2015大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目II

任意に$\epsilon>0$をとる．$f$は有界閉区間$[0,a]$上で連続なので，$f$は$[0,a]$上で一様連続である．よって，ある$\delta>0$が存在して，$x,y\in[0,a]$が$|x-y|<\delta$を満たせば

\begin{align*}|f(x)-f(y)|<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．以下，$\lambda>\frac{1}{\delta}$とし，$n=\lfloor a\lambda \rfloor$とする．

\begin{align*}&\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx}
\\&\le\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{n/\lambda}f(x)\phi(\lambda x)\,dx}
\\&\quad+\abs{\int_{0}^{n/\lambda}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\frac{1}{\lambda}\sum_{k=0}^{n-1}f\bra{\frac{k}{\lambda}}}
\\&\quad+\abs{\frac{1}{\lambda}\sum_{k=0}^{n-1}f\bra{\frac{k}{\lambda}}-\int_{0}^{n/\lambda}f(x)\,dx}
\\&\quad+\abs{\int_{0}^{n/\lambda}f(x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx}\end{align*}

である．この右辺の第$i$項を$A_i$とする（$i=1,2,3,4$）．

［１］$A_1$, $A_4$を考える．$f$は有界閉区間$[0,a]$上で連続だから$[0,a]$上で有界なので，ある$M_1>0$が存在して$\sup\limits_{x\in[0,a]}|f(x)|<M_1$が成り立つ．また，$\phi$は有界閉区間$[0,1]$上で連続だから$[0,1]$上で有界なので，周期性と併せて$\sup\limits_{x\in[0,\infty)}|\phi(x)|<M_2$が成り立つ．よって，

\begin{align*}A_1&=\abs{\int_{n/\lambda}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx}
\le\int_{n/\lambda}^{a}|f(x)||\phi(\lambda x)|\,dx
\\&\le\int_{n/\lambda}^{a}M_1M_2\,dx
=M_1M_2\bra{a-\frac{n}{\lambda}}
\\&\le M_1M_2\bra{a-\frac{a\lambda-1}{\lambda}}
=\frac{M_1M_2}{\lambda}
\xrightarrow[]{\lambda\to\infty}0\end{align*}

を得る．同様に，

\begin{align*}A_4&\le\frac{M_1}{\lambda}\xrightarrow[]{\lambda\to\infty}0\end{align*}

を得る．

［２］$A_2$を考える．任意の$k\in\{0,1,2,\dots,n-1\}$に対して，

\begin{align*}\int_{k/\lambda}^{(k+1)/\lambda}\phi(\lambda x)\,dx
=\int_{k}^{k+1}\frac{\phi(y)}{\lambda}\,dy
=\frac{1}{\lambda}\end{align*}

なので，

\begin{align*}\frac{1}{\lambda}\sum_{k=0}^{n-1}f\bra{\frac{k}{\lambda}}
=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/\lambda}^{(k+1)/\lambda}f\bra{\frac{k}{\lambda}}\phi(\lambda x)\,dx\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}A_2&=\abs{\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/\lambda}^{(k+1)/\lambda}\bra{f(x)-f\bra{\frac{k}{\lambda}}}\phi(\lambda x)\,dx}
\\&\le\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/\lambda}^{(k+1)/\lambda}\abs{f(x)-f\bra{\frac{k}{\lambda}}}|\phi(\lambda x)|\,dx
\\&\le\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k/\lambda}^{(k+1)/\lambda}\epsilon M_2\,dx
=\frac{nM_2}{\lambda}\epsilon\le aM_2 \epsilon\end{align*}

を得る．

［３］$A_3$を考える．$f$は有界閉区間$[0,\frac{n}{\lambda}]$上で連続だから，$f$は$[0,\frac{n}{\lambda}]$上でリーマン可積分である．

$\frac{1}{\lambda}\sum\limits_{k=0}^{n-1}f\bra{\frac{k}{\lambda}}$は$f$の$[0,\frac{n}{\lambda}]$上のリーマン和なので，$\lim\limits_{\lambda\to\infty}A_3=0$が成り立つ．

［１］〜［３］より，

\begin{align*}\limsup_{\lambda\to\infty}\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx}\le aM_2\epsilon\end{align*}

が成り立つので，$\epsilon$の任意性より

\begin{align*}\limsup_{\lambda\to\infty}\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx}=0\end{align*}

が従う．よって，

\begin{align*}\lim_{\lambda\to\infty}\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx}=0\end{align*}

となり，問の極限を得る．

(1)の解答

$\|(E-A)\m{u}\|$, $\|\m{u}\|$は共に非負だから，任意の$\m{u}\in\R^n$に対して，$\|(E-A)\m{u}\|^2\ge\|\m{u}\|^2$が成り立つことを示せばよい．

\begin{align*}\|(E-A)\m{u}\|^2
&=((E-A)\m{u})^{T}(E-A)\m{u}
\\&=\m{u}^{T}(E-A)^{T}(E-A)\m{u}
\\&=\m{u}^{T}(E-A^{T})(E-A)\m{u}
\\&=\m{u}^{T}(E-(A^{T}+A)+A^{T}A)\m{u}
\\&=\m{u}^{T}(E+A^{T}A)\m{u}
\\&=\|\m{u}\|^2+\m{u}^{T}A^{T}A\m{u}
\\&=\|\m{u}\|^2+(A\m{u})^{T}A\m{u}
\\&=\|\m{u}\|^2+\|A\m{u}\|^2
\ge\|\m{u}\|^2\end{align*}

を得る．よって，$\|(E-A)\m{u}\|\ge\|\m{u}\|$が従う．

(2)の解答

$\m{u}\in\R^n$が$(E-A)\m{u}=\m{0}$を満たすとき，(1)より

\begin{align*}0=\|\m{0}\|=\|(E-A)\m{u}\|\ge\|\m{u}\|\end{align*}

なので$\m{u}=\m{0}$となるので，$\m{x}\in\R^n$の連立１次方程式$(E-A)\m{x}=\m{0}$は自明解のみもち，$E-A$は正則と分かる．$A$が交代行列なら$-A$も交代行列なので，$E-(-A)=E+A$も正則である．

\begin{align*}(E+A)(E-A)^{-1}
&=(2E-(E-A))(E-A)^{-1}
\\&=2(E-A)^{-1}-E\end{align*}

だから，

\begin{align*}((E+A)(E-A)^{-1})^T
&=2(E^T-A^T)^{-1}-E^T
\\&=2(E+A)^{-1}-E\end{align*}

である．また，

\begin{align*}(E-A)(E+A)^{-1}
&=(2E-(E+A))(E+A)^{-1}
\\&=2(E+A)^{-1}-E\end{align*}

なので，$((E+A)(E-A)^{-1})^T=(E-A)(E+A)^{-1}$が成り立つ．よって，$(E+A)(E-A)^{-1}$は直交行列である．

領域$\C\setminus\{\pm ai\}$上の正則関数$f$を

\begin{align*}f(z)=\frac{ze^{iz}}{(z^2+a^2)^2}\end{align*}

で定める．また，$R>a$に対して閉曲線$\Gamma_R\subset\C\setminus\{\pm ai\}$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\sin{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\operatorname{Im}\int_{-R}^{R}\frac{xe^{ix}}{(x^2+a^2)^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$ai$で，$ai$は$f$の２位の極である．よって，

\begin{align*}g(z)=(z-ai)^2f(z)=\frac{ze^{iz}}{(z+ai)^2}\end{align*}

で複素関数$g$を定めると，留数定理より

\begin{align*}\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz
&=\operatorname{Res}(f,ai)
=\lim_{z\to ai}\frac{1}{(2-1)!}\frac{dg}{dz}(z)
\\&=\lim_{z\to ai}\bra{\frac{e^{iz}+ize^{iz}}{(z+ai)^2}-2\frac{ze^{iz}}{(z+ai)^3}}
\\&=\frac{e^{-a}-ae^{-a}}{(2ai)^2}-2\frac{aie^{-a}}{(2ai)^3}
\\&=\frac{e^{-a}-ae^{-a}-e^{-a}}{(2ai)^2}
=\frac{-ae^{-a}}{-4a^2}
=\frac{e^{-a}}{4a}\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}}\le1\end{align*}

であることに注意すると，

\begin{align*}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}
&=\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{it}e^{iRe^{it}}}{(R^2e^{2it}+a^2)^2}iRe^{it}\,dt}
\\&\le\int_{0}^{\pi}\frac{R^2e^{-R\sin{t}}}{\abs{R^2e^{2it}+a^2}^2}\,dt
\le\int_{0}^{\pi}\frac{R^2}{\bra{R^2-a^2}^2}\,dt
\\&\le\frac{2\pi R^2}{\bra{R^2-a^2}^2}
=\frac{2\pi}{\bra{R-\frac{a^2}{R}}^2}
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

なので，$\lim\limits_{R\to\infty}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}=0$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{2\pi i\cdot\frac{e^{-a}}{4a}-\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}f(z)\,dz}
=\frac{\pi e^{-a}}{2a}\end{align*}

である．

素因数分解により$3500=2^2\times5^3\times7$なので，中国式剰余定理より

\begin{align*}\Z/3500\Z\cong\Z/7\Z\times\Z/4\Z\times\Z/125\Z\end{align*}

だから，１以上３５００以下の整数$x$に対して，$x^{3}+3x$が３５００で割り切れることと

\begin{align*}\begin{cases}
x^3+3x\equiv0\pmod{7}\\
x^3+3x\equiv0\pmod{4}\\
x^3+3x\equiv0\pmod{125}
\end{cases}\end{align*}

が成り立つことは同値である．

［１］$\Z/7\Z$で考える．$\Z/7\Z$が体（整域）であることに注意すると，

\begin{align*}x^3+3x=0
&\iff x^3-4x=0
\\&\iff x(x+2)(x-2)=0
\\&\iff x=0,2,5\end{align*}

である．

［２］$\Z/4\Z$で考える．

\begin{align*}x^3+3x=0
&\iff x^3-x=0
\\&\iff x(x+1)(x-1)=0\end{align*}

なので，$x=0,1,3$はこれを満たすが，$2(2+1)(2-1)=6\neq0$なので，$x=2$はみたさない．よって，

\begin{align*}x^3+3x=0 \iff x=0,1,3\end{align*}

である．

［３］$\Z/125\Z$で考える．

(i)$x=0$のとき，$x^3+3x=0$が成り立つ．

(ii)$x\in\Z$が素因数５をちょうど１つまたは２つもつとき，$x$は１２５の倍数でなく$x^2+3$は素因数５をもたないから，

\begin{align*}x^3+3x=x(x^2+3) \not\equiv 0\pmod{125}\end{align*}

である．

(iii)$x\in\Z\setminus\{0\}$が素因数５をもたないとき，$x\in\Z$と１２５は互いに素だから$ax+125b=1$なる$a,b\in\Z$が存在する．よって，$ax\equiv1\pmod{125}$なので，$x\in\Z/125\Z$とみなすと$x$は単元である．よって，

\begin{align*}x^3+3x\equiv0\pmod{125}
\iff x^2+3\equiv0\pmod{125}\end{align*}

を満たす．ここで，５を法とすると$x\equiv0,1,2,3,4$ならそれぞれ$x^2+3\equiv3,4,2,2,4$だから，$x^2+3\not\equiv0 \pmod{5}$なので，当然$x^2+3\not\equiv0 \pmod{125}$である．したがって，$x^3+3x=0\iff x=0$である．

［１］〜［３］より，求める個数は$3\times3\times1=9$である．

$f$の臨界点

写像$g:\R^3\to\R$を

\begin{align*}g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1\end{align*}

で定めると，$S^2=g^{-1}(0)$である．また，$f:S^2\to\R$の$\R^3$への延長$F:\R^3\to\R$を$F(x,y,z)=xy+yz+zx$で定める．このとき，$p\in S^2$に対して，

• $p$は$f$の臨界点
• $T_p S^2\subset\operatorname{Ker}dF_p$

は同値である．$S^2\subset\R^3$より$T_p S^2\subset\R^3$とみなすことができ，

\begin{align*}T_p S^2&=\operatorname{Ker}dg_p=\set{\bmat{s\\t\\u}\in\R^3}{Jg_p\bmat{s\\t\\u}=0}
\\&=\set{\bmat{s\\t\\u}\in\R^3}{xs+yt+zu=0}\end{align*}

が成り立つ．また，

\begin{align*}\operatorname{Ker}dF_p&=\set{\bmat{s\\t\\u}\in\R^3}{JF_p\bmat{s\\t\\u}=0}
\\&=\set{\bmat{s\\t\\u}\in\R^3}{(y+z)s+(z+x)t+(x+y)u=0}\end{align*}

である．$p=(x,y,z)\neq(0,0,0)$なので，$T_p S^2$, $\operatorname{Ker}dF_p$は平面を表し，求める条件は２平面

\begin{align*}xs+yt+zu=0,\quad (y+z)s+(z+x)t+(x+y)u=0\end{align*}

が一致することと同値で，平面の法線ベクトルを考えれば，これは

\begin{align*}&x:(y+z)=y:(z+x)=z:(x+y)
\\&\iff\begin{cases}x(z+x)=y(y+z)\\y(x+y)=z(z+x)\end{cases}
\\&\iff(x-y)(x+y+z)=(y-z)(x+y+z)=0
\\&\iff x=y=z\ \text{または}\ x+y+z=0\end{align*}

と同値である．よって，$f$の臨界点全部の集合は

\begin{align*}&\set{(x,y,z)\in S^2}{x=y=z\ \text{または}\ x+y+z=0}
\\&=\brb{\pm\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)}\cup\set{(x,y,z)\in S^2}{x+y+z=0}\end{align*}

である．

$f$の各臨界点の非退化性

一般に非退化な臨界点は孤立点なので，$x+y+z=0$を満たす臨界点$(x,y,z)\in S^2$は退化している．

次に$\gamma:=\frac{1}{\sqrt{3}}$とし，臨界点$p=(\gamma,\gamma,\gamma)$を考える．$p$を元にもつ開集合

\begin{align*}A:=\set{(x,y,z)\in S^2}{z>0}\end{align*}

の$xy$平面への直交射影を

\begin{align*}\phi:A\to\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2<1}\end{align*}

とすると，$(A,\phi)$は$S^2$の局所座標で，$s(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}$とおくと

\begin{align*}\phi(x,y,z)=(x,y),\quad
\phi^{-1}(x,y)=(x,y,s(x,y))\end{align*}

である．$F:=f\circ\phi^{-1}$とおくと

\begin{align*}F(x,y)=xy+ys(x,y)+s(x,y)x\end{align*}

である．計算により

\begin{align*}&s_{x}(x,y)=-\frac{x}{s(x,y)},\quad
s_{y}(x,y)=-\frac{y}{s(x,y)},
\\&s_{xx}(x,y)=-\frac{1}{s(x,y)}-\frac{x^2}{s(x,y)^3},
\\&s_{xy}(x,y)=s_{yx}(x,y)=-\frac{xy}{s(x,y)^3},
\\&s_{yy}(x,y)=-\frac{1}{s(x,y)}-\frac{y^2}{s(x,y)^3}\end{align*}

だから，$q:=\phi(p)=(\gamma,\gamma)$とおくと，

\begin{align*}&s(q)=\gamma,\quad
s_{x}(q)=s_{y}(q)=-1,
\\&s_{xx}(q)=s_{yy}(q)=-\frac{2}{\gamma},\quad
s_{xy}(q)=s_{yx}(q)=-\frac{1}{\gamma}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}F_{xx}(q)&=(ys_{xx}(x,y)+s_{xx}(x,y)x+2s_x(x,y))|_{(x,y)=q}
\\&=((x+y)s_{xx}(x,y)+2s_x(x,y))|_{(x,y)=q}
\\&=2\gamma\cdot\bra{-\frac{2}{\gamma}}+2\cdot(-1)=-6,
\\F_{xy}(q)&=(1+ys_{xy}(x,y)+s_x(x,y)+s_{xy}(x,y)x+s_y(x,y))|_{(x,y)=q}
\\&=(1+(x+y)s_{xy}(x,y)+s_x(x,y)+s_y(x,y))|_{(x,y)=q}
\\&=1+2\gamma\cdot\bra{-\frac{1}{\gamma}}-1-1=-3,
\\&F_{yy}(q)=-6,\quad
F_{yx}(q)=-3\end{align*}

だから，$F$の$q$でのヘッセ行列式は

\begin{align*}\vmat{F_{xx}(q)&F_{xy}(q)\\F_{yx}(q)&F_{yy}(q)}=\vmat{-6&-3\\-3&-6}=27\neq0\end{align*}

である．よって，$F$の$q$でのヘッセ行列は正則だから，$f$の臨界点$p$は非退化である．また，$f(-x,-y,-z)=f(x,y,z)$だから，$f$の臨界点$-p$も非退化である．

$x=e^{t}\iff t=\log{x}$と変数変換すると，

\begin{align*}\frac{dy}{dx}&=\frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{x}=e^{-t}\frac{dy}{dt},
\\\frac{d^2y}{dx^2}&=\frac{d}{dx}\bra{e^{-t}\frac{dy}{dt}}
=\frac{d}{dt}\bra{e^{-t}\frac{dy}{dt}}\cdot\frac{dt}{dx}
\\&=\bra{e^{-t}\frac{d^2y}{dt^2}-e^{-t}\frac{dy}{dt}}\cdot\frac{1}{x}
=e^{-2t}\bra{\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}}\end{align*}

なので，微分方程式は

\begin{align*}&e^{-2t}\bra{\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}}+ae^{-2t}y=0
\\&\iff\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}+ay=0\end{align*}

となり，これは定数係数２階線形である．特性方程式$\lambda^2-\lambda+a=0$の解は

\begin{align*}\lambda_1:=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-a},\quad
\lambda_2:=\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{1}{4}-a}\end{align*}

である．$0<a<\frac{1}{4}$より，$\lambda_1$, $\lambda_2$は実数なので微分方程式の一般解は

\begin{align*}y&=C_1e^{\lambda_1 t}+C_2e^{\lambda_2 t}
\\&=C_1x^{\lambda_1}+C_2x^{\lambda_2}\end{align*}

である．ただし，$C_1$, $C_2$は任意定数である．$\lambda_1>0$, $\lambda_2>0$なので，

\begin{align*}\lim_{x\to+0}y(x)=\lim_{x\to+0}\bra{C_1x^{\lambda_1}+C_2x^{\lambda_2}}=0\end{align*}

が従う．

$A$のジョルダン標準形を，$\lambda_1,\dots,\lambda_r\in\C\setminus\{0\}$と$m_1,\dots,m_t,n_1,\dots,n_r\in\N$を用いて

\begin{align*}J=J_{m_1}(0)\oplus\dots\oplus J_{m_t}(0)\oplus J_{n_1}(\lambda_1)\oplus\dots\oplus J_{n_r}(\lambda_r)\end{align*}

と表す．ある正則行列$P$が存在して$P^{-1}AP=J$となるので，任意の正の整数$k$に対して$A^k=PJ^kP^{-1}$が成り立つ．よって，

\begin{align*}\operatorname{tr}(A^k)&=\operatorname{tr}(PJ^kP^{-1})=\operatorname{tr}(J^kP^{-1}P)=\operatorname{tr}(J^k)\end{align*}

であり，いま

\begin{align*}J^k=J_{m_1}(0)^k\oplus\dots\oplus J_{m_t}(0)^k\oplus J_{n_1}(\lambda_1)^k\oplus\dots\oplus J_{n_r}(\lambda_r)^k\end{align*}

なので，一般に$\lambda\in\C$に関するジョルダン細胞の$k$乗の対角成分は全て$\lambda^k$であることから

\begin{align*}\operatorname{tr}(A^k)=\sum_{s=1}^{r}n_s\lambda_s^k\end{align*}

である．よって，任意の$s\in\{1,2,\dots,r\}$に対して$\operatorname{Re}\lambda_s^k\ge0$となる正の整数$k$が存在することを示せばよい．

ここで，各$s$に対して$\theta_s:=\arg{\lambda_s}$とおく．各$k\in\{1,2,\dots,4^r+1\}$, $s\in\{1,2,\dots,r\}$に対して，$\phi_{s,k}:=\frac{k\theta_s}{2\pi}$とし，$\psi_{s,k}$を$\phi_{s,k}$の小数部分とする：$\psi_{s,k}=\phi_{s,k}-\lfloor\phi_{s,k}\rfloor$．

任意の$k\in\{1,2,\dots,4^r+1\}$に対して各組$(\psi_{1,k},\psi_{2,k},\dots,\psi_{r,k})$は$[0,1)^r$に属する．$[0,1)^r$を$4^r$個の１辺の長さが$\frac{1}{4}$の立方体に切り分けると，鳩ノ巣原理よりある$k_1,k_2\in\{1,2,\dots,4^r+1\}$（$k_1>k_2$）が存在して，任意の$s\in\{1,2,\dots,r\}$に対して

\begin{align*}&|\psi_{s,k_1}-\psi_{s,k_2}|\le\frac{1}{4}
\\&\iff\abs{\bra{\phi_{s,k_1}-\lfloor\phi_{s,k_1}\rfloor}-\bra{\phi_{s,k_2}-\lfloor\phi_{s,k_2}\rfloor}}\le\frac{1}{4}
\\&\iff\abs{(k_1-k_2)\theta_s+2\pi(\lfloor\phi_{s,k_2}\rfloor-\lfloor\phi_{s,k_1}\rfloor)}\le\frac{\pi}{2}\end{align*}

が成り立つ．したがって，$k_*:=k_1-k_2$とおくと，任意の$s\in\{1,2,\dots,r\}$に対して$\operatorname{Re}\lambda_s^{k_*}=|\lambda_s^{k_*}|\cos{k_*\theta_s}\ge0$となり，$\operatorname{tr}(A^{k_*})\ge0$が成り立つ．