2014年度 院試解説｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目I

(1)の解答

収束しない例が存在する．実際，$a_{n}=\log{n}$により$\{a_{n}\}$を定めると，$\log$の連続性より任意の正整数$k$に対して

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}(a_{n+k}-a_n)
&=\lim_{n\to\infty}\log\frac{n+k}{n}
\\&=\log\bra{\lim_{n\to\infty}\frac{n+k}{n}}
\\&=\log1=0\end{align*}

が成り立つが，$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\infty$である．

(2)の解答

テイラーの定理より，任意の$x>0$に対して，ある$c_x\in[-1/x,0]$が存在して

\begin{align*}&e^{-1/x}=1-\frac{1}{x}+\frac{e^{c_x}}{2!x^2}
\\&\iff 1-e^{-1/x}=\frac{1}{x}-\frac{e^{c_x}}{2x^2}\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}\int_{0}^{\infty}(1-e^{-1/x})\,dx
&\ge\int_{1}^{\infty}(1-e^{-1/x})\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\int_{1}^{R}\bra{\frac{1}{x}-\frac{e^{c_x}}{2x^2}}\,dx\end{align*}

である．任意の$R>1$に対して，

\begin{align*}\int_{1}^{R}\frac{1}{x}\,dx=[\log{x}]_{1}^{R}=\log{R}\xrightarrow[]{R\to\infty}\infty\end{align*}

であり，

\begin{align*}\int_{1}^{R}\frac{e^{c_x}}{2x^2}\,dx&\le\int_{1}^{R}\frac{1}{2x^2}\,dx=\brc{-\frac{1}{2x}}_{1}^{R}
\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2R}\xrightarrow[]{R\to\infty}\frac{1}{2}\end{align*}

だから，$\dint_{0}^{\infty}(1-e^{-1/x})\ dx$は収束しない．

(1)の解答

任意の$r\ge0$, $\theta\in[0,2\pi]$に対して，

\begin{align*}f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})&=r^{2n}(\sin^{2n}\theta+\cos^{2n}\theta)+nr^2(\sin{2\theta}-1)
\\&\ge r^{2n}(\sin^{2n}\theta+\cos^{2n}\theta)-2nr^2\end{align*}

である．$\sin{\theta}$, $\cos{\theta}$はともにコンパクト集合$[0,2\pi]$上で連続だから，同時に０にならないことと併せて

\begin{align*}M:=\min_{\theta\in[0,2\pi]}(\sin^{2n}\theta+\cos^{2n}\theta)>0\end{align*}

が存在する．よって，$\theta\in\R$によらず

\begin{align*}\lim_{r\to\infty}f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})
\ge\lim_{r\to\infty}(Mr^{2n-2}-2n)r^2=\infty\end{align*}

となるから，$f$の最大値は存在せず，定数$R>0$が存在して$r\ge R$で$f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})\ge1$をみたすことも分かる．また，$f(0,0)=0\le1$なので$f$の最小値は（存在するとしても）$\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\ge R^2}$で取り得ない．

一方，$f$はコンパクト集合$D_R:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\le R^2}$上で連続だから，$\min\limits_{x,y\in\R}f(x,y)=\min\limits_{(x,y)\in D_R}f(x,y)$が存在する．

(2)の解答

$(a,b)\in\R^2$で$f$が極値をもつためには

\begin{align*}\begin{cases}f_x(a,b)=0\\ f_y(a,b)=0\end{cases}
&\iff\begin{cases}2na^{2n-1}-2na+2nb=0\\2nb^{2n-1}-2nb+2na=0\end{cases}
\\&\iff\begin{cases}a^{2n-1}-a+b=0\\b^{2n-1}-b+a=0\end{cases}\end{align*}

が成り立つことが必要である．２式の辺々を加えて

\begin{align*}a^{2n-1}+b^{2n-1}=0\iff a=-b\end{align*}

が成り立つ．ただし，$a,b\in\R$に注意．$b^{2n-1}-b+a=0$に$b=-a$を代入して

\begin{align*}b^{2n-1}-2b=0
\iff b(b^{2n-2}-2)=0
\iff b=0,\pm2^{1/(2n-2)}\end{align*}

だから$(a,b)=(0,0),(\pm2^{1/(2n-2)}, \mp2^{1/(2n-2)})$を得る（複号同順）．

［１］$0<|x|<1$なら

\begin{align*}&f(x,0)=x^{2n}-nx^2=x^2(x^{2n-2}-n)\le x^2(1-n)<0,
\\&f(x,x)=2x^{2n}>0\end{align*}

であり，$f(0,0)=0$だから，$(0,0)$は極値をとらない．

［２］$(a,b)=(\pm2^{1/(2n-2)}, \mp2^{1/(2n-2)})$のとき，

\begin{align*}f_{xx}(a,b)&=2n(2n-1)a^{2n-2}-2n
\\&=4n(2n-1)-2n=2n(4n-3),
\\f_{xy}(a,b)&=2n\end{align*}

である．同様に$f_{yy}(a,b)=2n(4n-3)$, $f_{yx}(a,b)=2n$である．$f$は$C^2$級であり，

\begin{align*}\vmat{f_{xx}(a,b)&f_{xy}(a,b)\\f_{yx}(a,b)&f_{yy}(a,b)}&=\vmat{2n(4n-3)&2n\\2n&2n(4n-3)}=4n^2\vmat{4n-3&1\\1&4n-3}
\\&=4n^2\{(4n-3)^2-1^2\}=4n^2(4n-4)(4n-2)>0\end{align*}

だから，$f_{xx}(a,b)>0$と併せて，$f$は点$(\pm2^{1/(2n-2)},\mp2^{1/(2n-2)})$で極小値をとる．

以上より，$f$が極小値をとる点は$(\pm2^{1/(2n-2)},\mp2^{1/(2n-2)})$であり，$f$が極大値をとる点は存在しない．

行基本変形により

\begin{align*}[A,I_4]
&=\bmat{2&0&1&3&1&0&0&0\\0&8&2&4&0&1&0&0\\2&0&1&4&0&0&1&0\\0&4&0&1&0&0&0&1}
\to\bmat{2&0&1&3&1&0&0&0\\0&0&2&2&0&1&0&-2\\0&0&0&1&-1&0&1&0\\0&4&0&1&0&0&0&1}
\\&\to\bmat{2&0&1&0&4&0&-3&0\\0&0&2&0&2&1&-2&-2\\0&0&0&1&-1&0&1&0\\0&4&0&0&1&0&-1&1}
\to\bmat{2&0&1&0&4&0&-3&0\\0&0&1&0&1&\frac{1}{2}&-1&-1\\0&0&0&1&-1&0&1&0\\0&4&0&0&1&0&-1&1}
\\&\to\bmat{2&0&0&0&3&-\frac{1}{2}&-2&1\\0&0&1&0&1&\frac{1}{2}&-1&-1\\0&0&0&1&-1&0&1&0\\0&4&0&0&1&0&-1&1}
\to\bmat{1&0&0&0&\frac{3}{2}&-\frac{1}{4}&-1&\frac{1}{2}\\0&1&0&0&\frac{1}{4}&0&-\frac{1}{4}&\frac{1}{4}\\0&0&1&0&1&\frac{1}{2}&-1&-1\\0&0&0&1&-1&0&1&0}\end{align*}

となる．よって，$\rank{A}=4$だから$A$は正則行列で，逆行列$A^{-1}$は

\begin{align*}A^{-1}=\frac{1}{4}\bmat{6&-1&-4&2\\1&0&-1&1\\4&2&-4&-4\\-4&0&4&0}\end{align*}

である．

また，行基本変形により

\begin{align*}B=\bmat{1&1&1&0\\2&2&0&3\\3&4&2&4\\4&5&3&4}
\to\bmat{1&1&1&0\\2&2&0&3\\0&1&-1&4\\0&1&-1&4}
\to\bmat{1&1&1&0\\2&2&0&3\\0&1&-1&4\\0&0&0&0}\end{align*}

だから，$B$は正則行列でなく階数は３である．

$A$, $B$が相似であることと，$A$のジョルダン標準形と$B$のジョルダン標準形がジョルダン細胞の順番の違いを除いて一致することは同値だから，$A$, $B$のジョルダン標準形をそれぞれ求める．

$I$を３次単位行列とする．

［１］$A$のジョルダン標準形を求める．

\begin{align*}&|tI-A|=\vmat{t-3&0&1\\2&t-1&-1\\-2&0&t}
\\&=\{(t-3)(t-1)t+0+0\}-\{-2(t-1)+0+0\}
\\&=(t-1)(t^2-3t+2)
=(t-1)^2(t-2)\end{align*}

だから，$A$の固有値は１，１，２である．行基本変形により

\begin{align*}|I-A|=\bmat{-2&0&1\\2&0&-1\\-2&0&1}\to\bmat{-2&0&1\\0&0&0\\0&0&0}\end{align*}

だから，固有値１の固有空間の次元は$3-1=2$である．よって，$A$は$\mrm{diag}(1,1,2)$に対角化可能である．

［２］$B$のジョルダン標準形を求める．

\begin{align*}&|tI-B|=\vmat{t-1&-x&0\\0&t-1&0\\1&-x&t-2}
\\&=\{(t-1)^2(t-2)+0+0\}-\{0+0+0\}
\\&=(t-1)^2(t-2)\end{align*}

だから，$B$の固有値は１，１，２である．行基本変形により

\begin{align*}I-B=\bmat{0&-x&0\\0&0&0\\1&-x&-1}\to\bmat{0&-x&0\\0&0&0\\1&0&-1}\end{align*}

だから，固有値１の固有空間の次元は

• $x\neq0$のとき$3-2=1$
• $x=0$のとき$3-1=2$

である．よって，$x=0$のとき$B$は$\mrm{diag}(1,1,2)$に対角化可能だが，$x\neq0$のとき$B$は対角化可能でない．

［１］［２］より，$A$と$B$が相似となる複素数$x$は$x=0$である．