2026大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻｜専門科目

(1)の解答

実数値関数$F$に対して，$F$の正成分と負成分をそれぞれ$F_+$, $F_-$と表す．また，$|F|$の分布関数を$\mu_F$と表す：

\begin{align*}\mu_F:[0,\infty)\to[0,\mu(X)];\lambda\mapsto\mu(\set{x\in X}{|F(x)|>\lambda}).\end{align*}

対偶を示す．$|f(x)|\le L$, $\mu$-a.e. $x$が成り立たないとする．このことは$\mu_f(L)>0$と同値で，このとき$\mu_f(L)=\mu_{f_+}(L)+\mu_{f_-}(L)$と併せて，$0<\mu_{f_+}(L)$または$0<\mu_{f_-}(L)$が成り立つ．

$0<\mu_{f_+}(L)$が成り立つとき，

\begin{align*}A_n=\set{x\in X}{f_+(x)>L+\frac{1}{n}}\end{align*}

とする（$n=1,2,\dots$）と，$A_1\subset A_2\subset\dots$が成り立つから，測度の連続性より

\begin{align*}\lim\limits_{n\to\infty}\mu(A_n)=\mu\bra{\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n}=\mu_{f_+}(L)>0\end{align*}

が成り立つ．よって，ある$N\in\N$が存在して$\mu(A_N)>0$が成り立つから，

\begin{align*}\abs{\int_{A_N}f\,d\mu}=\int_{A_N}f_+\,d\mu\ge\int_{A_N}\bra{L+\frac{1}{N}}\,d\mu=\bra{L+\frac{1}{N}}\mu(A_N)\end{align*}

を得る．

一方，$0<\mu_{f_+}(L)$が成り立たないとき，$0<\mu_{f_-}(L)$だから，同様にある$N’\in\N$が存在して$\mu_{f_-}(L+\frac{1}{N’})>0$が成り立ち，

\begin{align*}\abs{\int_{\{f_-(x)>L+\frac{1}{N’}\}}f\,d\mu}\ge\bra{L+\frac{1}{N’}}\mu\bra{\set{x\in X}{f_-(x)>L+\frac{1}{N’}}}\end{align*}

が成り立つ．

以上より，ある$A\in\mathcal{M}$が存在して$\abs{\dint_A f\,d\mu}>L\mu(A)$が成り立つから，対偶が示された．

(2)の解答

$\abs{\dint_A f\,d\mu}\le L\mu(A)$が任意の$A\in\mathcal{M}$について成り立つとする．$[0,\pi)\cap\Q$は可算集合だから$[0,\pi)\cap\Q=\{\theta_1,\theta_2,\dots\}$とする．任意の$n\in\{1,2,\dots\}$, $A\in\mathcal{M}$に対して，

\begin{align*}&\abs{\int_{A}\operatorname{Re}(e^{i\theta_n}f)\,d\mu}=\abs{\operatorname{Re}\int_{A}(e^{i\theta_n}f)\,d\mu}
\\&\le\abs{\int_{A}e^{i\theta_n}f\,d\mu}=\abs{\int_{A}f\,d\mu}\le L\mu(A)\end{align*}

が成り立つ．$\operatorname{Re}(e^{i\theta_n}f)$は実数値関数だから，(1)より

\begin{align*}|\operatorname{Re}(e^{i\theta_n}f(x))|\le L,\quad \text{$\mu$-a.e. $x$}\end{align*}

が成り立つ．すなわち，ある零集合$N_n\subset X$が存在して，

\begin{align*}x\in X\setminus N_n\Ra|\operatorname{Re}(e^{i\theta_n}f(x))|\le L\end{align*}

が成り立つ．可算個の零集合の和集合も零集合だから$N=\bigcup_{n=1}^{\infty}N_n$も零集合である．

任意の$x\in X\setminus N$に対して，関数

\begin{align*}[0,2\pi)\to[0,\infty);\theta\mapsto|\operatorname{Re}(e^{i\theta}f(x))|\end{align*}

は連続で，$[0,\pi)\cap\Q$は$[0,\pi)$で稠密だから，任意の$\theta\in[0,\pi)$に対して$|\operatorname{Re}(e^{i\theta}f(x))|\le L$が成り立つ．

一般に，$z\in\C$が$|z|\le L$を満たすことと，任意の$\theta\in[0,2\pi)$に対して$|\operatorname{Re}(e^{i\theta}z)|\le L$が成り立つことは同値だから，任意の$x\in X\setminus N$に対して$|f(x)|\le L$が成り立つ．

(1)の解答

任意に$f\in H^\infty(\mathbb{D})$と$z\in\mathbb{D}$をとる．任意の$t\in[0,r]$に対して，$tz$は開円板$\set{z\in\C}{|z|<s}$に属するから，コーシーの積分公式より

\begin{align*}f(tz)=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\zeta|=s}\frac{f(\zeta)}{\zeta-tz}\,d\zeta\end{align*}

が成り立つ．$\zeta=se^{i\theta}$とおくと，$\frac{d\zeta}{d\theta}=sie^{i\theta}$なので

\begin{align*}f(tz)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{0}^{2\pi}\frac{f(se^{i\theta})}{se^{i\theta}-tz}\cdot sie^{i\theta}\,d\theta
\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{se^{i\theta}f(se^{i\theta})}{se^{i\theta}-tz}\,d\theta\end{align*}

が成り立つ．よって，$(*)$を満たす連続関数$k:[0,r]\times[0,2\pi]\times\mathbb{D}\to\C$は

\begin{align*}k(t,\theta,z)=\frac{se^{i\theta}}{2\pi(se^{i\theta}-tz)}\end{align*}

ととれる．

(2)の解答

任意に$H^\infty(\mathbb{D})$の有界点列$\{f_n\}_{n\in\N}$をとる．このとき，ある$M>0$が存在して，任意の$n\in\N$に対して$\|f_n\|_{\infty}\le M$が成り立つ．

任意に$\epsilon>0$をとる．$r=\max\{1-\frac{\epsilon}{8M},\frac{1}{2}\}$とおく．任意の$n\in\N$と$z\in\mathbb{D}$に対して

\begin{align*}(T_1f_n)(z)=(T_rf_n)(z)+\int_{r}^{1}f_n(tz)\,dt\end{align*}

であり，この第２項は

\begin{align*}\abs{\int_{r}^{1}f_n(tz)\,dt}&\le\int_{r}^{1}|f_n(tz)|\,dt\le\int_{r}^{1}M\,dt
\\&=(1-r)M\le\frac{\epsilon}{8M}\cdot M=\frac{\epsilon}{8}\end{align*}

と評価できる．一方，第１項は$s=\frac{1+r}{2}$とおくと，$r<s<1$だから(1)より

\begin{align*}(T_rf_n)(z)
&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{r}\bra{\int_{0}^{2\pi}\frac{se^{i\theta}f_n(se^{i\theta})}{se^{i\theta}-tz}\,d\theta}\,dt
\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{r}\bra{\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{1-\frac{tz}{se^{i\theta}}}\,d\theta}\,dt\end{align*}

となる．関数$\frac{1}{1-\zeta}$の冪級数展開$\sum\limits_{m=0}^{\infty}\zeta^m$は収束半径１で，$t\in[0,r]$, $\theta\in[0,2\pi]$に対して一様に$|\frac{tz}{se^{i\theta}}|\le|\frac{t}{s}|<1$だから，

\begin{align*}(T_rf_n)(z)
&=\frac{1}{2\pi}\sum_{m=0}^{\infty}\int_{0}^{r}\bra{\int_{0}^{2\pi}\frac{t^m z^m f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta}\,dt
\\&=\frac{1}{2\pi}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{r^{m+1} z^m}{m+1}\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta\end{align*}

と項別積分可能である．ここで，任意の$m\in\{0,1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}&\abs{\frac{r^{m+1} z^m}{m+1}\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta}
\\&\le\frac{r^{m+1}|z|^m}{m+1}\int_{0}^{2\pi}\frac{|f_n(se^{i\theta})|}{|se^{i\theta}|^m}\,d\theta
\\&\le2\pi r\bra{\frac{r}{s}}^mM\end{align*}

であり，$|\frac{r}{s}|<1$だから，ある$K\in\N$が存在して，任意の$z\in\mathbb{D}$に対して，

\begin{align*}\abs{\frac{1}{2\pi}\sum_{m=K+1}^{\infty}\frac{r^{m+1}z^m}{m+1}\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta}<\frac{\epsilon}{8}\end{align*}

が成り立つ．また，任意の$m\in\{0,1,\dots,K\}$に対して，

\begin{align*}&\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta
=\frac{1}{2\pi}\int_{|\zeta|=s}\frac{f_n(\zeta)}{\zeta^m}\cdot\frac{1}{i\zeta}\,d\zeta
\\&=\frac{1}{2\pi i}\int_{|\zeta|=s}\frac{f_n(\zeta)}{(\zeta-0)^{m+1}}\,d\zeta=\frac{f_n^{(m)}(0)}{m!}\end{align*}

である．以上より，任意の$k,\ell\in\N$, $z\in\mathbb{D}$に対して，

\begin{align*}&|T_1f_{n_k}(z)-T_1f_{n_\ell}(z)|
\\&\le\abs{\sum_{m=0}^{K}\frac{r^{m+1}f_{n_k}^{(m)}(0)}{m!(m+1)}z^m-\sum_{m=0}^{K}\frac{r^{m+1}f_{n_\ell}^{(m)}(0)}{m!(m+1)}z^m}
\\&\quad+\abs{\sum_{m=K+1}^{\infty}\frac{r^{m+1}f_{n_k}^{(m)}(0)}{m!(m+1)}z^m}+\abs{\sum_{m=K+1}^{\infty}\frac{r^{m+1}f_{n_\ell}^{(m)}(0)}{m!(m+1)}z^m}
\\&\quad+\abs{\int_{r}^{1}f_{n_k}(tz)\,dt}+\abs{\int_{r}^{1}f_{n_\ell}(tz)\,dt}
\\&\le\abs{\sum_{m=0}^{K}\frac{r^{m+1}(f_{n_k}^{(m)}(0)-f_{n_\ell}^{(m)}(0))}{m!(m+1)}z^m}+\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

となる．

ここで，$m\in\{0,1,2,\dots,K\}$とする．任意の$n\in\N$に対して，

\begin{align*}|f_n^{(m)}(0)|&=\abs{\frac{m!}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f_n(se^{i\theta})}{(se^{i\theta})^m}\,d\theta}
\\&\le\frac{m!}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{|f_n(se^{i\theta})|}{|se^{i\theta}|^m}\,d\theta
\\&\le\frac{m!}{2\pi s^m}\int_{0}^{2\pi}M\,d\theta
\le \frac{m!M}{s^m}\end{align*}

である．以下のように$\{f_n\}_{n\in\N}$の部分列$\{f_{n_{m,k}}\}_{k\in\N}$を帰納的に定める．

1. 複素数列$\{f_n(0)\}_{n\in\N}$は有界だから，ボルツァーノ-ワイエルシュトラスの定理より収束部分列$\{f_{n_{1,k}}(0)\}_{k\in\N}$が存在し，このとき$f_{n_1}=f_{n_{1,1}}$とおく．
2. ある$m\in\{0,1,2,\dots,K-1\}$に対して，$\{f_n\}_{n\in\N}$の部分列$\{f_{n_{m,k}}\}_{k\in\N}$がとれたとする．複素数列$\{f^{(m+1)}_{n_{m,k}}(0)\}_{k\in\N}$は有界だから，ボルツァーノ-ワイエルシュトラスの定理より収束部分列$\{f^{(m+1)}_{n_{m+1,k}}(0)\}_{k\in\N}$が存在する．

このとき，$f_{n_k}=f_{n_{k,k}}$とおくと，$\{f_n\}_{n\in\N}$の部分列$\{f_{n_k}\}_{k\in\N}$が得られる．$\{f_{n_k}^{(m)}(0)\}_k$は収束列（コーシー列）だから，ある$N_m\in\N$が存在して

\begin{align*}k,\ell>N_m\Ra|f_{n_k}^{(m)}(0)-f_{n_\ell}^{(m)}(0)|<\frac{\epsilon}{2K}\end{align*}

が成り立つ．よって，$N=\max\limits_{m\in\{0,1,\dots,K\}}N_m$とおくと，$k,\ell>N$のとき，$z\in\mathbb{D}$によらず

\begin{align*}&\abs{\sum_{m=0}^{K}\frac{r^{m+1}(f_{n_k}^{(m)}(0)-f_{n_\ell}^{(m)}(0))}{m!(m+1)}z^m}
\\&\le\sum_{m=0}^{K}\frac{r^{m+1}|f_{n_k}^{(m)}(0)-f_{n_\ell}^{(m)}(0)|}{m!(m+1)}|z|^m
\\&\le\sum_{m=0}^{K}\frac{\epsilon}{2K}=\frac{\epsilon}{2}\end{align*}

が成り立つ．

以上より，$k,\ell>N$のとき$\|T_1f_{n_k}-T_1f_{n_\ell}\|_\infty<\epsilon$となるから，$\{T_1f_{n_k}\}_k$は$H^\infty(\mathbb{D})$のコーシー列である．$H^\infty(\mathbb{D})$の完備性より収束列である．よって，$T_1$はコンパクトである．

まずは全ての微分と積分の順序交換可能であるとして形式的に示し，最後に用いた微分と積分の順序交換を正当化する．また，積分$\int_{\Omega}f(x,t)\,dx$を$\int_{\Omega}f$と略記する．

(1)の解答

微分方程式より$u_t=\Delta{u}$が得られるので，任意の$t\in(0,\infty)$に対して

\begin{align*}M'(t)&=\int_{\Omega}u_t=\int_{\Omega}\Delta{u}=\int_{\Omega}\nabla\cdot\nabla{u}\end{align*}

であり，これはガウスの発散定理と境界条件より

\begin{align*}M'(t)&=\int_{\partial\Omega}\nabla{u}(x,t)\cdot\nu(x)\,dS=\int_{\partial\Omega}0\,dS=0\end{align*}

となる．よって，$M'(t)=0$が得られ，$M(t)$は$t$によらない定数関数である．

(2)の解答

微分方程式より$u_t=\Delta{u}$が得られるので，任意の$t\in(0,\infty)$に対して

\begin{align*}E'(t)&=\int_{\Omega}(u^2)_t=2\int_{\Omega}uu_t=2\int_{\Omega}u\Delta{u}
\\&=2\int_{\Omega}\nabla\cdot(u\nabla{u})-2\int_{\Omega}|\nabla{u}|^2\end{align*}

であり，この第１項はガウスの発散定理と境界条件より

\begin{align*}2\int_{\Omega}\nabla\cdot(u\nabla{u})
&=2\int_{\partial\Omega}(u(x,t)\nabla{u}(x,t))\cdot\nu(x)\,dS
\\&=2\int_{\partial\Omega}0\,dS=0\end{align*}

だから，$E'(t)=-2\int_{\Omega}|\nabla{u}|^2\le0$が従う．

(3)の解答

$\int_{\Omega}u(x,0)\,dx\neq0$と(1)より，任意の$t\in(0,\infty)$に対して$u(x,t)\not\equiv0$だから$E(t)>0$なので$H(t)$が定義される．任意の$t\in(0,\infty)$に対して，

\begin{align*}H^{\prime\prime}(t)=\frac{E^{\prime\prime}(t)E(t)-E'(t)^2}{E(t)^2}\end{align*}

だから，$E'(t)^2\le E^{\prime\prime}(t)E(t)$を示せばよい．$u\in C^{\infty}(\Omega\times(0,\infty))$より$u$の偏導関数は偏微分の順によらないから，微分方程式の両辺を微分して$(\nabla{u})_t=\nabla{\Delta{u}}$が得られるので，

\begin{align*}E^{\prime\prime}(t)&=-2\int_{\Omega}(|\nabla{u}|^2)_t=-4\int_{\Omega}\nabla{u}\cdot\nabla{u}_t
\\&=-4\int_{\Omega}\nabla{u}\cdot(\nabla{u})_t=-4\int_{\Omega}\nabla{u}\cdot\nabla{\Delta{u}}
\\&=-4\int_{\Omega}\nabla\cdot(\nabla{u}\Delta{u})+4\int_{\Omega}|\Delta{u}|^2\end{align*}

であり，この第１項はガウスの発散定理と境界条件より

\begin{align*}-4\int_{\Omega}\nabla\cdot(\nabla{u}\Delta{u})
=-4\int_{\partial\Omega}(\nabla{u}(x,t)\Delta{u}(x,t))\cdot\nu(x)\,dS=0\end{align*}

だから，$E^{\prime\prime}(t)=4\int_{\Omega}|\Delta{u}|^2$である．

また，ガウスの発散定理と境界条件とコーシー-シュワルツの不等式より

\begin{align*}\int_{\Omega}|\nabla{u}|^2&=\int_{\Omega}\nabla\cdot(u\nabla{u})-\int_{\Omega}u\nabla\cdot\nabla{u}
\\&=\int_{\partial\Omega}(u(x,t)\nabla{u}(x,t))\cdot\nu(x)\,dS-\int_{\Omega}u\Delta{u}
\\&\le\abs{\int_{\Omega}u\Delta{u}}
\le\bra{\int_{\Omega}|u|^2}^{1/2}\bra{\int_{\Omega}|\Delta{u}|^2}^{1/2}\end{align*}

が成り立つ．よって，両辺２乗して４倍すれば$E'(t)^2\le E^{\prime\prime}(t)E(t)$が成り立ち，$H^{\prime\prime}(t)\ge0$が従う．

(4)の解答

$H$は下に凸であり，０と$T$の$\frac{t}{T}:(1-\frac{t}{T})$内分点は

\begin{align*}0\cdot\bra{1-\frac{t}{T}}+T\cdot\frac{t}{T}=t\end{align*}

だから，$H(t)\le(1-\frac{t}{T})H(0)+\frac{t}{T}H(T)$が成り立つ．$H(t)=\log{E(t)}$を代入して

\begin{align*}&\log{E(t)}\le(1-\frac{t}{T})\log{E(0)}+\frac{t}{T}\log{E(T)}
\\&\iff E(t)\le E(0)^{1-\frac{t}{T}}E(T)^{\frac{t}{T}}\end{align*}

が成り立つ．

微分と積分の順序交換の正当化

任意に$\delta\in(0,1)$をとる．$u\in C^{\infty}(\Omega\times(0,\infty))$より，有界閉集合$\overline{\Omega}\times[\delta,\frac{1}{\delta}]$上で$u$と$u$の全ての偏導関数は連続だから有界なので，$u_t$, $(|u|^2)_t$, $(|u|^2)_{tt}$は有界である．

よって，平均値の定理とルベーグの収束定理より，任意の$t\in[\delta,\frac{1}{\delta}]$上で

\begin{align*}&M'(t)=\frac{d}{dt}\int_{\Omega}u=\int_{\Omega}u_t,
\\&E'(t)=\frac{d}{dt}\int_{\Omega}|u|^2=\int_{\Omega}(|u|^2)_t
\\&E”(t)=\frac{d}{dt}\int_{\Omega}(|u|^2)_t=\int_{\Omega}(|u|^2)_{tt}\end{align*}

が成り立つ．$\delta>0$の任意性より，$t\in(0,\infty)$上でもこの微分と積分の順序交換が成り立つ．