2024年度編入試解説｜神戸大学理学部数学科｜考え方と解答例

２０２４年度入学の神戸大学理学部数学科の３年次編入学試験の筆記問題の解答の方針と解答例です．

問題は４問あり，全４問を解答します．試験時間は２時間です．この記事では全４問の解答の方針と解答例を掲載しています．

採点基準などは公式に発表されていないため，ここでの解答が必ずしも正解とならない場合もあり得ます．ご注意ください．

また，十分注意して解答を作成していますが，論理の飛躍・誤りが残っている場合があります．

なお，過去問は神戸大学のホームページから入手できます．

神戸大学理学部数学科

大学院入試・編入試の解答に関する記事一覧はこちら

【大学別　大学院入試　数学解答一覧】

第１問
1. 解答の方針とポイント
2. 解答例
第２問
1. 解答の方針とポイント
2. 解答例
第３問
1. 解答の方針とポイント
2. 解答例
第４問
1. 解答の方針とポイント
2. 解答例

第１問

行列$A$を

$\begin{align*}A=\pmat{0&1&3\\0&0&-1\\1&0&0}\end{align*}$

で定める．次の問に答えよ．

$A$の固有多項式を求めよ．
$A$の固有値$\lambda$は$-2<\lambda<2$をみたすことを示せ．
$A$の固有値を$2\cos{\theta}$ $(0<\theta<\pi)$の形で表示せよ．ただし，３倍角の公式
$\begin{align*}\cos{3\theta}=4\cos^3{\theta}-3\cos{\theta}\end{align*}$

は証明せずに用いてもよい．

線形代数学の固有値問題ですね．

解答の方針とポイント

固有多項式は定義から求まります．固有多項式（固有方程式）を用いて固有値が求められることは当たり前にしておきましょう．

固有多項式は簡単に因数分解できない形なので増減を考える必要があります．

また，(2)から$A$の固有値$\lambda$は$2\cos{\theta}$ $(0<\theta<\pi)$の形で表せることが分かるので，(3)ではこの$\theta$を求めれば固有値が得られますね．

固有多項式

固有多項式と固有方程式は次のように定義されます．

$n$次正方行列$A$に対して，$|xI-A|$を$A$の固有多項式（characteristic polynomial）という．また，$|xI-A|=0$を$A$の固有方程式（characteristic equation）という．

ただし，$I$は$n$次単位行列である．

つまり，正方行列$xI-A$の行列式$|xI-A|$を$A$の固有多項式というわけですね．

固有値の求め方

固有方程式は固有値を求めるために重要です．

$n$次正方行列$A$とスカラー$\lambda$に対して，次は同値である．

$\lambda$は$A$の固有値である．
$\lambda$は固有方程式$|xI-A|=0$の解である．

つまり，固有方程式$|xI-A|=0$の解は$A$の固有値で，他に$A$の固有値はないというわけですね．

よって，固有方程式$|xI-A|=0$を解けば$A$の固有値は全て求まります．

固有値・固有ベクトルの求め方｜固有方程式から２ステップで！

正方行列Aの固有値は連立方程式|xI-A|=0を解くことで求めることができ，Aの固有値λに属する固有ベクトルは固有値・固有ベクトルの定義から得られる連立１方程式を解くことで得られます．

解答例

(1)定義より，$A$の固有多項式は

$\begin{align*}|xI-A|&=\vmat{x&-1&-3\\0&x&1\\-1&0&x} \\&=(x^3+(-1)\cdot1\cdot(-1)+(-3)\cdot0\cdot0) \\&\quad-((-3)\cdot x\cdot(-1)+(-1)\cdot0\cdot x+x\cdot1\cdot0) \\&=x^3-3x+1\end{align*}$

である．以下，この$A$の固有多項式を$\phi(x)$とする．

(2)$A$の固有方程式$\phi(x)=0$の解$\lambda$は$A$の固有値で，他に$A$の固有値は存在しない．

また，固有方程式$\phi(x)=0$は３次方程式だから，$A$の固有値$\lambda$は（複素数の範囲に）重複を許してちょうど３個存在する．さらに

$\begin{align*}\phi(-2)=-1<0,\quad\phi(-1)=3>0,\quad\phi(1)<0,\quad\phi(2)=3>0\end{align*}$

なので，中間値の定理より$A$の固有値$\lambda$は全て実数で$-2<\lambda<2$をみたす．

(3)$A$の固有値は(2)より$2\cos{\theta}$ $(0<\theta<\pi)$の形に一意に表せる．このとき$\phi(\cos{\theta})=0$が成り立つから

$\begin{align*}(2\cos{\theta})^3-3\cdot2\cos{\theta}+1=0 &\iff2\cos{3\theta}+1=0 \\&\iff\cos{3\theta}=-\frac{1}{2}\quad\dots(*)\end{align*}$

となる．ただし，最初の同値では$\cos$の３倍角の公式を用いた．

いま$0<\theta<\pi$より$0<3\theta<3\pi$だから，$(*)$は

$\begin{align*}3\theta=\frac{2}{3}\pi, \frac{4}{3}\pi, \frac{8}{3}\pi \iff\theta=\frac{2}{9}\pi, \frac{4}{9}\pi, \frac{8}{9}\pi\end{align*}$

と解ける．以上より，$A$の固有値は$2\cos{\dfrac{2}{9}\pi}$, $2\cos{\dfrac{4}{9}\pi}$, $2\cos{\dfrac{8}{9}\pi}$である．

$\phi'(x)=3(x+1)(x-1)$なので$\phi$の増減表は

$\begin{align*}\begin{array}{c||c|c|c|c|c} x & \dots & -1 & \dots & 1 & \dots \\ \hline \phi'(x) & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline \phi(x) &\nearrow & 3 & \searrow& -1 & \nearrow \end{array}\end{align*}$

となります．(2)ではこの増減表を答案で書いても良いですが，問題では固有値$\lambda$が（実数で）$-2<\lambda<2$をみたすことを示せば良いだけなので，頭の中で増減を考えて答案では上の解答例のように書けば十分ですね．

第２問

$n$を正の整数とする．$\R^n$の部分集合$D_n$を

$\begin{align*}D_n=\set{(x_1,\dots,x_n)\in\R^n}{x_1\ge0,\dots,x_n\ge0,x_1+\dots+x_n\le1}\end{align*}$

で定める．次の問に答えよ．

定積分
$\begin{align*}\iint_{D_2}x_1x_2\,dx_1dx_2\end{align*}$

を求めよ．
定積分
$\begin{align*}\iiint_{D_3}\bra{\sum_{1\le i<j\le3}x_ix_j}\,dx_1dx_2dx_3\end{align*}$

を求めよ．

微分積分学の重積分の計算問題ですね．

$D_n$が$\R^n$で書かれており問題がいかめしく感じられるかもしれませんが，問題は$n=2,3$の場合なので落ち着いて考えれば難しくありません．

解答の方針とポイント

$D_n$がどのような集合か考えられれば，あとは重積分を逐次積分に書き直して計算できます．

平面上の直線・空間上の平面

$xy$平面上の直線・$xyz$空間上の平面は一般に次のように表せます．

$a,b,c\in\R$を定数とする．

$xy$平面上の直線は$ax+by+c=0$と表せる$((a,b)\neq(0,0))$．
$xyz$空間上の直線は$ax+by+cz+d=0$と表せる$((a,b,c)\neq(0,0,0))$．

一般に$\R^n$上の$\R^{n-1}$次元の「まっすぐ」な空間は$a_1x_1+a_2x_2+\dots+a_nx_n+a_{n+1}=0$と表せます$((a_1,\dots,a_n)\neq(0,\dots,0))$．

いまの問題の$D_n$を$n=2$で考えると，

$\begin{align*}D_2=\set{(x_1,x_2)\in\R^2}{\begin{gathered}x_1\ge0,x_2\ge0,\\x_1+x_2\le1\end{gathered}}\end{align*}$

です．条件部分の最後の不等式$x_1+x_2\le1$は$\R^2$の直線$x_1+x_2=1$の$(0,0)$のある側を表します．

よって，前のふたつの条件$x_1\ge0$, $x_2\ge0$と併せて，$D_2$は直線$x_1+x_2=1$，$x_1$軸，$x_2$軸に囲まれた部分（境界を含む）となりますね．

なお，ここでは直線$x_1+x_2=1$は２点$(1,0)$, $(0,1)$を通ることに注意しましょう．

同様に考えて，$D_3$は３点$(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$を通る平面，$x_1x_2$平面，$x_2x_3$平面，$x_3x_1$平面に囲まれた部分（境界を含む）となりますね．

重積分と逐次積分

多くの場合で重積分は逐次積分に書き直すことができます．$\R^2$での重積分の場合は次のようになります．

定数$a,b\in\R$，関数$\phi,\psi\R\to\R$を考える．$\R^2$上の空でない有界閉集合$D$が

$\begin{align*}D=\set{(x,y)\in\R^2}{\begin{gathered}a\le x\le b,\\\phi(x)\le y\le\psi(x)\end{gathered}}\end{align*}$

と表せるとき，有界な連続関数$f:\R^2\to\R$に対して

$\begin{align*}\iint_{D}f(x,y)\,dxdy=\int_{a}^{b}\bra{\int_{\phi(x)}^{\psi(x)}f(x,y)\,dy}\,dx\end{align*}$

が成り立つ．

この定理の$D$の形の集合を縦線集合といいます．

本問(1)の$D_2$は

$\begin{align*}D_2=\set{(x_1,x_2)\in\R^2}{\begin{gathered}0\le x_1\le1,\\0\le x_2\le1-x_1\end{gathered}}\end{align*}$

と表せますから，この定理から(1)の積分は逐次積分に書き直して計算できますね．

この定理は３次元以上でも同様に成り立ち，例えば３次元の場合は

$\begin{align*}D=\set{(x,y,z)\in\R^3}{\begin{gathered}a\le x\le b,\\\phi(x)\le y\le\psi(x),\\\Phi(x,y)\le z\le\Psi(x,y)\end{gathered}}\end{align*}$

のとき，

$\begin{align*}\iint_{D}f(x,y,z)\,dxdydz=\int_{a}^{b}\bra{\int_{\phi(x)}^{\psi(x)}\bra{\int_{\Phi(x,y)}^{\Psi(x,y)}f(x,y,z)\,dz}\,dy}\,dx\end{align*}$

が成り立ちます．

$x(p-x)^n$の$[0,p]$上の定積分

本問では

$\begin{align*}&\int_{0}^{p}x(p-x)^n\,dx\quad\dots(*)\end{align*}$

の形の積分を何度か計算することになります．高校数学で有名な公式

$\begin{align*}\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta)\,dx=-\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3\end{align*}$

が$x-\beta=(x-\alpha)-(\beta-\alpha)$を用いて

$\begin{align*}&\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(x-\beta)\,dx =\int_{\alpha}^{\beta}\{(x-\alpha)^2-(\beta-\alpha)(x-\alpha)\}\,dx \\&=\brc{\frac{1}{3}(x-\alpha)^3-\frac{1}{2}(\beta-\alpha)(x-\alpha)^2}_{\alpha}^{\beta} =-\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3\end{align*}$

と証明することができることを思い出すと，$(*)$は（$n\neq-1,-2$なら）$x=-(p-x)-p$を用いれば比較的簡単に計算できそうですね．

部分積分を用いて証明することもできます．

解答例

まずは$p\in\R$と$n\neq-1,-2$なる$n\in\Z$に対して，

$\begin{align*}\int_{0}^{p}x(p-x)^n\,dx=\frac{p^{n+2}}{(n+1)(n+2)}\quad\dots(*)\end{align*}$

が成り立つことを示す．$x=-(p-x)+p$を用いて

$\begin{align*}\int_{0}^{p}x(p-x)^n\,dx &=\int_{0}^{p}\{-(p-x)^{n+1}+p(p-x)^n\}\,dx \\&=\brc{\frac{(p-x)^{n+2}}{n+2}-\frac{p(p-x)^{n+1}}{n+1}}_{0}^{p} \\&=-\frac{p^{n+2}}{n+2}+\frac{p^{n+2}}{n+1} =\frac{p^{n+2}}{(n+1)(n+2)}\end{align*}$

だから，確かに$(*)$が成り立つ．

(1)$D_2\subset\R^2$は

$\begin{align*}D_2=\set{(x_1,x_2)\in\R^2}{\begin{gathered}0\le x_1\le1,\\0\le x_2\le1-x_1\end{gathered}}\end{align*}$

と表せるから，

$\begin{align*}&\iint_{D_2}x_1x_2\,dx_1dx_2 =\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{1-x_1}x_1x_2\,dx_2}\,dx_1 \\&=\int_{0}^{1}x_1\brc{\frac{{x_2}^2}{2}}_{0}^{1-x_1}\,dx_1 =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x_1(1-x_1)^2\,dx_1\end{align*}$

である．最初の$(*)$で$p=1$, $n=2$として

$\begin{align*}\int_{0}^{1}x_1(1-x_1)^2\,dx_1=\frac{1}{12}\end{align*}$

なので，

$\begin{align*}\iint_{D_2}x_1x_2\,dx_1dx_2=\frac{1}{24}\end{align*}$

を得る．

(2)$\sum\limits_{1\le i<j\le3}x_ix_j=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$なので，

$\begin{align*}\iiint_{D_3}x_1x_2\,dx_1dx_2dx_3,\quad \iiint_{D_3}x_1x_3\,dx_1dx_2dx_3,\quad \iiint_{D_3}x_2x_3\,dx_1dx_2dx_3\end{align*}$

を足し合わせればよく，対称性よりこれらは等しいから

$\begin{align*}3\iiint_{D_3}x_1x_2\,dx_1dx_2dx_3\end{align*}$

が求める値である．

$D_3\subset\R^3$は

$\begin{align*}D_3=\set{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3}{\begin{gathered}0\le x_1\le1,\\0\le x_2\le1-x_1,\\0\le x_2\le1-x_1-x_2\end{gathered}}\end{align*}$

と表せるから，

$\begin{align*}&\iiint_{D_3}x_1x_2\,dx_1dx_2dx_3 \\&=\int_{0}^{1}\bra{\int_{0}^{1-x_1}\bra{\int_{0}^{1-x_1-x_2}x_1x_2\,dx_3}\,dx_2}\,dx_1 \\&=\int_{0}^{1}x_1\bra{\int_{0}^{1-x_1}x_2(1-x_1-x_2)\,dx_2}\,dx_1\end{align*}$

である．最初の$(*)$で$p=1-x_1$, $n=1$として

$\begin{align*}&\int_{0}^{1-x_1}x_2(1-x_1-x_2)\,dx_2=\frac{(1-x_1)^3}{6}\end{align*}$

なので，

$\begin{align*}&\iiint_{D_3}x_1x_2\,dx_1dx_2dx_3=\frac{1}{6}\int_{0}^{1}x_1(1-x_1)^3\,dx_1\end{align*}$

となる．再び最初の$(*)$で$p=1$, $n=3$として

$\begin{align*}\int_{0}^{1}x_1(1-x_1)^3\,dx_1=\frac{1}{20}\end{align*}$

なので，

$\begin{align*}&\iiint_{D_3}x_1x_2\,dx_1dx_2dx_3=\frac{1}{120}\end{align*}$

となる．以上より

$\begin{align*}\iiint_{D_3}\bra{\sum_{1\le i<j\le3}x_ix_j}\,dx_1dx_2dx_3=\frac{1}{40}\end{align*}$

を得る．

同様の積分がいくつも現れるので，いまの解答例では最初に$(*)$を準備しましたが，全て直接計算してももちろん構いません．

第３問

次の問に答えよ．

$a$, $b$を実数とする．常微分方程式
$\begin{align*}\frac{d^2u}{dx^2}+\frac{a}{x}\frac{du}{dx}+\frac{b}{x^2}u=0,\quad x>1\end{align*}$

の解$u$に対して

$\begin{align*}v(t)=u(e^t)\end{align*}$

と定める．このとき，$v$は

$\begin{align*}\frac{d^2v}{dt^2}+(a-1)\frac{dv}{dt}+bv=0,\quad t>0\end{align*}$

をみたすことを示せ．
$\rho>2$とする．常微分方程式
$\begin{align*}\frac{d^2u}{dx^2}+\frac{\rho+1}{x}\frac{du}{dx}+\frac{\rho-1}{x^2}u=0,\quad x>1\end{align*}$

の一般解を求めよ．
$\rho>2$, $c>0$とする．条件$u(1)=c$かつ
$\begin{align*}\int_{1}^{\infty}|u(x)|^2x\,dx<\infty\end{align*}$

をみたす(2)の常微分方程式の解を求めよ．

変数$x$に関する同次形の常微分方程式ですね．

解答の方針とポイント

変数$x$に関する同次形の常微分方程式は$x=e^t$とおくことで，線形常微分方程式に帰着します．

常微分方程式の中でも定数係数の高階線形常微分方程式は確実に解けるようにしておきましょう．

定数係数の高階線形常微分方程式

例えば，実定数係数の２階線形常微分方程式$\dfrac{d^2v}{dt^2}-5\dfrac{dv}{dt}+6v=0$は

$\begin{align*}\bra{\frac{d}{dt}-2}\bra{\frac{d}{dt}-3}v=0\end{align*}$

と表せることから，$\dfrac{dv}{dt}-2v=0$または$\dfrac{dv}{dt}-3v=0$を満たします．

これらからそれぞれ特殊解$v=e^{2t}$, $v=e^{3t}$が得られ，微分作用素の線形性と併せて

$\begin{align*}v=Ce^{2t}+De^{3t}\end{align*}$

が一般解となります（$C$, $D$は任意定数）．一般に次が成り立ちます．

実定数係数の$n$階線形常微分方程式

$\begin{align*}a_n\frac{d^nv}{dt^n}+\dots+a_1\frac{dv}{dt}+a_0v=0\quad\dots(*)\end{align*}$

に対して，$\lambda$の$n$次方程式

$\begin{align*}a_n\lambda^n+\dots+a_1\lambda+a_0=0\end{align*}$

が異なる$n$個の実数解$\mu_1,\dots,\mu_n$を持つとする．

このとき，常微分方程式$(*)$の一般解は

$\begin{align*}v=C_1e^{\lambda_1t}+\dots+C_ne^{\lambda_nt}\end{align*}$

である（$C_1,\dots,C_n$は任意の実数定数）．

この定理の$\lambda$の$n$次方程式を常微分方程式$(*)$の特性方程式といいます．

本問ではこの定理で十分ですが，より一般に

$\begin{align*}a_n\frac{d^nv}{dt^n}+\dots+a_1\frac{dv}{dt}+a_0v=b(t)\end{align*}$

が重解をもつ場合や複素数解を持つ場合の一般解の求め方もよく知られています．

変数に関する同次形

$x>0$のとき，常微分方程式$F\bra{x,u,\frac{du}{dx},\dots,\frac{d^nu}{dx^n}}=0$の左辺が

$\begin{align*}F\bra{px,u,\frac{1}{p}\frac{du}{dx},\dots,\frac{1}{p^n}\frac{d^nu}{dx^n}}=\frac{1}{p^r}F\bra{x,u,\frac{du}{dx},\dots,\frac{d^nu}{dx^n}}\end{align*}$

をみたすとき，常微分方程式は変数$x$に関する同次形であるといいます．

直感的には常微分方程式のどの項の$t$の次数も同じということで，例えば本問(1)の

$\begin{align*}\frac{d^2u}{dx^2}+\frac{a}{x}\frac{du}{dx}+\frac{b}{x^2}u=0\end{align*}$

は変数$x$に関する同次形になっています

変数$x$に関する同次形は$x=e^t$と変数を置き換えることで，線形常微分方程式に帰着されて解くことができます．

$1/x^p$の$[1,\infty)$での広義積分

(3)では$\dint_{1}^{\infty}|u(x)|^2 x\,dx$が収束するような解を求めますが，ここで広義積分

$\begin{align*}I_p:=\dint_{1}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx\end{align*}$

が収束・発散するための$p\in\R$の条件が重要になります．

$p_1<p_2$のとき，$x\ge1$で$\dfrac{1}{x^{p_1}}\ge\dfrac{1}{x^{p_2}}$となるので，$p$が大きいほど$x\to\infty$で$\dfrac{1}{x^p}$は強く減衰して広義積分$I_p$は収束しそうです．

このため，どこかに広義積分$I_p$の収束と発散の境界となる$p$の値がありそうです．

定数$p\in\R$に対して，

$\begin{align*}\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^p}\,dx=\begin{cases}\dfrac{1}{p-1},&p>1,\\ \infty,&p\le1\end{cases}\end{align*}$

が成り立つ．

このように，境界の$p=1$では発散することは大切で，本問でもこのことがポイントとなります．

1/xᵖの２種類の広義積分｜収束・発散するためのpの条件

広義積分は関数の絶対値が小さいほど収束しやすく，大きいほど発散しやすくなります．1/xᵖの広義積分では「0付近での増大」と「無限遠方での減衰」が収束・発散を分けるポイントとなります．

解答例

(1)$x=e^t$とおく．このとき，$x>1$より$t>0$である．また$u(x)=v(t)$なので，この両辺を$x$で微分すると，

$\begin{align*}\frac{du}{dx}=\frac{dv}{dt}\cdot\frac{dt}{dx}=\frac{dv}{dt}\cdot\frac{1}{\frac{dt}{dx}}=\frac{dv}{dt}e^{-t}\end{align*}$

が成り立つ．ただし，最初の等号で合成関数の微分公式，２つ目の等号で逆関数の微分公式を用いた．同様に

$\begin{align*}\frac{d^2u}{dx^2}&=\frac{d}{dx}\bra{\frac{du}{dx}}=\frac{d}{dx}\bra{\frac{dv}{dt}e^{-t}} \\&=\frac{d}{dt}\bra{\frac{dv}{dt}e^{-t}}e^{-t}=\bra{\frac{d^2v}{dt^2}-\frac{dv}{dt}}e^{-2t}\end{align*}$

が成り立つ．よって，もとの$u$の微分方程式に代入して

$\begin{align*}&\frac{d^2u}{dx^2}+\frac{a}{x}\frac{du}{dx}+\frac{b}{x^2}u=0 \\&\iff\bra{\frac{d^2v}{dt^2}-\frac{dv}{dt}}e^{-2t}+\frac{a}{e^t}\frac{dv}{dt}e^{-t}\frac{b}{e^{2t}}u=0 \\&\iff\frac{d^2v}{dt^2}+(a-1)\frac{dv}{dt}+bv=0\end{align*}$

が成り立つ．

(2)$x=e^t$, $u(x)=v(t)$とおくと，(1)で$a=\rho+1$, $b=\rho-1$としたものとなり，

$\begin{align*}&\frac{d^2u}{dx^2}+\frac{\rho+1}{x}\frac{du}{dx}+\frac{\rho-1}{x^2}u=0 \\&\iff\frac{d^2v}{dt^2}+\rho\frac{dv}{dt}+(\rho-1)v=0\end{align*}$

が従う．これは定数係数の２階線形常微分方程式である．特性方程式$\lambda^2+\rho\lambda+(\rho-1)=0$は

$\begin{align*}(\lambda+(\rho-1))(\lambda+1)=0\iff\lambda=1-\rho,-1\end{align*}$

と解ける．$\rho>2$より$1-\rho\neq-1$だから，

$\begin{align*}v(t)=pe^{(1-\rho)t}+qe^{-t}\end{align*}$

となる（$p$, $q$は任意の実定数）．$x=e^t$だったから

$\begin{align*}u(x)=px^{1-\rho}+qx^{-1}\end{align*}$

を得る．

(3)$x=1$を(2)で得られた解$u$に代入して$u(1)=c$を用いると$c=p+q$となる．

$q=0$のとき，(2)で得られた解$u$は$u=cx^{1-\rho}$なので

$\begin{align*}|u(x)|^2x=p^2x^{3-2\rho}=O(x^{3-2\rho})\quad(x\to\infty)\end{align*}$

となり，$\rho>2$より$3-2\rho<-1$だから$\dint_{1}^{\infty}|u(x)|^2x\,dx<\infty$をみたす．

一方，$q\neq0$のとき，$\rho>2$より

$\begin{align*}|u(x)|^2x=p^2x^{3-2\rho}+2pqx^{1-\rho}+q^2x^{-1}=O(x^{-1})\quad(x\to\infty)\end{align*}$

だから$\dint_{1}^{\infty}|u(x)|^2x\,dx=\infty$である．

以上より，求める解$u$は$u=cx^{1-\rho}$である．

(3)では，解答例の前で説明した

$\begin{align*}\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^\alpha}\,dx=\begin{cases}\dfrac{1}{1-\alpha},&\alpha<1,\\ \infty,&\alpha\ge1\end{cases}\end{align*}$

を用いていますが，仮にこの事実を知らなくても実際に計算すれば同じ結果が得られます．

第４問

整数$b_1$, $b_2$, $b_3$に対して行列$A$を

$\begin{align*}A=\pmat{1&1&1\\b_1&b_2&b_3}\end{align*}$

で定める．次の問に答えよ．

$A$のランクが２となるために$b_1$, $b_2$, $b_3$がみたすべき必要十分条件を求めよ．
$x$, $y$, $z$についての連立一次方程式
$\begin{align*}x+y+z=0,\quad b_1x+b_2y+b_3z=0\end{align*}$

の実数解を全て求めよ．
(2)の連立一次方程式の解で各成分が整数となるものをすべて求めよ．