2016大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目II

集合$E:=(\R\times[0,1])\setminus\{(0,0)\}$とすると，$E\setminus D$は零集合なので問題の広義積分は

\begin{align*}I_{\alpha}:=\iint_{E}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\end{align*}

に等しいから，この広義積分$I_{\alpha}$の収束・発散を考えればよい．さらに，

\begin{align*}&E_0:=\set{(x,y)\in E}{x^2+y^2\le1},
\\&E_1:=\set{(x,y)\in E}{x^2+y^2\ge1,|x|\le1},
\\&E_2:=\set{(x,y)\in E}{|x|\ge1}\end{align*}

とおき，

\begin{align*}I_{k,\alpha}:=\iint_{E_k}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\quad(k=0,1,2)\end{align*}

とおくと，$I_{\alpha}=I_{0,\alpha}+I_{1,\alpha}+I_{2,\alpha}$である．

$E_1$は有界閉集合で，被積分関数は$E_1$上で連続だから，$I_{1,\alpha}$は積分可能である．よって，$I_{0,\alpha}$, $I_{2,\alpha}$がともに収束する$\alpha\in\R$の範囲を求めればよい．

［１］$I_{0,\alpha}$の収束条件を考える．$n\in\{1,2,\dots\}$に対し

\begin{align*}E_{0,n}:=\set{(x,y)\in E_0}{\frac{1}{n^2}\le x^2+y^2}\end{align*}

とおくと，$E_{0,n}\subset E_{0,n+1}$であり$E_0=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{0,n}$なので，重積分の広義積分の定義より

\begin{align*}I_{0,\alpha}&=\lim_{n\to\infty}\iint_{E_{0,n}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}
\\&=\lim_{n\to\infty}\iint_{[\frac{1}{n},1]\times[0,\pi]}\frac{r}{r^{2\alpha}}\,drd\theta
\\&=\pi\int_{0}^{1}\frac{1}{r^{2\alpha-1}}\,dr\end{align*}

である．ただし，極座標変換$x=r\cos{\theta}$, $y=r\sin{\theta}$を用いた．よって，$I_{0,\alpha}$が収束する必要十分条件は$2\alpha-1<1\iff\alpha<1$である．

［２］$I_{2,\alpha}$の収束条件を考える．$\alpha\le0$のときは$(x,y)\in E_2$なら$\frac{1}{(x^2+y^2)^{\alpha}}\ge1$なので収束しない．よって，$\alpha>0$で考えれば十分である．$n\in\{1,2,\dots\}$に対し

\begin{align*}E_{2,n}:=\set{(x,y)\in E_2}{|x|\le n}\end{align*}

とおくと，$E_{2,n}\subset E_{2,n+1}$であり$E_2=\bigcup_{n=1}^{\infty}E_{2,n}$なので，重積分の広義積分の定義より

\begin{align*}I_{2,\alpha}=\lim_{n\to\infty}\iint_{E_{2,n}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^\alpha}\end{align*}

である．$(x,y)\in E_2$のとき$x^{2\alpha}\le(x^2+y^2)^{\alpha}\le 2^\alpha x^{2\alpha}$なので，$I_{2,\alpha}$の収束・発散は

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\iint_{E_{2,n}}\frac{dxdy}{x^{2\alpha}}
&=\lim_{n\to\infty}2\int_{1}^{n}\bra{\int_{0}^{1}\frac{dy}{x^{2\alpha}}}\,dx
\\&=2\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2\alpha}}\end{align*}

の収束・発散に一致する．よって，$I_{2,\alpha}$が収束する必要十分条件は$2\alpha>1\iff\alpha>\frac{1}{2}$である．

［１］，［２］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．$A$は３次正方行列で，$A$の最小多項式が３次式$x^3-1$なので，$A$の固有多項式も

\begin{align*}x^3-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\end{align*}

である．よって，$A$の固有値は１, $\omega$, $\omega^2$で，いずれも重複度は１である．よって，$\m{a}_1$, $\m{a}_2$, $\m{a}_3$をそれぞれ$A$の固有値１, $\omega$, $\omega^2$に属する固有ベクトルとすると，これらは線形独立である．

また，$B$は３次正方行列で，$B$の最小多項式が$(x-1)^3$なので，$B$の固有多項式も$(x-1)^3$である．よって，$B$は０を固有値にもたないので$B$は正則行列である．

ここで，$AB=BA$が成り立つと仮定する．$A$の任意の固有値$\lambda$に属する固有ベクトル$\m{a}$は

\begin{align*}AB\m{a}=BA\m{a}=\lambda B\m{a}\end{align*}

を満たす．固有ベクトルの定義から$\m{a}\neq0$なので，$B$の正則性と併せて$B\m{a}\neq\m{0}$である．よって，$B\m{a}$は$A$の固有値$\lambda$に属する固有ベクトルである．

$A$の固有空間の次元が全て１であることと併せて，ある$k_i\in\C\setminus\{0\}$が存在して$B\m{a}_i=k_i\m{a}_i$をみたすから，$\m{a}_i$は$B$の固有ベクトルである（$i\in\{1,2,3\}$）．

一方，$B$の最小多項式$(x-1)^3$は重根をもつから$B$は対角化可能でないので，$B$が線形独立な３個の固有ベクトル$\m{a}_1$, $\m{a}_2$, $\m{a}_3$をもつことは矛盾である．よって，仮定は誤りで$AB\neq BA$が従う．

(1)の解答

$f(z)e^{f(z)}=z$に$z=0$を代入すると，$e^{f(0)}\neq0$より$f(0)=0$を得る．また，$f(z)e^{f(z)}=z$の両辺を$z$で微分すると，

\begin{align*}(1+f(z))f'(z)e^{f(z)}=1\end{align*}

となって$z=0$を代入すると，$e^{f(0)}\neq0$と$f(0)=0$より$f'(0)=1>0$を得る．よって，$f$は０のある近傍で双正則で，十分小さい$\varepsilon$が存在して，$f^{-1}(C_{\varepsilon})$は０の周りを正方向に１周する．

よって，$u=f(\xi)$と変数変換すれば，$(1+f(\xi))f'(\xi)=e^{-f(\xi)}=\frac{f(\xi)}{\xi}$なので，

\begin{align*}\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{\varepsilon}}\frac{1+u}{e^{nu}u^n}\,du
&=\frac{1}{2\pi i}\int_{f^{-1}(C_{\varepsilon})}\frac{1+f(\xi)}{(e^{f(\xi)}f(\xi))^n}(f'(\xi)\,d\xi)
\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{f^{-1}(C_{\varepsilon})}\frac{(1+f(\xi))f'(\xi)}{\xi^n}\,d\xi
\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{f^{-1}(C_{\varepsilon})}\frac{f(\xi)}{\xi^{n+1}}\,d\xi
=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\end{align*}

を得る．

(2)の解答

任意の$\varepsilon>0$をとり，複素関数$g_n$を$g_n(u):=\frac{1+u}{e^{nu}u^n}$とおく（$n=1,2,\dots$）．$g_n$は円周$C_\varepsilon$上で連続で，０を除く$C_\varepsilon$の内部で$g_n$は正則である．０は$g_n$の$n$位の極である．

よって，留数定理と併せて

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

となる．ライプニッツルールと，任意の$k\in\{2,3,\dots\}$に対して$(1+u)^{(k)}=0$であることより，

\begin{align*}&\bra{(1+u)e^{-nu}}^{(n-1)}
=\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}(1+u)^{(k)}(e^{-nu})^{n-k-1}
\\&=(n-1)\cdot1\cdot(-n)^{n-2}e^{-nu}+1\cdot(1+u)\cdot(-n)^{n-1}e^{-nu}
\\&\xrightarrow[]{u\to0}(n-1)(-n)^{n-2}+(-n)^{n-1}=-(-n)^{n-2}\end{align*}

が成り立つ．よって，(1)と併せて

\begin{align*}f^{(n)}(0)=-n(-n)^{n-2}=(-n)^{n-1}\end{align*}

だから，$f$を０中心のテイラー展開は

\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{(n+1)^{n}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{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．

$I$を２次単位行列とする．

(1)の解答

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$G$の元に$B$を左からかけることで行が入れ替わり，右からかけることで列が入れ替わる」$\dots(*)$ことに注意すると，$AB=-BA^2$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．

(2)の解答

$G$の中心の任意の元$X$は$B$と可換なので，$(*)$に注意すれば$X$は対称行列である．よって，$\pm B$, $\pm I$以外は中心に属さない．

また，$AB\neq BA$なので$\pm B$は中心に属さず，$\pm I$は任意の$G$の元と可換なので中心に属する．

以上より，$G$の中心は$\{\pm I\}$なので，この位数は２である．

(3)の解答

$I$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．

(1)の解答

$(M,\phi)$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$f$のヤコビ行列$Jf_{(u_1,u_2,u_3)}$は

\begin{align*}|Jf_{(u_1,u_2,u_3)}|
=&\vmat{\frac{\partial(u_1+u_2)}{\partial u_1}&\frac{\partial(u_1+u_2)}{\partial u_2}&\frac{\partial(u_1+u_2)}{u_3}\\
\frac{\partial u_3}{\partial u_1}&\frac{\partial u_3}{\partial u_2}&\frac{\partial u_3}{\partial u_3}\\
\frac{\partial(u_1u_2-u_3^2)}{\partial u_1}&\frac{\partial(u_1u_2-u_3^2)}{\partial u_2}&\frac{\partial(u_1u_2-u_3^2)}{\partial u_3}}
\\=&\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．

(2)の解答

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$g$のヤコビ行列$Jg_{(u_1,u_2,u_3)}$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$\phi^{-1}(u_1,u_2,u_3)\in M$は$g$の正則点である．これより，任意の$p\in M$で$g$は正則だから，正則値定理より$C=g^{-1}(0)$は$M$の部分多様体である．