2026年度｜東京大学 大学院入試｜数理科学研究科｜専門科目A

有界閉集合$D_1,D_2\subset D$を

\begin{align*}&D_1:=\set{(x,y)\in D}{x^2+y^2\le1},
\\&D_2:=\set{(x,y)\in D}{x^2+y^2\ge1}\end{align*}

で定めると，$D_1\cap D_2$は零集合かつ$D=D_1\cup D_2$であり

• $(x,y)\in D_1$なら$\min\{x^2,1-y^2\}=x^2$
• $(x,y)\in D_2$なら$\min\{x^2,1-y^2\}=1-y^2$

だから，

\begin{align*}I=\iint_{D_1}\frac{x^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy+\iint_{D_2}\frac{1-y^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy\end{align*}

である．$x$, $y$の対称性より

\begin{align*}&I_1:=\iint_{D_1}\frac{x^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy=\iint_{D_1}\frac{y^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy,
\\&I_2:=\iint_{D_2}\frac{1-y^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy=\iint_{D_2}\frac{1-x^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy\end{align*}

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

\begin{align*}2I_1
&=\iint_{D_1}\frac{x^2+y^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy
\\&=\int_{0}^{2\pi}\bra{\int_{0}^{1}\frac{r^2}{(1+r^2)^3}\cdot r\,dr}\,d\theta
\\&=\pi\int_{0}^{1}\bra{\frac{1}{(1+r^2)^2}-\frac{1}{(1+r^2)^3}}\cdot2r\,dr
\\&=\pi\brc{-\frac{1}{1+r^2}+\frac{1}{2(1+r^2)^2}}_{0}^{1}
\\&=\pi\bra{\bra{-\frac{1}{2}+\frac{1}{8}}-\bra{-1+\frac{1}{2}}}
=\frac{\pi}{8},
\\2I_2&=\iint_{D_2}\frac{2-x^2-y^2}{(1+x^2+y^2)^3}\,dxdy
\\&=\int_{0}^{2\pi}\bra{\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{2-r^2}{(1+r^2)^3}\cdot r\,dr}\,d\theta
\\&=\pi\int_{1}^{\sqrt{3}}\bra{\frac{3}{(1+r^2)^3}-\frac{1}{(1+r^2)^2}}\cdot 2r\,dr
\\&=\pi\brc{-\frac{3}{2(1+r^2)^2}+\frac{1}{1+r^2}}_{1}^{\sqrt{3}}
\\&=\pi\bra{\bra{-\frac{3}{32}+\frac{1}{4}}-\bra{-\frac{3}{8}+\frac{1}{2}}}
=\frac{\pi}{32}\end{align*}

となるから，

\begin{align*}I=I_1+I_2=\frac{\pi}{16}+\frac{\pi}{64}=\frac{5\pi}{64}\end{align*}

を得る．

$f_A$の像と核は

\begin{align*}&\operatorname{Im}f_A=\set{f_A(\m{u})\in\R^4}{\m{u}\in\R^4}=\set{A\m{u}\in\R^4}{\m{u}\in\R^4}=\operatorname{Im}A,
\\&\operatorname{Ker}f_A=\set{\m{u}\in\R^4}{f_A(\m{u})=\m{0}_4}=\set{\m{u}\in\R^4}{A\m{u}=\m{0}_4}=\operatorname{Ker}A\end{align*}

となる．また，同様に$\operatorname{Im}f_B=\operatorname{Im}B$, $\operatorname{Ker}f_B=\operatorname{Ker}B$が成り立つ．

(1)の解答

$\dim\operatorname{Im}f_A=\dim\operatorname{Im}A=\operatorname{rank}A$である．また，行基本変形により

\begin{align*}A\to\bmat{a&1&1&0\\-2&0&1&1\\2&1&1&0\\0&0&0&0}
\to\bmat{a-2&0&0&0\\-4&-1&0&1\\2&1&1&0\\0&0&0&0}\end{align*}

と変形できるから，

\begin{align*}\dim\operatorname{Im}f_A=\begin{cases}2,&a=2,\\3,&a\neq2\end{cases}\end{align*}

である．

(2)の解答

行基本変形により

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

と変形できるから，連立１次方程式$B\m{x}=\m{0}$は

\begin{align*}x=-by+z,\quad
w=by-2z\end{align*}

と解ける．よって，

\begin{align*}\operatorname{Ker}f_B
&=\operatorname{Ker}B
=\set{y\sbmat{-b\\1\\0\\b}+z\sbmat{1\\0\\1\\-2}}{y,z\in\R}
\\&=\operatorname{span}\bra{\sbmat{-b\\1\\0\\b},\sbmat{1\\0\\1\\-2}}\end{align*}

となり，$\sbmat{-b\\1\\0\\b}$と$\sbmat{1\\0\\1\\-2}$は平行でないから$\operatorname{Ker}f_B$の基底は$\bra{\sbmat{-b\\1\\0\\b},\sbmat{1\\0\\1\\-2}}$である．

よって，$\R^4=\operatorname{Im}f_A\oplus \operatorname{Ker}f_B$となるなら

\begin{align*}\dim\operatorname{Im}f_A=\dim\R^4-\dim\operatorname{Ker}f_B=4-2=2\end{align*}

だから，(1)と併せて$a=2$が必要である．

さらに，行基本変形により行列をなす列ベクトルの線形関係は不変だから，$a=2$なら(1)より$\operatorname{Im}f_A$の基底は$\bra{\sbmat{1\\1\\2\\1},\sbmat{0\\1\\1\\1}}$だから，

\begin{align*}\bmat{-b\\1\\0\\b},\ \bmat{1\\0\\1\\-2},\ \bmat{1\\1\\2\\1},\ \bmat{0\\1\\1\\1}\end{align*}

が線形独立であることが必要である．これらの列ベクトルを並べてできる行列を行基本変形すると

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

なので$b\neq1$であることが必要である．

逆に$a=2$かつ$b\neq1$なら，$\operatorname{Im}f_A$の基底は$\bra{\sbmat{1\\1\\2\\1},\sbmat{0\\1\\1\\1}}$で，$\operatorname{Ker}f_B$の基底は$\bra{\sbmat{-b\\1\\0\\b},\sbmat{1\\0\\1\\-2}}$であり，これら４つの列ベクトルは線形独立だから$\R^4=\operatorname{Im}f_A\oplus \operatorname{Ker}f_B$となる．

以上より，求める必要十分条件は$a=2$かつ$b\neq1$である．

(1)の解答

$\lim\limits_{k\to\infty}kc_k=0$より，ある$N\in\N$が存在して，$k>N$のとき$|kc_k|<1$が成り立つ．よって，$k>N$のとき$|c_k|<\frac{1}{k}$で，

\begin{align*}\lim_{k\to\infty}\log\sqrt[k]{\frac{1}{k}}
=\lim_{k\to\infty}\bra{-\frac{\log{k}}{k}}=0\end{align*}

だから$\lim\limits_{k\to\infty}\sqrt[k]{\frac{1}{k}}=1$が成り立つ．よって，

\begin{align*}\varlimsup\limits_{k\to\infty}\sqrt[k]{|c_k|}
\le\varlimsup\limits_{k\to\infty}\sqrt[k]{\frac{1}{k}}
\le1\end{align*}

なので，べき級数$\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k$の収束半径は１以上である．

(2)の解答

任意に$x\in(0,1)$, $n\in\{0,1,2,\dots\}$をとる．三角不等式より

\begin{align*}\abs{f(x)-\sum_{k=0}^{n}c_k}
&=\abs{\sum_{k=0}^{n}c_k(x^k-1)+\sum_{k=n+1}^{\infty}c_kx^k}
\\&\le\sum_{k=0}^{n}|c_k(x^k-1)|+\sum_{k=n+1}^{\infty}|c_kx^k|
\\&=\sum_{k=0}^{n}|x^k-1||c_k|+\sum_{k=n+1}^{\infty}|c_k|x^k\end{align*}

が成り立つ．ここで，$k=0$のときは$x^k-1=0=k(1-x)$であり，$k=1,2,\dots$のときは$x^\ell\le1$（$\ell=1,2,\dots,k-1$）より

\begin{align*}|x^{k}-1|=|(1-x)(1+x+x^2+\dots+x^{k-1})|\le k(1-x)\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}\abs{f(x)-\sum_{k=0}^{n}c_k}
\le(1-x)\sum_{k=0}^{n}k|c_k|+\sum_{k=n+1}^{\infty}|c_k|x^k\end{align*}

を得る．

(3)の解答

ある実数$L$が存在し$\lim\limits_{x\to1-0}f(x)=L$が成り立つとし，任意に$\epsilon>0$をとる．$x_n=\frac{n}{n+1}$（$n=1,2,\dots$）とおく．

三角不等式と(2)より，任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して，

\begin{align*}\abs{\sum_{k=0}^{n}c_k-L}
&\le|f(x_n)-L|+\abs{f(x_n)-\sum_{k=0}^{n}c_k}
\\&\le|f(x_n)-L|+\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}k|c_k|+\sum_{k=n+1}^{\infty}|c_k|x_n^k\end{align*}

が成り立つ．

［１］$n\to\infty$のとき$x_n\to1-0$なので，$\lim\limits_{x\to1-0}f(x)=L$と併せて，ある$N_1\in\N$が存在して$n>N_1$なら

\begin{align*}|f(x_n)-L|<\frac{\epsilon}{3}\end{align*}

が成り立つ．

［２］$\lim\limits_{k\to\infty}k|c_k|=0$より$\{k|c_k|\}_{k=0}^{\infty}$のチェザロ平均$\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}k|c_k|$も０に収束するから，ある$N_2\in\N$が存在して$n>N_2$なら

\begin{align*}\abs{\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}k|c_k|}<\frac{\epsilon}{3}\end{align*}

が成り立つ．

［３］$\lim\limits_{k\to\infty}kc_k=0$より，ある$N_3\in\N$が存在して，$k>N_3$なら$|kc_k|<\frac{\epsilon}{3}$が成り立つ．よって，$n>N_3$のとき

\begin{align*}\sum_{k=n+1}^{\infty}|c_k|x_n^k
&\le\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{\epsilon}{3k}x_n^k
\le\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{\epsilon}{3(n+1)}x_n^k
\\&\le\frac{\epsilon}{3(n+1)}\cdot\frac{x_n^{n+1}}{1-x_n}
=\frac{\epsilon x_n^{n+1}}{3}
\\&<\frac{\epsilon 1^{n+1}}{3}
=\frac{\epsilon}{3}\end{align*}

が成り立つ．

以上より，$n>\max\{N_1,N_2,N_3\}$のとき，

\begin{align*}\abs{\sum_{k=0}^{n}c_k-L}
<\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}
=\epsilon\end{align*}

となるから$\sum_{k=0}^{\infty}c_k=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}c_k=L$が従う．

便宜上，$D^0$を恒等作用素とし，$0^0=1$とする．$f\in V$は$\C$上正則なので，$f$のマクローリン展開の収束半径は∞で

\begin{align*}f(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kz^k\quad(a_k\in\C;k=0,1,2,\dots)\end{align*}

とおく．

［１］任意の$n\in\{1,2,\dots\}$と$z\in\C$に対して

\begin{align}D^nf(z)=\sum_{k=1}^{\infty}k^na_kz^k=\sum_{k=0}^{\infty}k^na_kz^k \label{eq:prob_4 D^nf}\end{align}

が成り立つことを数学的帰納法により示す．

収束半径が∞の冪級数は$\C$上全体で項別微分可能で，収束半径も変わらないから任意の$z\in\C$に対して

\begin{align*}Df(z)=z\sum_{k=1}^{\infty}ka_kz^{k-1}=\sum_{k=1}^{\infty}ka_kz^k\end{align*}

が成り立つ．すなわち，$n=1$のとき等式\eqref{eq:prob_4 D^nf}が成り立つ．また，ある$n\in\{1,2,\dots\}$に対して，等式\eqref{eq:prob_4 D^nf}が成り立ったとすると，

\begin{align*}D^{n+1}f(z)=D\sum_{k=1}^{\infty}k^na_kz^k=z\sum_{k=1}^{\infty}k^{n+1}a_kz^{k-1}=\sum_{k=1}^{\infty}k^{n+1}a_kz^k\end{align*}

が成り立つから，任意の$n\in\{1,2,\dots\}$に対して等式\eqref{eq:prob_4 D^nf}が成り立つ．

［２］０でない係数$a_k$は有限個であることを示す．これが示されれば，ある$K\in\N$が存在して$k>K$なら$a_k=0$となるから$f(z)$は多項式である．

$d:=\dim\operatorname{span}\set{D^nf}{n\in\Z,n\ge0}$とおくと，$f,Df,D^2f,\dots,D^df$は線形従属だから

\begin{align*}c_0f(z)+c_1Df(z)+c_2D^2f(z)+\dots+c_dD^df(z)=0\end{align*}

が$z\in\C$の恒等式となる少なくとも１つは０でない$c_0,c_1,\dots,c_d\in\C$が存在する．この左辺は

\begin{align*}\sum_{k=0}^{\infty}(c_0+kc_1+k^2c_2+\dots+k^d c_d)a_kz^k\end{align*}

なので，

\begin{align*}\bra{c_0+kc_1+k^2c_2+\dots+k^d c_d}a_k=0\quad(k=0,1,2,\dots)\end{align*}

が成り立つ．多項式$c_0+tc_1+t^2c_2+\dots+t^d c_d$は零多項式ではなく高々$d$次だから，$c_0+kc_1+k^2c_2+\dots+k^d c_d=0$を満たす$k\in\{0,1,2,\dots\}$は$d$個以下である．

よって，０でない係数$a_k$は有限個（$d$個以下）なので$f(z)$は多項式である．

$F(x,y)=x-3\log{x}+y-2\log{y}$より

\begin{align*}&\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=1-\frac{3}{x},\quad
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=1-\frac{2}{y}\end{align*}

である．

(1)の解答

$G:[0,\infty)$を$G(t):=F(u(t),v(t))$で定めると，$t>0$で

\begin{align*}\frac{dG}{dt}(t)
&=\frac{\partial F}{\partial x}(u(t),v(t))\frac{du}{dt}(t)+\frac{\partial F}{\partial y}(u(t),v(t))\frac{dv}{dt}(t)
\\&=\bra{1-\frac{3}{u(t)}}(2u(t)-u(t)v(t))
\\&\quad+\bra{1-\frac{2}{v(t)}}(-3v(t)+u(t)v(t))
\\&=(2u(t)-u(t)v(t))-3(2-v(t))
\\&\quad+(-3v(t)+u(t)v(t))-2(-3+u(t))
\\&=0\end{align*}

だから$G$は定数関数である．また，$F$は$D$上連続で, $u$, $v$は$[0,\infty)$上連続だから，$G$は$[0,\infty)$上連続である．よって，任意の$t>0$に対して

\begin{align*}F(u(t),v(t))=G(t)=G(0)=F(u_0,v_0)\end{align*}

が成り立つ．

(2)の解答

$x>0$に対して

\begin{align*}F(x,x)=2x-5\log{x}=x\bra{2-5\frac{\log{x}}{x}}\xrightarrow[]{x\to\infty}\infty\end{align*}

だから，$F$は$D$上で最大値をとらない．また，

\begin{align*}F_1(x):=x-3\log{x},\quad
F_2(y):=y-2\log{y}\end{align*}

とおくと$F(x,y)=F_1(x)+F_2(y)$である．$F’_1(x)=1-\frac{3}{x}$より

• $F_1$は$(0,3]$で単調減少
• $[3,\infty)$で単調増加

だから，$F_1$は$x=3$でのみ最小値$F_1(3)=3-3\log{3}$をとる．同様に，$F_2$は$y=2$でのみ最小値$F_2(2)=2-2\log{2}$をとる．よって，$F$は$(x,y)=(3,2)$でのみ最小値

\begin{align*}F(3,2)&=3-3\log{3}+2-2\log{2}
\\&=5-\log{108}\end{align*}

をとる．以下，$(x,y)\in D$に対して

\begin{align*}F(x,y)=F(3,2)\iff(x,y)=(3,2)\end{align*}

であることに注意する．

(3)の解答

$(u_0,v_0)\neq(3,2)$より$F(u_0,v_0)\neq F(3,2)$なので，(1)と併せると任意の$t>0$に対して$F(u(t),v(t))\neq F(3,2)$だから$(u(t),v(t))\neq (3,2)$である．

次に極限$\lim\limits_{t\to\infty}(u(t),v(t))$が存在すると仮定し，この極限を$(a,b)$とおく．もし$a=0$なら

\begin{align*}\lim_{t\to\infty}(u(t)-3\log{u(t)})=\infty\end{align*}

だから，

\begin{align*}F(u_0,v_0)&=\lim_{t\to\infty}F(u_0,v_0)=\lim_{t\to\infty}F(u(t),v(t))
\\&=\lim_{t\to\infty}(u(t)-3\log{u(t)}+v(t)-2\log{v(t)})\end{align*}

と併せると，$\lim\limits_{t\to\infty}(v(t)-2\log{v(t)})=-\infty$となる必要があるが，(2)の$F_2$の最小値が有限であることに矛盾するから$a\neq0$が従う．同様に，もし$b=0$なら

\begin{align*}&\lim_{t\to\infty}(v(t)-2\log{v(t)})=\infty,
\\&F(u_0,v_0)=\lim_{t\to\infty}(u(t)-3\log{u(t)}+v(t)-2\log{v(t)})\end{align*}

より$\lim\limits_{t\to\infty}(u(t)-3\log{u(t)})=-\infty$が必要だが，$F_1$の最小値が有限であることに矛盾するから$b\neq0$が従う．

次に，もし$b\lessgtr2$なら

\begin{align*}\lim_{t\to\infty}\frac{du}{dt}(t)=a(2-b)\neq0\end{align*}

なので，ある$R>0$が存在し，$t>R$のとき$\frac{du}{dt}(t)\gtrless\frac{a(2-b)}{2}$が成り立ち

\begin{align*}u(t)\gtrless u(R)+\frac{a(2-b)}{2}(t-R)\end{align*}

となるから$\lim\limits_{t\to\infty}u(t)$が収束することに矛盾する（複号同順）．よって，$b=2$が成り立つ．同様に，もし$a\neq3$なら

\begin{align*}\lim_{t\to\infty}\frac{dv}{dt}(t)=b(-3+a)\neq0\end{align*}

より$\lim\limits_{t\to\infty}v(t)$が収束することに矛盾するから，$a=3$が成り立つ．

よって，$F$の連続性と(1)を併せて

\begin{align*}F(u_0,v_0)&=\lim_{t\to\infty}F(u_0,v_0)=\lim_{t\to\infty}F(u(t),v(t))
\\&=F\bra{\lim_{t\to\infty}(u(t),v(t))}=F(3,2)\end{align*}

となり，(2)より$(u_0,v_0)=(3,2)$が成り立つが，これは矛盾だから極限$\lim\limits_{t\to\infty}(u(t),v(t))$は存在しない．

(4)の解答

$\frac{dv}{dt}(t)=-3v(t)+u(t)v(t)$より

\begin{align*}u(t)-3=\frac{1}{v(t)}\cdot\frac{dv}{dt}(t)=\frac{d(\log{v(t)})}{dt}\end{align*}

だから，$v(T)=v_0$と併せて

\begin{align*}\frac{1}{T}\int_{0}^{T}u(t)\,dt
&=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\bra{3+\frac{d(\log{v(t)})}{dt}}\,dt
\\&=3+\frac{\log{v(T)}-\log{v_0}}{T}
=3\end{align*}

を得る．ただし，$v$と$\log$はいずれも$C^1$級だから$\log{v}$は$C^1$となり，$\frac{d(\log{v})}{dt}$は連続なので微分積分学の基本定理が使えることに注意．

(1)の解答

問の積分を$I(t)$とおく．

［１］$t=0$のときは

\begin{align*}I(0)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^2+1}\,dx=\brc{\tan^{-1}(x)}_{-\infty}^{\infty}
\\&=\frac{\pi}{2}-\bra{-\frac{\pi}{2}}=\pi\end{align*}

である．

［２］$t>0$のときは，$R>1$に対して$\C$上の経路

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

で定め，正則関数$f:\C\setminus\{\pm i\}\to\C$を$f(z)=\frac{e^{itz}}{z^2+1}$とおくと，

\begin{align*}I(t)=\lim_{R\to\infty}\int_{L_R}f(z)\,dz
=\lim_{R\to\infty}\bra{\int_{\Gamma_R}-\int_{C_R}}f(z)\,dz\end{align*}

と書き換えられる．$i$を除く$\Gamma_R$の周および内部で$f$は正則で，$\Gamma_R$は正方向の向きが付いた閉曲線だから，留数定理より

\begin{align*}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz
&=2\pi i\cdot\mathrm{Res}(f,i)
=2\pi i\cdot\lim_{z\to i} f(z)(z-i)
\\&=2\pi i\cdot\lim_{z\to i}\frac{e^{itz}}{z+i}
=\pi e^{-t}\end{align*}

である．また，任意の$z\in C_R$は$z=Re^{i\theta}$（$\theta\in[0,\pi]$）と表せるから

\begin{align*}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}
&=\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{e^{itRe^{i\theta}}}{R^2e^{2i\theta}+1}\cdot Rie^{i\theta}\,d\theta}
\\&\le\int_{0}^{\pi}\abs{\frac{e^{itRe^{i\theta}}}{R^2e^{2i\theta}+1}\cdot Rie^{i\theta}}\,d\theta
\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{-tR\sin{\theta}}}{|R^2e^{2i\theta}+1|}\,d\theta
\\&\le\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{0}}{R^2-1}\,d\theta
=\frac{\pi R}{R^2-1}
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

である．ただし，$t>0$, $\theta\in[0,\pi]$のとき$-tR\sin{\theta}\le0$であることに注意．よって，$I(t)=\pi e^{-t}$を得る．

［３］$t<0$のときは，$R>1$に対して$\C$上の経路

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

で定め，正則関数$f:\C\setminus\{\pm i\}\to\C$を$f(z)=\frac{e^{itz}}{z^2+1}$とおくと，

\begin{align*}I(t)=\lim_{R\to\infty}\bra{-\int_{L_R}f(z)\,dz}
=\lim_{R\to\infty}\bra{\int_{C_R}-\int_{\Gamma_R}}f(z)\,dz\end{align*}

と書き換えられる．$-i$を除く$\Gamma_R$の周および内部で$f$は正則で，$\Gamma_R$は正方向の向きが付いた閉曲線だから，留数定理より

\begin{align*}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz
&=2\pi i\cdot\mathrm{Res}(f,-i)
=2\pi i\cdot\lim_{z\to-i} f(z)(z+i)
\\&=2\pi i\cdot\lim_{z\to-i}\frac{e^{itz}}{z-i}
=-\pi e^t\end{align*}

である．また，任意の$z\in C_R$は$z=Re^{i\theta}$（$\theta\in[-\pi,0]$）と表せるから

\begin{align*}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}
&=\abs{\int_{-\pi}^{0}\frac{e^{itRe^{i\theta}}}{R^2e^{2i\theta}+1}\cdot(Rie^{i\theta})\,d\theta}
\\&\le\int_{-\pi}^{0}\abs{\frac{e^{itRe^{i\theta}}}{R^2e^{2i\theta}+1}\cdot(Rie^{i\theta})}\,d\theta
\\&=\int_{-\pi}^{0}\frac{Re^{-tR\sin{\theta}}}{|R^2e^{2i\theta}+1|}\,d\theta
\\&\le\int_{-\pi}^{0}\frac{Re^{0}}{R^2-1}\,d\theta
=\frac{\pi R}{R^2-1}
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

である．ただし，$t<0$, $\theta\in[-\pi,0]$のとき$-tR\sin{\theta}\le0$であることに注意．よって，$I(t)=\pi e^t$を得る．

［１］〜［３］を併せて$I(t)=\pi e^{-|t|}$を得る．

(2)の解答

(1)より

\begin{align*}\pi e^{-|t_j-t_k|}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(t_j-t_k)x}}{x^2+1}\,dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(t_k-t_j)x}}{x^2+1}\,dx\end{align*}

なので，

\begin{align*}\pi A=\brc{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(t_j-t_k)x}}{x^2+1}\,dx}_{j,k=1,\dots,n}\end{align*}

である．よって，$x\in\R$に対して

\begin{align*}B(x)=\brc{\frac{e^{i(t_j-t_k)x}}{x^2+1}}_{j,k=1,\dots,n}\end{align*}

とおき，任意に$\m{y}=[y_1,\dots,y_n]^T\in\R^n\setminus\{\m{0}\}$をとると

\begin{align*}\m{y}^T A\m{y}
&=\frac{1}{\pi}\sum_{j,k=1}^{n}y_j\bra{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i(t_j-t_k)x}}{x^2+1}\,dx}y_k
\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{j,k=1}^{n}\frac{y_j e^{i(t_j-t_k)x} y_k}{x^2+1}\,dx
\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\m{y}^T B(x)\m{y}\,dx\end{align*}

が成り立つ．そこで，$x\in\R$に対して$\m{e}(x)=\brc{e^{it_1x},e^{it_2x},\dots,e^{it_nx}}^T$とおくと，$B(x)=\frac{\m{e}(x)\overline{\m{e}(x)}^T}{x^2+1}$だから，$\m{y}$が実であることと併せて

\begin{align*}\m{y}^T B(x)\m{y}=\frac{(\m{y}^T\m{e}(x))(\overline{\m{e}(x)^T\m{y}})}{x^2+1}
=\frac{|\m{y}^T\m{e}(x)|^2}{x^2+1}\ge0\end{align*}

が成り立つ．また，$t_1,t_2,\dots,t_n\in\R$が全て異なることから$e^{it_1x},e^{it_2x},\dots,e^{it_nx}$は線形独立なので，$\m{y}\neq\m{0}$と併せて$\m{y}^T\m{e}(x)$は恒等的に値０をとる関数ではない．

よって，

\begin{align*}\m{y}^T A\m{y}=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\m{y}^T B(x)\m{y}\,dx>0\end{align*}

だから$A$は正定値である．

(1)の解答

第２成分への射影$p:X\times[0,1]\to[0,1]$を用いると，

\begin{align*}A(C)=p(f^{-1}(C))\end{align*}

である．よって，$f$は連続だから$C$が$Y$上の閉集合であることと併せて$f^{-1}(C)$は$X\times[0,1]$上の閉集合である．

また，$X$, $[0,1]$はいずれもコンパクトなので，これらの直積$X\times[0,1]$もコンパクトだから$f^{-1}(C)$はコンパクトである．

$p$は射影だから連続なので，コンパクト集合$f^{-1}(C)$の$p$による像$A(C)$はコンパクトである．したがって，$[0,1]$が距離空間であることと併せて$A(C)$は閉集合である．

(2)の解答

$f^{-1}(\{y_0\})=\emptyset$なら，任意の$n\in\{0,1,2,\dots\}$に対して$B_n(y_0)=[0,1]$なので$B_n(y_0)$は開である．以下，$f^{-1}(\{y_0\})\neq\emptyset$とする．

任意に$t_0\in B_n(y_0)$をとる．

［１］$B_n(y_0)$の定義より，ある異なる$x_1,x_2,\dots,x_r\in X$（$r\le n$）が存在して，

\begin{align*}f_{t_0}^{-1}(\{y_0\})=\{x_1,x_2,\dots,x_r\}\end{align*}

が成り立つ．ただし，$r=0$のとき，この集合は空であるとみなす．

問題の条件より，任意の$i\in\{1,2,\dots,r\}$に対して，$X$の開集合$U_i$と$[0,1]$の開集合$V_i$が存在して，$x_i\in U_i$, $t_0\in V_i$であり，かつ任意の$t\in V_i$について$f_t$の$U_i$への制限は単射である．

このとき，任意の$t\in\bigcap_{i=1}^{r}V_i$に対して，$f_t(x)=y_0$となる$x\in U_i$は各$i\in\{1,2,\dots,r\}$に対して高々１個だから

\begin{align*}\abs{f_t^{-1}(\{y_0\})\cap\bra{\bigcup_{i=1}^{r}U_i}}
&=\abs{\bigcup_{i=1}^{r}\bra{f_t^{-1}(\{y_0\})\cap U_i}}
\\&\le\sum_{i=1}^{r}\abs{f_t^{-1}(\{y_0\})\cap U_i}
\le r\le n\end{align*}

である．

［２］$X’:=X\setminus\bra{\bigcup_{i=1}^{r}U_i}$とおく．ただし，［１］で$r=0$のときは$X’=X$とおく．

$X’$は$X$における開集合の和の補集合だから閉集合なので，$X$のコンパクト性から$X’$はコンパクトであることに注意する．

$f$の連続性と１点集合$\{y_0\}$が閉であることより$f^{-1}(\{y_0\})$は閉である．任意の$x’\in X’$に対して１点集合$\{(x’,t_0)\}$が閉であることと併せて，$f^{-1}(\{y_0\})$と$\{(x’,t_0)\}$の$X\times[0,1]$の直積距離$d_{x’}$は正である．

そこで，任意の$x’\in X’$に対して，開集合

\begin{align*}&U’_{x’}:=\set{x\in X}{d_X(x,x’)<\frac{d_{x’}}{2}},
\\&V’_{x’}:=\set{t\in[0,1]}{|t_0-t|<\frac{d_{x’}}{2}}\end{align*}

を定めると，$x’\in U’_{x’}$, $t_0\in V’_{x’}$であり，かつ$(U’_{x’}\times V’_{x’})\cap f^{-1}(\{y_0\})=\emptyset$である．

$\bigcup_{x’\in X’}U’_{x’}$は$X’$の開被覆だから，$X’$のコンパクト性より，ある$x’_1,\dots,x’_m\in X’$が存在して$\{U’_{x’_j}\}_{j=1}^{m}$は$X’$を被覆する．このとき，任意の$t\in \bigcap_{j=1}^{m}V’_{x’_j}$に対して

\begin{align*}f_t^{-1}(\{y_0\})\cap\bra{\bigcup_{j=1}^{m}U’_{x’_j}}=\emptyset\end{align*}

である．

［１］［２］より，

\begin{align*}\bra{\bigcap_{i=1}^{r}V_i}\cap\bra{\bigcap_{j=1}^{m}V’_{x’_j}}\end{align*}

は$t_0$の開近傍の有限個の共通部分だから$t_0$の開近傍で，$B_n(y_0)$に含まれるから$B_n(y_0)$は開集合である．