2022年度｜京都大学 大学院入試｜数学・数理解析専攻｜基礎科目

$n\in\N$に対して$D_n:=\set{(x,y)\in D}{x^2+y^2\le n^2}$とおくと，$\{D_n\}$は

\begin{align*}D_n\subset D_{n+1},\quad D=\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{align*}

を満たす面積確定な有界閉集合の列である．問題の広義積分の被積分関数は$D$上で非負だから

\begin{align*}I_n:=\iint_{D_n}\frac{y}{(1+\sqrt{x^2+y^2}-x)^2(x^2+y^2)^\alpha}\,dxdy\end{align*}

とおくと，求める広義積分は$\lim\limits_{n\to\infty}I_n$である．

各$D_n$上で極座標変換$(r,\theta)\mapsto(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$を施すと，$D_n$は縦線集合$[1,n]\times[0,\frac{\pi}{2}]$に対応し，ヤコビ行列式は$\det{\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}}=r$である．よって，

\begin{align*}I_n&=\int_{[1,n]\times[0,\frac{\pi}{2}]}\frac{r\cdot r\sin{\theta}}{(1+r-r\cos{\theta})^2r^{2\alpha}}\,drd\theta
\\&=\int_{1}^{n}\frac{1}{r^{2\alpha-2}}\bra{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin{\theta}}{(1+r-r\cos{\theta})^2}\,d\theta}\,dr
\\&=\int_{1}^{n}\frac{1}{r^{2\alpha-2}}\bra{-\frac{1}{r}\brc{\frac{1}{1+r-r\cos{\theta}}}_{0}^{\frac{\pi}{2}}}\,dr
\\&=\int_{1}^{n}\frac{1}{(1+r)r^{2\alpha-2}}\,dr\end{align*}

である．$1\le r$のとき$\frac{1}{2r^{2\alpha-1}}\le\frac{1}{(1+r)r^{2\alpha-2}}<\frac{1}{r^{2\alpha-1}}$なので，$\lim\limits_{n\to\infty}I_n$が収束することと$\lim\limits_{n\to\infty}\int_{1}^{n}\frac{1}{r^{2\alpha-1}}\,dr$が収束することは必要十分である．すなわち，求める$\alpha$の条件は

\begin{align*}2\alpha-1>1\iff \alpha>1\end{align*}

である．

$A:=\sbmat{1&1&2&1\\-1&a-1&-2&-1\\1&1&a+2&1\\0&-a&0&a+1}$とおくと，$w_1,w_2,w_3,w_4$の定義から

\begin{align*}&[w_1,w_2,w_3,w_4]=[v_1,v_2,v_3,v_4]A\end{align*}

と表せる．

(1)の解答

$k_1,k_2,k_3,k_4\in\R$が$\sum\limits_{i=1}^{4}k_iw_i=\m{0}_V$を満たすとする．左辺は

\begin{align*}\sum_{i=1}^{4}k_iw_i=[w_1,w_2,w_3,w_4]\bmat{k_1\\k_2\\k_3\\k_4}=[v_1,v_2,v_3,v_4]A\bmat{k_1\\k_2\\k_3\\k_4}\end{align*}

となるので，$v_1,v_2,v_3,v_4$が１次独立であることから

\begin{align*}A\bmat{k_1\\k_2\\k_3\\k_4}=\bmat{0\\0\\0\\0}\end{align*}

が成り立つ．よって，$w_1,w_2,w_3,w_4$が１次独立であることと，正方行列$A$のランクが４であることは同値である．

\begin{align*}\rank{A}=\rank{\bmat{1&1&2&1\\0&a&0&0\\0&0&a&0\\0&-a&0&a+1}}
=\rank{\bmat{1&1&2&1\\0&a&0&0\\0&0&a&0\\0&0&0&a+1}}\end{align*}

だから，求める$a$の条件は$\rank{A}=4\iff a\neq0,-1$である．

(2)の解答

(1)より$w_1,w_2,w_3,w_4$が１次従属となる$a$は$a=0,-1$である．$V$の部分空間$\anb{w_1,w_2,w_3,w_4}$の次元は$w_1,w_2,w_3,w_4$のうち線形独立なものの最大個数であり，これは(1)と同様に$\rank{A}$に等しい．よって，

\begin{align*}\dim{\anb{w_1,w_2,w_3,w_4}}
&=\rank{\bmat{1&1&2&1\\0&a&0&0\\0&0&a&0\\0&0&0&a+1}}
\\&=\begin{cases}2,&a=0,\\3,&a=-1\end{cases}\end{align*}

である．

中国式剰余定理より，写像

\begin{align*}G\to G’:=\Z/6\Z\times\Z/12\Z;(a,b,c,d)\mapsto(x,y)\end{align*}

は同型である．ただし，$x\equiv a\pmod{2}$, $x\equiv b\pmod{3}$, $y\equiv c\pmod{3}$, $y\equiv d\pmod{4}$である．

また，この同型で$H$は

\begin{align*}H\to H’:=\Z/6\Z\times\{0\}\end{align*}

に対応するから，$G’$の位数１２の部分群$K’$で$G’=K’+H’$となるものの数を求めればよい．

$H’$のすべての元の第２成分が０だから，$|K’|=12$に注意すると$K’$は第２成分が$0,1,2,\dots,11$の元を１個ずつもつ．よって，ある$p\in\Z/6\Z$がただひとつ存在して$(p,1)\in K’$となるので，$K’=\anb{(p,1)}$である．

$p=0,1,2,3,4,5$ですべて異なる$K’$となるので，条件を満たす部分群$K$は６個である．

$f$の定義より

\begin{align*}f(0)=\int_{0}^{\infty}|t\sin{t}|e^{-t}\,dt\le\int_{0}^{\infty}te^{-t}\,dt=1\end{align*}

である．また，任意の$x\in\R\setminus[-3,3]$に対して，

\begin{align*}f(x)&\ge\int_{0}^{1}|x+t\sin{t}|e^{-t}\,dt\ge\int_{0}^{1}(|x|-|t\sin{t}|)e^{-t}\,dt
\\&\ge\int_{0}^{1}(|x|-1)e^{-t}\,dt=(|x|-1)(1-e^{-1})
\\&>(3-1)(1-2^{-1})=1\end{align*}

である．よって，$f$は$\R\setminus[-3,3]$上で最小値をとることはない．

さらに，任意の$x\in\R$と任意の$h\in\R\setminus\{0\}$に対して，

\begin{align*}|f(x+h)-f(x)|&=\abs{\int_{0}^{\infty}(|(x+h)+t\sin{t}|-|x+t\sin{t}|)e^{-t}\,dt}
\\&\le\int_{0}^{\infty}\bigl||(x+h)+t\sin{t}|-|x+t\sin{t}|\bigr|e^{-t}\,dt
\\&\le\abs{\int_{0}^{\infty}|h|e^{-t}\,dt}=|h|\end{align*}

なので，$\lim_{h\to0}|f(x+h)-f(x)|=0$となって$f$は$\R$上連続である．よって，有界閉（コンパクト）集合上の連続関数は最小値をもつから，$f$は$[-3,3]$上に最小値をもち，$f$は$\R$上で最小値をもつ．

領域$\C\setminus\{\pm i\}$上の正則関数$f$を

\begin{align*}f(z)=\frac{z^3e^{iz}}{(z^2+1)^2}\end{align*}

で定める．また，$R>1$に対して閉曲線$\Gamma_R\subset\C\setminus\{\pm i\}$を

\begin{align*}&L_R:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]},
\\&C_R:=\set{z\in\C}{z=Re^{it},t\in[0,\pi]},
\\&\Gamma_R:=L_R\cup C_R\end{align*}

で定める．ただし，閉曲線$\Gamma_R$の向きは正方向（内部を左側に見ながら回る向き）とする．

このとき，求める広義積分を$I$とおくと，

\begin{align*}I&=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{x^3\sin{x}}{(x^2+1)^2}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Im}\int_{-R}^{R}\frac{x^3e^{ix}}{(x^2+1)^2}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Im}\int_{L_R}f(z)\,dz\end{align*}

である．ただし，$z\in\C$に対して$\operatorname{Im}z$は$z$の虚部を表す．

［１］閉曲線$\Gamma_R$の内部に存在する$f$の極は$i$で，$i$は$f$の２位の極である．よって，

\begin{align*}g(z)=(z-i)^2f(z)=\frac{z^3e^{iz}}{(z+i)^2}\end{align*}

で複素関数$g$を定めると，留数定理より

\begin{align*}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz
&=2\pi i\operatorname{Res}(f,i)
=\lim_{z\to i}2\pi i\cdot\frac{1}{1!}\od{g}{z}(z)
\\&=\lim_{z\to i}2\pi i\bra{\frac{-2z^3e^{iz}}{(z+i)^3}+\frac{3z^2e^{iz}+iz^3e^{iz}}{(z+i)^2}}
\\&=2\pi i\bra{\frac{-2i^3e^{i^2}}{8i^3}+\frac{3i^2e^{i^2}+i^4e^{i^2}}{4i^2}}
\\&=2\pi i\bra{-\frac{1}{4e}+\frac{1}{2e}}=\frac{\pi i}{2e}\end{align*}

を得る．

［２］$z\in C_R$は$z=R(\cos{t}+i\sin{t})$（$t\in[0,\pi]$）と表せるので，

\begin{align*}|e^{iz}|=\abs{e^{R(i\cos{t}-\sin{t})}}=e^{-R\sin{t}}\end{align*}

であることに注意すると，三角不等式と併せて

\begin{align*}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}
&\le\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{z^3e^{iz}}{(z^2+1)^2}\,Rie^{it}dt}
\\&\le\int_{0}^{\pi}\frac{R^4e^{-R\sin{t}}}{(R^2-1)^2}\,dt
\\&=\frac{2R^4}{(R^2-1)^2}\int_{0}^{\pi/2}e^{-R\sin{t}}\,dt
\\&\le\frac{2R^4}{(R^2-1)^2}\int_{0}^{\pi/2}e^{-2Rt/\pi}\,dt
\\&\le\frac{\pi R^3}{(R^2-1)^2}(1-e^{-R})
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

なので，$\lim_{R\to\infty}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}=0$が成り立つ．

以上より，求める広義積分$I$は

\begin{align*}I&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Im}\bra{\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz-\int_{C_R}f(z)\,dz}
\\&=\operatorname{Im}\bra{\frac{\pi i}{2e}-0}=\frac{\pi}{2e}\end{align*}

を得る．

写像$f:\R^4\to\R^2$を

\begin{align*}f(x,y,z,w)=\bmat{x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1\\x^3+y^3+z^3+w^3}\end{align*}

で定める．$X=f^{-1}(0,0)$であり，$(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\in X$だから$X\neq\emptyset$である．

ここで，任意の$p:=(x,y,z,w)\in X$が$f$の正則点であることを示す．そのために，$\operatorname{rank}Jf_{p}\neq2$と仮定して矛盾を導く．このとき，

\begin{align*}Jf_{p}=\bmat{2x&2y&2z&2w\\3x^2&3y^2&3z^2&3w^2}\end{align*}

である．$x^2+y^2+z^2+w^2=1$より$(x^2,y^2,z^2,w^2)\neq(0,0,0,0)$だから，ある$k\in\R$が存在して

\begin{align*}(2x,2y,2z,2w)=k(3x^2,3y^2,3z^2,3w^2)\end{align*}

を満たす．よって，$p\in X$であることに注意して

\begin{align*}0&=3k(x^3+y^3+z^3+w^3)
\\&=x\cdot3kx^2+y\cdot3ky^2+z\cdot3kz^2+w\cdot3kw^2
\\&=x\cdot2x+y\cdot2y+z\cdot2z+w\cdot2w
\\&=2(x^2+y^2+z^2+w^2)=2\end{align*}

と矛盾を得る．よって，仮定は誤りで任意の$p\in X$が$f$の正則点なので，正則値定理より$X=f^{-1}(0,0)$は微分可能多様体である．

また，任意の$p:=(x,y,z,w)\in X$に対して$x^2+y^2+z^2+w^2=1<\infty$だから$X$は有界であり，$f$が連続で１点集合$\{(0,0)\}$は閉だから$f^{-1}(0,0)$も閉である．よって，$X$はコンパクトである．