東大 数理科学研究科 数理科学専攻 専門科目B 2013年度 院試 解答例・解説

(1)

$g^p=e$ とする。代数閉包上で $g$ の固有値を $\alpha$ とすれば $\alpha^p=1$ である。標数 $p$ では $$X^p-1=(X-1)^p$$ なので，固有値は重複度も込めてすべて $1$ である。

(2)

従って $g=I+N$ と書け，$N$ は2次の冪零行列である。逆に，任意の 冪零行列 $N$ について $N^2=0$ であるから $$(I+N)^p=I+N^p=I$$ が成り立つ。よって個数は，2次正方行列の冪零行列の個数に等しい。

非零冪零行列はすべて $$J=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$$ に共役である。$GL_2(\mathbb F_p)$ における $J$ の中心化群は $$\{aI+bJ\mid a\in \mathbb F_p^\times,\ b\in \mathbb F_p\}$$ で，その位数は $p(p-1)$ である。一方 $$|GL_2(\mathbb F_p)|=(p^2-1)(p^2-p)=p(p-1)^2(p+1)$$ だから，非零冪零行列は $$\frac{|GL_2(\mathbb F_p)|}{p(p-1)}=p^2-1$$ 個である。零行列も加えると，条件を満たす $g$ は $$p^2$$ 個である。

(1)

$B$ の元を，3本の座標軸上の関数の組として見る。すなわち $$B\simeq \{(u,v,w)\in \mathbb C[X]\oplus\mathbb C[Y]\oplus\mathbb C[Z] \mid u(0)=v(0)=w(0)\}$$ である。この表示では $T$ は各成分で座標関数として作用する。 また $$x=(T,0,0),\qquad y=(0,T,0),\qquad z=(0,0,T)$$ と書ける。

任意の元は $$a(T)+b(T)x+c(T)y$$ と一意に表せる。実際，第3成分から $a(T)$ が決まり，第1，第2成分から $b(T),c(T)$ が決まる。従って $B$ は階数3の自由 $A$-加群である。

(2)

$K=\mathbb C(T)$ 上に移すと $$B\otimes_A K\simeq K e_x\oplus K e_y\oplus K e_z,\qquad e_x=\frac{x}{T},\quad e_y=\frac{y}{T},\quad e_z=\frac{z}{T}$$ となる。ここで $e_x,e_y,e_z$ は互いに直交する原始冪等元で， $e_x+e_y+e_z=1$ である。よって冪等元は $$\sum_{i\in I} e_i\qquad (I\subset \{x,y,z\})$$ の8個である。

(3)

これらの冪等元を $B$ に付け加えて生成される部分環は $$C=Ae_x\oplus Ae_y\oplus Ae_z\simeq A^3$$ である。上の組表示では $$B=\{(u,v,w)\in A^3\mid u\equiv v\equiv w \pmod T\},\qquad C=A^3.$$ したがって $C/B$ は $T=0$ での3成分から対角成分を割ったものだから $$\dim_{\mathbb C} C/B=3-1=2.$$

(4)

最後に単元群を比べる。$B$ は連結な3本のアフィン直線の座標環なので $$B^\times=\mathbb C^\times$$ である。一方 $$C^\times=(A^\times)^3=(\mathbb C^\times)^3.$$ 包含写像は対角埋め込みに対応するため，同型ではない。

(1)

$K=\ker\phi$ とおく。自然写像 $K/rK\to M/rM$ の核を調べる。 $k\in K$ が $M/rM$ で0に写るとすると，ある $m\in M$ により $k=rm$ と書ける。このとき $$0=\phi(k)=r\phi(m)$$ であり，$r$ は $N$ の非零元を殺さないから $\phi(m)=0$ である。 従って $m\in K$，すなわち $k\in rK$ である。よって単射である。

(2)

次に $\bar\phi:M/rM\to N/rN$ が同型とする。単射性から $K/rK=0$ なので，Nakayamaの補題により $K=0$ である。さらに余核 $C=\operatorname{coker}\phi$ について $C/rC=0$ となるので，再び Nakayamaの補題から $C=0$ である。従って $\phi$ は同型である。

(3)

最後に $$f:\mathbb C[[x,y,z]]\longrightarrow \mathbb C[[t]],\qquad x\mapsto t^5,\quad y\mapsto t^6,\quad z\mapsto t^7$$ を考える。次の3つの二項式は明らかに核に入る。 $$y^2-xz,\qquad x^4-yz^2,\qquad z^3-x^3y.$$ これらが生成するイデアルを $I$ とおく。

商環では $y^2=xz$ により $y$ の次数を高々1にでき，さらに $x^4=yz^2,\ z^3=x^3y$ により高い冪を落とせる。したがって任意の単項式は， $\mathbb C[[x]]$-加群として $$1,\ y,\ z,\ yz,\ z^2,\ yz^2$$ の線形結合に整理できる。$t$-進値を見ると，これらの値はそれぞれ $$0,\ 6,\ 7,\ 13,\ 14,\ 20$$ を代表し，半群 $\langle5,6,7\rangle$ の剰余類を尽くす。この正規形の像が0なら 各係数が0になるので，核は $I$ に一致する。

(1)

$\rho$ を $$\rho(X)=\omega X,\qquad \rho(Y)=\omega Y,\qquad \rho(Z)=\omega Z$$ で定まる自己同型とする。計算すると $$\sigma\tau=\rho^2\tau\sigma$$ であり，$\rho$ は中心的である。従って $\sigma,\tau$ が生成する群 $G$ は 位数 $27$ の非可換な3群であり，$K=L^G$ である。

$X$ の $G$-軌道は $$\{\omega^iX,\ \omega^iY,\ \omega^iZ\mid i=0,1,2\}$$ である。よって $X$ の $K$ 上の最小多項式は $$\prod_{i=0}^{2}(U-\omega^iX)(U-\omega^iY)(U-\omega^iZ) =(U^3-X^3)(U^3-Y^3)(U^3-Z^3)$$ であり，次数は9である。したがって $$[K(X):K]=9.$$

(2)

群 $G$ は $L$ に忠実に作用する有限群なので $$[L:K]=|G|=27.$$ (3)

可換な最大商は $G/[G,G]$ である。ここで交換子群は中心 $\langle\rho\rangle$ で，位数3である。従って，$K$ 上アーベルとなる最大中間体 の次数は $$|G/[G,G]|=9.$$

(4)

最後に $[L:M]=3$ となる中間体は，$G$ の位数3の部分群に対応する。中心 $\langle\rho\rangle$ は1つの共役類を与える。非中心的な位数3部分群は $G/\langle\rho\rangle\simeq \mathbb F_3^2$ の1次元部分空間ごとに1つの共役類に まとまる。1次元部分空間は $$\frac{3^2-1}{3-1}=4$$ 個であるから，共役類の総数は $$1+4=5$$ である。

(1)

$$\omega=x\,dy\wedge dz-2zf(y)\,dx\wedge dy+yf(y)\,dz\wedge dx$$ とおく。外微分を計算すると $$d\omega=\{1-f(y)+yf'(y)\}\,dx\wedge dy\wedge dz.$$ 従って $d\omega=dx\wedge dy\wedge dz$ となる条件は $$yf'(y)-f(y)=0$$ である。$C^1$ 性と $f(1)=1$ から $$f(y)=y$$ が得られる。

(2)

曲面 $S$ は $$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=\frac12$$ で与えられる楕円体である。内部を $$V=\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\le \frac12\right\}$$ とし，$S=\partial V$ には外向き法線で向きを入れる。この向きでStokesの定理を 用いると $$\int_S\omega=\int_V d\omega=\operatorname{vol}(V).$$

二次形式の行列は $$A=\begin{pmatrix} 1&1/2&1/2\\ 1/2&1&1/2\\ 1/2&1/2&1 \end{pmatrix}$$ で，$\det A=1/2$ である。したがって $$\operatorname{vol}(V) =\frac{4\pi}{3}\frac{(1/2)^{3/2}}{\sqrt{\det A}} =\frac{2\pi}{3}.$$

(1)

回転面を $$X(x,\theta)=(x,f(x)\cos\theta,f(x)\sin\theta)$$ でパラメータ表示する。このとき第一基本形式は $$ds^2=(1+f'(x)^2)\,dx^2+f(x)^2\,d\theta^2$$ である。

まず $\theta=\alpha$ が定数の曲線を考える。この曲線の速度は $X_x$ 方向であり， 加速度の接成分は，曲線を弧長で取り直したとき消える。これは子午線が回転面の 反射対称面との交わりであり，その対称性から測地線になる，と言ってもよい。

(2)

次に一般の測地線を弧長 $s$ で表す。Lagrangian $$L=\frac12\{(1+f'(x)^2)\dot x^2+f(x)^2\dot\theta^2\}$$ は $\theta$ を含まないので，共役運動量 $$f(x)^2\dot\theta$$ は一定である。速度ベクトルと子午線方向のなす角を $w$ とすると，回転方向成分の 大きさは $f(x)|\dot\theta|$ である。弧長パラメータでは $$\sin w=f(x)|\dot\theta|$$ だから $$r\sin w=f(x)\sin w=f(x)^2|\dot\theta|$$ は一定である。

(3)

特に $f(x)=e^x$ とする。Clairaut定数を $c=r\sin w$ と書く。もし $c>0$ なら $r=e^x\ge c$ でなければならないから $$x\ge \log c$$ であり，$x$ 座標は下に有界である。従って $x$ 座標が下に有界でない測地線では $c=0$ である。このとき $\sin w=0$ なので，測地線は子午線方向に進み， パラメータの取り替えを除いて $\theta=\alpha$ 一定の形である。

(1)

5個の平面を $H_1,\dots,H_5$ とする。各 $H_i$ は可縮で，2平面の交わりは 直線，3平面の交わりは1点，4平面の交わりは空である。包含排除で $$\chi(X)=\binom51-\binom52+\binom53=5-10+10=5.$$

(2)

単連結性は，平面を順に貼り合わせて示す。既に貼った和集合に新しい平面を加える とき，共通部分はその平面内の有限本の直線の和であり，連結である。平面自身は単連結 であり，共通部分も連結なので，van Kampenの定理により基本群は増えない。最初の 平面から始めて帰納的に $$\pi_1(X)=0$$ が従う。

(3)

またこの配置の良い近傍被覆を取ると，神経は5頂点の単体の2骨格になる。したがって $X$ は2次元CW複体と同じホモトピー型を持つ。よって $H_i(X)=0$ は $i\ge3$ で成り立ち，単連結性から $H_1(X;\mathbb Z)=0$ である。 従って $$\chi(X)=\operatorname{rank}H_0-\operatorname{rank}H_1+\operatorname{rank}H_2 =1+\operatorname{rank}H_2.$$ ゆえに $$H_2(X;\mathbb Z)\simeq \mathbb Z^4.$$

(1)

跡0の行列を $$A=\begin{pmatrix}x&y\\ z&-x\end{pmatrix}$$ と書くと $$\det A=-x^2-yz.$$ 従って $$X=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+yz=1\}$$ である。関数 $F(x,y,z)=x^2+yz$ の勾配はこの集合上で消えないので， $X$ は $M_2(\mathbb R)$ の部分多様体である。

(2)

$g\in SL_2(\mathbb R)$ に対して $A\mapsto gAg^{-1}$ は跡と行列式を保つ。 逆写像は $A\mapsto g^{-1}Ag$ なので，これは $X$ から $X$ への微分同相写像で ある。

(3)

最後に，条件を満たす $J$ が存在すると仮定して矛盾を導く。 $$A_0=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$ とする。接空間は $$T_{A_0}X=\left\{ \begin{pmatrix}0&u\\v&0\end{pmatrix}\middle| u,v\in\mathbb R \right\} =\mathbb R E\oplus\mathbb R F$$ である。ただし $$E=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad F=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}.$$ $A_0$ を固定する対角行列 $$g_s=\begin{pmatrix}s&0\\0&s^{-1}\end{pmatrix}\qquad (s>0)$$ の作用は $$E\mapsto s^2E,\qquad F\mapsto s^{-2}F$$ である。条件(III)から $J_{A_0}$ はこの対角作用と可換でなければならない。 $s^4\ne1$ となる $s$ を取ると，可換な線形写像は $E,F$ 方向を別々に保つ 対角型に限られる。しかし実2次元空間上の対角型線形写像の二乗が $-I$ になることは ない。これは条件(II)に反する。

(1)

単射正則関数では $f'$ は円板内で零点を持たない。単位円板は単連結なので， 正則関数 $\log f'$ が存在する。従って $$g=\exp\left(\frac12\log f'\right)$$ とおけば $g^2=f'$ である。

(2)

$$g(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$$ と書く。曲線 $\gamma_s(t)=f(se^{it})$ の速度は $$\gamma_s'(t)=ise^{it}f'(se^{it})$$ なので $$L(s)=s\int_0^{2\pi}|f'(se^{it})|\,dt =s\int_0^{2\pi}|g(se^{it})|^2\,dt.$$ (3)

Parsevalの等式から $$L(s)=2\pi\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|^2s^{2n+1}.$$ $g$ は零でないので少なくとも1つの $a_n$ は非零であり，右辺は $0<s<1$ で狭義単調増加である。

(4)

最後に，正則関数 $h$ について $$h(0)=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}h(re^{i\theta})\,d\theta$$ である。仮定はこの平均の三角不等式で等号が成立していることを意味する。 従って各 $0<r<\delta$ について，ほとんどすべての $\theta$ で $h(re^{i\theta})$ は同じ偏角を持つ。連続性から円周上で $h$ の値は同一直線上に 入り，開写像定理により $h$ は $|z|<\delta$ で定数である。恒等定理より 円板全体で定数である。

(1)

$$F[u]=\int_{-1}^{1}(u+\lambda)\sqrt{1+(u')^2}\,dx$$ とおく。$u,\varphi\in X_0$ に対して微分すると $$\left.\frac{d}{dh}F[u+h\varphi]\right|_{h=0} =\int_{-1}^{1} \left\{\varphi\sqrt{1+(u')^2} +(u+\lambda)\frac{u'\varphi'}{\sqrt{1+(u')^2}}\right\}\,dx.$$ 従って求める極限は上の式で与えられる。

(2)

$u$ が $C^2$ 級で，任意の $\varphi\in X_0$ に対して第一変分が0になるとする。 端点で $\varphi=0$ なので部分積分により $$\int_{-1}^{1} \left[ \sqrt{1+(u')^2} -\frac{d}{dx}\left\{(u+\lambda)\frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}}\right\} \right]\varphi\,dx=0.$$ よってEuler方程式は $$\frac{d}{dx}\left\{(u+\lambda)\frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}}\right\} =\sqrt{1+(u')^2}.$$

(3)

$\lambda=\cosh1=(e+e^{-1})/2$ であることに注意する。 $$u(x)=\cosh x-\cosh1$$ とおけば $u(\pm1)=0$ であり，$u+\lambda=\cosh x$，$u'=\sinh x$ である。 したがって $$\sqrt{1+(u')^2}=\cosh x,\qquad (u+\lambda)\frac{u'}{\sqrt{1+(u')^2}}=\sinh x$$ となり，Euler方程式を満たす。

(1)

変数分離 $u(x,y)=v(x)w(y)$ を代入すると $$-\frac{v''}{v}-\frac{w''}{w}=\lambda$$ である。境界条件から $$v(0)=v(1)=0,\qquad w(0)=w(b)=0$$ なので $$v_m(x)=\sin(m\pi x),\qquad w_n(y)=\sin\left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$ が得られる。対応する固有値は $$\lambda_{m,n}=\pi^2\left(m^2+\frac{n^2}{b^2}\right)\qquad (m,n\ge1)$$ である。

(2)

一般の固有関数 $u$ は，$x$ 方向の正弦級数で $$u(x,y)=\sum_{m\ge1}u_m(y)\sin(m\pi x)$$ と展開できる。方程式に代入すると各 $u_m$ は $$-u_m''+\pi^2m^2u_m=\lambda u_m,\qquad u_m(0)=u_m(b)=0$$ を満たす。従って非零成分は上の $w_n$ に限られる。$b^2$ が無理数なので $\lambda_{m,n}$ の重複も起きず，固有関数はこれらで尽くされる。

(3)

数え上げ関数は $$N(\mu)=\#\left\{(m,n)\in\mathbb N^2\mid \pi^2\left(m^2+\frac{n^2}{b^2}\right)\le\mu\right\}$$ である。これは第1象限内の楕円 $$m^2+\frac{n^2}{b^2}\le \frac{\mu}{\pi^2}$$ の格子点数であり，面積近似から $$N(\mu)\sim \frac14\pi\cdot\frac{\sqrt\mu}{\pi}\cdot\frac{b\sqrt\mu}{\pi} =\frac{b}{4\pi}\mu.$$

$M$ を $$M=\left\{u\in L^2(\mathbb R)\mid \int_{\mathbb R}|u|^2\,d\mu+\int_{\mathbb R}x^2|u|^2\,d\mu\le1\right\}$$ とする。$u_n\in M$，$u_n\to u$ in $L^2(\mathbb R)$ と仮定する。 部分列を取れば $u_{n_j}(x)\to u(x)$ がほとんど至る所で成り立つ。

非負関数 $$(1+x^2)|u_{n_j}(x)|^2$$ にFatouの補題を適用すると $$\int_{\mathbb R}(1+x^2)|u(x)|^2\,d\mu \le \liminf_{j\to\infty} \int_{\mathbb R}(1+x^2)|u_{n_j}(x)|^2\,d\mu \le1.$$ 従って $u\in M$ である。

(1)

$\Omega$ の各境界でベクトル場の向きを調べる。$x=0$ では $$x'=\lambda>0,$$ $y=0$ では $y'=0$，$z=0$ では $z'=\delta y\ge0$ である。また $$(x+y)'=\lambda-\mu x-\gamma y\le \lambda-\mu(x+y)$$ であり，$\gamma>\mu$ から $x+y=\lambda/\mu$ の面では内向きである。 さらに $z=\delta\lambda/(\mu\varepsilon)$ では $$z'=\delta y-\varepsilon z\le \frac{\delta\lambda}{\mu} -\frac{\delta\lambda}{\mu}=0.$$ 従って $\Omega$ は正に不変である。

(2)

平衡点を求める。$y=z=0$ なら $$E_0=\left(\frac{\lambda}{\mu},0,0\right)$$ を得る。内部平衡点では $z' =0$ から $z=(\delta/\varepsilon)y$， $y'=0$ から $$x\left(\beta_1+\frac{\delta\beta_2}{\varepsilon}\right)=\gamma.$$ $$A=\beta_1+\frac{\delta\beta_2}{\varepsilon}$$ とおけば $$x_*=\frac{\gamma}{A},\qquad y_*=\frac{\lambda-\mu x_*}{\gamma},\qquad z_*=\frac{\delta}{\varepsilon}y_*.$$ $y_*>0$ となる条件は $$\frac{\lambda A}{\mu\gamma}>1,$$ すなわち $R_0>1$ である。従って $R_0>1$ なら内部平衡点はただ1つである。

(3)

$R_0<1$ では内部平衡点はなく，境界平衡点は $E_0$ のみである。 $(y,z)$-成分に関する $E_0$ での線形化は $$\begin{pmatrix} \beta_1\lambda/\mu-\gamma & \beta_2\lambda/\mu\\ \delta&-\varepsilon \end{pmatrix}.$$ この行列の行列式は $$\gamma\varepsilon(1-R_0)>0$$ で，跡は負である。従って $E_0$ は局所漸近安定である。

(4)

最後に大域的な消滅を示す。$x(t)\le\lambda/\mu$ なので $$W(t)=y(t)+\frac{\beta_2\lambda}{\mu\varepsilon}z(t)$$ とおくと $$W'(t)\le \gamma(R_0-1)y(t)\le0.$$ よって $W$ は減少し，$\int_0^\infty y(t)\,dt<\infty$ である。 方程式から $y'$ は有界なので $y(t)\to0$。さらに $$z'=\delta y-\varepsilon z$$ より $z(t)\to0$ である。

(1)

まず $AF(X)=Q$ となることは，$Q\setminus X$ の中だけを通る無限遷移列が 存在しないことと同値である。有限グラフでは，これは $Q\setminus X$ が有向閉路を 含まないことと同値である。

固定した $m$ に対し，4点 $$(m,0),(m,1),(m,2),(m,3)$$ は有向閉路を作る。4つの行は互いに交わらないので，すべての有向閉路を壊すには 少なくとも4点を $X$ に入れる必要がある。

一方 $$X_0=\{(0,3),(1,2),(2,1),(3,0)\}$$ とおくと，$Q\setminus X_0$ は次の順序で並べられる。 $$\begin{gathered} (0,0),(1,1),(2,2),(3,3),\\ (1,0),(0,1),(3,2),(2,3),\\ (3,1),(0,2),(2,0),(1,3). \end{gathered}$$ この順序で各遷移は右へ進むか，または $X_0$ に入る。従って $Q\setminus X_0$ には有向閉路がない。よって $$m_1=4.$$

(2)

次に $$X_1=\{(0,0),(0,2),(0,3),(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2)\}$$ を取る。このとき $AF(X_1)=X_1$ であり，$X_1$ 内の遷移は $$(0,2)\to(0,3)\to(0,0),\quad (1,3)\to(1,2)\to(1,1),\quad (2,1)\to(2,2)$$ およびこれらから外へ出るものだけで，有向閉路を持たない。従って $$EG(AF(X_1))=\varnothing.$$ この $X_1$ は8点からなるので $$M_2\ge8.$$

(1)

$\langle p,q\rangle=\sum_{k=0}^{N}p(k)q(k)w_k$ とする。 行列式で定義された $Q_\ell$ の最後の列を $x^m$ と内積に入れると， $m<\ell$ では最後の列が既存のモーメント列と一致する。従って行列式が0になり， $$\langle Q_\ell,x^m\rangle=0\qquad (m<\ell)$$ である。

(2)

$\Delta_n$ は $1,x,\dots,x^n$ のGram行列式である。Gram--Schmidtの標準公式 から，$Q_\ell$ の最高次係数は $\Delta_{\ell-1}$ であり， $$\langle Q_\ell,Q_\ell\rangle=\Delta_\ell\Delta_{\ell-1}\qquad (1\le \ell\le N)$$ となる。また $\ell=0$ では $\langle Q_0,Q_0\rangle=\Delta_0=1$ である。

(3)

$xQ_n$ は次数 $n+1$ なので，直交性により $$xQ_n=\alpha_nQ_{n+1}+\beta_nQ_n+\gamma_nQ_{n-1}$$ と書ける。最高次係数を比べると $$\alpha_n=\frac{\Delta_{n-1}}{\Delta_n}.$$ さらに $Q_{n-1}$ と内積を取ると $$\gamma_n\langle Q_{n-1},Q_{n-1}\rangle =\langle xQ_n,Q_{n-1}\rangle =\langle Q_n,xQ_{n-1}\rangle =\alpha_{n-1}\langle Q_n,Q_n\rangle.$$ 従って $$\gamma_n=\frac{\Delta_n}{\Delta_{n-1}}.$$

(4)

最後に，測度は $0,1,\dots,N$ の $N+1$ 点だけに台を持つ。したがって $$\prod_{k=0}^{N}(x-k)$$ は全ての多項式と内積0である。$Q_{N+1}$ はこの多項式の非零定数倍であるため， その零点は $$0,1,\dots,N$$ である。さらに $\ell\ge2$ ではGram行列の階数が足りず， $Q_{N+\ell}$ は零多項式になる。