2026年度｜東京大学 大学院入試｜数理科学研究科｜専門科目B

(1)の解答

$p_1<p_2$を満たす$p_1,p_2>0$を任意にとる．このとき，任意の$x\in\R$に対して$\phi(p_1,x)\ge\phi(p_2,x)$が成り立つから

\begin{align*}f(p_1)=\int_{\R}\phi(p_1,x)\,\mu(dx)\ge\int_{\R}\phi(p_2,x)\,\mu(dx)=f(p_2)\end{align*}

となるので，$f$は単調非増大である．

また，任意に$p>0$をとる．このとき

• $\phi$の第１変数に関する連続性より，任意の$x\in\R$に対して$\lim\limits_{h\to0}\phi(p+h,x)=\phi(p,x)$
• 任意の$h\in(-\frac{p}{2},\frac{p}{2})$に対して，$p+h>\frac{p}{2}$なので任意の$x\in\R$に対して$|\phi(p+h,x)|\le\phi(\frac{p}{2},x)$
• $\phi$の可積分性より，$\int_{\R}\phi(\frac{p}{2},x)\,\mu(dx)<\infty$

が成り立つので，ルベーグの収束定理より

\begin{align*}\lim_{h\to0}f(p+h)=\lim_{h\to0}\int_{\R}\phi(p+h,x)\,\mu(dx)=\int_{\R}\phi(p,x)\,\mu(dx)=f(p)\end{align*}

が成り立つから，$f$は$p$で連続である．$p$の任意性より$f$は$(0,\infty)$上で連続である．

(2)の解答

ルベーグの単調収束定理より

\begin{align*}\mu(\R)&=\int_{\R}\mu(dx)
=\int_{\R}\lim_{p\to0}\phi(p,x)\mu(dx)
\\&=\lim_{p\to0}\int_{\R}\phi(p,x)\mu(dx)
=\lim_{p\to0}f(p)\end{align*}

が成り立つから，$\lim\limits_{p\to0}f(p)<\infty$と$\mu(\R)<\infty$は同値である．

(3)の解答

任意に$\epsilon>0$をとる．

• $\lim\limits_{p\to0}h(p)=1$より，ある$p_0>0$が存在して，$|h(p_0)-1|<\frac{\epsilon}{4}$
• $\{f_n\}_n$は$h$に各点収束するから，ある$N\in\N$が存在して，$n>N$なら$|f_n(p_0)-h(p_0)|<\frac{\epsilon}{4}$

が成り立つ．よって，$n>N$なら

\begin{align*}|f_n(p_0)-1|\le|f_n(p_0)-h(p_0)|+|h(p_0)-1|<\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

が成り立つ．また，$\lim\limits_{|x|\to\infty}\phi(p_0,x)=0$より，ある$R>0$が存在して，$|x|>R$なら$\phi(p_0,x)<\frac{1}{2}$が成り立つ．ここで，$\phi$が非負値関数であることに注意．

したがって，$n>N$なら

\begin{align*}\mu_n([-R,R])&=2\mu_n([-R,R])-\mu_n([-R,R])
\\&=2\mu_n([-R,R])+\mu_n(\R\setminus[-R,R])-\mu_n(\R)
\\&=2\int_{[-R,R]}\,\mu_n(dx)+\int_{\R\setminus[-R,R]}\,\mu_n(dx)-1
\\&\ge2\int_{[-R,R]}\phi(p_0,x)\,\mu_n(dx)+\int_{\R\setminus[-R,R]}2\phi(p_0,x)\,\mu_n(dx)-1
\\&=2\int_{\R}\phi(p_0,x)\,\mu_n(dx)-1
=2f_n(p_0)-1
\\&>2\bra{1-\frac{\epsilon}{2}}-1
=1-\epsilon\end{align*}

が成り立つ．

また，任意の$n\in\{1,2,\dots,N\}$に対して，測度$\mu_n$の連続性より

\begin{align*}\lim_{m\to\infty}\mu_n([-m,m])=\mu_n\bra{\bigcup_{m=1}^{\infty}[-m,m]}=\mu_n(\R)=1\end{align*}

なので，ある$R_n\in\N$が存在して$\mu_n([-R_n,R_n])>1-\epsilon$が成り立つ．

以上より，$L:=\max\{R_1,R_2,\dots,R_N,R\}$とおくと，$K:=[-L,L]$は$\R$上のコンパクト集合で$\inf\limits_{n\ge1}\mu_n(K)\ge1-\epsilon$が成り立つ．

(1)の解答

任意に点$\alpha\in\C\setminus[\gamma]$をとる．$[\gamma]$はコンパクト集合$[0,1]$の連続写像$\gamma$による像だからコンパクトなので，$\alpha$と$[\gamma]$の距離は正で，この距離を$d_\alpha$とおく．

$\alpha$の$\frac{d_\alpha}{2}$開近傍を$B$とおくと，任意の$z\in B$と$w\in[\gamma]$に対して$|\frac{z-\alpha}{w-\alpha}|<\frac{1}{2}<1$だから

\begin{align*}\frac{1}{w-z}&=\frac{1}{(w-\alpha)-(z-\alpha)}
\\&=\frac{1}{w-\alpha}\cdot\frac{1}{1-\frac{z-\alpha}{w-\alpha}}
\\&=\frac{1}{w-\alpha}\sum_{m=0}^{\infty}\bra{\frac{z-\alpha}{w-\alpha}}^m
\\&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(z-\alpha)^m}{(w-\alpha)^{m+1}}\end{align*}

が成り立つ．$f([\gamma])$はコンパクト集合の連続像だからコンパクトなので，$M:=\max\brb{1,\sup\limits_{z\in[\gamma]}|f(z)|}$は有限である．よって，$z\in B$と$w\in[\gamma]$に対して一様に

\begin{align*}&\abs{\frac{f(w)(z-\alpha)^m}{(w-\alpha)^{m+1}}}
=\frac{|f(w)|}{|w-\alpha|}\abs{\frac{z-\alpha}{w-\alpha}}^m
\le\frac{M}{2^m d_\alpha}\end{align*}

であり，

\begin{align*}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{M}{2^m d_\alpha}
=\frac{M}{d_\alpha}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}
=\frac{2M}{d_\alpha}<\infty\end{align*}

だから，ワイエルシュトラスのMテストにより$\sum\limits_{m=0}^{\infty}\frac{f(w)(z-\alpha)^m}{(w-\alpha)^{m+1}}$は$B\times[\gamma]$上で一様収束する．

よって，任意の$z\in B$に対して

\begin{align*}F(z)=\sum_{m=0}^{\infty}\bra{\int_{\gamma}\frac{f(w)}{(w-\alpha)^{m+1}}\,dw}(z-\alpha)^m\end{align*}

と$F$は$\alpha$の開近傍において$\alpha$中心でテイラー展開できるから，$\alpha\in\C\setminus[\gamma]$の任意性と併せて$F$は$\C\setminus[\gamma]$上で正則である．

(2)の解答

曲線$\gamma$の長さを$L$とおく．$L=0$のときは$F(z)=0$なので$R_n(z)=0$とすれば成り立つから，以下では$L>0$とする．

$n\in\{1,2,\dots\}$, $k\in\{0,1,2,\dots,n\}$, $z\in\C\setminus[\gamma]$に対して

\begin{align*}\phi_{n,k}:=\gamma\bra{\frac{k}{n}},\quad
R_n(z):=\sum_{k=1}^{n}\frac{f(\phi_{n,k})(\phi_{n,k}-\phi_{n,k-1})}{\phi_{n,k}-z}\end{align*}

とおくと，これは有理関数の和なので有理関数で，複素積分の定義より各点収束$F=\lim\limits_{n\to\infty}R_n$が成り立つ．そこで，あとは$\{R_n\}$が$\C\setminus[\gamma]$上で$F$に広義一様収束することを示せばよい．

コンパクト集合$K\subset\C\setminus[\gamma]$と$\epsilon>0$を任意にとる．任意の$z\in K$に対して

\begin{align*}|F(z)-R_n(z)|
&=\abs{\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma|_{[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]}}\frac{f(w)}{w-z}\,dw
-\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma|_{[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]}}\frac{f(\phi_{n,k})}{\phi_{n,k}-z}\,dw}
\\&\le\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma|_{[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]}}\frac{\abs{(\phi_{n,k}-z)f(w)-(w-z)f(\phi_{n,k})}}{|w-z||\phi_{n,k}-z|}\,|dw|\end{align*}

であり，この被積分関数の分子は

\begin{align*}&\abs{(\phi_{n,k}-z)f(w)-(w-z)f(\phi_{n,k})}
\\&=\abs{(\phi_{n,k}-z)(f(w)-f(\phi_{n,k}))+(\phi_{n,k}-w)f(\phi_{n,k})}
\\&\le(|\phi_{n,k}|+|z|)|f(w)-f(\phi_{n,k})|+|\phi_{n,k}-w||f(\phi_{n,k})|\end{align*}

と評価できる．

ここで，$K$と$[\gamma]$はともにコンパクトだから閉なので，$K$と$[\gamma]$の距離を$d$とすると$d>0$である．また，$[\gamma]$, $K$はともにコンパクトなので有界となり，

\begin{align*}M’:=\max\brb{1,\sup_{t\in[0,1]}|\gamma(t)|,\sup_{z\in K}|z|}\end{align*}

は有限である．このとき

• $[\gamma]$はコンパクトで$f|_{[\gamma]}:[\gamma]\to\C$は連続なので一様連続だから，ある$\delta>0$が存在して，$|z-w|<\delta$なる任意の$z,w\in[\gamma]$に対して\begin{align*}|f(z)-f(w)|<\frac{d^2}{4LM’}\epsilon\end{align*}
• $[0,1]$はコンパクトで$\gamma:[0,1]\to\C$は連続なので一様連続だから，ある$N\in\N$が存在して，$|s-t|<\frac{1}{N}$なる任意の$s,t\in[0,1]$に対して\begin{align*}|\gamma(s)-\gamma(t)|<\min\brb{\frac{d^2}{4LM}\epsilon,\delta}\end{align*}

が成り立つ．ただし，$M$は(1)で定めたものである．以上より，$n>N$なら

\begin{align*}&\sup_{z\in K}|F(z)-R_n(z)|
\\&\le\sup_{z\in K}\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma|_{[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]}}\frac{(M’+M’)\cdot\frac{d^2}{4LM’}\epsilon+\frac{d^2}{4LM}\epsilon\cdot M}{d^2}\,|dw|
\\&=\frac{3}{4L}\epsilon\sum_{k=1}^{n}\int_{\gamma|_{[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]}}\,|dw|
=\frac{3}{4}\epsilon
<\epsilon\end{align*}

となり，有理関数列$\{R_n\}_{n=1}^{\infty}$は$\C\setminus[\gamma]$上で$F$に広義一様収束する．

(3)の解答

$\log$を$\exp:\set{z\in\C}{\operatorname{Im}z\in(-\pi,\pi)}\to\C\setminus(-\infty,0]$の逆関数で定まる対数関数とする．

このとき，任意の$z\in\C\setminus[0,\infty)$に対して，$[0,1]\to\C;t\mapsto\frac{1}{t-z}$が定義されて，$\frac{d(\log{(t-z)})}{dt}=\frac{1}{t-z}$なので

\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{1}{t-z}\,dt=\log{(1-z)}-\log{(-z)}\end{align*}

が成り立つから，

\begin{align*}F(z)&=\int_{\gamma}\frac{f(w)}{w-z}\,dw
=\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{t-z}\,dt
\\&=\int_{0}^{1}\frac{f(z)}{t-z}\,dt+\int_{0}^{1}\frac{f(t)-f(z)}{t-z}\,dt
\\&=f(z)(\log{(1-z)}-\log{(-z)})+\int_{0}^{1}\frac{f(t)-f(z)}{t-z}\,dt\end{align*}

が成り立つ．$\frac{f(t)-f(z)}{t-z}$は$t$, $z$に関する多項式だから，$\int_{0}^{1}\frac{f(t)-f(z)}{t-z}\,dt$は$\C$全体の多項式に拡張される．

０でない多項式$f$は$(0,1)$上で恒等的に０ではないから，$(0,1)$上の$f$の零点は有限個であることに注意する．

ここで，もし$F$が$\C$上の有理型関数$G$に拡張されるならば，$G$の$(0,1)$における極は有限個だから，ある$\alpha\in(0,1)$が存在して$\alpha$は$G$の極ではなく$f(\alpha)\neq0$である．$z=\alpha+si$に対して

\begin{align*}&\lim_{s\to0}\log{(1-z)}=\log{(1-\alpha)},
\\&\lim_{s\to+0}\log{(-z)}=\log{\alpha}-\pi i,\quad
\lim_{s\to-0}\log{(-z)}=\log{\alpha}+\pi i\end{align*}

なので，

\begin{align*}\bra{\lim_{s\to+0}F(\alpha+si)}-\bra{\lim_{s\to-0}F(\alpha+si)}=2\pi if(\alpha)\neq0\end{align*}

となって，極限$\lim\limits_{s\to0}F(\alpha+si)$は存在しない．一方，$G$は$\alpha$で連続だから

\begin{align*}\lim_{s\to0}F(\alpha+si)=\lim\limits_{s\to0}G(\alpha+si)=G(\alpha)\end{align*}

と極限$\lim\limits_{s\to0}F(\alpha+si)$は存在する．これは矛盾なので，$F(z)$は$\C$上の有理型関数には解析接続できない．

(1)の解答

(a)が成り立つとする．このとき，$H_0=H$として(b)が成り立つので，$(a)\Ra(b)$が従う．

次に，(b)が成り立つとし，任意の$x,y\in H$をとる．$x=0$または$y=0$のときは成り立つので，以下では$x\neq0$かつ$y\neq0$とする．

任意に$\epsilon>0$をとる．$H$における$H_0$の稠密性と$x\neq0$より，ある$x_0\in H_0\setminus\{0\}$が存在して，

\begin{align*}\|x_0-x\|<\frac{\epsilon}{2\|y\|}\end{align*}

が成り立つ．さらに，$H$における$H_0$の稠密性より，ある$y_0\in H_0$が存在して，

\begin{align*}\|y_0-y\|<\frac{\epsilon}{2\|x_0\|}\end{align*}

が成り立つ．三角不等式より

\begin{align*}|(U^nx,y)|
&=|((U^nx,y)-(U^nx_0,y))+((U^nx_0,y)-(U^nx_0,y_0))+(U^nx_0,y_0)|
\\&\le|(U^n(x-x_0),y)|+|(U^nx_0,y-y_0)|+|(U^nx_0,y_0)|\end{align*}

が成り立ち，コーシー-シュワルツの不等式と$U$の等長性より

\begin{align*}&|(U^n(x-x_0),y)|\le\|U^n(x-x_0)\|_H\|y\|_H=\|x-x_0\|_H\|y\|_H<\frac{\epsilon}{2}
\\&|(U^nx_0,y-y_0)|\le\|U^nx_0\|_H\|y-y_0\|_H=\|x_0\|_H\|y-y_0\|_H<\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

だから，仮定(b)と併せて$\limsup\limits_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le\epsilon$が成り立つ．よって，$\epsilon>0$の任意性より$\limsup\limits_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le0$が成り立つから

\begin{align*}0\le\liminf_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le\limsup_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le0\end{align*}

となって$\lim\limits_{n\to\infty}(U^nx,y)=0$が従う．

(2)の解答

(1)より(a)と(c)が同値であることを示せばよい．

［$(\text{a})\Ra(\text{c})$の証明］(c)が成り立たないとする．すなわち，$H$が有限次元であるとし，$H$の正規直交基底$(e_1,\dots,e_d)$（$d=\dim{H}$）をとる．

$U^n e_1:=a_{1,n}e_1+\dots+a_{d,n}e_d$（$n=1,2,\dots$）とおくと，任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して，$U$の等長性より

\begin{align*}1=\|e_1\|_H^2=\|U^n e_1\|_H^2=a_{1,n}^2+\dots+a_{d,n}^2\le d\max_{i\in\{1,2,\dots,d\}}a_{i,n}^2\end{align*}

となるから，$\frac{1}{d}\le\max\limits_{i\in\{1,2,\dots,d\}}a_{i,n}^2$が成り立つ．

よって，ある$k\in\{1,\dots,d\}$が存在して，$\frac{1}{\sqrt{d}}\le|a_{k,n}|$となる$n\in\{1,2,\dots\}$は無限個存在するから

\begin{align*}\limsup_{n\to\infty}|(U^n e_1,e_k)|=\limsup_{n\to\infty}|a_{k,n}|\ge\frac{1}{\sqrt{d}}\end{align*}

となり(a)は成り立たない．

［$(\text{c})\Ra(\text{a})$の証明］(c)が成り立つとする．$H$は可分なヒルベルト空間なので，$H$の完全正規直交系$\{e_k\}_{k=-\infty}^{\infty}$が存在する．このとき，係数をシフトさせる

\begin{align*}U\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_k=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_{k+1}\quad(a_k\in\R;k\in\Z)\end{align*}

で定まる$H$上の全射かつ等長な線形作用素$U$が(a)の条件を満たすことを示す．ただし，$U$が全射かつ等長であることは，任意の$x=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_k\in H$（$a_k\in\R;k\in\Z$）に対して，

\begin{align*}&U\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_{k-1}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_kUe_{k-1}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_k=x,
\\&\|Ux\|=\bra{\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_{k-1}^2}^{1/2}=\bra{\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k^2}^{1/2}=\|x\|\end{align*}

が成り立つことから分かる．

次に，任意に$x=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}a_ke_k,y=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}b_ke_k\in H$（$a_k,b_k\in\R;k\in\Z$）をとる．任意に$\epsilon>0$をとる．

\begin{align*}\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k^2=\|x\|_H^2<\infty,\quad
\sum_{k=-\infty}^{\infty}b_k^2=\|y\|_H^2<\infty\end{align*}

なので，ある$N,N’\in\Z$が存在して

\begin{align*}\sum_{k=-\infty}^{N}a_k^2<\epsilon^2,\quad
\sum_{k=N’}^{\infty}b_k^2<\epsilon^2\end{align*}

が成り立つ．よって，任意の$n\ge N’-N-1$に対して，三角不等式とコーシー-シュワルツの不等式と併せて

\begin{align*}|(U^nx,y)|
&=\abs{\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_{k-n}b_k}
\\&\le\abs{\sum_{k=-\infty}^{N’-1}a_{k-n}b_k}+\abs{\sum_{k=N’}^{\infty}a_{k-n}b_k}
\\&\le\bra{\sum_{k=-\infty}^{N’-1}a_{k-n}^2}^{1/2}\bra{\sum_{k=-\infty}^{N’-1}b_k^2}^{1/2}
\\&\quad+\bra{\sum_{k=N’}^{\infty}a_{k-n}^2}^{1/2}\bra{\sum_{k=N’}^{\infty}b_k^2}^{1/2}
\\&\le\epsilon\cdot\|y\|_H+\|x\|\cdot\epsilon
=(\|x\|_H+\|y\|_H)\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$\limsup\limits_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le(\|x\|_H+\|y\|_H)\epsilon$だから，$\|x\|\ge0$, $\|y\|\ge0$と$\epsilon>0$の任意性と併せて

\begin{align*}0\le\liminf_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le\limsup_{n\to\infty}|(U^nx,y)|\le0\end{align*}

が成り立ち，$\lim\limits_{n\to\infty}(U^nx,y)=0$を得る．

(3)の解答

$\N:=\{1,2,\dots\}$, $\mathcal{F}:=2^{\N}$とし，可測空間$(\N,\mathcal{F})$上の計数測度を$\mu$とおく．このとき，測度空間$(\N,\mathcal{F},\mu)$上の実ヒルベルト空間$L^2(\N;\R)(=\ell^2(\N))$を$K$とおき，$K$上の線形作用素$T$を

\begin{align*}T(x_1,x_2,x_3,\dots)=(0,2x_1,2x_2,2x_3,\dots)\end{align*}

で定める．この$K$と$T$が(d)をみたすが(e)をみたさない有界線形作用素であることを示す．

任意の$x:=\{x_k\}_{k=1}^{\infty}\in K$に対して，

\begin{align*}\|Tx\|_K=\bra{\sum_{k=1}^{\infty}|2x_k|^2}^{1/2}=2\|x\|_K\end{align*}

なので，$T$は有界作用素である．また，$x=(1,0,0,0,\dots)$, $y=\{2^{-k}\}_{k=1}^{\infty}$とおくと，

\begin{align*}(T^nx,y)_K=2^n\cdot\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{1}{2}\end{align*}

なので(e)は成り立たないから，あとは(d)が成り立つことを示せばよい．以下，

\begin{align*}K_0:=\set{\{x_k\}_{k=1}^{\infty}\in K}{\exists N\in\N\ \text{s.t.}\ 0=x_N=x_{N+1}=\dots}\end{align*}

が(d)の条件を満たすことを示す．

［$K_0$が$K$の部分空間であることの証明］任意に$\alpha\in\R$と$x=\{x_k\}_{k=1}^{\infty},y=\{y_k\}_{k=1}^{\infty}\in K_0$をとる．このとき，ある$N_1,N_2\in\N$が存在して

\begin{align*}0=x_{N_1}=x_{N_1+1}=\dots,\quad
0=x_{N_2}=x_{N_2+1}=\dots\end{align*}

を満たすので，$N:=\max\{N_1,N_2\}$とおくと

\begin{align*}0=\alpha x_N+y_N=\alpha x_{N+1}+y_{N+1}=\dots\end{align*}

だから，$\alpha x+y=\{\alpha x_k+y_k\}_{k=1}^{\infty}\in K_0$を満たす．よって，$K_0$は$K$の部分空間である．

［$K_0$が$K$で稠密であることの証明］任意に$\epsilon>0$と$x=\{x_k\}_{k=1}^{\infty}\in K$をとる．ある$N’\in\N$が存在して

\begin{align*}\sum_{k=N’+1}^{\infty}x_k^2<\epsilon^2\end{align*}

が成り立つから，

\begin{align*}y_k=\begin{cases}x_k,&k\le N’,\\0,&k>N’\end{cases}\end{align*}

で定まる実数列$y=\{y_k\}_{k=1}^{\infty}\in K_0$は$\|x-y\|_K<\epsilon$を満たす．よって，$K_0$は$K$において稠密である．

［(d)の$K_0$の条件を満たすことの証明］任意に$x=\{x_k\}_{k=1}^{\infty},y=\{y_k\}_{k=1}^{\infty}\in K_0$をとる．このとき，ある$N\in\N$が存在して$0=y_N=y_{N+1}=\dots$を満たすから，$n\ge N-1$のとき

\begin{align*}(T^nx,y)&=\sum_{k=1}^{n}0\cdot y_k+\sum_{k=n+1}^{\infty}2^nx_{k-n}y_k
\\&=\sum_{k=n+1}^{\infty}2^nx_{k-n}\cdot0
=0\end{align*}

となって，$\lim\limits_{n\to\infty}(T^nx,y)=0$が従う．

任意の$\mu\in\R^n$, $k>0$に対して，

\begin{align*}\int_{\R^n}e^{-k|x-\mu|^2}\,dx
=\int_{\R^n}e^{-|y|^2}|k^{-n/2}|\,dy
=\bra{\frac{\pi}{k}}^{n/2}\end{align*}

である．ただし，$y=\sqrt{k}(x-\mu)$であり，ヤコビ行列式が$\det{\frac{\partial x}{\partial y}}=k^{-n/2}$であることを用いた．また，$I:=(0,\infty)$とおき，$a>0$, $x\in\R^n$, $t\in I$に対して

\begin{align*}C_a:=\frac{1}{(4\pi)^{\frac{n}{2}}\Gamma(\frac{a}{2})},\quad
f_a(t,x):=e^{-\frac{|x|^2}{4t}}e^{-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}\end{align*}

とおく．

(1)の解答

任意の$x\in\R^n$, $t\in I$に対して$f_a(t,x)>0$なので，トネリの定理より

\begin{align*}\int_{\R^n}g_a(x)\,dx
&=C_a\int_{I}e^{-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}\bra{\int_{\R^n}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}\,dx}\,dt
\\&=C_a\int_{I}e^{-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}(4t\pi)^{n/2}\,dt
\\&=\frac{1}{\Gamma(\frac{a}{2})}\int_{I}e^{-t}t^{\frac{a}{2}-1}\,dt
=1<\infty\end{align*}

が成り立つ．よって，$g_a$は$\R^n$上ルベーグ可積分である．

(2)の解答

任意の$x,y\in\R^n$, $s,t\in(0,\infty)$に対して$f_a(t,x-y)f_b(s,y)>0$なので，トネリの定理より

\begin{align*}(g_a*g_b)(x)&=\int_{\R^n}\bra{C_a\int_{I}f_a(t,x-y)\,dt}\bra{C_b\int_{I}f_b(s,y)\,ds}\,dy
\\&=C_aC_b\int_{I^2}e^{-s-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}s^{\frac{b-n}{2}-1}\bra{\int_{\R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}-\frac{|y|^2}{4s}}\,dy}\,d(s,t)\end{align*}

が成り立つ．ここで，

\begin{align*}&-\frac{|x-y|^2}{4t}-\frac{|y|^2}{4s}
\\&=-\frac{(s+t)|y|^2}{4st}+\frac{2x\cdot y}{4t}-\frac{|x|^2}{4t}
\\&=-\frac{s+t}{4st}\bra{|y|^2-\frac{2sx\cdot y}{s+t}+\frac{s^2|x|^2}{(s+t)^2}}+\frac{s|x|^2}{4t(s+t)}-\frac{|x|^2}{4t}
\\&=-\frac{s+t}{4st}\abs{y-\frac{sx}{s+t}}^2-\frac{|x|^2}{4(s+t)}\end{align*}

より

\begin{align*}\int_{\R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}-\frac{|y|^2}{4s}}\,dy
=e^{-\frac{|x|^2}{4(s+t)}}\bra{\frac{4st\pi}{s+t}}^{n/2}\end{align*}

だから，

\begin{align*}(g_a*g_b)(x)
=\frac{1}{(4\pi)^{n/2}\Gamma(\frac{a}{2})\Gamma(\frac{b}{2})}\int_{I^2}\frac{e^{-s-t}e^{-\frac{|x|^2}{4(s+t)}}t^{\frac{a}{2}-1}s^{\frac{b}{2}-1}}{(s+t)^{n/2}}\,d(s,t)\end{align*}

となる．$t=ru$, $s=r(1-u)$（$0<r$, $0<u<1$）とおくと，ヤコビ行列式は

\begin{align*}\abs{\det\frac{\partial(t,s)}{\partial(r,u)}}
=\abs{\det\bmat{u&r\\1-u&-r}}
=r\end{align*}

だから，

\begin{align*}&\int_{I^2}\frac{e^{-s-t}e^{-\frac{|x|^2}{4(s+t)}}t^{\frac{a}{2}-1}s^{\frac{b}{2}-1}}{(s+t)^{n/2}}\,d(s,t)
\\&=\int_{I\times(0,1)}\frac{e^{-r}e^{-\frac{|x|^2}{4r}}(ru)^{\frac{a}{2}-1}(r(1-u))^{\frac{b}{2}-1}}{r^{n/2}}\cdot r\,d(r,u)
\\&=\bra{\int_{(0,1)}u^{\frac{a}{2}-1}(1-u)^{\frac{b}{2}-1}\,du}\bra{\int_{(0,\infty)}e^{-r}e^{-\frac{|x|^2}{4r}}r^{\frac{(a+b)-n}{2}-1}\,dr}
\\&=B\bra{\frac{a}{2},\frac{b}{2}}\int_{I}f_{a+b}(r,x)\,dr\end{align*}

である．ただし，３つ目の等号では被積分関数が非負であることからトネリの定理を用いた．また，$B$はベータ関数である．以上より，

\begin{align*}(g_a*g_b)(x)
&=\frac{B\bra{\frac{a}{2},\frac{b}{2}}}{(4\pi)^{n/2}\Gamma(\frac{a}{2})\Gamma(\frac{b}{2})}\int_{I}f_{a+b}(r,x)\,dr
\\&=\frac{1}{(4\pi)^{n/2}\Gamma(\frac{a+b}{2})}\int_{I}f_{a+b}(r,x)\,dr
=g_{a+b}(x)\end{align*}

が従う．

(3)の解答

任意の$x\in\R^n\setminus\{0\}$, $t>0$に対して，$s=\frac{|x|^2}{4t}$とおくと$\frac{ds}{dt}=-\frac{4s^2}{|x|^2}$だから

\begin{align*}g_a(x)
&=C_a\int_{I}e^{-s}e^{-\frac{|x|^2}{4s}}\bra{\frac{|x|^2}{4s}}^{\frac{a-n}{2}-1}\cdot\abs{-\frac{|x|^2}{4s^2}}\,ds
\\&=2^{n-a}C_a|x|^{a-n}\int_{I}e^{-s}e^{-\frac{|x|^2}{4s}}s^{\frac{n-a}{2}-1}\,ds
\\&\le 2^{n-a}C_a|x|^{a-n}\int_{I}e^{-s}s^{\frac{n-a}{2}-1}\,ds
\\&=2^{n-a}C_a\Gamma\bra{\frac{n-a}{2}}|x|^{a-n}\end{align*}

である．ただし，$\frac{n-a}{2}>0$であることに注意．

以上より，$C:=2^{n-a}C_a\Gamma\bra{\frac{n-a}{2}}$とおくと，$0<|x|<1$をみたす任意の$x\in\R^n$に対して$g_a(x)\le C|x|^{-(n-a)}$が成り立つ．

（$I$, $C_a$, $f_a$は解答例１と同様とします．）$f\in L^1(\R^n)$上のフーリエ変換を$\hat{f}(\xi)=\int_{\R^n}e^{-ix\cdot\xi}f(x)\,dx$で定める．

(1)と同様に

\begin{align*}&C_a\int_{\R^n}\bra{\int_{I}|e^{-ix\cdot\xi}f_a(t,x)|\,dt}\,dx
\\&=C_a\int_{\R^n}\bra{\int_{I}f_a(t,x)\,dt}\,dx
=1<\infty\end{align*}

が成り立つから，$e^{-ix\cdot\xi}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}e^{-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}$は$(t,x)$について$I\times\R^n$上可積分である．よって，フビニの定理より

\begin{align*}\hat{g_a}(\xi)=C_a\int_{I}e^{-t}t^{\frac{a-n}{2}-1}\bra{\int_{\R^n}e^{-ix\cdot\xi}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}\,dx}\,dt\end{align*}

が成り立つ．熱核$(4\pi t)^{-\frac{n}{2}}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}$のフーリエ変換は$e^{-t|\xi|^2}$なので，

\begin{align*}\widehat{g_a}(\xi)
&=(4\pi)^{\frac{n}{2}}C_a\int_{I}e^{-t(1+|\xi|^2)}t^{\frac{a}{2}-1}\,dt
\\&=\frac{1}{\Gamma(\frac{a}{2})}\int_{I}e^{-s}\bra{\frac{s}{1+|\xi|^2}}^{\frac{a}{2}-1}\cdot\frac{1}{1+|\xi|^2}\,ds
\\&=\frac{1}{(1+|\xi|^2)^{\frac{a}{2}}\Gamma(\frac{a}{2})}\int_{I}e^{-s}s^{\frac{a}{2}-1}\,ds
\\&=(1+|\xi|^2)^{-\frac{a}{2}}\end{align*}

である．ただし，$s:=t(1+|\xi|^2)$とおいた．よって，任意の$\xi\in\R^n$に対して

\begin{align*}\widehat{g_a*g_b}(\xi)
&=\widehat{g_a}(\xi)\widehat{g_b}(\xi)
=(1+|\xi|^2)^{-\frac{a}{2}}\cdot(1+|\xi|^2)^{-\frac{b}{2}}
\\&=(1+|\xi|^2)^{-\frac{a+b}{2}}
=\widehat{g_{a+b}}(\xi)\end{align*}

が従う．$L^1(\R^n)$でのフーリエ変換の一意性より$g_a*g_b=g_{a+b}$がほとんど至るところで成り立つ．