2017大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目

$D_1=\set{(x,y)\in D}{x\ge y}$, $D_2=\set{(x,y)\in D}{x\le y}$とする．$D_1\cap D_2$は零集合で，$D_1\cup D_2=D$である．

\begin{align*}&\iint_{D}e^{-\max\{x^2,y^2\}}\,dxdy
\\&=\iint_{D_1}e^{-x^2}\,dxdy+\iint_{D_2}e^{-y^2}\,dxdy
\\&=\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{x}e^{-x^2}\,dy}\,dx+\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{y}e^{-y^2}\,dx}\,dy
\\&=2\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{x}e^{-x^2}\,dy}\,dx=\int_{0}^{1}2xe^{-x^2}\,dx
\\&=\brc{-e^{-x^2}}_{0}^{1}
=1-e^{-1}\end{align*}

を得る．

(1)の解答

掃き出し法により求める．斉次連立１次方程式だから係数行列$A$は行基本変形により

\begin{align*}A&\to\bmat{1&-2&-1&1&0\\0&1&1&0&1\\0&3&3&-1&-1\\0&10&10&-2&2}
\\&\to\bmat{1&0&1&1&2\\0&1&1&0&1\\0&0&0&-1&-4\\0&0&0&-2&-8}
\to\bmat{1&0&1&0&-2\\0&1&1&0&1\\0&0&0&1&4\\0&0&0&0&0}\end{align*}

と変形できるから，解は

\begin{align*}\bmat{x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5}=\bmat{-t+2s\\-t-s\\t\\-4s\\s}\quad(t,s\in\R)\end{align*}

となる．

(2)の解答

解を持つための必要十分条件は，

\begin{align*}\operatorname{rank}\brc{A,\bmat{0\\-1\\1\\c}}
=\operatorname{rank}A\end{align*}

である．(1)から$\operatorname{rank}A=3$で，

\begin{align*}3=&\operatorname{rank}\brc{A,\bmat{0\\-1\\1\\c}}
\\=&\operatorname{rank}\bmat{1&-2&-1&1&0&0\\0&1&1&0&1&-1\\0&3&3&-1&-1&1\\0&10&10&-2&2&c}
\\=&\operatorname{rank}\bmat{1&0&1&1&2&-2\\0&1&1&0&1&-1\\0&0&0&-1&-4&4\\0&0&0&-2&-8&c+10}
\\=&\operatorname{rank}\bmat{1&0&1&0&-2&2\\0&1&1&0&1&-1\\0&0&0&-1&-4&4\\0&0&0&0&0&c+2}\end{align*}

である．よって，求める実数$c$は$c+2=0\iff c=-2$である．

(1)の解答

$BA$の固有値$\lambda$に属する固有ベクトルの１つを$\m{p}$とすると，

\begin{align*}BA\m{p}=\lambda\m{p}\end{align*}

である．もし$A\m{p}=\m{0}$なら$\lambda\m{p}=\m{0}$だから，$\lambda\neq0$と併せて$\m{p}=0$となって$\m{p}$が固有ベクトル（したがって$\m{p}\neq0$）であることに矛盾するから，$A\m{p}\neq\m{0}$である．また，

\begin{align*}AB(A\m{p})=A(BA\m{p})=A(\lambda\m{p})=\lambda(A\m{p})\end{align*}

となるから，$AB$は固有値$\lambda$をもつ．

(2)の解答

$\m{v}\in V$とすると，ある正の整数$k$が存在して$(BA-\lambda I_m)^k \m{v}=\m{0}$をみたす．$AB$と$-\lambda I_n$は可換だから，

\begin{align*}&(AB-\lambda I_n)^k A\m{v}
\\&=\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(-\lambda)^{k-i}(AB)^i A\m{v}
\\&=A\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(-\lambda)^{k-i}(BA)^i \m{v}
\\&=A(BA-\lambda I_m)^k \m{v}=\m{0}\end{align*}

となり$A\m{v}\in W$が成り立つ．よって，線形写像$f:V\to W;\m{v}\mapsto A\m{v}$が定義できる．

ここで，$f$が単射であることを示す．$\m{v}\in\operatorname{Ker}f$なら

\begin{align*}\m{0}&=(BA-\lambda I_m)^k \m{v}
\\&=\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(-\lambda)^{k-i}(BA)^i\m{v}
\\&=\sum_{i=1}^{k}\binom{k}{i}(-\lambda)^{k-i}(BA)^{i-1}B\m{0}+(-\lambda)^k \m{v}
\\&=(-\lambda)^k \m{v}\end{align*}

だから，$\lambda\neq0$と併せて$\m{v}=\m{0}$が成り立つ．よって，$\operatorname{Ker}f=\{\m{0}\}$だから$f$は単射なので，$\dim{V}\le\dim{W}$が成り立つ．

$V$, $W$は対称なので$\dim{W}\le\dim{V}$も成り立つから，$\dim{V}=\dim{W}$が従う．

(1)の解答

任意に$\epsilon>0$をとる．任意の$x\in I$に対して，

\begin{align*}g(x+1)&=\lim_{n\to\infty}f_n(x+1)=\lim_{n\to\infty}f(x+1+n)
\\&=\lim_{n\to\infty}f_{n+1}(x)=g(x)\end{align*}

だから，関数$g$は周期１の周期関数である．

関数$f$の連続性から各$f_n$も連続で，関数列$\{f_n\}_{n=1}^{\infty}$は$I$上で$g$に一様収束するから$g$は$I$上連続である．したがって，$g$は有界閉区間$[0,2]\subset I$上でも連続だから，$g$は$[0,2]$上一様連続である．

すなわち，ある$\delta\in(0,1)$が存在して，$x,y\in[0,2]$が$|x-y|<\delta$を満たすなら，$|g(x)-g(y)|<\epsilon$が成り立つ．

よって，$|x-y|<\delta$をみたす任意の$x,y\in I$に対して，$k=\lfloor\max\{x,y\}\rfloor$とおくと$x-k,y-k\in[0,2]$だから，$g$の周期性と併せて

\begin{align*}|g(x)-g(y)|=|g(x-k)-g(y-k)|<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$g$は$I$上一様連続である．

(2)の解答

任意に$\epsilon>0$をとる．仮定より関数列$\{f_n\}_{n=1}^{\infty}$は$I$上で$g$に一様収束する．すなわち，ある$N\in\N$が存在して，$n\ge N$なら

\begin{align*}\sup_{x\in I}|f_n(x)-g(x)|<\frac{\epsilon}{3}\end{align*}

が成り立つ．

［１］$[N,\infty)$上の$f$の一様連続性を示す．

(1)より，ある$\delta\in(0,1)$が存在して，$x,y\in I$が$|x-y|<\delta$を満たすなら$|g(x)-g(y)|<\frac{\epsilon}{3}$が成り立つ．よって，$x,y\in[N,\infty)$が$|x-y|<\delta$を満たせば，

\begin{align*}|f(x)-f(y)|&=|f_N(x-N)-f_N(y-N)|
\\&\le|f_N(x-N)-g(x-N)|
\\&\quad+|g(x-N)-g(y-N)|
\\&\quad+|g(y-N)-f_N(y-N)|
\\&<3\cdot\frac{\epsilon}{3}=\epsilon\end{align*}

が従う．

［２］$[0,N+1]$上の$f$の一様連続性を示す．

$f$は有界閉集合$[0,N+1]$上で連続だから，$f$は$[0,N+1]$上一様連続である．すなわち，ある$\delta’\in(0,1)$が存在して，$x,y\in[0,N+1]$が$|x-y|<\delta’$を満たすなら$|f(x)-f(y)|<\epsilon$が成り立つ．

［１］，［２］より，$x,y\in I$が$|x-y|<\min\{\delta,\delta’\}$を満たすなら，$|f(x)-f(y)|<\epsilon$が成り立つ．よって，$f$は$I$上一様連続である．

与えられた常微分方程式は

\begin{align*}&\frac{dx}{dt}=-px+f(t)
\\&\iff e^{pt}\bra{\od{x}{t}+px}=e^{pt}f(t)
\\&\iff\od{}{t}\bra{e^{pt}x}=e^{pt}f(t)
\\&\iff e^{pt}x(t)-e^{p0}x(0)=\int_{0}^{t}e^{ps}f(s)\,ds
\\&\iff x(t)=e^{-pt}x(0)+e^{-pt}\int_{0}^{t}e^{ps}f(s)\,ds\end{align*}

と解ける．$p>0$より$\lim\limits_{t\to\infty}e^{-pt}x(0)=0$だから，あとは第２項が０に収束することを示せばよい．

任意に$\epsilon>0$をとる．$C:=\dint_{0}^{\infty}|f(t)|\,dt$が収束するから，ある$R>0$が存在して，

\begin{align*}\int_{R}^{\infty}|f(t)|\,dt=\int_{0}^{\infty}|f(t)|\,dt-\int_{0}^{R}|f(t)|\,dt<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$t>R$のとき

\begin{align*}&\abs{\int_{0}^{t}e^{p(s-t)}f(s)\,ds}
\\&\le\int_{0}^{R}e^{p(s-t)}|f(s)|\,ds+\int_{R}^{t}e^{p(s-t)}|f(s)|\,ds
\\&\le\int_{0}^{R}e^{p(R-t)}|f(s)|\,ds+\int_{R}^{t}|f(s)|\,ds
\\&<Ce^{p(R-t)}+\epsilon
\xrightarrow[]{t\to\infty}\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$\epsilon$の任意性と併せて

\begin{align*}\limsup_{t\to\infty}\int_{0}^{t}e^{p(s-t)}f(s)\,ds=0\end{align*}

が成り立つ．したがって，

\begin{align*}\lim_{t\to\infty}\int_{0}^{t}e^{p(s-t)}f(s)\,ds=0\end{align*}

を得る．以上より$\lim\limits_{t\to\infty}x(t)=0$が従う．

$Y\setminus f(Z)$が$Y$の開集合であることを示せばよい．そのために，任意の$p\in Y\setminus f(Z)$に対して，$Y$における$p$の開近傍$V$が存在して，$V\cap f(Z)=\emptyset$が成り立つことを示す．

［１］$Y$における$p$の開近傍$V$を構成する．

もし$(x,p)\in Z$を満たす$x\in X$が存在するなら$p=f(x,p)\in f(Z)$となって$p\notin f(Z)$に矛盾するから，任意の$x\in X$に対して$(x,p)\notin Z$である．また，$Z$は閉だから，$(X\times Y)\setminus Z$は開である．

よって，積位相の定義より，各$x\in X$に対して，$x\in X$のある開近傍$U_x$と$p\in Y$のある開近傍$V_x$が存在して，$U_x\times V_x$は$(x,p)\in X\times Y$の開近傍となり，$(U_x\times V_x)\cap Z=\emptyset$が成り立つ．

各$x\in X$に対して$x\in U_x$だから$X=\bigcup_{x\in X}U_x$なので，$\{U_x\}_{x\in X}$は$X$の開被覆である．$X$はコンパクトだから，有限個の$x_1,\dots,x_n\in X$が存在して，$X=\bigcup_{k=1}^{n}U_{x_k}$が成り立つ．このとき，

\begin{align*}V:=\bigcap_{k=1}^{n}V_{x_k}\end{align*}

は有限個の開集合の共通部分だから開であり，任意の$k\in\{1,\dots,n\}$に対して$p\in V_{x_k}$だから$p\in V$である．よって，$V$は$Y$における$p$の開近傍である．

［２］$V\cap f(Z)=\emptyset$であることを示す．

任意に$q\in f(Z)$をとる．$f$の定義から，ある$r\in X$が存在して$(r,q)\in Z$が成り立つ．

また，$\{U_{x_k}\}_{k=1}^{n}$は$X$の被覆だから，ある$K\in\{1,\dots,n\}$が存在して$r\in U_{x_K}$となる．このとき，$(U_{x_K}\times V_{x_K})\cap Z=\emptyset$だから，$q\notin V_{x_K}$が成り立つ．

よって，$q\notin \bigcap_{k=1}^{n}V_{x_k}=V$だから，$V\cap f(Z)=\emptyset$が従う．

任意に$x,y\in\R^n$をとる．任意に$\epsilon>0$をとる．$f$の定義（下限の性質）から，ある$z_x,z_y\in A$が存在して

\begin{align*}d(x,z_x)-f(x)<\epsilon,\quad
d(y,z_y)-f(y)<\epsilon\end{align*}

が成り立つから，

\begin{align*}|f(x)-f(y)|&\le|f(x)-d(x,z_x)|+|d(x,z_x)-d(y,z_y)|+|f(y)-d(y,z_y)|
\\&<|d(x,z_x)-d(y,z_y)|+2\epsilon\end{align*}

となる．ここで，$d(x,z_x)\ge d(y,z_y)$のとき，

\begin{align*}&|d(x,z_x)-d(y,z_y)|
\\&=(d(x,z_x)-d(x,z_y))+(d(x,z_y)-d(y,z_y))
\\&\le(d(x,z_x)-f(x))+(d(x,z_y)-d(y,z_y))
\\&<\epsilon+d(x,y)\end{align*}

であり，同様に$d(x,z_x)\le d(y,z_y)$のとき，

\begin{align*}&|d(x,z_x)-d(y,z_y)|
\\&=(d(y,z_y)-d(y,z_x))+(d(y,z_x)-d(x,z_x))
\\&\le(d(y,z_y)-f(y))+(d(y,z_x)-d(x,z_x))
\\&<\epsilon+d(x,y)\end{align*}

である．よって，$|f(x)-f(y)|<d(x,y)+3\epsilon$なので，$\epsilon>0$の任意性から$|f(x)-f(y)|\le d(x,y)$が従う．