東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目A 2016年度 院試 過去問 解答例・解説（全7問）

(1) 行列 $A_1$ の行ベクトルを調べる。第1行は $e_1+e_4$，第2行は $e_2$，第3行は $a e_3$，第4行は $(a-1)(e_3+e_4+e_5)$ である。したがって [数式]

(2) 次に $$A_2= \begin{pmatrix} 1&0&0&1&0\\ 0&a-1&0&0&0\\ 0&0&a&a&a\\ 0&0&0&0&1 \end{pmatrix}$$ についても同様に見ると， [数式] また $$v_1=\begin{pmatrix}1\\a\\0\\0\\0\end{pmatrix}, \qquad v_2=\begin{pmatrix}a\\a\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$ なので，$v_1,v_2$ の一次独立性は $$\det\begin{pmatrix}1&a\\ a&a\end{pmatrix}=a(1-a)$$ で決まる。よって $$\dim V_3= \begin{cases} 2,& a\ne0,1,\\ 1,& a=0,1. \end{cases}$$

$a\ne0,1$ なら $$\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3 =1+1+2=4$$ であり，直和で [数式] にはなれない。したがって候補は $a=0,1$ に限られる。

$a=0$ のとき， [数式] [数式] ここで $$(-u,0,-u,u,0)\in V_1\cap V_2$$ が任意の $u$ について成り立つので，$V_1\cap V_2\ne\{0\}$ である。 したがって直和にはならない。

$a=1$ のときは [数式] [数式] まず $V_1\cap V_2=\{0\}$ である。実際， $$(-u,0,0,u,v)=(-s,w,-s,s,0)$$ とおくと，$v=0,\ w=0,\ s=0,\ u=0$ が従う。

さらに $\lambda(1,1,0,0,0)\in V_1+V_2$ とする。すなわち $$\lambda(1,1,0,0,0) =(-u,0,0,u,v)+(-s,w,-s,s,0)$$ と書けたとする。第3成分から $s=0$，第4成分から $u=0$， 第1成分から $\lambda=0$ である。よって $$V_3\cap (V_1+V_2)=\{0\}.$$ このとき $$\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3=2+2+1=5$$ なので， [数式] である。

(1) $n\ge0$ とし [数式] とおく。部分積分，または標準的な漸化式 [数式] を用いると， $$I_n=\frac{2n}{2n+1}I_{n-1},\qquad I_0=1.$$ したがって $$I_n=\frac{2n}{2n+1}\frac{2n-2}{2n-1}\cdots\frac{2}{3} =\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} =\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$$

(2) 次に $$\left|\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}(\sin x)^{2n+1}\right| \le \frac1{(2n+1)!}$$ が $x\in[0,\pi/2]$ で成り立つ。右辺の級数は収束するので，Weierstrass の 判定法より $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}(\sin x)^{2n+1}$$ は $[0,\pi/2]$ 上で一様収束する。

(3) 一様収束により項別積分でき， [数式] 上で求めた $I_n$ を代入して [数式] 最初の数項は $$1-\frac19+\frac1{225}-\frac{16}{176400}+\cdots =0.8932437409\cdots$$ である。したがって小数第3位以下を切り捨てると $$0.89$$ となる。

(1) 仮定 $A^2=-A$ は $$A(A+I)=O$$ を意味する。多項式 $t(t+1)$ は重根をもたないので，$A$ は実数体上で 対角化可能であり，固有値は $0$ と $-1$ だけである。

$A\ne O$ だから $-1$ は少なくとも1回現れる。さらに [数式] なら， 固有値 $-1$ の重複度は2，固有値 $0$ の重複度は1である。したがって $$\boxed{-1\text{ が重複度 }2,\quad 0\text{ が重複度 }1}$$ である。

(2) [数式] のとき，ある可逆行列 $P$ により $$P^{-1}AP= \begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$$ と書ける。ここで $$J= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix}, \qquad J^2=-I_2$$ であるから $$B= \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ 1&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$$ とおくと $B^2=\operatorname{diag}(-1,-1,0)$ である。よって $$X=PBP^{-1}$$ と定めれば $X^2=A$ となる。

(3) 逆に $X^2=A$ となる実行列 $X$ が存在するとする。このとき $$XA=XX^2=X^3=X^2X=AX$$ なので，$X$ は $A$ と可換である。したがって $X$ は $A$ の $-1$ 固有空間を保つ。その固有空間を $E_{-1}$ とすると， $$X^2v=Av=-v\qquad(v\in E_{-1})$$ である。つまり $E_{-1}$ 上で $X^2=-I$ が成り立つ。

実ベクトル空間上で二乗が $-I$ になる線形写像が存在するには，空間の次元は 偶数でなければならない。実際，そのような線形写像の固有値は複素化すると $\pm i$ であり，実係数の特性多項式では共役な根が同じ個数だけ現れる。 したがって $$\dim E_{-1}$$ は偶数である。$A\ne O$ であり，行列サイズは3なので $$\dim E_{-1}\in\{1,2,3\}$$ のうち偶数であり得るのは2だけである。よって [数式]

$g(x)=d_Y(f(x),y_0)$ とおく。$f$ は連続で，距離関数も連続であるから， $g:X\to\R$ は連続である。

(1) まず任意の実数 $T$ について $$K_T=\{x\in X\mid g(x)\le T\}$$ がコンパクトであることを示す。$T<0$ なら $K_T=\varnothing$ であり， これはコンパクトである。以下 $T\ge0$ とする。

$K_T$ は連続関数 $g$ の閉区間 $(-\infty,T]$ の逆像なので閉集合である。 次に有界性を示す。仮定より $$d_X(x,x_0)\le d_Y(f(x),f(x_0))$$ であり，三角不等式から $$d_Y(f(x),f(x_0)) \le d_Y(f(x),y_0)+d_Y(y_0,f(x_0)).$$ したがって $x\in K_T$ なら $$d_X(x,x_0) \le T+d_Y(y_0,f(x_0)).$$ よって $K_T$ は $x_0$ を中心とする有界閉球に含まれる。 $X=\R^n$ なので，Heine--Borel の定理により $K_T$ はコンパクトである。

(2) 次に $g$ が最小値をもつことを示す。$T_0=g(x_0)$ とおくと， $$x_0\in K_{T_0}$$ なので $K_{T_0}$ は空でないコンパクト集合である。連続関数 $g$ は コンパクト集合 $K_{T_0}$ 上で最小値をとるから，ある $x_\ast\in K_{T_0}$ が存在して $$g(x_\ast)=\min_{x\in K_{T_0}}g(x)$$ となる。一方 $x\notin K_{T_0}$ なら $g(x)>T_0=g(x_0)$ であり， $$g(x_\ast)\le g(x_0)=T_0<g(x)$$ である。したがって $x_\ast$ は $X$ 全体での最小点である。

(1) $$p(z)=z^5+13z-5$$ とおく。もし $p(z)=0$ かつ $|z|\ge2$ なら $$|z^5+13z|=5$$ である。一方，$r=|z|\ge2$ とすると逆三角不等式より $$|z^5+13z|\ge \bigl||z|^5-13|z|\bigr| =r(r^4-13).$$ $r\ge2$ では $$r(r^4-13)\ge 2(16-13)=6$$ であり，これは $|z^5+13z|=5$ に反する。よってすべての複素根は $$|z|<2$$ を満たす。

(2) 次に [数式] を求める。上で示したように，分母の零点はすべて $|z|<2$ にある。 したがって積分路はすべての有限極を囲む。

有理関数 $$R(z)=\frac{z^4+1}{z^5+13z-5}$$ の無限遠での展開を調べると， $$R(z) =\frac{1}{z}\frac{1+z^{-4}}{1+13z^{-4}-5z^{-5}} =\frac1z+O(z^{-5}) \qquad(z\to\infty).$$ したがって有限極における留数の総和は，$1/z$ の係数である $1$ に等しい。 よって留数定理から，反時計回りの積分について $$I=2\pi i.$$

与えられた方程式は [数式] である。第2式から $$x=-\frac14 y'$$ である。これを第1式へ代入すると $$-\frac14 y''=-y'+y+e^{2t}$$ すなわち $$y''-4y'+4y=-4e^{2t}$$ を得る。

左辺は $$(D-2)^2y$$ であるから，斉次解は $$y_h=(C_1+C_2t)e^{2t}$$ である。右辺が $e^{2t}$ に比例し，特性根 $2$ が重根なので， 特殊解を $-2t^2e^{2t}$ と取れる。したがって $$y(t)=(C_1+C_2t-2t^2)e^{2t}.$$ 初期条件 $y(0)=1$ から $C_1=1$ である。 また $$y'(t)=e^{2t}\{(C_2+2C_1)+(2C_2-4)t-4t^2\}.$$ $x(0)=0$ と $x=-y'/4$ より $y'(0)=0$ なので $$C_2+2C_1=0.$$ $C_1=1$ だから $C_2=-2$ である。よって $$y(t)=e^{2t}(1-2t-2t^2).$$ さらに $$x(t)=-\frac14 y'(t)=e^{2t}(t^2+2t)$$ である。

$$f(t,x)=\sum_{n=1}^{\infty}e^{-tn^4}\cos nx \qquad(t>0,\ x\in\R)$$ とおく。

(1) 任意の $\varepsilon>0$ に対し，$t\ge\varepsilon$ では $$n^m e^{-tn^4}\le n^m e^{-\varepsilon n^4}$$ であり，右辺の級数 $$\sum_{n=1}^{\infty}n^m e^{-\varepsilon n^4}$$ は任意の $m\ge0$ について収束する。したがって $t\ge\varepsilon$ 上で $x$ に関する任意階微分，および $t$ に関する微分を 項別に行える。

各項について $$\frac{\partial}{\partial t}\{e^{-tn^4}\cos nx\} =-n^4e^{-tn^4}\cos nx$$ であり，一方 $$\frac{\partial^4}{\partial x^4}\{e^{-tn^4}\cos nx\} =n^4e^{-tn^4}\cos nx.$$ よって $$\frac{\partial f}{\partial t}(t,x) =-\frac{\partial^4 f}{\partial x^4}(t,x)$$ が成り立つ。

(2) 次に $k=0,1,2,\ldots$ を固定する。項別微分により $$\left|\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(t,x)\right| \le \sum_{n=1}^{\infty}n^k e^{-tn^4}.$$ 右辺を評価する。$s\in[n-1,n]$ では $n\le s+1$ であるから $$n^k e^{-tn^4}\le (s+1)^k e^{-t s^4}$$ を用いて [数式] $0<t\le1$ では，ある定数 $C'_k$ により $$(s+1)^k\le C'_k(s^k+1)$$ とできるので [数式] 変数変換 $u=t^{1/4}s$ により [数式] [数式] である。最後の不等式は $0<t\le1$ と $k\ge0$ から従う。 したがって，適当な定数 $C_k>0$ が存在して $$\left|\frac{\partial^k f}{\partial x^k}(t,x)\right| \le \frac{C_k}{t^{(k+1)/4}}$$ がすべての $0<t\le1$，$x\in\R$ で成り立つ。