2026大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目

関数$(x,y)\mapsto(x^3+y^3)^{\alpha}$は$D$上連続だから，$D_1=\set{(x,y)\in D}{1\le x^2+y^2}$, $D_2=\set{(x,y)\in D}{0<x\le1}$として，

\begin{align*}\iint_{D_1}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}},\quad\iint_{D_2}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}\end{align*}

がともに収束する実数$\alpha$の範囲を求めればよく，以下この範囲が$\frac{2}{3}<\alpha<1$であることを示す．

$D_1$上の積分が収束する条件

$(x,y)\in D_1$のとき

\begin{align*}(x^3+y^3)^2&=x^6+2x^3y^3+y^6
\\&\le3(x^6+y^6)\le3(x^2+y^2)^3,
\\(x^2+y^2)^3&=x^6+3x^4y^2+3x^2y^4+y^6
\\&\le7(x^6+y^6)\le7(x^3+y^3)^2\end{align*}

なので，求める$\alpha\in\R$の範囲は$\iint_{D_1}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}$が収束する$\alpha\in\R$の範囲に一致する．

\begin{align*}&D_{1,+}=\set{(x,y)\in\R^2}{0\le x,\ 0\le y,\ 1\le x^2+y^2},
\\&D_{1,-}=\set{(x,y)\in\R^2}{0\le y\le\frac{1}{\sqrt{3}}x,\ 1\le x^2+y^2}\end{align*}

とすると，$D_{1,-}\subset D_1\subset D_{1,+}$である．また，複号同順で

\begin{align*}D_{1,n\pm}=\set{(x,y)\in D_{1,\pm}}{x^2+y^2\le n^2}\end{align*}

とおくと，

\begin{align*}&\iint_{D_{1,\pm}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}
=\lim_{n\to\infty}\iint_{D_{1,n\pm}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}\end{align*}

であり，極座標変換$x=r\cos{\theta}$, $y=r\sin{\theta}$により

\begin{align*}&\iint_{D_{1,n+}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}
=\int_{0}^{\pi/2}\bra{\int_{1}^{n}\frac{r}{r^{3\alpha}}\,dr}\,d\theta
\\&=\begin{cases}\frac{\pi}{2(2-3\alpha)}(n^{2-3\alpha}-1),&\alpha\neq\frac{2}{3},\\
\frac{\pi}{2}\log{n},&\alpha=\frac{2}{3},\end{cases}
\\&\iint_{D_{1,n-}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}
=\int_{0}^{\pi/6}\bra{\int_{1}^{n}\frac{r}{r^{3\alpha}}\,dr}\,d\theta
\\&=\begin{cases}\frac{\pi}{6(2-3\alpha)}(n^{2-3\alpha}-1),&\alpha\neq\frac{2}{3},\\
\frac{\pi}{6}\log{n},&\alpha=\frac{2}{3}\end{cases}\end{align*}

なので，$\iint_{D_{1,+}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}$, $\iint_{D_{1,-}}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}$が収束するための$\alpha$の必要十分条件は，ともに

\begin{align*}2-3\alpha<0\iff \frac{2}{3}<\alpha\end{align*}

である．よって，$D_{1,-}\subset D_1\subset D_{1,+}$と併せて，$\iint_{D_1}\frac{dxdy}{(x^2+y^2)^{3\alpha/2}}$が収束するための$\alpha$の必要十分条件は$\alpha>\frac{2}{3}$である．

$D_2$上の積分が収束する条件

$(x,y)\in D_2$のとき

\begin{align*}x^3\le x^3+y^3\le x^3+x^6\le2x^3\end{align*}

なので，$\iint_{D_2}\frac{dxdy}{(x^3+y^3)^{\alpha}}$が収束する$\alpha\in\R$の範囲は$\iint_{D_2}\frac{dxdy}{x^{3\alpha}}$が収束する$\alpha\in\R$の範囲に一致する．

$D_{2,n}=\set{(x,y)\in D_2}{\frac{1}{n}\le x}$とすると，

\begin{align*}&\iint_{D_2}\frac{dxdy}{x^{3\alpha}}=\lim_{n\to\infty}\iint_{D_{2,n}}\frac{dxdy}{x^{3\alpha}}\end{align*}

であり，

\begin{align*}&\iint_{D_{2,n}}\frac{dxdy}{x^{3\alpha}}
=\int_{1/n}^{1}\bra{\int_{0}^{x^2}\frac{1}{x^{3\alpha}}\,dy}\,dx
\\&=\int_{1/n}^{1}x^{2-3\alpha}\,dx
=\begin{cases}\frac{1}{3-3\alpha}(1-n^{3\alpha-3}),&\alpha\neq1,\\
\log{n},&\alpha=1\end{cases}\end{align*}

なので，$\iint_{D_2}\frac{dxdy}{(x^3+y^3)^{\alpha}}$が収束するための$\alpha$の必要十分条件は

\begin{align*}3\alpha-3<0\iff\alpha<1\end{align*}

である．

階数を求める行列を$A$とおく：$A=\sbmat{a&a&b&b\\a&a&-b&b\\b&b&a&a\\-b&b&-a&a}$．以下，変形はすべて行基本変形である．

$a=b=0$のとき，$A$は零行列だから$\rank{A}=0$である．$a=0$かつ$b\neq0$のとき，

\begin{align*}A&=\bmat{0&0&b&b\\0&0&-b&b\\b&b&0&0\\-b&b&0&0}\to\bmat{1&1&0&0\\0&2&0&0\\0&0&1&1\\0&0&0&2}\end{align*}

となるから$\rank{A}=4$である．$b=0$かつ$a\neq0$のとき，

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

となるから$\rank{A}=3$である．$ab\neq0$のとき，

\begin{align*}A&\to\bmat{a&a&b&b\\0&0&-2b&0\\b&b&a&a\\0&2b&0&2a}\to\bmat{a&a&b&b\\0&0&1&0\\0&0&a-\frac{b^2}{a}&a-\frac{b^2}{a}\\0&b&0&a}
\\&\to\bmat{a&a&b&b\\0&b&0&a\\0&0&1&0\\0&0&0&\frac{a^2-b^2}{a}}\end{align*}

だから，$\rank{A}=\begin{cases}3,&a=\pm b,\\4,&a\neq\pm b\end{cases}$である．

以上をまとめて

\begin{align*}\rank{A}=\begin{cases}0,&a=b=0,\\3,&(b=0\ \text{かつ}\ a\neq0)\ \text{または}\ a=\pm b\neq0,\\4,&\mrm{それ以外}\end{cases}\end{align*}

である．

任意の$X\in M_n(\C)$に対して$\dim{V_X}\ge n$が成り立つことを示し，$\dim{V_X}=n$となる$X\in M_n(\C)$が存在することを示せばよい．

$\dim{V_X}\ge n$の証明

任意に$X\in M_n(\C)$をとる．$n$次の$\lambda\in\C$に関するジョルダン細胞を$J_n(\lambda)$と表す．$X$のジョルダン標準形を

\begin{align*}J=\bigoplus_{k=1}^{r}J_{n_k}(\lambda_k)\end{align*}

とし，$P^{-1}XP=J$なる$n$次正則行列$P$をとると，$A\in M_n(\C)$に対して

\begin{align*}AX=XA
&\iff (P^{-1}AP)(P^{-1}XP)=(P^{-1}XP)(P^{-1}AP)
\\&\iff (P^{-1}AP)J=J(P^{-1}AP)\end{align*}

が成り立つ．よって，写像

\begin{align*}\phi:V_X\to V_J;A\mapsto P^{-1}AP\end{align*}

は同型なので，$\dim{V_X}=\dim{V_J}$である．

ここで，任意の$k\in\{1,2,\dots,r\}$に対して，$a_{k1},a_{k2},\dots,a_{kn_k}\in\C$として

\begin{align*}A_k=\sum_{\ell=1}^{n_k}a_{k\ell}J_{n_k}(0)^{\ell-1}\end{align*}

とおくと，$A_k$は$J_{n_k}(0)$の多項式なので$A_kJ_{n_k}(0)=J_{n_k}(0)A_k$だから

\begin{align*}A_kJ_{n_k}(\lambda_k)&=A_k(\lambda_kI_{n_k}+J_{n_k}(0))
\\&=(\lambda_kI_{n_k}+J_{n_k}(0))A_k=J_{n_k}(\lambda_k)A_k\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}\bra{\bigoplus_{k=1}^{r}A_k}J
=\bigoplus_{k=1}^{r}(A_kJ_{n_k}(\lambda_k))
=\bigoplus_{k=1}^{r}(J_{n_k}(\lambda_k)A_k)
=J\bra{\bigoplus_{k=1}^{r}A_k}\end{align*}

だから，$\bigoplus\limits_{k=1}^{r}A_k\in V_J$である．$\bigoplus\limits_{k=1}^{r}A_k$は任意定数を$n$個もつから$\dim{V_X}=\dim{V_J}\ge n$が従う．

$\dim{V_X}=n$となる$X\in M_n(\C)$の具体例

$X=\diag{(1,2,\dots,n)}$とすると，$A=(a_{ij})\in M_n(\C)$に対して$AX=\{ja_{ij}\}$, $XA=\{ia_{ij}\}$だから

\begin{align*}AX=XA
&\iff \forall i,j\in\{1,2,\dots,n\}\quad ja_{ij}=ia_{ij}
\\&\iff a_{ij}=0\quad(i\neq j;i,j\in\{1,2,\dots,n\})
\\&\iff \text{$A$は対角行列}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}\dim{V_X}=\dim\set{\diag{(a_1,a_2,\dots,a_n)}\in M_n(\C)}{a_1,a_2,\dots,a_n\in\C}=n\end{align*}

である．

任意に$\epsilon\in(0,1)$をとる．仮定より，ある$N_i\in\N$（$i=1,2,3,4$）が存在して

\begin{align*}&n>N_1\Ra\abs{\sup_{k\ge n}a_k-3}<\epsilon,&&n>N_2\Ra\abs{\inf_{k\ge n}a_k}<\epsilon,
\\&n>N_3\Ra\abs{\sup_{k\ge n}b_k-7}<\epsilon,&&n>N_4\Ra\abs{\inf_{k\ge n}b_k-1}<\epsilon\end{align*}

が成り立つ．$N=\max\{N_1,N_2,N_3,N_4\}$とおく．

(1)の解答

以下，すべて$n>N$とする．$\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=\lim\limits_{n\to\infty}\bra{\sup\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|}$であり，$n>N$なら

\begin{align*}\sup_{k\ge n}|a_k-b_k|&\ge\sup_{k\ge n}(b_k-a_k)\ge\sup_{k\ge n}\bra{b_k+\inf_{k\ge n}(-a_k)}
\\&=\sup_{k\ge n}b_k+\inf_{k\ge n}(-a_k)=\sup_{k\ge n}b_k-\sup_{k\ge n}a_k\ge4-2\epsilon\end{align*}

が成り立つ．

一方，$-\epsilon<a_n<3+\epsilon$かつ$1-\epsilon<b_n<7+\epsilon$だから，$|a_n-b_n|<7+2\epsilon$となるから，$\sup\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|\le7+2\epsilon$が成り立つ．

よって，$4-2\epsilon\le\sup\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|\le7+2\epsilon$が従い，極限$n\to\infty$をとり，$\epsilon$の任意性と併せて$4\le\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|\le7$を得る．

ここで，条件を満たす数列$\{a_n\}$, $\{b_n\}$として

\begin{align*}a_n=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}(-1)^n,\quad
b_n=4+3(-1)^n\quad\dots(*)\end{align*}

をとると，

\begin{align*}|a_n-b_n|=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}(-1)^{n}\end{align*}

なので，任意の$n\in\N$に対して$\sup\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|=4$だから$\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=4$である．また，

\begin{align*}a_n=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}(-1)^n,\quad
b_n=4+3(-1)^{n+1}\quad\dots(**)\end{align*}

をとると，

\begin{align*}|a_n-b_n|=\abs{\frac{5}{2}+\frac{9}{2}(-1)^{n+1}}=\frac{9}{2}+\frac{5}{2}(-1)^{n+1}\end{align*}

なので，任意の$n\in\N$に対して$\sup\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|=7$だから$\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=7$である．

以上より，$\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|$のとり得る値について，$(*)$のとき最小値４をとり，$(**)$のとき最大値７をとる．

(2)の解答

以下，すべて$n>N$とする．任意の$n\in\N$に対して$|a_n-b_n|\ge0$だから，$\liminf\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|\ge0$を得る．

一方，$|b_n-1|<\epsilon$をみたす$n\in\N$は無限に存在し，$|b_n-1|<\epsilon$をみたす$n$に対して，$-\epsilon<a_n<3+\epsilon$と併せて，$|a_n-b_n|\le2+2\epsilon$が成り立つ．

よって，$\inf\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|\le2+2\epsilon$が従い，両辺で極限$n\to\infty$をとり，$\epsilon$の任意性と併せて$\liminf\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|\le2$を得る．

ここで，条件を満たす数列$\{a_n\}$, $\{b_n\}$として

\begin{align*}\begin{aligned}&a_n=\begin{cases}\frac{3}{2}+\frac{3}{2}(-1)^n,&n\in\N\setminus2^\N,\\2,&n\in2^\N,\end{cases}
\\&b_n=\begin{cases}4+3(-1)^n,&n\in\N\setminus2^\N,\\2,&n\in2^\N\end{cases}\end{aligned}\quad\dots(***)\end{align*}

をとると，任意の$n\in\N$に対して$|a_{2^n}-b_{2^n}|=0$なので，$\inf\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|=0$だから$\liminf\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=0$である．また，(1)の$(**)$をとると

\begin{align*}|a_n-b_n|=\frac{9}{2}+\frac{5}{2}(-1)^{n+1}\end{align*}

なので，任意の$n\in\N$に対して$\inf\limits_{k\ge n}|a_k-b_k|=2$だから$\liminf\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|=2$である．

以上より，$\liminf\limits_{n\to\infty}|a_n-b_n|$のとり得る値について，$(***)$のとき最小値０をとり，$(**)$のとき最大値２をとる．

(1)の解答

$u$は$C^2$級なので，$u_{xy}=u_{yx}$が成り立つことに注意する．領域$\R^2\setminus\{(0,0)\}$上で

\begin{align*}&(u_x)_x=u_{xx}=-u_{yy}=(-u_y)_y,
\\&(u_x)_y=u_{xy}=u_{yx}=-(-u_y)_x\end{align*}

だから，$f$の実部$u_x$と虚部$-u_y$はコーシー・リーマンの方程式を満たす．よって，$f$は$\C\setminus\{0\}$上で正則である．

(2)の解答

(1)の$f$を用いる．任意の$z=x+iy\in\C\setminus\{0\}$（$x,y\in\R$）に対して，

\begin{align*}|f(z)|&=\sqrt{|u_x(x,y)|^2+|u_y(x,y)|^2}\le|u_x(x,y)|+|u_y(x,y)|
\\&\le C\bra{\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}+1}=C\bra{\frac{1}{|z|}+1}\end{align*}

だから，$|zf(z)|\le C(1+|z|)$が成り立つ．これより$zf(z)$は０の除外近傍上で有界だから，０は$zf(z)$の除去可能な特異点と分かり，$f(z)=\sum\limits_{n=-1}^{\infty}a_nz^n$とローラン展開できる．

$f$は$\C\setminus\{0\}$上正則だから，$g(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n$で定まる複素関数$g$は$\C$上で正則である．また，$g$は連続（正則）だから有界閉集合$\set{z\in\C}{|z|\le1}$上で有界であり，$\set{z\in\C}{|z|\ge1}$上で

\begin{align*}|g(z)|&=\abs{f(z)-\frac{a_{-1}}{z}}\le|f(z)|+\frac{|a_{-1}|}{|z|}
\\&\le C\bra{\frac{1}{|z|}+1}+\frac{|a_{-1}|}{|z|}\le2C+|a_{-1}|\end{align*}

となって有界だから，$g$は$\C$全体で有界である．よって，リウヴィルの定理より$g$は定数関数なので，

\begin{align*}f(z)=g(z)+\frac{a_{-1}}{z}=b-ci+\frac{(2ax+ky)+(kx-2ay)i}{x^2+y^2}\end{align*}

と表せる．ただし，$g(z)=b-ci$, $a_{-1}=2a+ki$とおいた（$a,b,c,k\in\R$）．これより

\begin{align*}\begin{cases}u_x(x,y)=b+\frac{2ax+ky}{x^2+y^2},\\
u_y(x,y)=c-\frac{kx-2ay}{x^2+y^2}\end{cases}\end{align*}

が成り立つ．

$u$は$C^2$級だから$\int_{|z|=1}\nabla{u}(x,y)\cdot\sbmat{dx\\dy}=0$であり，

\begin{align*}&\int_{|z|=1}\nabla{u}(x,y)\cdot\bmat{dx\\dy}=\int_{|z|=1}(u_x(x,y)\,dx+u_y(x,y)\,dy)
\\&=\int_{0}^{2\pi}\{(b+2a\cos{\theta}+k\sin{\theta})(-\sin{\theta})-(-c+k\cos{\theta}-2a\sin{\theta})\cos{\theta}\}\,d\theta
\\&=-\int_{0}^{2\pi}(k+b\sin{\theta}-c\cos{\theta})\,d\theta=-2k\pi\end{align*}

だから$k=0$が成り立つ．よって，

\begin{align*}\begin{cases}u_x(x,y)=b+\frac{2ax}{x^2+y^2},\\
u_y(x,y)=c+\frac{2ay}{x^2+y^2}\end{cases}\end{align*}

が成り立つ．第１式より

\begin{align*}u(x,y)=bx+a\log{(x^2+y^2)}+v(y)\end{align*}

と表せる（$v$は任意関数）．$u$は$C^2$級だから$v$も$C^2$級なので，$u$を$y$で偏微分して

\begin{align*}u_y(x,y)=\frac{2ay}{x^2+y^2}+v'(y)\end{align*}

となるから，$u_y(x,y)=c+\frac{2ay}{x^2+y^2}$と比較して$v'(y)=c$が成り立ち，$v(y)=cy+d$を得る（$d$は任意定数）．

以上より，任意の$(x,y)\in\R^2\setminus\{(0,0)\}$に対して，$u(x,y)=a\log{(x^2+y^2)}+bx+cy+d$が成り立つ．

(1)の解答

$C^\infty$級写像$g:\R^3\to\R$を

\begin{align*}g(x,y,z)=x^2+y^4+az^n-1\end{align*}

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

任意の$p=(x,y,z)\in\R^3$に対して$Jg_p=[2x,4y^3,anz^{n-1}]$だから，

\begin{align*}\rank{Jg_{p}}=0
\iff x=0\ \text{かつ}\ y=0\ \text{かつ}\ az^{n-1}=0\end{align*}

である．よって，もし$p=(x,y,z)\in X$が$\rank{Jg_{p}}=0$をみたすなら，$az^{n-1}=0$かつ$az^n=1$が成り立つことになるが，これらは矛盾する．

したがって，任意の$p\in X$に対して$\rank{Jg_{p}}=1$だから$p$は正則点である．$p$の任意性より０は$g$の正則値だから，正則値定理より$X=g^{-1}(0)$は$C^\infty$級微分可能多様体である．

(2)の解答

$f:X\to\R$の$\R^3$への延長$F:\R^3\to\R$を$F(x,y,z)=z$で定める．

このとき，$p=(x,y,z)\in X$が$f$の臨界点であることと，$T_pX\subset\operatorname{Ker}dF_p$が成り立つことは同値である．

さらに，$X\subset\R^3$より$T_pX\subset\R^3$とみなすことができ，$JF_p=[0,0,1]$より$\operatorname{Ker}dF_p=\R^2\times\{0\}$なので，$T_pX\subset\R^2\times\{0\}$となる$p\in X$がちょうど２個である$n$, $a$を全て求めればよい．ここで，

\begin{align*}T_pX&=\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}{2xs+4y^3t+anz^{n-1}u=0}\end{align*}

である．

$p\in X$が$(x,y)\neq(0,0)$をみたすなら，$2xs+4y^3t+anz^{n-1}u=0$かつ$u\neq0$を満たす$(s,t,u)$が存在し$T_pX\subset\R^2\times\{0\}$とはならない．よって，$T_pX\subset\R^2\times\{0\}$となる$p\in X$は$p=(0,0,k)$（$k\in\R$）の形に限り，さらに$p\in X$であることより$k$は$ak^n=1$をみたす．

したがって，$T_pX\subset\R^2\times\{0\}$となる$p\in X$が２個存在するなら，$ak^n=1$を満たす$k$が２個存在するので，$a>0$かつ$n$が正の偶数であることが必要である．

逆に，$a>0$かつ$n$が正の偶数であれば，$T_pX\subset\R^2\times\{0\}$となる$p\in X$は$p=(0,0,\pm a^{-1/n})$のちょうど２個存在する．

以上より，$f$がちょうど２個の臨界点を持つような$n$, $a$は，$a>0$かつ$n$が偶数であるような$n$, $a$で全部である．

求める$n$が$n=3$, $n\ge5$であることを示す．

$n=2,3,4$のとき

$\binom{E_2}{2}=\{\{1,2\}\}$だから，$E_2^*=\bigl\{\{\{1,2\}\}\bigr\}$である．$E_2=\{1,2\}$の濃度は２で，$E_2^*$の濃度は１だから，$F_2$は全単射でない．

$\binom{E_3}{2}=\{\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\}\}$だから，

\begin{align*}E_3^*=\bigl\{\{\{1,2\},\{1,3\}\},\{\{1,2\},\{2,3\}\},\{\{1,3\},\{2,3\}\}\bigr\}\end{align*}

である．$F_3(1)=\{\{1,2\},\{1,3\}\}$, $F_3(2)=\{\{1,2\},\{2,3\}\}$, $F_3(3)=\{\{1,3\},\{2,3\}\}$なので，$F_3$は全単射である．

$\binom{E_4}{2}=\{\{1,2\},\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\},\{3,4\}\}$だから，$E_4^*$の元として例えば

\begin{align*}&\{\{1,2\},\{1,3\},\{1,4\}\},\quad\{\{1,2\},\{2,3\},\{2,4\}\},\quad\{\{1,3\},\{2,3\},\{3,4\}\},
\\&\{\{1,4\},\{2,4\},\{3,4\}\},\quad\{\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\}\}\end{align*}

が挙げられ，$E_4^*$の濃度は５以上である．一方，$E_4=\{1,2,3,4\}$の濃度は４だから，$F_4$は全単射でない．

$n\ge5$のとき

$n\ge5$のとき，$F_n$が全単射であることを示す．

任意に$S\in E_n^*$をとる．異なる任意の$A,B,C\in S$をとり，$A\cap B=\{i\}$, $A\cap C=\{j\}$とする．

$i\neq j$と仮定すると，$A=\{i,j\}$であり，ある$k,\ell\in E_n$が存在して，$B=\{k,i\}$, $C=\{j,\ell\}$と表せる．このとき，$A\neq B$より$k\neq j$であり，$A\neq C$より$k\neq i$なので，$B\cap C\neq\emptyset$より$k=\ell$が成り立つ．

よって，異なる$i,j,k\in E_n$により$A=\{i,j\}$, $B=\{i,k\}$, $C=\{j,k\}$と表せることになる．$n\ge5$なので，$A$, $B$, $C$とは異なる$D\in S$が存在するが，$D$は元を２個しかもたないので$A$, $B$, $C$のいずれかとは共通部分が空となるので矛盾する．

したがって，$i=j$が成り立ち，$S$のどの元（集合）もある$i\in E_n$をもつ．また，$i\in E_n$を元にもつ$\binom{E_n}{2}$の元（集合）は$n-1$個しかないので，

\begin{align*}S_i=\{\{i,1\},\dots,\{i,i-1\},\{i,i+1\},\dots,\{i,n\}\}\end{align*}

とおくと，$E_n^*=\{S_1,S_2,\dots,S_n\}$となる．また，任意の$i\in E_n$に対して，

\begin{align*}F_n(i)=\set{T\in\binom{E_n}{2}}{i\in T}=S_i\end{align*}

だから，$F_n$は全単射である．