2024大学院入試｜東京大学 数学科学専攻｜専門科目B

$\R$上のルベーグ可測関数$\phi$のフーリエ変換を

\begin{align*}\mathcal{F}[\phi](\xi)=\hat{\phi}(\xi)=\int_{\R}\phi(x)e^{-ix\xi}\,dx\end{align*}

で定める．任意の$f\in L^1(\R)$に対して，Plancherelの定理より

\begin{align*}\sup_{\|g\|_2\le1}\|f*g\|_2=\sup_{\|g\|_2\le1}\|\mathcal{F}[f*g]\|_2=\sup_{\|\hat{g}\|_2\le1}\|\hat{f}\hat{g}\|_2\end{align*}

である．$f\in L^1(\R)$より$\hat{f}\in L^\infty(\R)$なので，$\hat{f}$をかける掛け算作用素$L^2(\R)\to L^2(\R)$を$T$とすると，

\begin{align*}\sup_{\|\hat{g}\|_2\le1}\|\hat{f}\hat{g}\|_2=\sup_{\|\hat{g}\|_2\le1}\|T\hat{g}\|_2=\|T\|_{L^2(\R)\to L^2(\R)}=\|\hat{f}\|_{\infty}\end{align*}

が成り立つ．また，Riemann-Lebesgueの定理より$\lim\limits_{|\xi|\to\infty}|\hat{f}(\xi)|=0$であり，$\hat{f}$は連続なので，ある$\eta\in\R$が存在して$\|\hat{f}\|_{\infty}=|\hat{f}(\eta)|$が成り立つ．

以上より，条件（i）は「ある$\eta\in\R$が存在して$|\hat{f}(\eta)|=\|f\|_{1}$が成り立つ」と同値である．

ここで，三角不等式より

\begin{align*}|\hat{f}(\eta)|&=\abs{\int_{\R}f(x)e^{-ix\eta}\,dx}\le\int_{\R}|f(x)e^{-ix\eta}|\,dx
\\&=\int_{\R}|f(x)|\,dx=\|f\|_{1}\quad\dots(*)\end{align*}

だから，$|\hat{f}(\eta)|=\|f\|_{1}$が成り立つことと，$(*)$の途中の三角不等号で等号が成り立つことは同値である．

三角不等式の等号成立条件より，条件（i）はさらに「ある$\eta,\theta\in\R$が存在して，$\R$上ほとんど至るところ$f(x)e^{-ix\eta}=|f(x)|e^{i\theta}$が成り立つ」と同値である．

一方，一般に$z\in\C$に対して$z\in\R_{\ge0}$であることと$z=|z|$であることは同値だから，条件（ii）において

\begin{align*}f(x)e^{i(sx+t)}\in\R_{\ge0}
&\iff f(x)e^{i(sx+t)}=|f(x)|
\\&\iff f(x)e^{isx}=|f(x)|e^{-it}\end{align*}

である．よって，条件（ii）は「実数$s$, $t$が存在して，$\R$上ほとんど至るところ$f(x)e^{isx}=|f(x)|e^{-it}$が成り立つ」と同値で，したがって条件（i）と同値である．

集合$X$に対して$\mathbb{I}_X$を$X$の定義関数，$m$をLebesgue測度とする．

(1)の解答

単関数近似定理より，$\Omega$上で

\begin{align*}0\le\psi_1\le\psi_1\le\dots,\quad
\lim_{k\to\infty}\psi_k=\psi\end{align*}

を満たすLebesgue可測単関数列$\{\psi_k\}$が存在する．任意の$k\in\{1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}\psi_k=\sum_{i=1}^{m_k}\alpha_{k,i}\mathbb{I}_{A_{k,i}}\end{align*}

と表す．ただし，$A_{k,1},A_{k,2},\dots,A_{k,m_k}$は互いに素なLebesgue可測集合で，$\alpha_{k,i}\in\R$（$i=1,2,\dots,m_k$）である．

$\beta_{k,i}:=\sup_{x\in A_{k,i}}\psi(x)$とおくと，任意の$k\in\{1,2,\dots\}$に対して

\begin{align*}f\bra{\int_{\Omega}\psi_k(x)\,dx}&=f\bra{\sum_{i=1}^{m_k}\alpha_{k,i}m(A_{k,i})}
\le\sum_{i=1}^{m_k}f(\alpha_{k,i})m(A_{k,i})
\\&\le\sum_{i=1}^{m_k}f(\beta_{k,i})m(A_{k,i})
\le\int_{\Omega}f(\psi(x))\,dx\end{align*}

が成り立つ．ただし，

• １つ目の不等号ではJensenの不等式（$f$が下に凸，$\sum_{i=1}^{m_k}m(A_{k,i})=m(\Omega)=1$）
• ２つ目の不等号では$f$の単調増加性
• ３つ目の不等式ではLebesgue積分の定義（部分和の上限）

を用いた．よって，$k\to\infty$とすれば，$f$の連続性と単関数列の項別積分定理を併せて

\begin{align*}f\bra{\int_{\Omega}\psi(x)\,dx}\le\int_{\Omega}f(\psi(x))\,dx\end{align*}

が成り立つ．

(2)の解答

ある$\delta>0$が存在して$[t-\delta,t+\delta]\subset(0,T)$が成り立つ．任意の$h\in[-\delta,\delta]$に対して，ある$\theta_h\in(0,1)$が存在して，

\begin{align*}\frac{1}{h}\bra{\int_{\Omega}u(x,t+h)\,dx-\int_{\Omega}u(x,t)\,dx}
&=\int_{\Omega}\frac{u(x,t+h)-u(x,t)}{h}\,dx
\\&=\int_{\Omega}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t+\theta_h h)\,dx\end{align*}

が成り立つ．ただし，最後の等号では平均値の定理を用いた．ここで

• $(\text{A})$の$\frac{\partial u}{\partial t}$の連続性から$\lim_{h\to0}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t+\theta_h h)=\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)$
• $(\text{A})$より$\frac{\partial u}{\partial t}$は有界閉集合$\overline{\Omega}\times[t-\delta,t+\delta]$上に連続拡張できるから，ある$C>0$が存在して$\frac{\partial u}{\partial t}(x,t+\theta_h h)\le C$
• $m(\Omega)=1$より$\int_{\Omega}C\,dx=C$

だから，Lebesgueの優収束定理より$\int_{\Omega}u(x,t)\,dx$は$t$について微分可能で，

\begin{align*}\frac{d}{dt}\int_{\Omega}u(x,t)\,dx=\int_{\Omega}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)\,dx\end{align*}

が成り立つ．

ここで，$(\text{P})$の第１式と(1)を併せて

\begin{align*}\frac{d}{dt}\int_{\Omega}u(x,t)\,dx
&=\int_{\Omega}(\Delta{u}(x,t)+f(u(x,t)))\,dx
\\&\ge\int_{\Omega}\Delta{u}(x,t)\,dx+f\bra{\int_{\Omega}u(x,t)\,dx}\end{align*}

が成り立つ．また，Gaussの発散定理と$(\text{P})$の第１式を併せて

\begin{align*}\int_{\Omega}\Delta{u}(x,t)\,dx
&=\int_{\Omega}\nabla\cdot\nabla{u}(x,t)\,dx
=\int_{\partial\Omega}\nabla{u}\cdot\nu\,dS
\\&=\int_{\partial\Omega}\frac{\partial u}{\partial\nu}\,dS=0\end{align*}

なので，

\begin{align*}\frac{d}{dt}\int_{\Omega}u(x,t)\,dx\ge f\bra{\int_{\Omega}u(x,t)\,dx}\end{align*}

が成り立つ．

(3)の解答

任意の$T>0$に対して，$(\text{A})$を満たす$(\text{P})$の非負値解$u$が存在すると仮定する．このとき，関数

\begin{align*}v:[0,\infty)\to\R;t\mapsto\int_{\Omega}u(x,t)\,dx\end{align*}

が定義できる．(2)より$(0,\infty)$上$v’\ge f(v)\ge0$だから$v$は広義単調増加で，$\varphi$が$\overline{\Omega}$上恒等的に０ではないことから，

\begin{align*}v(0)=\int_{\Omega}\varphi(x)\,dx>0\end{align*}

なので$v(t)>0$である．$f$が$(0,\infty)$上正値であることと併せて，$v’\ge f(v)>0$と分かり$v$は狭義単調増加である．

そこで，$a:=v(0)$, $b:=\lim_{t\to\infty}v(t)$とおき，$v$の終集合を$[a,b)$にとり直すと$v$は全単射となる．$s=v(t)$とおくと，再び(2)より

\begin{align*}\int_{a}^{b}\frac{ds}{f(s)}&=\int_{0}^{\infty}\frac{v'(t)}{f(v(t))}\,dt\ge\int_{0}^{\infty}\,dt=\infty\end{align*}

である．一方，$f$は$(0,\infty)$上正値かつ$[0,\infty)$上単調増加なので$a>0$と併せて$\frac{1}{f}$は$[\min\{1,a\},\infty)$上有界だから，$\int_{a}^{1}\frac{ds}{f(s)}$は有限の値をとる．これより

\begin{align*}\int_{a}^{b}\frac{ds}{f(s)}\le\int_{a}^{\infty}\frac{ds}{f(s)}=\int_{a}^{1}\frac{ds}{f(s)}+\int_{1}^{\infty}\frac{ds}{f(s)}<\infty\end{align*}

となり，これは矛盾である．よって，仮定は誤りで，十分大きい$T>0$に対して，$(\text{A})$をみたす初期値境界値問題$(\text{P})$の非負値解$u(x,t)$は存在しない．

$\log$を虚部を$(-\pi,\pi)$にとる対数関数の分枝（主値）とする．また，０と１を分岐点とするリーマン面を$\Omega$とする．

(1)の解答

任意の$m\in\{1,2,\dots\}$に対して，整級数$f_m$の収束半径は

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\frac{1/n^m}{1/(n+1)^m}=\lim_{n\to\infty}\bra{\frac{n+1}{n}}^m=1\end{align*}

である．よって，開円板$\set{z\in\C}{|z|<1}$上で$f_m$は項別微分可能で

\begin{align*}f_{m+1}'(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nz^{n-1}}{n^{m+1}}=\frac{1}{z}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n^m}=\frac{f_m(z)}{z}\end{align*}

が成り立つ．

ただし，右辺$\frac{f_m(z)}{z}$の$z=0$は除去可能な特異点であり，以下では$\frac{f_m(0)}{0}=1$とみなす．

$f_1$に対する(2)(3)の解答

(2)開円板$\set{z\in\C}{|z|<1}$上で

\begin{align*}\log{(z+1)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}z^n}{n}\quad(|z|<1)\end{align*}

とテイラー級数展開できるから，

\begin{align*}f_1(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n}=-\log{(1-z)}\quad(|z|<1)\end{align*}

となる．よって，$f_1$は$\C\setminus[1,\infty)$上の正則関数$g_1(z):=-\log{(1-z)}$に拡張できることが分かる．

(3)$\log$の分岐点は０なので$g_1$の分岐点は１だから，$f_1$は$\Omega$上の正則関数$h_1$に拡張できる．

よって，$C\setminus\{0,1\}\subset\C\setminus\{1\}$上の任意の曲線に沿って解析接続可能である．

$f_m$（$m\ge2$）に対する(2)の解答

$m$に関する帰納法により示す．$m=1$のときは既に示した．ある$m$で成り立つとする．

(1)より$f_{m+1}'(z)=\dfrac{f_m(z)}{z}=\dfrac{g_m(z)}{z}$（$|z|<1$）だから，$z\in\C\setminus[1,\infty)$に対して，０から$z$への線分を$\ell_{z}$とし

\begin{align*}g_{m+1}(z):=\int_{\ell_z}\frac{g_m(w)}{w}\,dw\end{align*}

とすると，$g_{m+1}$は$f_{m+1}$の$\C\setminus[1,\infty)$への正則拡張である．

よって，帰納法により各$f_m$は$\C\setminus[1,\infty)$上の正則関数に解析接続できる．

$f_m$（$m\ge2$）に対する(3)の解答

$m$に関する帰納法により，$f_m$は$\Omega$上の正則関数$h_m$に拡張できるとすることを示す．$m=1$のときは既に示した．ある$m$で成り立つとする．

(1)と帰納法の仮定より$f_{m+1}’$は$\Omega$上の正則関数$\dfrac{h_{m}(z)}{z}$に延長できる．

よって，$z\in\Omega$に対して，始点$\dfrac{1}{2}$・終点$z$の$\Omega$上の曲線を$C_z$とし

\begin{align*}h_{m+1}(z):=\int_{C_z}\dfrac{h_m(w)}{w}\,dw\end{align*}

とすると，$h_{m+1}$は$f_{m+1}$の$\Omega$への正則拡張である．

よって，各$f_m$は$\Omega$上の正則関数に解析接続できるから，$\dfrac{1}{2}$を始点とする$\C\setminus\{0,1\}$内の任意の曲線に沿って解析接続可能である．

(4)の解答

任意に$\epsilon\in(0,2\pi)$をとり，$\Omega$上の曲線

\begin{align*}C_{\epsilon}=\set{1+e^{i\theta}\in\C}{\theta\in[-\pi,\pi-\epsilon]}\end{align*}

を定める．$C_{\epsilon}$の終点を$z_{\epsilon}$とおく．

$m$に関する帰納法により，任意の$m\ge2$に対して$\lim_{\epsilon\to+0}|h_m(z_\epsilon)|=\infty$が成り立つことを示す．

［１］$m=2$のときを示す．(3)より

\begin{align*}h_2(z_\epsilon)=-\int_{C_\epsilon}\frac{\log{(1-w)}}{w}\,dw\end{align*}

である．$\log$の多価性より$\lim_{\epsilon\to+0}\log{(1-z_\epsilon)}=2\pi i$なので，

\begin{align*}\abs{\frac{\log{(1-z_\epsilon)}}{z_\epsilon}}\ge\frac{\pi}{|z_\epsilon|}&=\frac{\pi}{|1-e^{i\epsilon}|}
\\&=\frac{\pi}{\sqrt{(1-\cos{\epsilon})^2+\sin^2{\epsilon}}}=O\bra{\frac{1}{\epsilon z}}\quad(\epsilon\to+0)\end{align*}

だから，$\lim_{\epsilon\to+0}|h_2(z_\epsilon)|=\infty$である．

［２］ある$m$で成り立つとする．(3)より

\begin{align*}h_{m+1}(z_\epsilon)=\int_{C_\epsilon}\frac{h_m(w)}{w}\,dw\end{align*}

である．帰納法の仮定より$\lim_{\epsilon\to+0}|h_m(z_\epsilon)|=\infty$なので，

\begin{align*}\abs{\frac{h_m(z_\epsilon)}{z_\epsilon}}=\frac{|h_m(z_\epsilon)|}{\sqrt{(1-\cos{\epsilon})^2+\sin^2{\epsilon}}}=O\bra{\frac{|h_m(z_\epsilon)|}{\epsilon z}}\quad(\epsilon\to+0)\end{align*}

だから，$\lim_{\epsilon\to+0}|h_{m+1}(z_\epsilon)|=\infty$である．

［１］［２］より，各$f_m$は１のみを分岐点とするリーマン面上に特異点をもつから，$\dfrac{1}{2}$を始点とする$\C\setminus\{0,1\}$内の任意の曲線に沿って解析接続可能である．

$\log$を虚部を$(-\pi,\pi)$にとる対数関数の分枝（主値）とする．また，$0<q<1$のとき

\begin{align*}\frac{\frac{1}{n(1-q^n)}}{\frac{1}{(n+1)(1-q^{n+1})}}=\bra{1+\frac{1}{n}}\frac{1-q^{n+1}}{1-q^n}\xrightarrow[]{n\to\infty}1\end{align*}

であり，$1<q$のとき

\begin{align*}\frac{\frac{1}{n(1-q^n)}}{\frac{1}{(n+1)(1-q^{n+1})}}=\bra{1+\frac{1}{n}}\frac{q^{-n}-q}{q^{-n}-1}\xrightarrow[]{n\to\infty}q\end{align*}

なので，冪級数$L_q(z)$の収束半径は$\max\{1,q\}$である．

(1)の解答

$\log{(1-z)}$は収束半径１で$-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n}$と冪級数展開できるから，$L_q$の定義と併せて，$|z|<1$で

\begin{align*}\log{(1-z)}+L_q(z)&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n}\bra{-1+\frac{1}{1-q^n}}
\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(qz)^n}{n(1-q^n)}=L_q(qz)\end{align*}

が成り立つ．よって，両辺に$\exp$を施して

\begin{align*}\ell_q(qz)=(1-z)\ell_q(z)\end{align*}

を得る．

(2)の解答

(1)で得られた等式の両辺を$n$回微分して

\begin{align*}q^n\ell_q^{(n)}(qz)=-n\ell_q^{(n-1)}(qz)+(1-z)\ell_q^{(n)}(qz)\end{align*}

となるから，両辺に$z=0$を代入して

\begin{align*}&q^n\ell_q^{(n)}(0)=-n\ell_q^{(n-1)}(0)+\ell_q^{(n)}(0)
\\&\iff \ell_q^{(n)}(0)=\frac{n}{1-q^n}\ell_q^{(n-1)}(0)\end{align*}

だから，$\ell_q(0)=e^0=1$と併せて帰納的に

\begin{align*}\ell_q^{(n)}(0)=\frac{n!}{\prod_{k=1}^{n}(1-q^k)}\end{align*}

が成り立つ．よって，$\ell_q(z)$の$z=0$周りでの冪級数展開

\begin{align*}\ell_q(z)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{\prod_{k=1}^{n}(1-q^k)}\end{align*}

を得る．

(3)の解答

任意の$q\in(0,1)\cup(1,\infty)$に対して，$L_{q^{-1}}(z)$, $L_q(z)$はいずれも$|z|<1$で定義されている．$|z|<1$で

\begin{align*}L_{q^{-1}}(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n(1-q^{-n})}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(qz)^n}{n(1-q^n)}=-L_q(qz)\end{align*}

なので，(1)で得られた等式と併せて

\begin{align*}\exp\bra{L_{q^{-1}}(z)+L_q(z)}=\exp\bra{-L_q(qz)+L_q(z)}=\frac{\ell_q(z)}{\ell_{q}(qz)}=\frac{1}{1-z}\end{align*}

となるから，両辺に$\log$を施して

\begin{align*}L_{q^{-1}}(z)+L_q(z)=-\log{(1-z)}\end{align*}

を得る．