2016大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目II

$D$上で$\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}>0$だから，Tonelliの定理より

\begin{align*}&\iint_{D}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}
\\=&\iint_{D\cap\{|x|\le1\}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}
+\iint_{D\cap\{|x|>1\}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}
\\=&2\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{1}\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\,dx}\,dy
+2\int_{1}^{\infty}\bra{\int_{0}^{1}\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\,dy}\,dx\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}&I:=\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{1}\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\,dx}\,dy,
\\&J:=\int_{1}^{\infty}\bra{\int_{0}^{1}\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\,dy}\,dx\end{align*}

がともに収束するような実数$\alpha$の範囲を求めればよい．

[1]　$I$について

\begin{align*}&\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2<1,x>0,y>0}
\\\subset&\set{(x,y)\in\R^2}{0\le x\le1,0<y<1}\end{align*}

だから，極座標変換により

\begin{align*}I>\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r}{r^{2\alpha}}\,d\theta}\,dr
=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{r^{2\alpha-1}}\,dr\end{align*}

である．よって，$I$が収束するためには$\alpha<1$であることが必要である．

逆に$\alpha<1$のとき，

\begin{align*}&\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2<2,x\ge0,y>0}
\\\supset&\set{(x,y)\in\R^2}{0\le x\le1,0<y<1}\end{align*}

だから，

\begin{align*}I<&\int_{0}^{\sqrt{2}}\bra{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r}{r^{2\alpha}}\,d\theta}\,dr
\\=&\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\sqrt{2}}\frac{1}{r^{2\alpha-1}}\,dr
=\frac{\pi}{(1-\alpha)2^{\alpha}}<\infty\end{align*}

である．よって，$I$は収束する．

これより，$I$が収束するための必要十分条件が$\alpha<1$であることが分かる．

[2]　$J$について

各$y\in(0,1)$に対し，$\dint_{0}^{1}\frac{1}{\bra{x^2+y^2}^{\alpha}}\,dx$が収束する$\alpha$の範囲は$\dint_{0}^{1}\frac{1}{x^{2\alpha}}\,dx$が収束する$\alpha$の範囲に一致するから，$2\alpha>1\iff\alpha>\frac{1}{2}$であることが必要である．

逆に$\alpha>\frac{1}{2}$のとき，

\begin{align*}J\le&\int_{1}^{\infty}\bra{\int_{0}^{1}\sup_{y\in(0,1)}\frac{1}{\bra{x^2+y^2}^{\alpha}}\,dy}\,dx
\\=&\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{2\alpha}}\,dx
=\frac{1}{2\alpha-1}
<\infty\end{align*}

である．よって，$J$は収束する．

これより，$J$が収束するための必要十分条件が$\frac{1}{2}<\alpha$であることが分かる．

以上より，求める$\alpha$の範囲は$\frac{1}{2}<\alpha<1$である．

$\omega$を$1$の原始三乗根とすると，$A$の最小多項式が$3$次式$x^3-1$であることから，$A$の固有値は$x^3-1$の根$1$, $\omega$, $\omega^2$である．

$A$は3次行列だから固有値の重複度は全て1なので，固有値の固有空間の次元は全て1である．

$A$の固有値$1$, $\omega$, $\omega^2$に属する固有ベクトルをそれぞれ$\m{a}_1$, $\m{a}_2$, $\m{a}_3$とすると，$\m{a}_1$, $\m{a}_2$, $\m{a}_3$は線形独立である．

ここで，$AB=BA$が成り立つと仮定する．

$B$の最小多項式が$(x-1)^3$であることから，$B$のJordan標準形は$J_{3}(1)$と分かるので，$B$は正則である．

固有値の定義から$\m{a}_i\neq0$ $(i=1,2,3)$だから，$B$の正則性と併せて$B\m{a}_i\neq0$であり，

\begin{align*}&AB\m{a}_1=BA\m{a}_1=B\m{a}_1,
\\&AB\m{a}_2=BA\m{a}_2=\omega B\m{a}_2,
\\&AB\m{a}_3=BA\m{a}_3=\omega^2B\m{a}_3\end{align*}

だから，$B\m{a}_1$, $B\m{a}_2$, $B\m{a}_3$はそれぞれ$A$の固有値$1$, $\omega$, $\omega^2$に属する固有ベクトルである．

$A$の固有空間の次元は全て1だったから，任意の$i\in\{1,2,3\}$に対して，ある$k_i\in\C\setminus\{0\}$が存在して$B\m{a}_i=k_i\m{a}_i$をみたす．

よって，$\m{a}_i$はいずれも$B$の固有値である．

一方，$B$は対角化可能でない3次行列だから，固有空間の$\m{a}_1$, $\m{a}_2$, $\m{a}_3$が線形独立であることに矛盾する．

よって，仮定は誤りで$AB\neq BA$が従う．

$f$は$z=0$の近傍$D$で正則であるとする．

$f(z)e^{f(z)}=z$より$f(0)e^{f(0)}=0$だから$f(0)=0$である．

また，$D$で$f(z)e^{f(z)}=z$の両辺を$z$で微分すると，$f'(z)e^{f(z)}+f'(z)f(z)e^{f(z)}=1$となって$f'(0)=1$を得る．よって，$z=0$は$f$の1位の零点である．

したがって，$\delta>0$が存在して，

• $f(C_\delta)\subset D$
• $C_\delta$上を正の向きに1周するとき$f(C_\delta)$は$z=0$の周囲を正の向きに1周する．

を満たす．

$f$が$D$で正則であることと$f(C_\delta)\subset D$から，$f$を$z=0$でベキ級数展開して，

\begin{align*}f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n,\quad
a_n=\frac{1}{2\pi i}\dint_{C_\delta}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}\,d\xi\end{align*}

となる．よって，

\begin{align*}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}
=\frac{n!a_n}{n!}
=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_\delta}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}\,d\xi\end{align*}

である．

$u=f(\xi)$と変数変換すれば，$f(\xi)e^{f(\xi)}=\xi$より$ue^u=\xi$である．

$C_\delta$上を正の向きに1周するとき$f(C_\delta)$は$z=0$の周囲を正の向きに1周することと併せると，$C_{\varepsilon}\subset D$なる$\varepsilon>0$が存在して，

\begin{align*}\int_{C_\delta}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}\,d\xi
=&\int_{C_\delta}\frac{e^{-f(\xi)}}{(f(\xi)e^{f(\xi)})^{n}}\,d\xi
\\=&\int_{f(C_\delta)}\frac{e^{-u}}{(ue^u)^{n}}(e^u+ue^u)\,du
\\=&\int_{C_\varepsilon}\frac{1+u}{e^{nu}u^{n}}\,du\end{align*}

が従う．

(ii)　$f(0)=0$, $f'(0)=1$は(i)でみた．$n\ge2$に対し，$g_{n}(u):=\frac{1+u}{e^{nu}u^{n}}$とおく．

$C_\varepsilon$の周および$u=0$を除く$C_\varepsilon$の内部で$g_{n}$が正則であるように$\varepsilon>0$をとる．

$g_n$は$u=0$を$n$位の極とするから，留数定理より，

\begin{align*}&\frac{(n-1)!}{2\pi i}\int_{C_\varepsilon}g_{n}(u)\,du
\\=&(n-1)!\mrm{Res}(g_n,0)
=\lim_{u\to0}\frac{d^{n-1}}{du^{n-1}}u^ng_n(u)
=\lim_{u\to0}\frac{d^{n-1}}{du^{n-1}}(1+u)e^{-nu}
\\=&\lim_{u\to0}\sum_{k=0}^{n-1}\pmat{n-1\\k}\frac{d^{k}}{du^{k}}(1+u)\cdot\frac{d^{n-k-1}}{du^{n-k-1}}e^{-nu}
\\=&\lim_{u\to0}\brb{\pmat{n-1\\1}\frac{d}{du}(1+u)\cdot\frac{d^{n-2}}{du^{n-2}}e^{-nu}
+\pmat{n-1\\0}(1+u)\cdot\frac{d^{n-1}}{du^{n-1}}e^{-nu}}
\\=&\lim_{u\to0}\brb{(n-1)(-n)^{n-2}e^{-nu}+(1+u)(-n)^{n-1}e^{-nu}}
\\=&(n-1)(-n)^{n-2}+(-n)^{n-1}
=-(-n)^{n-2}\end{align*}

である．これは$n=1$の場合も含む．

したがって，$f$の$z=0$におけるベキ級数展開は

\begin{align*}f(z)=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-(-n)^{n-2}}{(n-1)!}z^n
\\=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-n)^{n-1}}{n!}z^n\end{align*}

である．最後に，収束半径は

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\abs{\frac{\frac{(-n-1)^{n}}{(n+1)!}}{\frac{(-n)^{n-1}}{n!}}}
=&\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)^{n}}{(n+1)!}}{\frac{n^{n-1}}{n!}}
\\=&\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^{n}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{n^{n-1}}
\\=&\lim_{n\to\infty}\bra{1+\frac{1}{n}}^{n-1}
\\=&\lim_{n\to\infty}\bra{1+\frac{1}{n}}^{n}\bra{1+\frac{1}{n}}^{-1}
\\=&e\cdot1
=e\quad\end{align*}

の逆数の$e^{-1}$である．

(i)　計算により，

\begin{align*}A^2=\bmat{-1&-1\\1&0},\quad
A^3=-I,\quad
B^2=I\end{align*}

である．

「任意の行列に$B$を左からかけることで行が逆転し，右からかけることで列が逆転する」$\dots(*)$ことに注意すると，$BA^2=-AB$が成り立つことが分かる．

よって，$G$の元は，$AB$の部分を$-BA^2$に置き換えて，$A^3=-I$, $B^2=I$を用いることで，$\pm BA^n$, $\pm A^n$ $(n=1,2,3)$に限ることが分かる．

これらの中に同じものがないことは，$\pm A$, $\pm A^2$, $\pm I$が等しくなく，かつ行を逆転させた$\pm BA$, $\pm BA^2$, $\pm B$とも異なることが実際の行列を見ることで分かる．

以上より，

\begin{align*}G=\{\pm I,\pm A,\pm A^2,\pm B,\pm BA,\pm BA^2\}\end{align*}

で，$|G|=12$を得る．

(ii)　$(*)$に注意すると，$i=\{1,2\}$に対して

\begin{align*}A^{i}B\neq BA^{i},\quad
B\cdot BA^{i}=A^{i}\neq BA^{i}B\quad\end{align*}

が分かるから，$A^{i}$, $BA^{i}$, $B$は中心に属さない．よって，$-A^{i}$, $-BA^{i}$, $-B$も中心に属さない．

残る$\pm I$は明らかに中心に属する．

以上より，$G$の中心$Z(G)$の位数は$\abs{Z(G)}=2$である．

(iii)　$I$でない元を2乗して$I$になるものの個数を求めれば良い．

• $(-I)^2=I$
• $(\pm A)^2=A^2\neq I$
• $(\pm A^2)^2=A^4\neq I$
• $(\pm B)^2=I$
• $(\pm BA)^2=BABA=B(-BA^2)A=-B^2A^3=I$
• $(\pm BA^2)^2=BA^2BA^2=(-AB)BA^2=-AIA^2=-A^3=I$

だから，$G$に含まれる位数2の元の個数は7である．

写像$\phi:M\to\R^3;(x,y,z,w)\mapsto(x,y,z)$を定めると，$\{(M,\phi)\}$は$M$の座標近傍系となり，

\begin{align*}\phi^{-1}:\phi(M)\to M;(u_1,u_2,u_3)\mapsto\bra{u_1,u_2,u_3,u_1u_2-{u_3}^2}\end{align*}

である．以下は全てこの座標近傍系で考える．

(i)　$(M,\phi)$上で$f$は

\begin{align*}\bra{f\circ\phi^{-1}}(u_1,u_2,u_3)=\bra{u_1+u_2,u_3,u_1u_2-{u_3}^2}\end{align*}

となるから，点$\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)\in M$での$f$のJacobi行列$Jf_{(u_1,u_2,u_3)}$は

\begin{align*}|Jf_{(u_1,u_2,u_3)}|
=&\vmat{\pd{}{u_{1}}(u_1+u_2)&\pd{}{u_{2}}(u_1+u_2)&\pd{}{u_{3}}(u_1+u_2)\\
\pd{}{u_{1}}u_{3}&\pd{}{u_{2}}u_{3}&\pd{}{u_{3}}u_{3}\\
\pd{}{u_{1}}(u_1u_2-{u_3}^2)&\pd{}{u_{2}}(u_1u_2-{u_3}^2)&\pd{}{u_{3}}(u_1u_2-{u_3}^2)}
\\=&\vmat{1&1&0\\0&0&1\\u_2&u_1&-2u_3}
=u_2-u_1\end{align*}

だから，点$\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)\in M$が$f$の臨界点であるためには

\begin{align*}|Jf_{\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)}|=0
\iff u_1=u_2\end{align*}

あることが必要十分である．よって，

\begin{align*}C=&\set{\phi^{-1}(u_{1},u_{2},u_{3})\in M}{u_{1}=u_{2}}
\\=&\set{(x,y,z,w)\in M}{x=y}\end{align*}

である．

(ii)　写像$g:M\to\R:(x,y,z,w)\mapsto y-x$を定めると，

\begin{align*}\bra{g\circ\phi^{-1}}(u_1,u_2,u_3)
=u_2-u_1\end{align*}

である．よって，点$\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)\in M$での$g$のJacobi行列$Jg_{(u_1,u_2,u_3)}$は

\begin{align*}Jg_{(u_1,u_2,u_3)}
=\brc{\pd{u_2-u_1}{u_{1}},\pd{u_2-u_1}{u_{2}},\pd{u_2-u_1}{u_{3}}}
=[-1,1,0]\end{align*}

だから，

\begin{align*}\operatorname{rank}{Jg_{(u_1,u_2,u_3)}}\neq0
\iff\operatorname{rank}{[-1,1,0]}\neq0\end{align*}

なので，点$\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)\in M$が$f$の正則点である．

これより，任意の$(u_1,u_2,u_3)\in M$で$g$は正則だから，正則値定理より$C=g^{-1}(0)$は$M$の閉部分多様体である．