2026年度｜大阪大学 大学院入試｜数学専攻｜数学問題A

第１問（微分積分学）

関数$f$が定数関数（$f(x)\equiv c$）なら，$g(a)=g(b)=0$なる任意の$C^1$級関数$g:\R\to\R$に対して

\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)g'(x)\,dx=c(g(b)-g(a))=0\end{align*}

が成り立ちます．本問題はこの逆が成り立つことを示す問題で，小問が分かりやすいので少なくとも(3)までは解きたいです．

(4)ではうまく$h$をとってくる必要があるのですが，試験場で焦っていると意外と思い付けないかもしれません．そのため，念のため泥臭く解く方法も紹介します．

解答の方針とポイント

大筋はそれほど難しくありませんが，端点$x=a,b$のケア，なぜ$g$に$C^1$級が必要なのかなど，答案にするときは細かいことに注意しながら進めましょう．

関数が連続なら，近くで急激に値は変わらない

関数$k$が点$p$で連続であるとは，直観的には$x\approx p$なら$k(x)\approx k(p)$が成り立つということです．そのため，もし非負値関数$k$がある点$p$で$k(p)>0$となるなら，$p$の近くの$x$でも$k(x)>0$となっており，$\int_{a}^{b}k(x)\,dx$の$p$周辺での積分が正となりそうです．

いまの議論を正当化するには，関数の連続性の定義を使えます．

$\epsilon>0$は任意ですから$\epsilon=\frac{k(p)}{2}$に対しても成り立つので，$x\in A\cap[p-\frac{\delta}{2},p+\frac{\delta}{2}]$に対して，$|k(x)-k(p)|<\frac{k(p)}{2}$となり，整理して$k(x)>\frac{k(p)}{2}$が得られます．

微分積分学の基本定理は連続関数に対して成り立つ

形式的には，条件$g'(x)=h(x)-\alpha$の両辺を$[a,x]$で積分すると

\begin{align*}g(x)-g(a)=\int_{a}^{x}h(t)\,dt-\alpha(x-a)\end{align*}

となり，$g(a)=g(b)$より

\begin{align*}0=g(b)-g(a)=\int_{a}^{b}h(t)\,dt-\alpha(b-a)\end{align*}

となります．よって，

\begin{align*}\alpha:=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}h(t)\,dt,\quad
g(x):=\int_{a}^{x}h(t)\,dt-\alpha(x-a)\end{align*}

であることが必要になります．なお，これで$g(a)=0$も満たしています．

そこで，逆にこのように$\alpha$と$g$をおいたときに条件を満たすことを確かめれば良いですね．ただし，$g’$を考える際には$\int_{a}^{x}h(t)\,dt$を微分することになりますが，微分積分学の基本定理は連続関数に対して成り立つことに注意しましょう．

$f$の仮定と(2)を併せる

本問題の(3)の$h$を(2)の$h$として扱うように露骨に誘導されているので，しっかり乗りましょう．$h$を(2)のように表すと

\begin{align*}&\int_{a}^{b}(f(x)-c)h(x)\,dx
\\&=\int_{a}^{b}(f(x)-c)(g'(x)+\alpha)\,dx
\\&=\int_{a}^{b}f(x)g'(x)\,dx
+\alpha\int_{a}^{b}f(x)\,dx
\\&\quad-c\int_{a}^{b}g'(x)\,dx
-c\alpha(b-a)\end{align*}

となります．$f$の仮定より$\int_{a}^{b}f(x)g'(x)\,dx=0$であり，$g(a)=g(b)$と微分積分学の基本定理より$\int_{a}^{b}g'(x)\,dx=g(b)-g(a)=0$なので，結局

\begin{align*}\alpha\int_{a}^{b}f(x)\,dx-c\alpha(b-a)=0\end{align*}

を示せばよいわけですが，これは$c$の定義からすぐに得られますね．

具体的に$h$を選んで$f(x)\equiv c$を示す

(1)と(3)から，うまく$h$を選んで$(f(x)-c)h(x)\ge0$となるようにして，$f(x)\equiv c$となることを示したいですね．

ただし，極端な例として$h(x)\equiv0$としてしまうと，当然$f(x)\not\equiv c$であっても矛盾しないので$h(x)$はできるだけ０でなく$f(x)-c$と同じ正負をとる関数を選べばよいですね．

このように考えると，$f(x)-c$自身が$f(x)-c$と同じ正負をとるので，$h(x)=f(x)-c$とおけば解けそうですね．

解答例

補足（(4)の泥臭い方法）

試験では焦ってしまい発見的な方法は意外と気付けないものです．そこで，念の為もう少し泥臭く解く方法も与えておきましょう．

(1)のアイディアを使いましょう．つまり，$f(p)>c$となる点$p\in[a,b]$が存在すれば，ある$\eta>0$が存在して

\begin{align*}x\in[a,b]\cap[p-\eta,p+\eta]
\Ra\frac{f(p)-c}{2}<f(x)-c\end{align*}

が成り立ちます．そこで，$(f(x)-c)h(x)$を積分して$p$付近だけを拾ってくるようにするために，$[q,r]:=[a,b]\cap[p-\eta,p+\eta]$とし，

\begin{align*}h(x)=\begin{cases}x-q,&q\le x\le \frac{q+r}{2}\\
-x+r,&\frac{q+r}{2}\le x\le r\\
0,&x\le q, r\le x\end{cases}\end{align*}

とおきましょう．

このように$h$をとると，

\begin{align*}\int_{a}^{b}(f(x)-c)h(x)\,dx
&\ge\frac{f(p)-c}{2}\int_{q}^{r}h(x)\,dx
\\&=\frac{f(p)-c}{2}\cdot\frac{(r-q)^2}{4}>0\end{align*}

となり，(3)に矛盾します．$f(p)<c$となる点$p\in[a,b]$が存在する場合も，$h$の正負を反転させれば同様に(3)に矛盾します．

第２問（線形代数学）

(1)は瞬殺したい問題で，(2)も実対称行列（二次形式）の典型問題です．(3)は実対称行列の性質を使って$W$をうまく書き換えることで解けます．

(3)はちょうど同じ年の京都大学の数学・数理解析専攻の大学院入試の基礎科目の第３問が類題として挙げられます．

解答の方針とポイント

実対称行列に関する問題の多くが直交行列で対角化可能であることを用いて解くものになっています．本問題もこのことを使い倒します．

対称的な行列の行列式は計算がラクになることがある

正方行列の固有値は固有方程式を解くことで求められますね．

また，本問題の(1)の

\begin{align*}|xI-S|=\vmat{x-2&-2&-3\\-2&x-3&-2\\-3&-2&x-2}\end{align*}

のように対称な場合には，第２行以降を全て第１行に加えたり，第２列以降を全て第１行に加えたりすると行列式が計算しやすくなることがあります．

実際，本問題の$|xI-S|$の第２行と第３行を第１行に加えると

\begin{align*}|xI-S|=\vmat{x-7&x-7&x-7\\-2&x-3&-2\\-3&-2&x-2}=(x-7)\vmat{1&1&1\\-2&x-3&-2\\-3&-2&x-2}\end{align*}

と第１行から$x$が消えるので計算がかなりラクになります．

直交行列の定義と性質

「実対称行列の直交行列による対角化」を説明する前に直交行列についてまとめておきましょう．

実正方行列$P$に対して，$P$が直交行列であるための必要十分条件として次はよく知られているので，当たり前にしておきましょう．

二次形式の標準化

実対称行列については，次の定理が極めて重要です．

$S$は実対称行列で$\anb{S\m{x},\m{x}}$は二次形式ですから$S$の直交行列による対角化を考えて標準化するというのが第１感です．すなわち，(1)で$S$の固有値が７，±１と求まるので，ある３次直交行列$P$が存在して

\begin{align*}P^{-1}SP=\bmat{7&0&0\\0&1&0\\0&0&-1}=:B\end{align*}

が成り立ちますから，

\begin{align*}\anb{S\m{x},\m{x}}=\m{x}^TS\m{x}=(P^T\m{x})^TB(P^T\m{x})\end{align*}

と書き換えられます．よって，$P^T\m{x}=\sbmat{p\\q\\r}$とおいて

\begin{align*}\anb{S\m{x},\m{x}}=7p^2+q^2-r^2\end{align*}

となります（二次形式の標準化）．さらに，$\m{x}\in\R^3$に対して，$\|\m{x}\|=1$は$\|P^T\m{x}\|=1$と同値なので，$p^2+q^2+r^2=1$のもとで考えることになりますね．

以上より$p^2+q^2+r^2=1$のもとでの$7p^2+q^2-r^2$の最大値が求めるものですね．

線形部分空間$W$の書き換え

真面目に$W$の元$SX-XS$を考えるのは大変なので，やはり$S$の対角化で工夫できないか考えましょう．$S$を正則行列$P$で$B$に対角化できるとすると，

\begin{align*}SX-XS
&=(PBP^{-1})X-X(PBP^{-1})
\\&=P\{B(P^{-1}XP)-(P^{-1}XP)B\}P^{-1}
\\&=P(BY-YB)P^{-1}\end{align*}

となります（$Y=P^{-1}XP$）．$P$の正則性から，$X$が$V$上全体を動くとき$Y$も$V$全体を動くので

\begin{align*}W=\set{P(BY-YB)P^{-1}}{Y\in V}\end{align*}

となることが分かります．さらに，やはり$P$の正則性から

\begin{align*}W\cong\set{BY-YB}{Y\in V}\end{align*}

となります．ここまでくれば$B$が対角行列であることから$BY-YB$は比較的簡単に計算でき，次元$\dim{W}$は簡単に分かります．

解答例

第３問（位相空間論）

位相空間論の基本的な概念と連続写像の性質に関する問題で，ひとつひとつの知識を丁寧に運用できるかが問われます．

全体的には(3)の$f(0)=0$かつ$f(1)=1$をみたす連続写像$f:I\to Y$が存在しないことを示す問題で，そのために誘導として(1)と(2)があります．

解答の方針とポイント

各問題のテーマとしては(1)はコンパクト集合，(2)は連結集合，(3)は連続写像とコンパクト集合・連結集合の関係です．

無限集合$A$を被覆する集合族$\{U_n\}_{n=1}^{\infty}$

本問題の(1)の前半の$U_n$は$\R$から点列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$の第$n$項以降を全て取り除いてできる集合です．

そのため，任意の点がある十分大きな$n$に対して$U_n$に属することになり，$\bigcup_{n=1}^{\infty}U_n=\R\supset A$となることが見てとれますね．

証明としては，集合の包含の定義通りに，任意の$a\in A$に対して$a\in\bigcup_{n=1}^{\infty}U_n$を示せばよいわけですが，これは

• 任意の正の整数$n$に対して$a\neq a_n$のとき
• ある正の整数$n$が存在して$a=a_n$のとき

に場合分けすればよいですね．

コンパクト集合は任意の開被覆に部分被覆が存在する集合

本問題の(1)の後半では無限集合$A$がコンパクトであるかどうかを考えますが，一般の位相空間でのコンパクト性は次のように定義されますね．

この定義は「位相空間$(X,\mathcal{O})$に対して，$A\subset X$がコンパクト集合であるとは，$A$の任意の開被覆に$A$の有限被覆が存在することをいう」と書いても同じことですね．

(1)の前半を誘導と考えると，$A$がコンパクトでないことが言えるのではないかと予想できます．すなわち，$\{U_n\}_{n=1}^{\infty}$が$A$の開被覆になっており，かつどの有限個の$U_n$をとってきても$A$を覆えないのではないかと予想できます．

実際，(1)の前半の点列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$と集合$U_n$に対して，

• $\set{a_{n+k}}{k=0,1,2,\dots}$は高々可算な集合だから，$Y$の位相の定義から$U_n$は$Y$の開集合である．
• 例えば$U_1\cup U_2\cup U_3=\R\setminus\{a_3,a_4,\dots\}$であるように，有限個の$U_n$しか取らなければ点列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$のある項以降はそれらの和集合には属さないので，部分被覆は存在しない．

ということが分かり，$A$はコンパクト集合ではありませんね．

連結集合はふたつの空でない開集合で分離できない集合

本問題の(2)では$B$が連結であるかどうかを考えますが，集合が連結であるとは直観的には「空でない開集合で分割されないこと」をいいますね．

ユークリッド空間においては元を２個以上もつ有限集合は連結ではありませんから，$Y$においても$B$は連結ではないと予想して，上の定義の条件を満たす$U_1$, $U_2$をとってくることを考えましょう．

$B$を覆う空でない集合として，$b\in B$をひとつとり$U_1:=B\setminus\{b\}$, $U_2:=\{b\}$とおくと連結性の定義の４条件を満たします．しかし，これらは$\R$から高々可算個の元を除いてできる集合ではありませんから，$Y$の開集合ではありません．

ところが，$U_1$にも$U_2$にも$B$でない元をどれだけ付け加えても連結性の定義の４条件は崩れませんから，

\begin{align*}U_1:=\R\setminus\{b\},\quad
U_2:=\R\setminus(B\setminus\{b\})\end{align*}

とおけば，これらは$Y$の開集合で連結性の定義の４条件を全て満たすので$B$は連結でないことが分かりますね．

連続写像はコンパクト性・連結性を保存する

(1)と(2)は$Y$での話なので，$f(I)\subset Y$について(1)と(2)を使うように誘導されているように見てとれます．(1)は無限集合に関する問題で，(2)は$Y$の有限集合に関する問題ですから，$f(I)$が無限集合のときと有限集合のときに場合分けしたくなります．

また，連続写像と集合のコンパクト性・連結性については，次の基本的な定理が成り立つのでした．

以上のこと（と$f(I)$が２元以上もつこと）から，$f(I)$が無限集合でも有限集合でも矛盾することが分かりますね．

解答例

第４問（複素解析学）

うまく定積分を複素積分に書き直し，複素積分を応用して広義積分を計算する典型的な問題です．

この手の問題は数学系の大学院入試では頻出中の頻出なので，方針は瞬時に立てられるようになっておきたいです．

解答の方針とポイント

「広義積分を複素積分の極限で表し，その複素積分の極限をコーシーの積分定理（や留数定理）を用いて計算する」という標準的な方法で解けます．

関数$f$のローラン展開

一般に，点$\alpha\in\C$の近傍で正則関数$g$の$\alpha$中心のテイラー展開が

\begin{align*}g(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-\alpha)^n\end{align*}

と分かれば，複素関数$\frac{g(z)}{(z-\alpha)^r}$のローラン展開は

\begin{align*}\frac{g(z)}{(z-\alpha)^r}=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-\alpha)^{n-r}\end{align*}

となるので，本問題の(1)では$f(z)$の分子$e^{iaz}-ae^{iz}+a-1$を０中心でテイラー展開して$z^3$で割ればよいですね．

$e^{iaz}$と$e^{iz}$の$z=0$におけるテイラー展開は

\begin{align*}e^{iaz}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(iaz)^n}{n!},\quad
e^{iz}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(iz)^n}{n!}\end{align*}

で，これらは$\C$全体で絶対収束する（収束半径が$\infty$）ので$\C$全体で

\begin{align*}e^{iaz}-ae^{iz}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a^n-a)(iz)^n}{n!}\end{align*}

となります．よって，$f$の分子$e^{iaz}-ae^{iz}+a-1$のテイラー展開は定数項と１次の項が０になり

\begin{align*}\frac{a(1-a)z^2}{2}+\sum_{n=3}^{\infty}\frac{a(a^{n-1}-1)(iz)^n}{n!}\end{align*}

となります．

$r\approx0$のときの$C_r$上の積分

直観的には，$|z|\approx0$なら本問題の(1)のローラン展開の非負の項は有界で，また$C_r$の長さが$\pi r$であることと併せて，

\begin{align*}\lim_{r\to+0}\int_{C_r}\sum_{n=3}^{\infty}\frac{a(a^{n-1}-1)i^n}{n!}z^{n-3}\,dz=0\end{align*}

となることが予想できますね．実際，$|z|\le1$なら

\begin{align*}\abs{\sum_{n=3}^{\infty}\frac{a(a^{n-1}-1)i^n}{n!}z^{n-3}}
\le\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a^n+a}{n!}
=e^a+ae\end{align*}

なので，

\begin{align*}\abs{\int_{C_r}\sum_{n=3}^{\infty}\frac{a(a^{n-1}-1)i^n}{n!}z^{n-3}\,dz}
&\le\int_{C_r}(e^a+ae)\,|dz|
\\&=\pi r(e^a+ae)\xrightarrow[]{r\to+0}0\end{align*}

となります．

よって，あとは$\lim\limits_{r\to+0}\int_{C_r}\frac{a(1-a)}{2z}\,dz$を計算すればよいですね．

$r$が十分大きいときの$C_r$上の積分

直観的には，$r=|z|$が十分大きいなら$|f(z)|$の分母$|z|^3=r^3$は大きく，一方$|e^{iaz}-ae^{iz}+a-1|$は大きくないので$|f(z)|$は大体$r^{-3}$程度のオーダーです．よって，$C_r$の長さが$\pi r$であることと併せて，

\begin{align*}\abs{\int_{C_r}f(z)\,dz}
&\le\int_{C_r}|f(z)|\,|dz|
\\&\sim\pi r\cdot\frac{1}{r^3}\xrightarrow[]{r\to\infty}0\end{align*}

となることがみてとれますね．

なお，これは「$|f(re^{it})|$の分子$|e^{iare^{it}}-ae^{ire^{it}}+a-1|$を三角不等式・オイラーの公式を用いて上から評価する」という標準的な方法で正当化できます．

広義積分を複素積分の極限で表す

下図のように積分経路を設定します．

このとき，本問題の(3)で求める広義積分は

\begin{align*}\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin{(ax)}-a\sin{x}}{x^3}\,dx
=\lim_{\substack{r\to+0\\R\to\infty}}\int_{L_{r,R}}\operatorname{Im}f(z)\,dz\end{align*}

と表せますね．また，

\begin{align*}\lim_{r\to+0}\int_{C_r}f(z)\,dz,\quad
\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}f(z)\,dz\end{align*}

は本問題の(2)から求められます．

よって，あとは

\begin{align*}\lim_{\substack{r\to+0\\R\to\infty}}\int_{L’_{r,R}}\operatorname{Im}f(z)\,dz\end{align*}

について考える必要があります．$L_{r,R}$と$L’_{r,R}$は集合として原点対称であり，$\overline{f(x)}=-f(-x)$であることから，変数変換$\R\setminus\{0\}\to\R\setminus\{0\};x\mapsto-x$を用いると

\begin{align*}\int_{L’_{r,R}}f(z)\,dz=-\int_{L_{r,R}}\overline{f(z)}\,dz\end{align*}

となることが分かります．よって，

\begin{align*}2i\int_{L_{r,R}}\operatorname{Im}f(z)\,dz
=\int_{L_{r,R}\cup C_R\cup L’_{r,R}\cup C_r}f(z)\,dz-\int_{C_R}f(z)\,dz-\int_{C_r}f(z)\,dz\end{align*}

と書き換えられるので，コーシーの積分定理より全経路$L_{r,R}\cup C_R\cup L’_{r,R}\cup C_r$での複素積分が０であることを併せて，目標の広義積分が計算できます．

解答例