東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2006年度 院試 過去問 解答例・解説

(1) $\alpha^n=T$ となる元を取り，$\zeta$ を原始 $n$ 乗根とする。 $$X^n-T=\prod_{j=0}^{n-1}(X-\zeta^j\alpha)$$ であるから，分解体は $L=\mathbb R(T)(\alpha,\zeta)$ である。 $\mathbb R(\zeta)=\mathbb C$ であり，$\mathbb R(\alpha)$ の定数体は $\mathbb R$ のままなので $$[L:\mathbb R(T)]=[\mathbb C(\alpha):\mathbb R(\alpha)] [\mathbb R(\alpha):\mathbb R(T)]=2n$$ である。

(2) $n=4$ では $L=\mathbb C(\alpha)$, $\alpha^4=T$ であり， $$G=\operatorname{Gal}(L/\mathbb R(T)) =\langle r,s\mid r^4=s^2=1,\ srs=r^{-1}\rangle$$ と書ける。ただし $$r(\alpha)=i\alpha,\quad r(i)=i,\qquad s(\alpha)=\alpha,\quad s(i)=-i$$ である。次数 $4$ の中間体は，位数 $2$ の部分群の固定体である。 位数 $2$ の部分群は $$\langle r^2\rangle,\quad \langle s\rangle,\quad \langle r^2s\rangle,\quad \langle rs\rangle,\quad \langle r^3s\rangle$$ なので，固定体は $$\mathbb C(\alpha^2),\quad \mathbb R(\alpha),\quad \mathbb R(i\alpha),\quad \mathbb R((1+i)\alpha),\quad \mathbb R((1-i)\alpha).$$ このうち $\langle r^2\rangle$ だけが $G$ の正規部分群である。

$R=K$ なら明らかである。以下 $R\ne K$ とし，$R$ の非定数元の中から 次数が最小のものを取り，先頭係数で割ってモニックな $f\in R$ とする。 $d=\deg f$ とおく。

$f=X^d+$ 低次項であるから，任意の $m\ge d$ について $$X^m=X^{m-d}f+\text{次数が }m\text{ 未満の項}$$ と書ける。帰納法により $$K[X]=K[f]\cdot 1+\cdots+K[f]\cdot X^{d-1}$$ である。従って $K[X]$ は $K[f]\simeq K[t]$ 上有限生成加群である。

$K[f]$ は Noether 環なので，その有限生成加群 $K[X]$ の部分加群 $R$ も有限生成である。よってある $g_1,\ldots,g_m\in R$ が存在して $$R=K[f]g_1+\cdots+K[f]g_m$$ と書ける。右辺の積に閉じていることから，特に $$R=K[f,g_1,\ldots,g_m]$$ であり，$R$ は $K$ 上有限生成である。

(1) $$F=x^2-x-y(z^2+y)$$ とおく。点 $(0,0,a)$ での勾配は $$F_x=-1,\qquad F_y=-a^2,\qquad F_z=0$$ なので，接平面は $$T_a:\ x+a^2y=0$$ である。これを $X$ の方程式に代入すると $$y\{(a^4-1)y+a^2-z^2\}=0$$ となる。したがって $a^4\ne 1$ のときは $L$ ともう一つの既約成分の 計 $2$ 個である。$a^4=1$ のときは $$y(a^2-z^2)=0$$ となり，$L$ と $z=a$, $z=-a$ の二つの直線の計 $3$ 個である。

(2) 次に $L$ と交わる直線を $$(x,y,z)=(0,0,a)+t(u,v,w)$$ と書く。これが $X$ に含まれるための係数比較は $$-u-va^2=0,\qquad u^2-2avw-v^2=0,\qquad -vw^2=0$$ である。$L$ と異なる直線では $v\ne 0$ であるから $w=0$ となり， さらに $u=-a^2v$, $a^4=1$ が必要十分である。

(1) $A$ は角 $2\pi/3$ の回転，$B$ は反射である。従って $$\langle A,B\rangle\simeq D_3$$ であり，位数は $6$ である。

(2) $P_3$ は標準二次元表現 $V=\mathbb Cx+\mathbb Cy$ の三次対称積である。 二面体群の既約表現に分けると，三次調和部分と $(x^2+y^2)V$ に分かれる。 具体的には $$P_3= \mathbb C(x^3-3xy^2) \oplus \mathbb C(3x^2y-y^3) \oplus (x^2+y^2)\mathbb Cx\oplus (x^2+y^2)\mathbb Cy .$$ 最初の一次元は $A,B$ の両方で固定される自明表現である。二つ目の一次元は $A$ で固定され，$B$ で符号が変わる表現である。最後の二次元は標準表現と 同型であり，既約である。

(1) $X=\partial/\partial x$ について $$\iota_X\omega=dy$$ である。もし $dH=dy$ となる $T$ 上の関数 $H$ が存在すれば， $y$-方向の閉曲線に沿って $$0=\int dH=\int dy=1$$ となり矛盾する。

(2) 次に $$V=a(x,y)\frac{\partial}{\partial x}+b(x,y)\frac{\partial}{\partial y}$$ とおく。このとき $$\iota_V\omega=a\,dy-b\,dx$$ なので $$\mathcal L_V\omega=d(\iota_V\omega) =\left(\frac{\partial a}{\partial x}+\frac{\partial b}{\partial y}\right)dx\wedge dy .$$ フローが $\omega$ を保つ条件は $\mathcal L_V\omega=0$ であるから， $$a_x+b_y=0$$ である。

(3) 例として $$V=\sin(2\pi x)\frac{\partial}{\partial y}$$ を取れば，$a=0$, $b=\sin(2\pi x)$ であり $a_x+b_y=0$ を満たす。

(1) 単位球面上の円は $$u\cdot x=c,\qquad \|u\|=1,\quad |c|<1$$ で表される。ただし $(u,c)$ と $(-u,-c)$ は同じ円を表す。

$$[(u,c)]\longmapsto [u]\in \mathbb RP^2$$ は全射である。任意の方向 $[u]$ に対し，例えば $c=0$ を取れば大円が得られる。

(2) また $$[(u,c)]\longmapsto [u_1:u_2:u_3:c]\in \mathbb RP^3$$ と定めると単射である。像は $$u_1^2+u_2^2+u_3^2>c^2$$ で表される開集合である。

(3) $\mathbb RP^3$ は向き付け可能であり，その開部分多様体も向き付け可能である。

(1) 実関数 $$F_1=|z_1|^2+|z_2|^2-2,\quad F_2=|z_1|^2-|z_3|^2-1,\quad F_3=\operatorname{Im}(z_1z_2z_3)$$ を考える。$F_1=F_2=0$ から $|z_1|\ge 1$ が従う。さらに $z_2=0$ または $z_3=0$ の場合でも $F_3$ の微分は残りの変数方向で 消えない。従って $dF_1,dF_2,dF_3$ は $M$ 上で一次独立であり， $M$ は実三次元部分多様体である。

(2) $B^+(r)$ の条件で選ばれる向きを $$z_1=\sqrt{1+s^2}\,e^{i\alpha},\quad z_2=\sqrt{1-s^2}\,e^{i\beta},\quad z_3=s\,e^{-i(\alpha+\beta)}$$ で与える。ここで $0\le s\le 1$, $0\le \alpha,\beta<2\pi$ である。 このとき $$|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2=2+s^2$$ なので，$S=\min\{1,\sqrt{r^2-2}\}$ とおけば対象は $0\le s\le S$ である ただし $r<\sqrt2$ では空である。

また $$dz_1\wedge dz_2\wedge dz_3 =-\frac{d}{ds}\left(s\sqrt{1-s^4}\right)\,ds\,d\alpha\,d\beta$$ となる。向きをこの符号が正になるように選べば $$g(r)=4\pi^2S\sqrt{1-S^4}.$$

(1) 半径 $\rho\in[3,4]$ の球面で切ると，条件は球面から互いに交わらない四つの 円板を取り除くことに等しい。したがって各切り口は四つ穴の球面 $F$ であり， $$Y\simeq [3,4]\times F$$ と変形してよい。境界 $X$ は $F$ の二重化である。四つ穴の球面の二重化は 種数 $3$ の閉曲面なので $$H_0(X;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z,\quad H_1(X;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z^6,\quad H_2(X;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z$$ であり，他は $0$ である。

(2) 写像 $f$ は $x$-軸方向と $y$-軸方向の四つの穴を巡回的に入れ替える。 四つの境界成分の自由アーベル群から全和を割った三次元表現では，特性多項式は $$\frac{t^4-1}{t-1}=t^3+t^2+t+1=(t+1)(t^2+1)$$ である。二重化では同じ表現が二つ現れるので， $$\chi_{f_*}(t)=\{(t+1)(t^2+1)\}^2.$$

(1) 正則関数の絶対値は劣調和であるから，$\overline{B(a,r)}\subset D$ に対して $$|f(a)|\le \frac1{\pi r^2}\int_{B(a,r)}|f(z)|\,dxdy \le \frac1{\pi r^2}\int_D|f(z)|\,dxdy$$ である。

(2) Laurent 係数については，$0<\rho<1$ で $$a_n=\frac1{2\pi i}\int_{|z|=\rho}f(z)z^{-n-1}\,dz$$ を用いる。これを $r<\rho<2r$ で積分し，Fubini の定理と $\rho\asymp r$ を用いると $$|a_n|\le \frac1{\pi r^{n+2}}\int_{\Delta^*}|f(z)|\,dxdy$$ が得られる。

(3) 最後に $f(z)=\sum a_nz^n$ とする。もし $a_{-m}\ne0$ となる $m\ge1$ があれば $$f'(z)=\sum n a_nz^{n-1}$$ は $z=0$ の近くで $|z|^{-m-1}$ 型の項を持つ。これは面積積分で $$\int_0^\varepsilon r^{-m-1}r\,dr=\infty$$ を引き起こす。仮定に反するので主部は消え，$f$ は正則に拡張される。

(1) $t=x^2-y^2$, $p=f'(t)$, $q=f''(t)$ とおくと $$u_{xx}=2p+4x^2q,\quad u_{yy}=-2p+4y^2q,\quad u_{xy}=-4xyq.$$ 従って $$u_{xx}u_{yy}-u_{xy}^2 =-4p^2-8tpq =-4f'(t)\{f'(t)+2tf''(t)\}.$$

(2) 方程式は $$4f'(t)\{f'(t)+2tf''(t)\}=t^{2k}$$ である。これは $$4\frac{d}{dt}\{t(f'(t))^2\}=t^{2k}$$ と同値なので $$t(f')^2=\frac{t^{2k+1}}{4(2k+1)}+C$$ である。$f$ が $\mathbb R$ 上 $C^2$ であるためには $C=0$ が必要で， $$f'(t)=\varepsilon_\pm\frac{t^k}{2\sqrt{2k+1}}$$ が $t>0$, $t<0$ の各側で成り立つ。ただし $\varepsilon_\pm=\pm1$ である。 $k=1$ では $C^2$ 性のため左右の符号が一致する。$k\ge2$ では左右の符号を 独立に選んでよい。

(1) $$T f=\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}f(\,\cdot-n)$$ と見る。平行移動は $L^2$ ノルムを保つので $$\sum_{n=0}^\infty \|2^{-n}f(\,\cdot-n)\|_2 \le 2\|f\|_2.$$ さらに $$\left\|\sum_{n=0}^N 2^{-n}|f(\,\cdot-n)|\right\|_2 \le 2\|f\|_2$$ なので単調収束により $\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}|f(x-n)|<\infty$ がほとんどいたるところで成り立つ。 従って定義級数はほとんどいたるところ絶対収束し，かつ $L^2$ の元を定める。

(2) Fourier 変換では，平行移動により $$\widehat{f(\,\cdot-n)}(\xi)=e^{-in\xi}\widehat f(\xi)$$ となる。従って $$\widehat{Tf}(\xi) =\left(\sum_{n=0}^\infty 2^{-n}e^{-in\xi}\right)\widehat f(\xi) =\frac{1}{1-\frac12 e^{-i\xi}}\widehat f(\xi).$$

(3) Plancherel の定理から，$\|f\|_2=1$ のもとで $\|Tf\|_2$ の下限は 乗数の絶対値の本質的下限である。 $$\inf_\xi\left|1-\frac12e^{-i\xi}\right|^{-1} =\frac1{1+\frac12}=\frac23.$$

(1) $$\psi(x)=-i e^x\chi_{(-\infty,0)}(x)$$ とおくと $$\widehat\psi(\xi) =-i\int_{-\infty}^0 e^x e^{-ix\xi}\,dx =\frac1{\xi+i}.$$

(2) 次に $\widehat f(\xi)=\xi^2\widehat g(\xi)$ とする。上で求めた $\psi$ を用い， $$h=f*\psi+i g+g*\psi$$ と定める。いずれも $L^1$ 関数である。Fourier 変換を取ると $$\widehat h =\frac{\widehat f}{\xi+i}+i\widehat g+\frac{\widehat g}{\xi+i} =\left(\frac{\xi^2+1}{\xi+i}+i\right)\widehat g =\xi\widehat g.$$ 従って求める $h$ が存在する。

(1) $$f=\phi^{-2}$$ と置く。一般には定数倍を付けても同じ計算になる。微分して代入すると $$2ff''-3(f')^2=-4\phi^{-5}\phi''$$ である。従って与えられた方程式は $$\phi''=-\frac{\phi}{4z^2(z-1)^2}$$ に帰着する。

(2) 次に $$\varphi(z)=\sqrt{z(z-1)}$$ とおくと，直接計算で $$\varphi''=-\frac{\varphi}{4z^2(z-1)^2},\qquad \lim_{z\to\infty}\frac{\varphi(z)}z=1$$ である。二つ目の独立解は階数低下法により $$\varphi(z)\int^z\frac{d\zeta}{\varphi(\zeta)^2} =\varphi(z)\log\frac{z-1}{z}$$ である。よって一般解は $$\phi(z)=\sqrt{z(z-1)} \left(A+B\log\frac{z-1}{z}\right)$$ である。

(3) $z_0>1$, $f_0>0$ とする。$z^2f(z)\to1$ となる解は $$f(z)=\frac1{z(z-1)\left(1+B\log\frac{z-1}{z}\right)^2}$$ と書ける。$L_0=\log((z_0-1)/z_0)<0$ とおくと，初期条件は $$1+BL_0=\frac1{\sqrt{z_0(z_0-1)f_0}}$$ である。区間 $(1,\infty)$ で特異点を持たないためには $1+B\log((z-1)/z)$ が消えないこと，すなわち $B\le0$ が必要十分である。 これは $$z_0(z_0-1)f_0\le 1$$ と同値である。

(1) 座標超平面でのベクトル場の向きを見ると，初期条件から出発した解は $$x(t)>0,\quad y(t)\ge0,\quad u(t)>0,\quad v(t)\ge0$$ を保つ。また $$(u+v)'=b-\mu(u+v)$$ なので，仮定 $u_0+v_0=b/\mu$ のもとで $$u(t)+v(t)=\frac b\mu$$ が常に成り立つ。

(2) $$P^*=(\alpha,0,b/\mu,0)$$ を代入すれば平衡点である。感染成分 $(y,v)$ の線形化は $$\begin{pmatrix} -\gamma & \alpha\beta\\ \delta b/\mu & -\mu \end{pmatrix}$$ であり，行列式は $$\gamma\mu-\frac{\alpha\beta\delta b}{\mu} =\gamma\mu(1-R_0)$$ である。従って $R_0<1$ で横断方向に局所漸近安定，$R_0>1$ で不安定である。 厳密には $\{(x,0,b/\mu,0)\mid x>0\}$ が平衡点の連続族であるため， 一点 $P^*$ は全空間では漸近安定にならない。ここでの安定性判定は， 問題文の意図どおり感染成分に横断する方向，すなわち平衡点集合への正規安定性として 読む。

(3) $x$ は単調減少かつ正なので $x_\infty=\lim_{t\to\infty}x(t)$ は存在する。 また $$(x+y)'=-\gamma y$$ を積分して $$J=\int_0^\infty y(t)\,dt=\frac{x_0+y_0-x_\infty}{\gamma}$$ を得る。

(4) さらに $$x(t)=x_0\exp\left(-\beta\int_0^t v(s)\,ds\right)$$ であり，$v'+\mu v=\delta yu$, $u\le b/\mu$ と $y\in L^1$ から $\int_0^\infty v(s)\,ds<\infty$。よって $x_\infty>0$ である。

(1) まず $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ が相異なるとする。もし $\sum_j Y_j=0$, $Y_j\in V(\lambda_j)$ なら， $$\prod_{k\ne j}(L-\lambda_k)$$ を作用させることで，非零定数倍の $Y_j$ だけが残る。従って各 $Y_j=0$ であり， 指定された $2n$ 個の関数は一次独立である。

(2) $LP=PL$ なら $P$ は各 $V(\lambda)$ を保つ。$y\in V(\lambda)$ に対して $$y''=(u+\lambda)y,\qquad y'''=u'y+(u+\lambda)y'$$ なので $$Py=(u'+w)y+(u+v+\lambda)y'.$$ 基底 $y_1^{(\lambda)},y_2^{(\lambda)}$ で展開した係数は，$x=0$ での値と 微分値で決まる。これらは $\lambda$ の高々二次の多項式であり，問題の形の 定数 $a_0,b_0,b_1,c_0,c_1,c_2,d_0$ が得られる。

(3) 最後に，各 $V(\lambda)$ 上の $P$ の行列に Cayley--Hamilton の定理を適用する。 跡と行列式は $\lambda$ の多項式なので，多項式 $f_1,f_2\in\mathbb C[t]$ が存在して $$P^2+f_1(\lambda)P+f_2(\lambda)=0$$ が $V(\lambda)$ 上で成り立つ。任意の $\lambda$ で成立するため， $$P^2+f_1(L)P+f_2(L)=0$$ という微分作用素の恒等式を得る。

補間多項式は $$g(x,y)=f(0,0)+\frac{f(h,0)-f(0,0)}h x \ +\frac{f(0,h)-f(0,0)}h y$$ である。従って $$g_x=\frac{f(h,0)-f(0,0)}h.$$ 平均値の定理により，ある $\xi\in(0,h)$ が存在して $g_x=f_x(\xi,0)$ である。 任意の $(x,y)\in T$ に対し， $$f_x(x,y)-g_x=f_x(x,y)-f_x(\xi,0).$$ 線分で結んで積分表示すれば $$|f_x(x,y)-g_x| \le |x-\xi|\sup_T |f_{xx}|+|y|\sup_T |f_{xy}| \le 3h\,M$$ となる。ただし $$M=\sup_{T}\max\{|f_{xx}|,|f_{xy}|,|f_{yy}|\}.$$

(1) $U$ の密度は $\theta e^{-\theta u}$, $V$ の密度は $e^{-v}$ である。 $U=xV$ と変数変換すると $$p_X(x)=\int_0^\infty \theta e^{-\theta xv}e^{-v}v\,dv =\frac{\theta}{(1+\theta x)^2} \qquad (x>0)$$ である。従って $$P(X>x)=\frac1{1+\theta x}.$$

(2) 任意の $M>0$ に対し $$\sum_{n=3}^\infty P(X_n>Mn\log n)=\infty$$ であり，独立性から Borel--Cantelli の補題によりこの事象は無限回起こる。 そのような $n$ では $$Y_n\ge \frac{X_n}{n\log n}>M$$ なので，$\overline{\lim}\,Y_n=\infty$ である。

(3) 最後に $$\Psi_n(t)=\frac1n\sum_{j=1}^n e^{-tX_j}$$ は $t$ について連続かつ狭義単調減少で，$\Psi_n(0)=1$, $\Psi_n(t)\to0$ である。$0<c<1$ だから解は存在して一意である。 大数の強法則により，各 $t>0$ で $$\Psi_n(t)\to E(e^{-tX})$$ である。特に $$E(e^{-\theta X}) =\int_0^\infty e^{-\theta x}\frac{\theta}{(1+\theta x)^2}\,dx =\int_0^\infty \frac{e^{-u}}{(1+u)^2}\,du=c.$$ 単調性により，解 $\widehat\theta_n$ は $\theta$ へ概収束する。

(1) $\alpha\preceq\{x\}$ は $$\phi\alpha\supset \phi\{x\}$$ を意味する。また $\{x\}\cup\beta\preceq\gamma$ は $$\phi(\{x\}\cup\beta)\supset \bigcap_{z\in\gamma}\phi\{z\}$$ を意味する。閉作用子の単調性から $$\phi(\alpha\cup\beta)\supset \phi(\{x\}\cup\beta)$$ が従うため，$\alpha\cup\beta\preceq\gamma$ である。

(2) 次に $$\psi X=\{y\in A\mid \exists\alpha\in P^*X,\ \alpha\preceq\{y\}\}$$ と定められている。まず $x\in X$ なら $\{x\}\preceq\{x\}$ なので $X\subset\psi X$ である。また $Y$ が条件 (a), (b) を満たすなら， $\alpha\subset X\subset Y$ かつ $\alpha\preceq\{y\}$ から $y\in Y$ である。 よって $\psi X\subset Y$ であり，$\psi X$ は最小である。

(3) この最小性を $Y=\psi X$ 自身に適用すると，$\psi(\psi X)=\psi X$ が従う。 単調性も定義から明らかである。従って $\psi$ は閉作用子である。 さらに $\alpha\subset X$ なら $\phi\alpha\subset\phi X$ なので， $\alpha\preceq\{y\}$ から $y\in\phi X$ が従う。したがって $$\psi X\subset\phi X.$$