2015年度 院試解説｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目I

$(x,y)\in D$に対して，$(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$とおく．$n\in\N$に対して

\begin{align*}D_n:=\set{(x,y)\in D}{\frac{1}{n}\le r\le n,\frac{\pi}{4n}\le\theta}\end{align*}

とおくと，$\{D_n\}$は$D_n\subset D_{n+1}$, $D=\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n$を満たす面積確定な有界閉集合の列である．被積分関数は$D$上で非負だから

\begin{align*}\iint_{D}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdy
=\lim_{n\to\infty}\iint_{D_n}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdy\end{align*}

である．各$n\in\N$に対して，$D_n$は

\begin{align*}E_n:=\set{(r,\theta)\in\R^2}{\frac{1}{n}\le r\le n,\frac{\pi}{4n}\le\theta\le \frac{\pi}{4}}\end{align*}

に対応し，$(r,\theta)\to(x,y)$のヤコビ行列式は$r$だから

\begin{align*}&\iint_{D_n}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdy
\\&=\int_{\pi/4n}^{\pi/4}\bra{\int_{1/n}^{n}re^{-r^2\cos\theta\sin\theta}\sin^2\theta\,dr}\,d\theta
\\&=\int_{\pi/4n}^{\pi/4}\brc{-\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}e^{-\frac{1}{2}r^2\sin{2\theta}}}_{1/n}^{n}\,d\theta
\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/4}\tan{\theta}\bra{e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}-e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}(\theta)\,d\theta\end{align*}

となる．ただし，$\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}$は指示関数である．

ここで，$[0,\frac{\pi}{4}]$上の関数列$\{f_n\}$を

\begin{align*}f_n(\theta)=\tan{\theta}\bra{e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}-e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}(\theta)\end{align*}

で定め，この関数列が$\tan{\theta}$に一様収束することを示す．

\begin{align*}&\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4}]}|\tan{\theta}-f_n(\theta)|
\\&\le\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}|\tan{\theta}-f_n(\theta)|+\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}|\tan{\theta}-f_n(\theta)|\end{align*}

であり，第１項について

\begin{align*}\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}|\tan{\theta}-f_n(\theta)|
=\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}\tan{\theta}
=\tan{\frac{\pi}{4n}}\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

が成り立ち，第２項について

\begin{align*}&\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}|\tan{\theta}-f_n(\theta)|
\\&=\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}\tan{\theta}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}}+e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}
\\&\le\tan{\frac{\pi}{4}}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{\frac{\pi}{2}}}}+e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{\frac{\pi}{2n}}}}
\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

が成り立つ．よって，$[0,\frac{\pi}{4}]$上の関数列$\{f_n\}$は$\tan$に一様収束する．

以上を併せて

\begin{align*}\iint_{D}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdy
&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/4}f_n(\theta)\,d\theta
=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/4}\tan{\theta}\,d\theta
\\&=-\frac{1}{2}\brc{\log{|\cos{\theta}|}}_{0}^{\pi/4}
=-\frac{1}{2}\log{\frac{1}{\sqrt{2}}}
=\frac{1}{4}\log{2}\end{align*}

を得る．

実数の２乗は非負だから$f(x,y)\ge0$であり，$f(0,-2)=0$なので最小値は０である．以下，最大値について考える．

\begin{align*}f_x(x,y)&=\frac{8x(x^2+y^2+1)-2x(4x^2+y^2+4y+4)}{(x^2+y^2+1)^2}
\\&=\frac{2x(3y^2-4y)}{(x^2+y^2+1)^2}
=\frac{2xy(3y-4)}{(x^2+y^2+1)^2},
\\f_y(x,y)&=\frac{2(y+2)(x^2+y^2+1)-2y(4x^2+y^2+4y+4)}{(x^2+y^2+1)^2}
\\&=\frac{-2(3x^2y-2x^2+2y^2+3y-2)}{(x^2+y^2+1)^2}\end{align*}

だから，

\begin{align*}\begin{cases}f_x(x,y)=0\\f_y(x,y)=0\end{cases}
\iff\begin{cases}x=0\ \text{or}\ y=0\ \text{or}\ y=\frac{4}{3}\\3x^2y-2x^2+2y^2+3y-2=0\end{cases}\end{align*}

である．$g(x,y)=3x^2y-2x^2+2y^2+3y-2$とおく．

\begin{align*}&g(0,y)=2y^2+3y-2=(2y-1)(y+2),
\\&g(x,0)=-2x^2-2<0,
\\&g\bra{x,\frac{4}{3}}=4x^2-2x^2+\frac{32}{9}+4-2=2x^2+\frac{50}{9}>0\end{align*}

だから，$f$の停留点は$(0,\frac{1}{2})$, $(0,-2)$に限る．$f(0,\frac{1}{2})=5$, $f(0,-2)=0$である．

また，極座標変換$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$で

\begin{align*}f(x,y)
&=\frac{4x^2+y^2+4y+4}{x^2+y^2+1}
\\&=\frac{4r^2\cos^{2}{\theta}+r^2\sin^{2}{\theta}+4r\sin{\theta}+4}{r^2+1}
\\&\xrightarrow[]{r\to\infty}1+3\cos^{2}{\theta}\le1+3=4\end{align*}

が$\theta$によらず一様に成り立つから，ある$R>0$が存在して，$x^2+y^2\ge R^2$を満たすとき$f(x,y)\le\frac{9}{2}$をみたす．よって，$f(0,\frac{1}{2})=5$と併せて，$f$の最大値は

\begin{align*}D:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\ge R^2}\end{align*}

上でとり得ないことが分かる．

$\overline{D^c}:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\le R^2}$はコンパクト集合で$f$は$D^c$上で微分可能だから，$f$は$D^c$上の停留点または$\partial{D^c}$上で最大値をとる．

いま，$\overline{D^c}$の境界上で$f(x,y)\le\frac{9}{2}<5$だったから，$f$は停留点$(0,\frac{1}{2})$で最大値５をとる．

関数$f$は連結集合$\R^2$上の連続関数だから，$f(x,y)$の最小値以上，最大値以下の値をとるので，$f$のとりうる値の範囲は$0\le f(x,y)\le5$である．

実数の２乗は非負だから$f(x,y)\ge0$であり，$f(0,-2)=0$なので最小値は０である．また，

\begin{align*}f(x,y)&=\frac{4x^2+(y+2)^2-5(x^2+y^2+1)}{x^2+y^2+1}+5
\\&=\frac{-x^2-4y^2+4y-1}{x^2+y^2+1}+5
\\&=-\frac{x^2+(2y-1)^2}{x^2+y^2+1}+5\end{align*}

だから$f(x,y)\le5$で，$f(0,\frac{1}{2})=5$だから最大値は５である．

関数$f$は連結集合$\R^2$上の連続関数だから，$f(x,y)$の最小値以上，最大値以下の値をとるので，$f$のとりうる値の範囲は$0\le f(x,y)\le5$である．

$I$を３次単位行列とする．

(1)の解答

$A$の固有多項式は

\begin{align*}|xI-A|
&=\vmat{x-2&-a&-a\\-b&x-2&0\\b&0&x-2}
\\&=\{(x-2)^3+0+0\}-\{-ab(x-2)+ab(x-2)+0\}
\\&=(x-2)^3\end{align*}

であるから，$A$の固有値は２，２，２である．

(2)の解答

$A$, $B$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である．

$B$はもとよりジョルダン行列$J_2(2)\oplus J_1(2)$である．$A$は３次だから，$A$と$B$が相似であることと，$A$のジョルダン標準形が２に関するジョルダン細胞を２個もつこと，すなわち

\begin{align*}&\operatorname{rank}(A-2I)^{0}-\operatorname{rank}(A-2I)^{1}=2
\\&\iff\operatorname{rank}(A-2I)=1\end{align*}

と同値である．

\begin{align*}\operatorname{rank}(2I-A)=\operatorname{rank}\pmat{0&a&a\\b&0&0\\0&0&0}\end{align*}

なので，$ab=0$かつ$(a,b)\neq(0,0)$をみたす組$(a,b)$が求める複素数の組である．

行基本変形により

\begin{align*}&\pmat{2&-3&6&0&-6&a\\-1&2&-4&1&8&b\\1&0&0&1&6&c\\1&-1&2&0&-1&d}
\\&\to\pmat{0&-3&6&-2&-18&a-2c\\0&2&-4&2&14&b+c\\1&0&0&1&6&c\\0&-1&2&-1&-7&d-c}
\\&\to\pmat{0&0&0&1&3&(a-2c)-3(d-c)\\0&0&0&0&0&(b+c)+2(d-c)\\1&0&0&1&6&c\\0&1&-2&1&7&c-d}
\\&\to\pmat{1&0&0&1&6&c\\0&1&-2&1&7&c-d\\0&0&0&1&3&a+c-3d\\0&0&0&0&0&b-c+2d}\end{align*}

だから，階数は

\begin{align*}\operatorname{rank}\pmat{2&-3&6&0&-6&a\\-1&2&-4&1&8&b\\1&0&0&1&6&c\\1&-1&2&0&-1&d}
=\begin{cases}3&(c=b+2d)\\4&(c\neq b+2d)\end{cases}\end{align*}

である．