2025大学院入試｜東京大学 数理科学研究科｜専門科目A

(1)の解答

任意の$R>0$に対して，部分積分により

\begin{align*}\int_{0}^{R}\frac{\sin{y}}{x+y}\,dy
&=\brc{\frac{-\cos{y}}{x+y}}_{0}^{R}-\int_{0}^{R}\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}\,dy
\\&=\bra{\frac{1}{x}-\frac{\cos{R}}{x+R}}-\int_{0}^{R}\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}\,dy\end{align*}

であり，$\lim\limits_{R\to\infty}\bra{\frac{1}{x}-\frac{\cos{R}}{x+R}}=\frac{1}{x}$である．また，

\begin{align*}&\int_{0}^{\infty}\abs{\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}}\,dy
\le\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x+y)^2}\,dy
\\&=\brc{-\frac{1}{x+y}}_{0}^{\infty}=\frac{1}{x}<\infty\end{align*}

なので，$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}\,dy$は絶対収束するから収束する．よって，$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{x+y}\,dy$は

\begin{align*}\frac{1}{x}-\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}\,dy\end{align*}

に収束する．

(2)の解答

(1)と同様に部分積分により

\begin{align*}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^2}\,dy&=\brc{\frac{\sin{y}}{(x+y)^2}}_{0}^{\infty}+2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^3}\,dy
\\&=2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^3}\,dy,
\\\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^3}\,dy&=\brc{\frac{-\cos{y}}{(x+y)^3}}_{0}^{\infty}-3\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^4}\,dy
\\&=\frac{1}{x^3}-3\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^4}\,dy,
\\\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{y}}{(x+y)^4}\,dy&=\brc{\frac{\sin{y}}{(x+y)^4}}_{0}^{\infty}+4\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^5}\,dy
\\&=4\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^5}\,dy\end{align*}

であり，

\begin{align*}\abs{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{y}}{(x+y)^5}\,dy}
&\le\int_{0}^{\infty}\abs{\frac{\sin{y}}{(x+y)^5}}\,dy
\\&\le\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x+y)^5}\,dy=\frac{1}{4x^4}\end{align*}

だから，$f(x)$の漸近展開

\begin{align*}&f(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{x^3}+o\bra{\frac{1}{x^3}}&(x\to\infty)\end{align*}

が得られる．よって，$a_0=0$, $a_1=1$, $a_2=0$のとき，

\begin{align*}\lim_{x\to\infty}x^3\bra{f(x)-a_0-\frac{a_1}{x}-\frac{a_2}{x^2}}=-2\end{align*}

と収束する．

$g$の特性多項式を$\phi_g$とする．

(1)の解答

$\anb{\cdot,\cdot}$, $\nor{\cdot}$をそれぞれ$\R^4$上の標準内積，標準ノルムとする．$\m{n}=\frac{\m{z}}{\nor{\m{z}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\m{z}$とする．

$\m{c}=\sbmat{0\\0\\1\\-1}\in\R^4$とし，$\m{e}_i\in\R^4$を第$i$成分のみ１で他の成分が０のベクトルとする（$i=1,2,3,4$）．$V$の基底$\mathcal{B}=\bra{\m{e}_1,\m{e}_2,\m{c}}$をとる．

\begin{align*}&p(\m{e}_3)=\m{e}_3-\anb{\m{e}_3,\m{n}}\m{n}=\frac{1}{2}\m{c},
\\&p(\m{e}_4)=\m{e}_4-\anb{\m{e}_4,\m{n}}\m{n}=-\frac{1}{2}\m{c}\end{align*}

なので，

\begin{align*}&g(\m{e}_1)=p(A\m{e}_1)=p(2\m{e}_3)=\m{c},
\\&g(\m{e}_2)=p(A\m{e}_2)=p(\m{e}_1)=\m{e}_1,
\\&g(\m{c})=p(A\m{c})=p(\m{e}_2-2a\m{e}_4)=\m{e}_2+a\m{c}\end{align*}

なので，

\begin{align*}&[g(\m{e}_1),g(\m{e}_2),g(\m{c})]=[\m{e}_1,\m{e}_2,\m{c}]\bmat{0&1&0\\0&0&1\\1&0&a}\end{align*}

だから，$g$の$\mathcal{B}$に関する表現行列は$G:=\bmat{0&1&0\\0&0&1\\1&0&a}$である．よって，$g$の特性多項式$\phi_g$は

\begin{align*}\phi_g(x)&=|xI_3-G|=\vmat{x&-1&0\\0&x&-1\\-1&0&x-a}
\\&=x^2(x-a)-1=x^3-ax^2-1\end{align*}

である．

(2)の解答

一般に，どの基底に関する表現行列も互いに相似なので，求める$a$は実正則行列により$G$が対角化可能であるような$a$に一致する．$\phi_g$の導関数は

\begin{align*}\phi’_g(x)=3x^2-2ax=x(3x-2a)\end{align*}

なので，$x=0,\frac{2a}{3}$で$\phi_g(x)$の増減が切り替わることに注意する．$G$が異なる３つの実固有値をもつときは対角化可能だから，

\begin{align*}\phi_g(0)\phi_g\bra{\frac{2a}{3}}<0
&\iff-1\bra{\frac{8a^3}{27}-\frac{4a^3}{9}-1}<0
\\&\iff a<-\frac{3}{\sqrt[3]{4}}\end{align*}

のときは$G$は対角化可能である．

一方，$a=-\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$のときは，$\phi_g\bra{\frac{2a}{3}}=0$だから$\frac{2a}{3}$が重複度２の固有値で，

\begin{align*}\rank{\bra{G-\frac{2a}{3}I_3}}=\rank{\bmat{-2a/3&1&0\\0&-2a/3&1\\1&0&a/3}}\ge2\end{align*}

より$\rank{\bra{G-\frac{2a}{3}I_3}}\neq1$だから，対角化不可能である．また，$a>-\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$のときは，$\phi_g(0)=-1$かつ$\phi_g\bra{\frac{2a}{3}}<0$より実固有値は１個のみでその重複度は１だから対角化不可能である．

以上より，$a<-\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$を満たす$a$が求める全ての$a$である．

(1)の解答

一般に，任意の$t\in\R$に対して$|\sin{t}|\le|t|$が成り立つことに注意する．$M_n:=\sup\limits_{x\in\R}|f_n(x)|$とおく．

任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して$|f_n(x)|\le1$だから，$1<\frac{\pi}{2}$より$0\le t\le1$において$\sin{t}$が単調増加であることと併せて，

\begin{align*}|f_{n+1}(x)|=\abs{\sin{\bigl(f_n(x)\bigr)}}\le\sin{M_n}\le M_n\end{align*}

が成り立つ．よって，両辺で$x\in\R$に関して上限をとり$M_{n+1}\le M_n$が成り立つので，$\{M_n\}_{n=1}^{\infty}$は単調減少である．さらに，各$M_n$は非負だから，単調有界実数列の収束定理より極限$M:=\lim\limits_{n\to\infty}M_n$が存在する．

また，$|f_{n+1}(x)|\le\sin{M_n}$の両辺で$x\in\R$に関して上限をとり$M_{n+1}\le\sin{M_n}$が成り立つので，さらに両辺で極限をとって$M\le\sin{M}$が成り立つ．

この不等式を満たす$M\in\R$は$M=0$に限るから，関数列$\{f_n(x)\}_{n=1}^{\infty}$は恒等的に値０をとる定数関数に一様収束する．

(2)の解答

任意の$(x,y,z)$に対して，

\begin{align*}e^{\max\{nx,ny,nz\}}\le e^{nx}+e^{ny}+e^{nz}\le3e^{\max\{nx,ny,nz\}}\end{align*}

だから

\begin{align*}\max\{x,y,z\}\le g_n(x,y,z)\le\max\{x,y,z\}+\frac{1}{n}\log{3}\end{align*}

である．よって，任意の$(x,y,z)\in\R^3$に対して

\begin{align*}|g_n(x,y,z)-\max\{x,y,z\}|
&=g_n(x,y,z)-\max\{x,y,z\}
\\&\le\frac{1}{n}\log{3}\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

が成り立つから，関数列$\{g_n(x,y,z)\}_{n=1}^{\infty}$は$\max\{x,y,z\}$に一様収束する．

実線形空間（$\R$加群）$U$に対して，$U$の対称２次テンソルを$\mathrm{Sym}^2(U)$と表す：

\begin{align*}&I_2(U)=\operatorname{span}\set{x\otimes y-y\otimes x}{x,y\in U},
\\&\mathrm{Sym}^2(U)=(U\otimes U)/I_2(U).\end{align*}

また，$x,y\in U$に対して$\mathrm{Sym}^2(U)$における$x\otimes y\in U\otimes U$の同値類を$x\odot y$で表す．

(1)の解答

• $\phi:V\times V\to V\otimes V$をテンソル積の普遍性による双線形
• $\pi:V\otimes V\to\mathrm{Sym}^2(V)$を自然な準同型（線形写像）
• $\iota:V’\times V’\to V\times V$を包含写像とし，$\iota^*:\mathrm{Sym}^2(V’)\to\mathrm{Sym}^2(V)$を$\iota$から誘導される自然な準同型（線形写像）
• $\pi’:\mathrm{Sym}^2(V)\to\mathrm{Sym}^2(V)/\iota^*(\mathrm{Sym}^2(V’))$を自然な準同型（線形写像）

とする．このとき，

\begin{align*}S=\mathrm{Sym}^2(V)/\iota^*(\mathrm{Sym}^2(V’)),\quad
g=\pi’\circ\pi\circ\phi\end{align*}

とおくと，求める組$(S,g)$となる．このことを以下で示す．

ステップ１：同型$L(\mathrm{Sym}^2(U),W)\cong B(U,W)$を示す．

任意に実線形空間（$\R$加群）$U$をとる．任意の$f\in L(\mathrm{Sym}^2(U),W)$に対して，$\phi$は双線形，$\pi$は線形だから

\begin{align*}f\circ\pi\circ\phi\in B(U,W)\end{align*}

である．よって，写像

\begin{align*}\Phi_U:L(\mathrm{Sym}^2(U),W)\to B(U,W);f\mapsto f\circ\pi\circ\phi\end{align*}

が定義できる．任意の$f_1,f_2\in L(\mathrm{Sym}^2(U),W)$と$k,\ell\in\R$に対して，

\begin{align*}\Phi_U(kf_1+\ell f_2)&=(kf_1+\ell f_2)\circ\pi\circ\phi
\\&=k(f_1\circ\pi\circ\phi)+\ell(f_2\circ\pi\circ\phi)
\\&=k\Phi_U(f_1)+\ell\Phi_U(f_2)\end{align*}

だから$\Phi_U$は線形である．また，任意の$b\in B(U,W)$に対して，テンソル積の普遍性より$b=b^{\prime}\circ\phi$を満たす$b’\in L(U\otimes U,W)$が一意に存在する．さらに，$b$の対称性より任意の$x,y\in U$に対して

\begin{align*}b^{\prime}(x\otimes y-y\otimes x)&=b^{\prime}\circ\phi(x,y)-b^{\prime}\circ\phi(y,x)
\\&=b(x,y)-b(y,x)=0\end{align*}

だから$\Ker{\pi}=I_2(U)\subset\Ker{b’}$が成り立つので，$b^{\prime}=b^{\prime\prime}\circ\pi$を満たす$b^{\prime\prime}\in L(\mathrm{Sym}^2(U),W)$が一意に存在する．

したがって，写像$\Phi_U(b^{\prime\prime})=b$となる$b^{\prime\prime}\in L(\mathrm{Sym}^2(U),W)$が一意に存在するから，$\Phi_U$は全単射である．よって，同型

\begin{align*}L(\mathrm{Sym}^2(U),W)\cong B(U,W)\end{align*}

が従う．

ステップ２：$A(V,V’,W)$を書き換える．

任意に$f\in A(V,V’,W)$をとると，任意の$z\in V’$に対して

\begin{align*}f(z,z)=f(0+z,z)-f(0,z)=f(z,0)-f(0,z)=0\end{align*}

が成り立つから，任意の$x,y\in V’$に対して

\begin{align*}2f(x,y)=f(x+y,x+y)-f(x,x)-f(y,y)=0\end{align*}

が成り立つ．一方，任意の$x,y\in V’$に対して$f(x,y)=0$を満たす任意の$f\in B(V,W)$をとると，任意の$x\in V$, $y\in V’$に対して

\begin{align*}f(x+y,y)=f(x,y)+f(y,y)=f(y,x)\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}A(V,V’,W)=\Bigl\{f\in B(V,W)\Big|\text{$x,y\in V’$ならば$f(x,y)=0$}\Bigr\}\end{align*}

が成り立つ．そこで，写像$\rho:B(V,W)\to B(V’,W)$を$\rho(b)=b|_{V’\times V’}$で定めると，$A(V,V’,W)=\Ker{\rho}$が成り立つ．

ステップ３：$g\in A(V,V’,S)$で$g^*$が全単射であることを示す．

$g=\pi’\circ\pi\circ\phi$は双線形で，任意の$x,y\in V’$に対して

\begin{align*}g(x,y)=\pi’\circ\pi(x\otimes y)=\pi'(x\odot y)=0\end{align*}

なので，$g\in A(V,V’,S)$が成り立つ．

また，写像$\rho’:L(\mathrm{Sym}^2(V),W)\to L(\mathrm{Sym}^2(V’),W)$を$\rho’=\Phi_{V’}^{-1}\circ\rho\circ\Phi_V$とおくと，ステップ１より同型

\begin{align*}\Ker{\rho}\cong\Ker{\rho’}\end{align*}

が成り立つ．また，ステップ２より$A(V,V’,W)=\Ker{\rho}$であり，

\begin{align*}\Ker{\rho’}&=\set{F\in L(\mathrm{Sym}^2(V),W)}{F|_{\iota^*(\mathrm{Sym}^2(V’))}=0}
\\&\cong L(S,W)\end{align*}

だから，$A(V,V’,W)\cong L(S,W)$が成り立つ．以上の構成により，任意の$f_*\in A(V,V’,W)$に対して，ある$f\in L(S,W)$が一意に存在して，$f_*=f\circ\pi’\circ\pi\circ\phi$だから，

\begin{align*}g^*(f)=f\circ g=f\circ\pi’\circ\pi\circ\phi=f_*\end{align*}

が成り立つから，$g^*$は全単射である．

(2)の解答

(1)の記号を踏襲する．$W=\R$とすると，(1)と次元定理を併せて

\begin{align*}\dim{S}&=\dim{L(S,\R)}=\dim{A(V,V’,\R)}=\dim{\Ker{\rho}}
\\&=\dim{B(V,\R)}-\dim{\Ima{\rho}}=\dim{B(V,\R)}-\dim{B(V’,\R)}\end{align*}

が成り立つ．$V\neq\{0\}$とし，$V$の基底$(\m{v}_1,\dots,\m{v}_n)$をひとつとると，$f\in B(V,\R)$は対称双線形だから$f(\m{v}_i,\m{v}_j)$（$1\le i\le j\le n$）の値を決めればただ一つに定まるので，

\begin{align*}\dim{B(V,\R)}=\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\end{align*}

である．同様に$\dim{B(V’,\R)}=\frac{m(m+1)}{2}$だから，

\begin{align*}\dim{S}=\frac{n(n+1)-m(m+1)}{2}\quad\dots(*)\end{align*}

を得る．一方，$V=\{0\}$なら$\dim{B(V,\R)}=\dim{B(V’,\R)}=0$だから$\dim{S}=0$であり，$n=m=0$なので，この場合は$(*)$に含まれる．

(1)の解答

$X=Y=\{1,2\}$, $f$を恒等写像とし，$X$に密着位相，$Y$に離散位相を導入すると，$f$は(a), (b)の条件を満たすが連続でない．

実際，$f(1)\neq f(2)$より$f$は単射だから(a)が成り立ち，$Y$は有限集合だから$Y$の任意の部分集合はコンパクト部分集合なので(b)が成り立つ．

また，$\{1\}\subset Y$は開であるが，その$f$による引き戻し$f^{-1}(\{1\})=\{1\}\subset X$は開でないから，$f$は連続でない．

(2)の解答

$X$の距離を$d$とする．任意に$a\in X$をとる．$a$に収束する$X$上の任意の点列$\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$をとり，

\begin{align*}K:=\{a\}\cup\set{x_n}{n=1,2,\dots}\end{align*}

とおく．ここで，$K$の任意の開被覆$\{O_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}$をとる．ある$\lambda_a\in\Lambda$が存在して，$a\in O_{\lambda_a}$が成り立ち，$O_{\lambda_a}$は開だから，ある$\epsilon>0$が存在して

\begin{align*}\set{x\in X}{d(a,x)<\epsilon}\subset O_{\lambda_a}\end{align*}

が成り立つ．$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$だから，ある$N\in\N$が存在して，$n>N$なら$d(a,x_n)<\epsilon$が成り立つ．また，任意の$i\in\{1,2,\dots,N\}$に対して，ある$\lambda_i\in\Lambda$が存在して$x_i\in O_{\lambda_i}$が成り立つ．

このとき，$\{O_{\lambda_a}\}\cup\set{O_{\lambda_i}}{i=1,2,\dots,N}$は$K$の有限被覆だから，$K$はコンパクトである．

ここで，$K$と$f(K)$はそれぞれ$X$と$Y$の部分位相空間と考える．このとき，仮定(b)より$f(K)$もコンパクトである．$K$も$f(K)$のコンパクト空間でハウスドルフ（距離空間）なので，部分集合が閉であることとコンパクトであることが同値であることに注意する．

写像$g:K\to f(K);x\mapsto f(x)$をとる．仮定(a)より$g$は全単射なので逆写像$g^{-1}$が存在する．任意のコンパクト（閉）集合$A\subset K$に対して，仮定(b)より$g(A)$はコンパクト（閉）だから$g^{-1}$は連続である．

よって，$g^{-1}$はコンパクト空間$f(K)$から距離空間（ハウスドルフ空間）$K$への閉写像だから，$g$は連続と分かり

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}g(x_n)=g(a)=f(a)\end{align*}

が成り立つ．これより，$f$は$a$で連続なので，$a$の任意性より$f$は$X$上連続である．

(1)の解答

分母と分子に$e^{it}-z$の複素共役をかけて

\begin{align*}\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}
&=\frac{(e^{it}+z)(e^{-it}-\overline{z})}{|e^{it}-z|^2}
\\&=\frac{1-\overline{z}e^{it}+ze^{-it}-|z|^2}{|e^{it}-z|^2}\end{align*}

である．分母は

\begin{align*}|e^{it}-z|^2&=|e^{it}|^2+|z|^2-2\operatorname{Re}\overline{z}e^{it}
\\&=1^2+r^2-2r\operatorname{Re}e^{i(t-\theta)}
\\&=1+r^2-2r\cos{(t-\theta)}\end{align*}

であり，分子の虚部は

\begin{align*}\operatorname{Im}(ze^{-it}-\overline{z}e^{it})
&=\operatorname{Im}\bra{r(e^{-i(t-\theta)}-e^{i(t-\theta)})}
\\&=-2r\sin{(t-\theta)}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}\operatorname{Im}\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}=\frac{-2r\sin{(t-\theta)}}{1+r^2-2r\cos{(t-\theta)}}\end{align*}

を得る．

(2)の解答

単位円周$\partial\Delta$の向きを正方向で定める．任意の$z\in\Delta$に対して，

\begin{align*}I(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos{t}-2}{4\cos{t}-5}\cdot\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}\,dt\end{align*}

とおくと，(1)より

\begin{align*}v(z)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos{t}-2}{4\cos{t}-5}\cdot\bra{\operatorname{Im}\frac{e^{it}+z}{e^{it}-z}}\,dt
=\operatorname{Im}I(z)\end{align*}

が成り立つ．ここで，$\zeta=e^{it}$とおくと，$\frac{d\zeta}{dt}=i\zeta$であり，

\begin{align*}\frac{\cos{t}-2}{4\cos{t}-5}
&=\frac{\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}-2}{4\cdot\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}-5}
=\frac{\zeta+\overline{\zeta}-4}{2(2\zeta+2\overline{\zeta}-5)}
\\&=\frac{\zeta^2-4\zeta+1}{2(2\zeta^2-5\zeta+2)}
=\frac{\zeta^2-4\zeta+1}{2(2\zeta-1)(\zeta-2)}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}I(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial\Delta}\frac{(\zeta^2-4\zeta+1)(\zeta+z)}{2\zeta(2\zeta-1)(\zeta-2)(\zeta-z)}\,d\zeta\end{align*}

となる．この被積分関数を$F$とする．$F$は$\partial\Delta$上連続である．

$z\neq0,\frac{1}{2}$のとき，$F$は$\Delta$上に極０と１／２と$z$をもち，

\begin{align*}&\mathrm{Res}(F,0)=\lim_{\zeta\to0}\zeta F(\zeta)
\\&=\frac{(0-0+1)(0+z)}{2(0-1)(0-2)(0-z)}=-\frac{1}{4},
\\&\mathrm{Res}\bra{F,\frac{1}{2}}=\lim_{\zeta\to\frac{1}{2}}\bra{\zeta-\frac{1}{2}}F(\zeta)
\\&=\frac{(\frac{1}{4}-2+1)(\frac{1}{2}+z)}{2\cdot2\cdot\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-2)(\frac{1}{2}-z)}=\frac{1+2z}{4(1-2z)}
\\&\mathrm{Res}(F,z)=\lim_{\zeta\to z}(\zeta-z)F(\zeta)
\\&=\frac{(z^2-4z+1)\cdot2z}{2z(2z-1)(z-2)}=\frac{z^2-4z+1}{(2z-1)(z-2)}\end{align*}

なので，留数定理より

\begin{align*}I(z)&=-\frac{1}{4}+\frac{1+2z}{4(1-2z)}+\frac{z^2-4z+1}{(2z-1)(z-2)}
\\&=-\frac{1}{4}-\frac{-(1+2z)(z-2)+4(z^2-4z+1)}{4(2z-1)(z-2)}
\\&=-\frac{1}{4}+\frac{2z^2-13z+6}{4(2z-1)(z-2)}=-\frac{1}{4}+\frac{z-6}{4(z-2)}
\\&=-\frac{1}{z-2}=\frac{1}{2-z}\end{align*}

を得る．$\frac{1}{2-z}$は$\Delta$上正則なので，一致の定理より任意の$z\in\Delta$に対して$I(z)=\frac{1}{2-z}$が成り立つ．

以上より，$\Delta$上で虚部が$v(z)$となる有理型関数$f$として

\begin{align*}f(z)=I(z)=\frac{1}{2-z}\end{align*}

が挙げられる．

(1)の解答

$y(x)=w(x)+1-x$なので，

\begin{align*}&w’-1=\frac{w^2+1+x^2+2w-2x-2xw}{x}+(w+1-x)-\frac{1}{x}
\\&\iff w’=\frac{w^2+2w-xw}{x}
\iff w’=\frac{w(w+2-x)}{x}\end{align*}

を得る．

(2)の解答

$w\equiv0$のとき(1)の微分方程式は両辺とも０となるので，$w\equiv0$は解である．

以下，$w\not\equiv0$とする．(1)の微分方程式の右辺は$w$について局所的にリプシッツ連続だから，解の一意性より任意の$x>0$に対して$w(x)\neq0$である．

$u=\frac{1}{w}$とおくと，(1)の微分方程式は

\begin{align*}&-\frac{u’}{u^2}=\frac{\frac{1}{u}(\frac{1}{u}+2-x)}{x}
\\&\iff u’+\bra{\frac{2}{x}-1}u=-\frac{1}{x}\end{align*}

である．両辺に$x^2e^{-x}$をかけて

\begin{align*}&x^2e^{-x}u’+(2-x)xe^{-x}u=-xe^{-x}
\\&\iff(x^2e^{-x}u)’=-xe^{-x}\end{align*}

が成り立つから，両辺を$x$で積分して

\begin{align*}&x^2e^{-x}u=(x+1)e^{-x}+C
\\&\iff u=\frac{x+1+Ce^x}{x^2}\end{align*}

を得る（$C\in\R$は任意定数）．以上より，$y(x)=\frac{1}{u(x)}+1-x$と併せて，

\begin{align*}y(x)=1-x,\ \frac{x^2}{x+1+Ce^x}+1-x\end{align*}

が解である．

(3)の解答

$y(x)=1-x$のとき，$\lim\limits_{x\to\infty}|y(x)|=\infty$となり条件を満たさない．以下，$y(x)=\frac{x^2}{x+1+Ce^x}+1-x$とする．

$C\neq0$のとき，$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2}{x+1+Ce^x}=0$なので，

\begin{align*}|y(x)|&=\abs{\frac{x^2}{x+1+Ce^x}+1-x}
\\&\ge|1-x|-\abs{\frac{x^2}{x+1+Ce^x}}\xrightarrow[]{x\to\infty}\infty\end{align*}

となり条件を満たさない．$C=0$のとき，

\begin{align*}y(x)&=\frac{x^2}{x+1}+1-x=\bra{x-1+\frac{1}{x+1}}+1-x
\\&=\frac{1}{x+1}\xrightarrow[]{x\to\infty}0\end{align*}

となり条件を満たす．

以上より，求める解は$y(x)=\frac{1}{x+1}$である．