東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2005年度 院試 過去問 解答例・解説（全1問）

$\det M$ が $\mathbb F_p^\times$ の生成元であるとする。 仮に $M$ の位数が $p$ で割り切れると仮定する。 代数閉包上で Jordan 分解を見ると，位数の $p$-部分は非自明な 単 unipotent 部分から来る。したがって $M$ は半単純でなく，固有値は 重根 $\lambda$ だけである。

このとき特性多項式は $(T-\lambda)^2$ で，係数が $\mathbb F_p$ にあるから $\lambda\in\mathbb F_p$ である。従って $$\det M=\lambda^2$$ は $\mathbb F_p^\times$ の平方元である。しかし奇素数 $p$ に対して $\mathbb F_p^\times$ の生成元は平方元ではない。これは矛盾である。

(1) $\rho=\sigma\tau\sigma^{-1}\tau^{-1}$ とおく。 $\sigma^{-1}(X_i)=X_{i-1}$ と添字を巡回的に読めば $$\rho(X_i)=\omega^{-1}X_i=\omega^2X_i\qquad (i=1,2,3)$$ である。

(2) 群 $G=\langle \sigma,\tau\rangle$ を考える。対角変換部分は $$D=\{\operatorname{diag}(\omega^a,\omega^b,\omega^c)\mid a+b+c\equiv 0\pmod 3\}$$ で，$|D|=9$ である。これに $\sigma$ の巡回置換が作用するので $$|G|=|D|\cdot 3=27.$$ 作用は忠実だから $[L:K]=27$ である。

(3) 次に $X_1$ の $G$-軌道は $$\{\omega^aX_i\mid a=0,1,2,\ i=1,2,3\}$$ であり，大きさは $9$ である。よって $$[K(X_1):K]=9.$$ 最小多項式は軌道の積で $$\prod_{i=1}^3\prod_{a=0}^2(T-\omega^aX_i) =\prod_{i=1}^3(T^3-X_i^3)$$ である。この係数は $\sigma,\tau$ の両方で不変なので $K[T]$ に属する。

$K(X_1)$ の固定部分群は $X_1$ を固定する対角部分の位数 $3$ の部分群である。 これは $\sigma$ で共役を取ると $X_2$ を固定する部分群に移るので正規でない。 従って $K(X_1)/K$ は Galois 拡大ではない。

(4) 最後に $[M:K]=9$ となる中間体は，Galois 対応により $G$ の位数 $3$ の部分群に 対応する。ここでは $G$ の非単位元はすべて位数 $3$ なので，部分群の個数は $$\frac{27-1}{3-1}=13$$ である。このうち正規部分群は中心 $$\langle \rho\rangle$$ だけであるから，$K$ 上 Galois となるものは $L^{\langle\rho\rangle}$ の一つだけである。

(1) 共通零点を求める。原点 $(0,0)$ は明らかに零点である。 $x\ne 0$ なら $$y=x^{-11},\qquad x^{29}=1$$ が必要十分である。したがって極大イデアルは $$(X,Y)$$ および，$\zeta^{29}=1$ に対する $$(X-\zeta,\ Y-\zeta^{-11})$$ である。

(2) $\zeta^{29}=1$ に対応する点では Jacobian 行列式が $$\det \begin{pmatrix} -7x^6&2y\\ -3x^2&5y^4 \end{pmatrix} =x^2y(6-35x^4y^3) =-29x^2y$$ となり非零である。従って各局所環の次元は $1$ である。

(3) 原点では局所化すると $$Y^2=X^7,\qquad Y^5=X^3$$ から $$X^3=X^{14}Y=X^3(X^{11}Y)$$ を得る。原点の局所環では $1-X^{11}Y$ が単元なので $X^3=0$ であり， さらに $Y^2=X^7=0$ である。従って $$A_{(X,Y)}\simeq \mathbb C[X,Y]_{(X,Y)}/(X^3,Y^2)$$ で，基底として $$1,\ X,\ X^2,\ Y,\ XY,\ X^2Y$$ を取れる。

(1) 単項式 $$x_1^{a_1}\cdots x_n^{a_n}y_1^{b_1}\cdots y_n^{b_n}, \qquad \sum a_i+\sum b_i=d$$ に対して $H_n$ は $$\left(\sum a_i-\sum b_i\right)$$ 倍として作用する。従って $H_n$ は単項式基底で対角化され，固有値は $$d-2j\qquad (j=0,1,\ldots,d)$$ である。ここで $j=\sum b_i$ であり，重複度は $$\binom{n+d-j-1}{d-j}\binom{n+j-1}{j}$$ である。

(2) $n=1$ では $S_1^d=\operatorname{Sym}^d(\mathbb C^2)$ である。 非零不変部分空間 $V$ を取り，$H_1$ の固有空間分解に沿って 最高の $x$-次数を持つ成分を選ぶ。$E_1$ を繰り返すと最高ウェイトベクトル $x^d$ が $V$ に入る。さらに $F_1^k x^d$ は $x^{d-k}y^k$ の非零定数倍なので， $k=0,\ldots,d$ により全基底が得られる。従って $V=S_1^d$ である。

(3) 最後に，条件を満たす $f\in S_n^d$ は $y$ を含まないので $$E_nf=0,\qquad H_nf=df$$ である。つまり $f$ は最高ウェイト $d$ のベクトルである。 $S_1^d$ の最高ウェイトベクトル $x^d$ を $f$ に送る線型写像を $$\phi(F_1^k x^d)=F_n^k f\qquad (k=0,\ldots,d)$$ で定めると，$\mathfrak{sl}_2$ の関係式により $$\phi E_1=E_n\phi,\qquad \phi F_1=F_n\phi,\qquad \phi H_1=H_n\phi$$ が成り立つ。特に $f=\phi(x^d)$ は像に入る。

(1) 曲面を $z=h(x,y)$, $h=x^3-3xy^2$ と見る。 $$h_x=3x^2-3y^2,\qquad h_y=-6xy$$ であるから，上向き単位法線ベクトルは $$n(x,y)= \frac{(-h_x,-h_y,1)}{\sqrt{1+h_x^2+h_y^2}} = \frac{(-3x^2+3y^2,\ 6xy,\ 1)} {\sqrt{1+9(x^2+y^2)^2}}.$$

(2) 球面の面積形式を Gauss 写像で引き戻すと $$g^*\omega =\frac{h_{xx}h_{yy}-h_{xy}^2}{(1+h_x^2+h_y^2)^{3/2}}\,dx\wedge dy$$ である。ここで $$h_{xx}=6x,\qquad h_{xy}=-6y,\qquad h_{yy}=-6x$$ なので $$f(x,y)= \frac{-36(x^2+y^2)} {\{1+9(x^2+y^2)^2\}^{3/2}}.$$ 従って $g^*\omega=0$ となるのは $(x,y)=(0,0)$ のみであり，それ以外では $f(x,y)<0$ である。

(3) 積分は極座標で計算する。 $$\int_M g^*\omega =-72\pi\int_0^\infty \frac{r^3}{(1+9r^4)^{3/2}}\,dr.$$ $u=3r^2$ とおくと $$\int_0^\infty\frac{r^3}{(1+9r^4)^{3/2}}\,dr =\frac1{18}\int_0^\infty\frac{u}{(1+u^2)^{3/2}}\,du =\frac1{18}.$$ したがって $$\int_M g^*\omega=-4\pi.$$

(1) 中央の空間は $T^2\times(0,1)$ と同じ一次ホモロジーを持つ。 その $H_1$ の基底を，球面側の角方向を $m$，もう一つの円周方向を $\ell$ として $$H_1\simeq \mathbb Zm\oplus \mathbb Z\ell$$ と書く。

一つ目の貼り合わせでは，固体トーラスの meridian が $$am+c\ell$$ に写る。従って $$H_1(X;\mathbb Z) \simeq \mathbb Z^2/\langle(a,c)\rangle.$$ $ad-bc=1$ より $(a,c)$ は原始ベクトルなので $$H_1(X;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z.$$

(2) 二つ同時に貼り合わせた場合は，さらに $$pm+r\ell$$ も殺される。よって $$H_1(Y;\mathbb Z) \simeq \mathbb Z^2/\langle(a,c),(p,r)\rangle.$$ したがって $$H_1(Y;\mathbb Z)\simeq \begin{cases} \mathbb Z/|ar-cp|\mathbb Z,& ar-cp\ne 0,\\ \mathbb Z,& ar-cp=0. \end{cases}$$

(1) 三つの閉区間の中心を $c_i=(a_i+b_i)/2$ とする。 三つの中心がすべて等しければ，どの区間もその共通の中心を含むので 三つの共通部分は空でない。従って $f(A)\subset \mathbb R^3\setminus\Delta$ である。

逆に $(c_1,c_2,c_3)\notin\Delta$ とする。中心が完全には一致しないので， 十分小さい正数 $\varepsilon_i$ を選べば $$[c_1-\varepsilon_1,c_1+\varepsilon_1]\cap [c_2-\varepsilon_2,c_2+\varepsilon_2]\cap [c_3-\varepsilon_3,c_3+\varepsilon_3]=\varnothing$$ となる。これにより $f(A)=\mathbb R^3\setminus\Delta$ が従う。

(2) $\mathbb R^3\setminus\Delta$ は，対角線方向とそれに直交する平面に分ければ $$(\mathbb R^2\setminus\{0\})\times\mathbb R$$ と同相である。従って基本群は $\mathbb Z$ である。非自明なループの例として $$\gamma(t)= \left(\cos 2\pi t,\ -\frac12\cos 2\pi t+\frac{\sqrt3}{2}\sin 2\pi t,\ -\frac12\cos 2\pi t-\frac{\sqrt3}{2}\sin 2\pi t \right)$$ を取ればよい。

(3) 各中心三つ組に対する区間長の取り方は縮小により同じ小さい長さへ変形できるので， $A$ は $\mathbb R^3\setminus\Delta$ と同じホモトピー型を持つ。上の $\gamma(t)$ を中心とし，十分小さい一定半径の区間を取れば， $A$ の非自明ループが得られる。

(4) 従って上の同型により $$\pi_1(A)\simeq\mathbb Z$$ である。

(1) $X_1$ について，$[p_1:p_2]$ を固定すると，二つの条件は $\mathbb R^4$ の二本の独立な一次方程式である。実際，係数行列の二行が 同時に従属することは $(p_1,p_2)\ne(0,0)$ から起こらない。 従って $X_1\to\mathbb RP^1$ は階数 $2$ の実ベクトル束であり，特に多様体である。

(2) 次に $i=2$ を見る。$x\ne O$ なら，$X$ の方程式により二つの一次方程式は ただ一つの射影点 $[p_1:p_2]$ を決める。たとえば分母が消えない範囲では $$\frac{p_2}{p_1}=\frac{x_1+x_3}{x_4-x_2}$$ であり，別の範囲では同値な式を用いる。これらは滑らかに貼り合うので $$\pi_2':X_2\setminus\pi_2^{-1}(O)\longrightarrow X\setminus\{O\}$$ は微分同相である。

(3) 経路 $$(x_1,x_2,x_3,x_4)=(r\cos\theta,r\sin\theta,r,0)$$ に沿って $r\to 0$ とすると， $$\lim(\pi_1')^{-1}(r\cos\theta,r\sin\theta,r,0) =\left(O,\ [\sin(\theta/2):\cos(\theta/2)]\right),$$ $$\lim(\pi_2')^{-1}(r\cos\theta,r\sin\theta,r,0) =\left(O,\ [-\sin(\theta/2):\cos(\theta/2)]\right).$$

(4) 最後に，$f=(\pi_2')^{-1}\circ\pi_1'$ は全体の微分同相には拡張しない。 実際，$X_1$ の例外集合の点 $(O,[0:1])$ に近づく経路として $$(x_1,x_2,x_3,x_4)=(r,\lambda r,r,-\lambda r)$$ を取ると，$X_1$ 側の射影点は常に $[0:1]$ である。一方，$X_2$ 側の極限は $$(O,\ [-\lambda:1])$$ となり，$\lambda$ に依存する。従って連続な極限値が定まらない。

(1) $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ とする。極座標で角度積分を行うと直交性により $$\int_{D_r}|f|^2\,dxdy =\pi\sum_{n=0}^\infty \frac{|a_n|^2}{n+1}r^{2n+2}.$$

(2) 特に $r=1$ では $$\|f\|^2=\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{|a_n|^2}{n+1}$$ なので $$|f(0)|=|a_0|\le \frac1{\sqrt\pi}\|f\|.$$ 等号は定数関数で達成される。

(3) 自己同型 $$\varphi(z)=\frac{z+\alpha}{\bar\alpha z+1}$$ について $$\varphi'(z)=\frac{1-|\alpha|^2}{(\bar\alpha z+1)^2}$$ である。面積要素は $|\varphi'(z)|^2dxdy$ 倍になるから $$\|f\|=\| (f\circ\varphi)\varphi'\|$$ が成り立つ。

(4) 任意の $\alpha\in D$ に対し $$h(z)=(f\circ\varphi)(z)\varphi'(z)$$ と置くと $\|h\|=\|f\|$ であり， $$h(0)=f(\alpha)(1-|\alpha|^2).$$ よって $$|f(\alpha)|\le \frac{1}{\sqrt\pi(1-|\alpha|^2)}\|f\|.$$ 等号は $h$ を定数関数に取れば達成される。

(1) $$u(r)=e^{-r/2}f(r)$$ とおく。動径関数の Laplacian は $$\Delta u=u''+\frac{m-1}{r}u'$$ である。従って $$u''+\frac{m-1}{r}u'+\left(\frac{k}{r}-\frac14\right)u=0.$$ $u=e^{-r/2}f$ を代入すると定数項が消え， $$f''+\left(\frac{m-1}{r}-1\right)f' +\frac{k-\frac{m-1}{2}}{r}f=0$$ すなわち $$r f''+(m-1-r)f' +\left(k-\frac{m-1}{2}\right)f=0$$ を得る。

(2) $$\lambda=k-\frac{m-1}{2},\qquad f(r)=\sum_{n=0}^\infty a_nr^n,\quad a_0=1$$ とする。係数比較により $$(j+1)(j+m-1)a_{j+1}+(\lambda-j)a_j=0$$ である。従って $$a_{j+1}=\frac{j-\lambda}{(j+1)(j+m-1)}a_j.$$ よって $$a_n=\frac{(-\lambda)_n}{n!(m-1)_n}$$ である。

(1) まず $f>0$ がほとんど至る所成り立つ場合を考える。 $$\mu(E)=\int_E f(x)\,dx$$ とおくと，$\mu$ は Lebesgue 測度と同じ零集合を持つ有限測度である。 $g\in L^1(\mathbb R)$ に対し $$\nu(E)=\int_E |g(x)|\,dx$$ は有限測度で，$\nu\ll\mu$ である。有限測度の絶対連続性から， $\mu(E_n)\to0$ なら $\nu(E_n)\to0$ である。よって $$\int_{E_n}g(x)\,dx\to0$$ である。

(2) 一般の実数値 $f$ について，必要十分条件は $$f>0\ \text{a.e.}\quad\text{または}\quad f<0\ \text{a.e.}$$ である。 この条件が成り立つなら，上の議論を $f$ または $-f$ に適用すればよい。

逆に，$f=0$ となる集合が正の測度を持てば，その有限測度部分集合を固定して $E_n$ とすれば $\int_{E_n}f=0$ だが，適当な $g$ で結論は破れる。 また $f$ の正の部分と負の部分がともに正の測度を持てば，両側から同じ絶対値の 積分を持つ有限測度集合を選んで打ち消し合わせることで $\int_E f=0$ かつ $E$ が零集合でない例を作れる。これも結論に反する。

(1) まず $\sum |b_n|$ は収束するので，$g$ は一様収束する連続関数である。 また $b_{-n}=\overline{b_n}$ により $g$ は実数値である。さらに $$g(t) =1+2\operatorname{Re}\sum_{n=1}^\infty b_ne^{2\pi int} \ge 1-2\sum_{n=1}^\infty 3^{-n} =0.$$ 従って $g$ は非負実数値である。

(2) 次に $f$ を実連続関数とする。まず $a_0\ge0$ の場合を示す。 $n>0$ で $a_n\ne0$ なら $$b_{-n}=\frac{\overline{a_n}}{|a_n|3^n},\qquad b_n=\overline{b_{-n}}$$ とし，$a_n=0$ なら $b_{\pm n}=0$，また $b_0=1$ とする。 この $b_n$ は上の条件を満たすので，対応する $g$ は非負であり， $\int_0^1g(t)\,dt=1$ である。したがって $$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{|a_n|}{3^{|n|}} =\int_0^1 f(t)g(t)\,dt \le \sup_{t\in[0,1]}|f(t)|.$$ $a_0<0$ の場合は $-f$ に同じ議論を適用すればよい。

(1) まず $u$ の零点はすべて単純で，隣り合う点では $u$ が零にならない。 各零点 $c$ に対し $$v(c)=\frac{a(c)}{u(c-1)}$$ となるような多項式 $v_0$ を補間で選ぶ。 すると $$W_0(x)=u(x-1)v_0(x)-u(x)v_0(x-1)-a(x)$$ は $u(x)$ で割り切れる。

$W_0=u h$ と書く。さらに $u(x-1)$ の零点 $c+1$ で $h$ も消える。 これは $u(c)=0$ を差分方程式に代入した関係 $$a(c)u(c+1)+a(c+1)u(c-1)=0$$ から従う。従って $h/u(x-1)$ は多項式である。 差分作用素 $q(x)\mapsto q(x)-q(x-1)$ は多項式環上で全射なので， $$q(x)-q(x-1)=-\frac{h(x)}{u(x-1)}$$ を満たす多項式 $q$ が存在する。そこで $$v=v_0+uq$$ と置けば $$u(x-1)v(x)-u(x)v(x-1)=a(x)$$ が成り立つ。

(2) この $v$ は $u$ と同じ差分方程式を満たす。実際，左辺の作用素を $L$ と書くと， 上の Casoratian 関係から $$u(x)Lv(x)-v(x)Lu(x)=0$$ となり，$Lu=0$ かつ $u\not\equiv0$ より $Lv=0$ である。

任意の $y\in V$ に対し $$W_y(x)=u(x-1)y(x)-u(x)y(x-1)$$ とおくと，差分方程式から $$\frac{W_y(x+1)}{a(x+1)}=\frac{W_y(x)}{a(x)}$$ を得る。左辺は周期 $1$ の有理関数なので定数であり， $W_y=ca$ である。すると $y-cv$ は $u$ との Casoratian が零だから $(y-cv)/u$ は周期 $1$ の有理関数で，従って定数である。 よって $$y\in \mathbb C u+\mathbb C v.$$ したがって $\dim_\mathbb C V=2$ である。

(1) $wX^n=(x-a)^{\alpha+n}(b-x)^{\beta+n}$ であるから，これを $n$ 回微分して $w$ で割ると，残る因子は多項式になる。最高次係数も消えないので $f_n$ は $n$ 次多項式である。

(2) $m<n$ とする。部分積分を $n$ 回行うと，端点では $\alpha+n,\beta+n>-1+n$ の余裕により境界項が消える。従って $$\langle f_n,p_m\rangle =(-1)^n\int_a^b w(x)X(x)^n p_m^{(n)}(x)\,dx=0$$ である。これにより $f_n$ は $n$ 未満の任意の多項式に直交する。 特に $n\ne m$ なら $\langle f_n,f_m\rangle=0$ である。

(3) $n$ 次以下の多項式空間の次元は $n+1$，高々 $n-1$ 次の多項式空間の次元は $n$ である。後者に直交する部分空間は一次元であり，そこに $f_n$ が属する。 従って，同じ直交条件を満たす $n$ 次多項式は $f_n$ の定数倍である。

(4) 最後に $$g_n=\frac1w\frac{d}{dx}\left(wXf_n'\right)$$ を考える。任意の $p$ が高々 $n-1$ 次なら，部分積分により $$\langle g_n,p\rangle =-\int_a^b wXf_n'p'\,dx=0$$ となるので，$g_n$ は $f_n$ の定数倍である。最高次係数を比較すると， $$X\sim -x^2,\qquad \frac{w'}w\sim \frac{\alpha+\beta}{x}$$ より $$g_n\sim -n(n+\alpha+\beta+1)\,(\text{\(f_n\) の最高次項})$$ である。従って $$g_n=-n(n+\alpha+\beta+1)f_n.$$

(1) $P$ は位数 $5$ の巡回置換行列である。まず $$T^2(X)=P^2XP^{-2}$$ である。$P^2$ の固有値は $1,\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4$ の並べ替えであるから，随伴作用 $X\mapsto P^2XP^{-2}$ の固有値は それらの比である。各比は $5$ 回ずつ現れるので $$\chi_{T^2}(t)=\prod_{j=0}^4(t-\zeta^j)^5=(t^5-1)^5.$$

(2) 次に標準行列 $E_{ij}$ で $T$ の作用を見ると，添字の集合上で $$(i,j)\longmapsto (j-1,i-1)$$ という置換になる。ただし添字は $5$ を法として読む。 対角成分 $E_{ii}$ は一つの $5$-周期を作る。非対角成分 $20$ 個は二つの $10$-周期に分かれる。従って置換行列としての特性多項式は $$\chi_T(t)=(t^5-1)(t^{10}-1)^2.$$

(1) $\Omega=\{0\le x\le A/\alpha,\ y\ge0\}$ の境界でベクトル場を見る。 $$x=0\Rightarrow x'=Ay\ge0,\qquad x=A/\alpha\Rightarrow x'=-\mu A/\alpha<0,$$ $$y=0\Rightarrow y'=\beta x\ge0.$$ 従って $\Omega$ は正に不変である。

(2) $z=x+y$ とおくと $$z'=(\beta-\mu)x-\epsilon y \le \frac{|\beta-\mu|A}{\alpha}-\epsilon y.$$ これにより $y(t)$ は上に有界である。

(3) 原点での Jacobian は $$J_0= \begin{pmatrix} -\mu&A\\ \beta&-(\epsilon+A) \end{pmatrix}.$$ 跡は負で，行列式は $$\mu(\epsilon+A)-\beta A =\mu(\epsilon+A)(1-R_0)$$ である。従って $R_0<1$ なら原点は局所漸近安定である。

(4) $R_0>1$ とする。内部平衡点では $$(A-\alpha x)y=\mu x,\qquad (\beta-\mu)x=\epsilon y$$ なので $$x_*=\frac{\beta A-\mu(A+\epsilon)}{\alpha(\beta-\mu)},\qquad y_*=\frac{\beta A-\mu(A+\epsilon)}{\alpha\epsilon}$$ を得る。$R_0>1$ ならこれは第一象限内部にあり，一意である。 この点での Jacobian の跡は負，行列式は $$\beta A-\mu(A+\epsilon)>0$$ となるので，局所漸近安定である。

(5) 最後に $R_0<1$ で大域的な収束を示す。 $$\frac{A}{A+\epsilon}<c<\frac{\mu}{\beta}$$ を満たす $c>0$ を選べる。これは $R_0<1$ と同値な不等式から従う。 $$V=x+cy$$ とおくと $$V'=(-\mu+c\beta)x+\{(1-c)(A-\alpha x)-c\epsilon\}y \le -\delta x-\eta y$$ となる正数 $\delta,\eta$ が取れる。したがって $x,y$ は可積分であり， 解は有界で一様連続だから Barbalat 型の議論により $$(x(t),y(t))\to(0,0)$$ である。

(1) まず極大な対 $(P,Q)$ を取る。もし $x\in P\cap Q$ なら， A1 により $\{x\}\,4\,\{x\}$ となり，定義に反する。従って $P\cap Q=\varnothing$。

次に $x\notin P\cup Q$ と仮定する。極大性より，$x$ を $P$ に加えると 条件が破れるので $$\{x\}\cup\alpha\,4\,\beta$$ となる有限集合 $\alpha\subset P,\beta\subset Q$ がある。同様に $x$ を $Q$ に 加えると $$\gamma\,4\,\{x\}\cup\delta$$ となる $\gamma\subset P,\delta\subset Q$ がある。A3 を用いると $$\alpha\cup\gamma\,4\,\beta\cup\delta$$ となり，$(P,Q)$ の定義に反する。従って $P\cup Q=A$ である。

$x,y\in P$ なら，A1,A2,A5 から $$\{x,y\}\,4\,\{x\wedge y\}$$ が従う。もし $x\wedge y\in Q$ なら矛盾するので $x\wedge y\in P$ である。 逆に $x\wedge y\in P$ かつ $x\in Q$ なら，A1,A2,A4 により $$\{x\wedge y\}\,4\,\{x\}$$ となり矛盾する。よって $x\in P$ であり，同様に $y\in P$ である。

(2) 最後に $\alpha_0\,4\,\beta_0$ でないとする。 Zorn の補題で $\alpha_0\subset P,\beta_0\subset Q$ を満たす極大対を取る。 $$f(x)= \begin{cases} 1,&x\in P,\\ 0,&x\in Q \end{cases}$$ と定める。上で示した性質から $$f(x\wedge y)=\inf\{f(x),f(y)\}$$ である。また $\alpha\,4\,\beta$ なのに $\inf f(\alpha)=1,\ \sup f(\beta)=0$ なら $\alpha\subset P,\beta\subset Q$ となって極大対の定義に反する。 従って $$\alpha\,4\,\beta\Rightarrow \inf f(\alpha)\le \sup f(\beta).$$ さらに $\alpha_0\subset P,\beta_0\subset Q$ より $$\inf f(\alpha_0)=1,\qquad \sup f(\beta_0)=0.$$

(1) まず $0\le x\le1$ で $$1-x\le e^{-x}$$ は凸性，また $$e^{-x}\le 1-\frac{x}{2}$$ は $h(x)=1-x/2-e^{-x}$ と置くと $h(0)=0$, $h'(x)=-1/2+e^{-x}$ が一度だけ符号を変え， $h(1)>0$ であることから従う。

$S_n=\sum_{j=1}^n X_j^j$ は非負項の和である。 もし $\mathbb P(X_1\ge1)>0$ なら，独立性と Borel--Cantelli により $X_j\ge1$ が無限回起こるため，項は零に近づかない。 従って収束には $\mathbb P(X_1<1)=1$ が必要である。

この条件の下では $0<X_j^j\le1$ であり，独立非負項の級数の標準判定より $$\sum_{j=1}^\infty X_j^j<\infty\ \text{a.s.} \iff \sum_{j=1}^\infty \mathbb E[X_1^j]<\infty.$$ 単調収束定理で $$\sum_{j=1}^\infty \mathbb E[X_1^j] =\mathbb E\left[\sum_{j=1}^\infty X_1^j\right] =\mathbb E\left[\frac{X_1}{1-X_1}\right].$$ $X_1\ge1/2$ なので，これは $$\mathbb E\left[\frac1{1-X_1}\right]<\infty$$ と同値である。

(2) 次に $$T_n=\sum_{j=1}^n\prod_{k=1}^jX_k$$ を考える。対数を取ると $$\prod_{k=1}^jX_k =\exp\left(\sum_{k=1}^j\log X_k\right).$$ $\mathbb E[\log X_1]<0$ なら，大数の法則により積は指数的に減少し， $\sum_j\prod_{k=1}^jX_k$ は概収束する。 逆に $\mathbb E[\log X_1]\ge0$ なら，対数和は $-\infty$ へ線形に進まないため， 積の級数は収束しない。従って必要十分条件は $$\mathbb E[\log X_1]<0$$ である。

(1) 次数 $n$ 以下の多項式全体は次元 $n+1$ である。条件は $$n\text{ 個の値条件}+\text{一つの微分条件}$$ なので，存在一意性は同次問題の解が零だけであることを示せばよい。

同次条件を満たす $q$ を取ると，$q(x_i)=0$ より $$q(x)=C\prod_{i=1}^n(x-x_i)$$ である。さらに $$q'(x_1)=C\prod_{i=2}^n(x_1-x_i)$$ であり，点が相異なるので積は非零である。従って $C=0$，つまり 一意性が成り立つ。次元の一致から存在も従う。

(2) 誤差公式を示す。$y=x_i$ なら右辺も左辺も零なのでよい。 以下 $y$ が節点でないとする。 $$\Psi(t)=(t-x_1)\prod_{i=1}^n(t-x_i)$$ とおき， $$F(t)=f(t)-p(t)-C\Psi(t)$$ を $F(y)=0$ となるように $C$ を選ぶ。 $F$ は $x_1$ で重零点を持ち，$x_2,\ldots,x_n,y$ でも零になる。 Rolle の定理を繰り返すと，ある $\xi\in I$ で $$F^{(n+1)}(\xi)=0$$ となる。$p$ は次数 $n$ 以下であり，$\Psi$ の最高次係数は $1$ なので $$0=f^{(n+1)}(\xi)-C(n+1)!.$$ 従って $$C=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.$$ $F(y)=0$ に戻せば $$f(y)-p(y)= \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (y-x_1)\prod_{i=1}^n(y-x_i)$$ を得る。