東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2010年度 院試 過去問 解答例・解説

(1) $$A=\mathbb Z[S,T]/(S^2-3S,\ T^2-6T,\ ST-3T)$$ とおく。三つの点 $$(S,T)=(0,0),\ (3,0),\ (3,6)$$ での値を並べる写像 $$g:A\longrightarrow \mathbb Z^3,\qquad f(S,T)\longmapsto \bigl(f(0,0),f(3,0),f(3,6)\bigr)$$ を考える。$A$ は $\mathbb Z$-加群として $1,S,T$ で生成され，関係式で任意の高次項は これらに落ちる。これらの像は $$1\mapsto(1,1,1),\quad S\mapsto(0,3,3),\quad T\mapsto(0,0,6)$$ であるから，行列式は $18$ である。従って $g$ は単射で， $$\#\mathbb Z^3/g(A)=18$$ である。

(2) $2$ を含む素イデアルは $A/(2)$ の素イデアルに対応する。 $$A/(2)\simeq \mathbb F_2[S,T]/(S^2-S,\ T^2,\ T(S-1)).$$ $S=0$ 側では $T=0$，$S=1$ 側では $T$ は冪零元である。したがって素イデアルは $$(2,S,T),\qquad (2,S-1,T)$$ の二つで尽きる。

(3) 最後に $2$ を逆にする。$g$ によって $$A[1/2]\simeq \{(x,y,z)\in \mathbb Z[1/2]^3\mid x\equiv y\equiv z\pmod 3\}$$ と見てよい。ここで $\mathbb Z[1/2]^\times=\{\pm2^n\mid n\in\mathbb Z\}$ であり， 合同条件は三つの成分の $\pm2^n$ が同じ $\mathbb F_3^\times$ の元に落ちることを意味する。 よって $$A[1/2]^\times \simeq \{\pm1\}\times \mathbb Z^3.$$ 具体的な生成元として $$-1,\quad S-2,\quad 1-S+\frac{T}{2},\quad 1-\frac{T}{2}$$ を取れる。

(1) 準同型の像は $$x=r^2,\quad y=s^2,\quad z=rs,\quad u=rt,\quad v=st$$ で与えられる。従って明らかに $$q_1=z^2-xy,\qquad q_2=zu-xv,\qquad q_3=zv-yu$$ は核に入る。逆に，これは行列 $$\begin{pmatrix} x&z&u\\ z&y&v \end{pmatrix}$$ の $2$ 次小行列式であり，対応する有理正規スクロールの定義イデアルである。 したがって $$I=(z^2-xy,\ zu-xv,\ zv-yu)$$ で，特に $I$ は $2$ 次同次式で生成される。

(2) 局所環 $R_{\mathfrak m}$ で $$u=v=x-1=0$$ を課すと，$x$ は $1$ になり，$q_1$ から $y=z^2$ を得る。残る条件は $$x^5y^3-z^8=0$$ であるから，局所的には $$y^3-z^8=z^6-z^8=z^6(1-z^2).$$ $\mathfrak m$ で局所化しているため $1-z^2$ は単元である。よって商は $$\mathbb C[z]_{(z)}/(z^6)$$ と同じ長さを持ち， $$\dim_{\mathbb C}R_{\mathfrak m}/J=6$$ である。

(1) $$Y=X^3+X^{-3}$$ とおくと $K=\mathbb Q(Y)$ である。$X$ は $$Z^6-YZ^3+1=0$$ を満たすので，$[L:K]=6$ である。根は $$\zeta_3^iX,\qquad \zeta_3^iX^{-1}\qquad (i=0,1,2)$$ であり，ガロア閉包は $$F=\mathbb Q(\zeta_3,X)$$ である。定数体を $\mathbb Q(\zeta_3)$ まで拡大する分だけ次数がさらに $2$ 倍され， $$[F:K]=12$$ となる。

ガロア群は $$r:X\mapsto \zeta_3X,\quad s:X\mapsto X^{-1},\quad \tau:\zeta_3\mapsto\zeta_3^2,\ X\mapsto X$$ で生成される。ここで $r^3=s^2=\tau^2=1$，かつ $srs=\tau r\tau=r^{-1}$ である。 従って $$\operatorname{Gal}(F/K)\simeq S_3\times C_2$$ と見てよい。

(2) 二次拡大はこの群の指数 $2$ の正規部分群に対応する。三つあり， $$K(\sqrt{-3}),\qquad K(\sqrt{Y^2-4}),\qquad K(\sqrt{-3(Y^2-4)})$$ である。ここで $Y^2-4=(X^3-X^{-3})^2$ を用いた。

(3) 六次のガロア拡大は，位数 $2$ の正規部分群の固定体に対応する。 $S_3\times C_2$ の中心の位数 $2$ 部分群は一つだけなので，該当するものも一つだけである。 具体的には $$c=s\tau$$ で生成される部分群の固定体 $$F^{\langle c\rangle}$$ である。

(1) $S_4$ は四つの文字を置換するので，標準基底 $e_1,\ldots,e_4$ を置換する 置換行列により $$S_4\hookrightarrow GL_4(\mathbb C)$$ を得る。

(2) また $$W=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb C^4\mid x_1+x_2+x_3+x_4=0\}$$ は置換表現で保たれる三次元部分空間である。非自明な置換は $W$ 上でも自明には ならない。従って $$S_4\hookrightarrow GL(W)\simeq GL_3(\mathbb C)$$ である。

(3) 一方，$S_4$ が $GL_2(\mathbb C)$ に忠実に入ると仮定する。二次元表現が可約なら， 像は二つの一次元表現の直和であり，交換子群を殺すので忠実ではない。従って既約で なければならない。しかし $S_4$ の二次元既約表現は，正規部分群 $V_4$ を核に持ち， $$S_4/V_4\simeq S_3$$ を通じて得られる表現である。従って忠実な二次元表現は存在しない。

(1) $\mathbb R^5=\mathbb R^3\oplus\mathbb R^2$ と分け， $$x=(u,v),\qquad \rho=|u|,\quad \eta=|v|$$ と書く。$S$ は $\mathbb R^3$ 側の単位球面なので，$S$ からの距離は $$d(x,S)^2=(\rho-1)^2+\eta^2$$ である。従って $$X_r=\{(u,v)\mid (\rho-1)^2+\eta^2=r^2\}.$$

$0<r<1$ のときは $\rho>0$ が保たれる。点は $$u=(1+r a_0)\omega,\qquad v=r(v_1,v_2)$$ と一意的に書ける。ただし $\omega\in S^2$，$(a_0,v_1,v_2)\in S^2$ である。 よって $$X_{1/2}\simeq S^2\times S^2$$ であり，特に部分多様体である。

(2) $r=2$ では $\rho=0,\eta=\sqrt3$ となる点が現れる。この点では $u/|u|$ という 方向が消えるため，近傍は $S^2$ 方向が円周上でつぶれた形になり，局所的に $\mathbb R^4$ と同相ではない。従って $X_2$ は $S^2\times S^2$ と同相ではない。

(1) $f(S^1)$ は原点で二つの円が接する空間，すなわち $S^1\vee S^1$ と同相である。 二つのループのホモロジー類を $a,b$ とする。原点対称は二つのループを入れ替え， 向きを反転するので $$a\mapsto -b,\qquad b\mapsto -a$$ を誘導する。

写像トーラスのホモロジー完全列を使うと $$H_1(X)\simeq \mathbb Z\oplus \operatorname{coker}(h_\ast-1),\qquad H_2(X)\simeq \ker(h_\ast-1)$$ である。ここで $$h_\ast-1: \begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix}-a-b\\ -a-b\end{pmatrix}.$$ 従って $$H_0(X)=\mathbb Z,\quad H_1(X)\simeq\mathbb Z^2,\quad H_2(X)\simeq\mathbb Z$$ で，それ以上は $0$ である。

(2) 一方 $Y$ は円周の反転写像の写像トーラス，すなわち Klein bottle である。従って $$H_0(Y)=\mathbb Z,\quad H_1(Y)\simeq\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2\mathbb Z,\quad H_2(Y)=0.$$

(3) $\widetilde F(\theta,u)=(f(\theta),u)$ は同値関係を保つ。実際 $$f(-\theta)=-f(\theta)$$ であるから，商写像 $$F:Y\to X$$ が誘導される。

(4) 誘導準同型は，写像トーラス方向の $\mathbb Z$ を同じ写像トーラス方向へ写す。 円周ファイバーの基本類は $f$ により $a+b$ に送られるが，$H_1(X)$ では $a+b=0$ である。よって $$F_\ast:H_1(Y)\to H_1(X)$$ は自由部分 $\mathbb Z$ を写像トーラス方向へ同型に送り，$\mathbb Z/2\mathbb Z$ 成分を $0$ に送る。$H_2(Y)=0$ なので二次ホモロジー上の写像は零写像である。

(1) ベクトル場のフローは $$\varphi(t;(x,y))=(e^t x,e^{-t}y)$$ であり，積 $xy$ が第一積分である。従って条件 (a) を満たす関数は，少なくとも 軌道の閉包を考えると $xy$ の関数として作るのが自然である。

曲線 $g$ 上では $$xy=\frac12\sin(\pi t)$$ である。条件 $$f(1-t)=f(t),\qquad f(t+1)=f(t)$$ により，$\frac12\sin(\pi t)$ が同じ値を取る点で $f$ の値も同じである。したがって $$h\!\left(\frac12\sin(\pi t)\right)=f(t)$$ により $[-1/2,1/2]$ 上の連続関数 $h$ が定まる。$h$ を $\mathbb R$ 上へ連続に延長して $$F(x,y)=h(xy)$$ とすれば (a), (b) を満たす。

(2) $C^1$ 級で同じ構成を行うには，$h$ が $[-1/2,1/2]$ 上で $C^1$ 級でなければならない。 すなわち $$h(s)=f\!\left(\frac{1}{\pi}\arcsin(2s)\right)\quad(-1/2<s<1/2)$$ で定まる関数について，端点を含めて $C^1$ に延長できることが必要十分である。 同値に， $$\frac{2}{\pi}\frac{f'(t)}{\cos(\pi t)}$$ が $-1/2<t<1/2$ で定める関数として $t=\pm1/2$ まで連続に延長できることが条件である。

(1) 同次性 $$f(tx,ty,tz)=t^k f(x,y,z)$$ を $t$ で微分して $t=1$ とおくと $$\left(x\frac{\partial}{\partial x} +y\frac{\partial}{\partial y} +z\frac{\partial}{\partial z}\right)f=kf$$ を得る。

(2) 次に発散定理を使う。単位球面上の外向き単位法線は $$\nu=(x,y,z)$$ であるから $$\int_D \Delta f\,dx\,dy\,dz =\int_{S^2}\frac{\partial f}{\partial \nu}\,\omega =\int_{S^2}\left(xf_x+yf_y+zf_z\right)\omega =\int_{S^2}kf\,\omega.$$ これが求める等式である。

(3) 最後に $f=ax^4+by^4+cz^4$ とする。球面上の対称性から $$\int_{S^2}x^4\,\omega =\int_{S^2}y^4\,\omega =\int_{S^2}z^4\,\omega.$$ また単位球面上で $$(x^2+y^2+z^2)^2=1$$ なので $$3\int x^4\,\omega+6\int x^2y^2\,\omega=4\pi.$$ 標準的な球面平均 $$\frac{1}{4\pi}\int_{S^2}x^4\,\omega=\frac15$$ から $$\int_{S^2}x^4\,\omega=\frac{4\pi}{5}$$ を得る。従って $$\int_{S^2}f\,\omega=\frac{4\pi}{5}(a+b+c).$$

(1) $\varphi$ は有界とし，$\|\varphi\|_\infty=M$ とおく。各 $(x,y)$ について $$\int_{\mathbb R}|f(x+t)g(t)|\,dt \le \|f\|_2\|g\|_2$$ であるから $F$ はよく定義される。$x$ を動かしたときは，$L^2$ における平行移動の 連続性により $$\|f(\cdot+x+h)-f(\cdot+x)\|_2\to0$$ が成り立つ。$y$ を動かしたときは，固定した $x$ に対して $$|\varphi(t,y+h)-\varphi(t,y)|\,|f(x+t)g(t)|$$ が $2M|f(x+t)g(t)|$ で支配され，これは可積分である。従って優収束定理により $F$ は連続である。

(2) $\varphi(t,s)=e^{-2\pi its}$ の場合，固定した $x$ について $$F(x,y)=\mathcal F_t\{f(x+t)g(t)\}(y)$$ である。Plancherel の定理から $$\int_{\mathbb R}|F(x,y)|^2\,dy =\int_{\mathbb R}|f(x+t)|^2|g(t)|^2\,dt.$$ さらに $x$ で積分すると $$\int_{\mathbb R}\int_{\mathbb R}|F(x,y)|^2\,dx\,dy =\int_{\mathbb R}|g(t)|^2 \left(\int_{\mathbb R}|f(x+t)|^2\,dx\right)dt =\|f\|_2^2\|g\|_2^2.$$

(1) $$w=|\nabla u|^2-y$$ とおく。$u$ は調和関数なので $$\Delta |\nabla u|^2=2|D^2u|^2+2\nabla u\cdot\nabla(\Delta u)=2|D^2u|^2\ge0.$$ また $\Delta y=0$ であるから $$\Delta w\ge0$$ であり，$w$ は劣調和である。

(2) 上端 $y=1$ では $u(x,1)=c$ が定数なので $$u_x(x,1)=0,\qquad u_{xx}(x,1)=0.$$ 調和性から $u_{yy}(x,1)=-u_{xx}(x,1)=0$ である。従って $$\frac{\partial |\nabla u|^2}{\partial y} =2u_xu_{xy}+2u_yu_{yy}=0$$ が $y=1$ で成り立つ。

(3) 下端 $y=f(x)$ では仮定より $$w(x,f(x))=|\nabla u(x,f(x))|^2-f(x)=0.$$ 周期性により一周期分の閉領域で最大値原理を適用できる。もし $w$ が正の最大値を 内部で取れば劣調和性に反する。上端で正の最大値を取れば，Hopf の境界点補題により 外向き法線方向，すなわち $y$ 方向の微分が正になるはずである。しかし上で示した通り その微分は $0$ である。よって正の最大値は存在せず， $$|\nabla u(x,y)|^2\le y$$ である。

(1) 平方根は上半平面で値が上半平面に入る分枝を取る。第一の積分では，実軸上の三つの 区間で微分の向きが $$(-\infty,0):\text{負の実方向},\quad (0,1):\text{正の虚方向},\quad (1,\infty):\text{正の実方向}$$ となる。従って境界は，幅 $$\int_0^1\sqrt{x(1-x)}\,dx =B(3/2,3/2)=\frac{\pi}{8}$$ の半帯の境界に写る。従って像は $$\{w\in\mathbb C\mid \operatorname{Re}w>0,\ 0<\operatorname{Im}w<\pi/8\}$$ である。

(2) 第二の積分では，実軸は $\tan z$ の零点と極で分割される。 $$(k\pi,k\pi+\pi/2)$$ では微分は正の実方向， $$(k\pi+\pi/2,(k+1)\pi)$$ では正の虚方向を向く。各辺の長さは $$\int_0^{\pi/2}\sqrt{\tan x}\,dx =\frac12B(3/4,1/4)=\frac{\pi}{\sqrt2}.$$ したがって像は，一辺の長さ $\pi/\sqrt2$ の水平辺と垂直辺が交互に続く無限階段境界の 上側の領域である。境界の頂点は $$n\frac{\pi}{\sqrt2}(1+i),\qquad n\frac{\pi}{\sqrt2}(1+i)+\frac{\pi}{\sqrt2}\qquad(n\in\mathbb Z)$$ と書ける。

(1) まず $z=e^{-t}$ とおくと， $$\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_n z^{n^2}=0\qquad(0<z<1)$$ である。左辺は単位円板で絶対収束する正則関数であり，実区間上で消えるので恒等的に 消える。従って全係数が $0$，すなわち $\alpha_n=0$ である。

(2) Neumann 条件の固有関数は $$1,\quad \cos nx\quad(n\ge1)$$ である。$f$ の係数を問題の記号で $a_n$ とすれば，解は $$u(x,t)=a_0\int_0^t\mu(\tau)\,d\tau +\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(nx)\int_0^t e^{-n^2(t-\tau)}\mu(\tau)\,d\tau$$ で与えられる。

(3) ある $x_0/\pi$ が無理数で，すべての $t>0$ で $u(x_0,t)=0$ とする。Laplace変換を取ると $$M(s)\left( \frac{a_0}{s}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n\cos(nx_0)}{s+n^2} \right)=0$$ となる。ここで $M(s)$ は $\mu$ の Laplace 変換であり，$\mu(0)\ne0$ だから恒等的には 消えない。従って括弧内の有理型関数は恒等的に $0$ である。各極の留数から $$a_n\cos(nx_0)=0$$ を得る。$x_0/\pi$ が無理数なので $\cos(nx_0)\ne0$ であり，すべての $a_n=0$ である。 よって $f=0$ である。

作用素の核を $$K_t(x,y)=(2\pi)^{-n}\int e^{i((x-y)\cdot\xi-t|\xi|)}p(x,\xi)\,d\xi$$ と書く。シンボルは $|\xi|\in[a,b]$ に台を持つので，$\xi$ 方向での特異性はない。 また $\rho(\omega_x\cdot\omega_\xi)$ により，$\xi$ は $x$ と鋭角に近い方向には向かない。 従って位相の $\xi$-勾配 $$x-y-t\omega_\xi$$ が小さくなるのは，$y$ が $x-t\omega_\xi$ の近くにある場合に限られる。 その場合でも $\omega_x\cdot\omega_\xi\le1/2$ の範囲では幾何的に $$\langle y\rangle\ge c(\langle x\rangle+t)$$ が成り立つ。一般の場合は非停留位相の部分積分により任意の次数の減衰を得る。

従って任意の $N$ に対して $$|K_t(x,y)| \le C_N\langle x-y-t\omega_\xi\rangle^{-N}$$ 型の評価を積分後に得ることができ，特に Schur の補題に使える形で $$\langle x\rangle^\delta |K_t(x,y)|\langle y\rangle^{-s} \le C_N(1+t)^{-s+\delta} \bigl(\langle x-y\rangle^{-N}+\langle x\rangle^{-N}+\langle y\rangle^{-N}\bigr)$$ が得られる。$N>n$ とすれば右辺の積分核は $x,y$ の両方で可積分に支配される。 Schur の補題から $$\left\|(1+|x|^2)^{\delta/2}P(t)(1+|x|^2)^{-s/2}u\right\|_2 \le C(1+t)^{-s+\delta}\|u\|_2$$ となる。

(1) $$u=\frac{P_x}{P}$$ とおくと，直接計算により $$u_t+u_{xx}+2uu_x =\partial_x\left(\frac{P_t+P_{xx}}{P}\right)$$ である。従って $P_t+P_{xx}=0$ を満たす多項式から解が得られる。

重み $\deg x=1,\deg t=2$ の同次多項式を $$P(x,t)=\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_jx^{n-2j}t^j$$ と書く。熱方程式 $P_t+P_{xx}=0$ は係数に $$(j+1)a_{j+1}+(n-2j)(n-2j-1)a_j=0$$ を課す。従って各 $n$ について解空間は一次元である。

$n=1$ では $P=x$ で $$u=\frac1x.$$ $n=2$ では $P=x^2-2t$ で $$u=\frac{2x}{x^2-2t}.$$

(2) 一般の $n\ge3$ では，定数倍を除いて $$p_n(x,t)=n!\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{(-t)^j x^{n-2j}}{j!(n-2j)!}$$ であり，解は $$u=\frac{\partial_xp_n}{p_n}$$ である。

(3) 正規化 $\partial_x^np_n=n!$ を満たす $p_n$ の母関数は，初期値 $$G(x,0;z)=e^{xz}$$ を持つ熱方程式 $G_t+G_{xx}=0$ の解である。よって $$G(x,t;z)=e^{xz-tz^2}.$$

(1) $$N=S+I$$ とおくと $$N'=b_1-\mu_1N-\gamma I.$$ $N=b_1/\mu_1$ では $N'\le0$，$N=b_1/(\mu_1+\gamma)$ では $$N'\ge b_1-(\mu_1+\gamma)N=0$$ である。また $$(M+V)'=b_2-\mu_2(M+V)$$ なので，$M+V=b_2/\mu_2$ は保たれる。従って $\Omega$ は正に不変である。

(2) 感染のない平衡点は $$E_0=\left(\frac{b_1}{\mu_1},0,\frac{b_2}{\mu_2},0\right)$$ である。感染成分 $(I,V)$ の線形化は $$\begin{pmatrix} -(\mu_1+\gamma)&\alpha\\ \dfrac{\beta b_2\mu_1}{b_1\mu_2}&-\mu_2 \end{pmatrix}.$$ 行列の trace は負で，determinant は $$\mu_2(\mu_1+\gamma)(1-R_0)$$ である。従って $R_0<1$ なら局所漸近安定，$R_0>1$ なら不安定である。

(3) 正の平衡点では $$S^\ast=\frac{b_1}{\mu_1+\lambda_1^\ast},\qquad I^\ast=\frac{\lambda_1^\ast S^\ast}{\mu_1+\gamma},$$ $$M^\ast=\frac{b_2}{\mu_2+\lambda_2^\ast},\qquad V^\ast=\frac{\lambda_2^\ast M^\ast}{\mu_2}.$$

(4) さらに $$\lambda_2^\ast=\frac{\beta I^\ast}{S^\ast+I^\ast}$$ から $$\lambda_1^\ast=\frac{(\mu_1+\gamma)\lambda_2^\ast}{\beta-\lambda_2^\ast} \qquad(0<\lambda_2^\ast<\beta)$$ を得る。これを $\lambda_1^\ast=\alpha V^\ast/(S^\ast+I^\ast)$ に代入すると， $0<\lambda_2^\ast<\beta$ 上の一変数方程式 $$\Psi(\lambda_2^\ast)=1$$ になる。ただし $$\Psi(y)= \frac{\alpha b_2y(\mu_1+\lambda_1(y))(\mu_1+\gamma)} {b_1\mu_2(\mu_2+y)(\mu_1+\gamma+\lambda_1(y))\lambda_1(y)}, \quad \lambda_1(y)=\frac{(\mu_1+\gamma)y}{\beta-y}.$$ $\Psi(0+)=R_0$，$\Psi(\beta-)=0$ であり，仮定 $$\mu_1\ge\frac{\gamma\mu_2}{\mu_2+\beta}$$ の下で $\Psi$ は単調減少である。従って $R_0>1$ なら正の解がただ一つ存在し， 正の内部平衡点もただ一つ存在する。