

(2) 次に $x_0\notin A$ で $d$ が全微分可能であるとする。$r=d(x_0)>0$ とおく。 $A$ は閉集合なので，$x_0$ からの距離を実現する点 $a_0\in A$ が存在する。 $$u=\frac{a_0-x_0}{\|a_0-x_0\|}$$ とおくと，$0\le t\le r$ について $$d(x_0+tu)=r-t$$ である。実際，右辺以下であることは $a_0\in A$ から従い，右辺以上であることは 三角不等式から従う。

したがって方向微分は $$D_ud(x_0)=\lim_{t\to+0}\frac{d(x_0+tu)-d(x_0)}{t}=-1 .$$ 一方，全微分可能性より $$D_ud(x_0)=\nabla d(x_0)\cdot u$$ である。よって Cauchy--Schwarz の不等式から $$1=|\nabla d(x_0)\cdot u|\le \|\nabla d(x_0)\|$$ を得る。すでに $d$ は 1-Lipschitz なので，任意の単位ベクトル $w$ に対して $$|\nabla d(x_0)\cdot w|\le 1$$ であり，$\|\nabla d(x_0)\|\le 1$ である。従って $$\|\nabla d(x_0)\|=1 .$$

まず $|a|<1$ とする。このとき $$\frac{1}{1-2a\cos\theta+a^2} =\frac{1}{(1-ae^{i\theta})(1-ae^{-i\theta})}$$ であり，絶対収束する幾何級数を掛け合わせて $$\frac{1}{1-2a\cos\theta+a^2} =\frac{1}{1-a^2}\left(1+2\sum_{k=1}^{\infty}a^k\cos k\theta\right)$$ を得る。三角関数の直交性より，正の整数 $n$ について $$I_n=\frac{1}{1-a^2}\cdot 2a^n\int_0^{2\pi}\cos^2(n\theta)\,d\theta =\frac{2\pi a^n}{1-a^2}.$$

次に $|a|>1$ とする。$r=1/a$ とおけば $|r|<1$ で， $$1-2a\cos\theta+a^2 =a^2(1-2r\cos\theta+r^2)$$ である。したがって先ほどの結果を $r$ に適用して $$I_n =\frac{1}{a^2}\frac{2\pi r^n}{1-r^2} =\frac{2\pi a^{-n}}{a^2-1}.$$

曲線を $z$ 軸のまわりに回転したとき，区間 $[p,q]$ に対応する回転面の面積は $$S(p,q)=2\pi\int_p^q f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx$$ である。一方，対応する平面領域の面積は $$T(p,q)=\int_p^q (f(x)+1)\,dx$$ である。条件はすべての $0\le p<q\le 1$ で成り立つので，被積分関数が等しく $$f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}=f(x)+1$$ でなければならない。

$f$ は正値かつ単調増加であるから $$f'(x)=\frac{\sqrt{2f(x)+1}}{f(x)}$$ である。$y=f(x)$ と見て逆関数を用いると $$\frac{dx}{dy}=\frac{y}{\sqrt{2y+1}} .$$ 初期条件 $f(0)=1$ から $y=1$ のとき $x=0$ である。したがって $$x=\int_1^y \frac{u}{\sqrt{2u+1}}\,du .$$ $s=\sqrt{2u+1}$ と置くと $$\int \frac{u}{\sqrt{2u+1}}\,du =\frac{(2u+1)^{3/2}}{6}-\frac{\sqrt{2u+1}}{2}$$ であり，下端 $u=1$ ではこの値は $0$ である。よって $$x=\frac{(2y+1)^{3/2}-3\sqrt{2y+1}}{6} =\frac{(y-1)\sqrt{2y+1}}{3}.$$

まず，$V$ は包含に関して極大な可換部分ベクトル空間である。実際，条件 (b) は $V$ を真に含む任意の部分空間 $W$ が可換でないことを意味している。 また，単位行列 $I$ が $V$ に含まれていなければ $V+\mathbb C I$ はなお可換で $V$ を真に含むので，極大性に反する。従って $$I\in V$$ である。

次の事実を用いる。複素 $3$ 次正方行列全体の中の可換な線形部分空間の次元は高々 $3$ である。確認しておく。可換な行列族は同時三角化できる。もしその中に最小多項式の次数が $3$ の行列 $A$ があれば，その中心化代数は $$\mathbb C[A]=\operatorname{span}\{I,A,A^2\}$$ であり，その可換部分空間は高々 $3$ 次元である。そうでない場合は，各非スカラー元は 一次元部分空間と二次元部分空間からなる共通の分解または旗を保存する。二次元ブロック内の 可換部分空間は高々 $2$ 次元であり，残りの一次元ブロックの自由度を足しても高々 $3$ 次元である。従って $$\dim V\le 3 .$$

一方，極大性から $\dim V$ は $3$ 未満ではあり得ない。実際，非スカラー元 $A\in V$ を取る。最小多項式の次数が $3$ なら，$V\subset \mathbb C[A]$ であり， $\mathbb C[A]$ は $3$ 次元可換部分空間であるから，極大性より $V=\mathbb C[A]$ である。 最小多項式の次数が $2$ 以下の場合も，Jordan標準形で見ると $A$ と可換な行列の中に $I,A$ と独立な行列を選び，$3$ 次元の可換部分空間まで拡大できる。したがって $\dim V<3$ なら $V$ は真に大きい可換部分空間に含まれ，条件 (b) に反する。

以上より $$\dim V=3$$ である。

(1) ベクトル場を $V=(V_1,V_2,V_3)$ と書くと， $$\operatorname{div}V =\frac{\partial V_1}{\partial x} +\frac{\partial V_2}{\partial y} +\frac{\partial V_3}{\partial z} =-3-1-1=-5 .$$

(2) 次に $$\Phi(x,y,z)=2x^2+3y^2+3z^2-24z-2$$ とおく。領域は $\Phi\le 0$ で表される。軌道に沿った微分は $$\begin{aligned} \frac{d}{dt}\Phi(X(t)) &=\nabla\Phi(X(t))\cdot V(X(t))\\ &=-12x^2-6y^2-6z^2+24z\\ &=-6\{2x^2+y^2+(z-2)^2-4\}. \end{aligned}$$ $\partial\Omega$ 上では $$2x^2+3y^2+3(z-4)^2=50$$ である。この制約のもとで $$2x^2+y^2+(z-2)^2$$ の最小値は，$x=0$ として $yz$ 平面内の円周 $$y^2+(z-4)^2=\frac{50}{3}$$ 上で点 $(0,2)$ への距離を最小にすると得られ， $$\left(\sqrt{\frac{50}{3}}-2\right)^2>4$$ である。ここで $x$ 成分を増やすと制約の残りが減る一方で目的関数に 正の $2x^2$ が加わるため，最小は $x=0$ で実現される。従って $\partial\Omega$ 上で $$\frac{d}{dt}\Phi(X(t))<0$$ であり，ベクトル場は境界で内向きである。よって $$X(1,\Omega)\subset \Omega$$ が成り立つ。

(3) 最後に体積を求める。発散が定数 $-5$ なので，Liouville の公式より時間 $1$ の流れは 体積を $e^{-5}$ 倍する。したがって $$\operatorname{Vol}(X(1,\Omega))=e^{-5}\operatorname{Vol}(\Omega).$$ $\Omega$ は $$2x^2+3y^2+3(z-4)^2\le 50$$ であるから，半径は $$5,\qquad \sqrt{\frac{50}{3}},\qquad \sqrt{\frac{50}{3}}$$ である。従って $$\operatorname{Vol}(\Omega) =\frac{4\pi}{3}\cdot 5\cdot\frac{50}{3} =\frac{1000\pi}{9}.$$ 求める体積は $$\operatorname{Vol}(\Omega\setminus X(1,\Omega)) =(1-e^{-5})\frac{1000\pi}{9}.$$