2016大学院入試
京都大学 数学・数理解析専攻
基礎科目I

大学院入試
大学院入試

2016年度の京都大学 理学研究科 数学・数理解析専攻の大学院入試問題の「基礎科目I」の解答の方針と解答です.

ただし,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,過去問は京都大学のホームページから入手できます.

過去の入試問題 | Department of Mathematics Kyoto University

問題と解答の方針

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.

問1

線形写像$f:\R^4\to\R^3$を行列

   \begin{align*}A=\pmat{ 2&1&1&0\\ 4&0&2&1\\ 2&-1&1&2 }\end{align*}

を用いて$f(x)=Ax$ $(x\in\R^4)$として定める.$V$を3つのベクトル

   \begin{align*}\pmat{1\\2\\-2\\-4},\quad \pmat{0\\-2\\1\\3},\quad \pmat{1\\1\\0\\-4}\end{align*}

が張る$\R^4$の部分空間としたとき,$f$の$V$への制限$g=f|_{V}:V\to\R^3$の階数を求めよ.ただし,$g$の階数とは,$g(V)$の次元のことである.

解答の方針

$V\subset\R^4$は

   \begin{align*}V=\set{x\sbmat{1\\2\\-2\\-4}+y\sbmat{0\\-2\\1\\3}+z\sbmat{1\\1\\0\\-4}}{x,y,z\in\R}\end{align*}

である.$f$が線形写像であることから,

   \begin{align*}g(V)=\set{xf\bra{\sbmat{1\\2\\-2\\-4}}+yf\bra{\sbmat{0\\-2\\1\\3}}+zf\bra{\sbmat{1\\1\\0\\-4}}}{x,y,z\in\R}\end{align*}

なので,$f\bra{\sbmat{1\\2\\-2\\-4}}$, $f\bra{\sbmat{0\\-2\\1\\3}}$, $f\bra{\sbmat{1\\1\\0\\-4}}$の張る空間の次元を求めればよい.

解答例


与えられた$V$の3つのベクトルを

   \begin{align*}\m{a}:=\bmat{1\\2\\-2\\-4},\quad \m{b}:=\bmat{0\\-2\\1\\3},\quad \m{c}:=\bmat{1\\1\\0\\-4}\end{align*}

とおく.任意の$V$の元は$x\m{a}+y\m{b}+z\m{c}$ ($x,y,z\in\R$)と表されるから,$f$の線形性と併せて$g(V)$の元は$xf(\m{a})+yf(\m{b})+zf(\m{c})$と表される.

よって,$f(\m{a})$, $f(\m{b})$, $f(\m{c})$の張る空間が$g(V)$である.

   \begin{align*}&f(\m{a})=\bmat{2&1&1&0\\4&0&2&1\\2&-1&1&2}\bmat{1\\2\\-2\\-4}=\bmat{2\\-4\\-10}, \\&f(\m{b})=\bmat{2&1&1&0\\4&0&2&1\\2&-1&1&2}\bmat{0\\-2\\1\\3}=\bmat{-1\\5\\9}, \\&f(\m{c})=\bmat{2&1&1&0\\4&0&2&1\\2&-1&1&2}\bmat{1\\1\\0\\-4}=\bmat{3\\0\\-7}\end{align*}

だから,行基本変形により,

   \begin{align*}\operatorname{rank}{[f(\m{a}),f(\m{b}),f(\m{c})]} =&\operatorname{rank}{\bmat{2&-1&3\\-4&5&0\\-10&9&-7}} \\=&\operatorname{rank}{\bmat{2&-1&3\\0&3&6\\0&4&8}} \\=&\operatorname{rank}{\bmat{2&-1&3\\0&1&2\\0&0&0}} =2\end{align*}

である.よって,$g$の階数は2である.

問2

$a$を実数とする.3次正方行列

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

について,以下の問に答えよ.

(i) 行列$A$の固有値を求めよ.

(ii) 行列$A$が対角化可能となる実数$a$をすべて求めよ.ただし,$A$が対角化可能であるとは,複素正則行列$P$で$P^{-1}AP$が対角行列となるものが存在することをいう.

解答の方針

(i) 固有方程式$|xI-A|=0$を解けば良い.

(ii) 正方行列$X$が対角化可能であるための必要十分条件は,$X$の全ての固有値$\lambda$に対して,$\lambda$の重複度と$\lambda$に関する固有空間の次元が一致することである.

とくに全ての固有値の重複度が$1$であるときに$X$が対角化可能であることは当たり前にしておきたい.

重複度が$1$でない固有値があるような$a$は3通りしかなく,それらについては個別に調べればよい.

解答例


(i) $I$を3次単位行列とする.

   \begin{align*}|xI-A| =&\vmat{x-a&-1&-2\\0&x-1&0\\2&0&x} \\=&(x-a)(x-1)x+4(x-1) \\=&(x-1)\bra{x^2-ax+4} \\=&(x-1)(x-\alpha)(x-\beta)\end{align*}

である.よって,$A$の固有値は$1$, $\alpha$, $\beta$である.ここに,

   \begin{align*}\alpha:=\frac{a+\sqrt{a^2-16}}{2},\quad \beta:=\frac{a-\sqrt{a^2-16}}{2}\end{align*}

とした.

(ii) $\alpha$, $\beta$を(i)で定めたものとする.

[1] $1$, $\alpha$, $\beta$がすべて異なるとき,すなわち

   \begin{align*}\begin{cases} 1\neq\alpha\\ 1\neq\beta\\ \alpha\neq\beta \end{cases} \iff&\begin{cases} 2-a\neq\sqrt{a^2-16}\\ 2-a\neq-\sqrt{a^2-16}\\ a^2-16\neq0 \end{cases} \\\iff&\begin{cases} (2-a)^2\neq a^2-16\\ a^2\neq16 \end{cases} \\\iff&\begin{cases} a\neq5\\ a\neq\pm4 \end{cases} \iff a\neq5,\pm4\end{align*}

のとき,$A$の固有値の重複度は全て$1$だから$A$は対角化可能である.

[2] $a=5$のとき,$\alpha=4$, $\beta=1$である.

   \begin{align*}\operatorname{rank}(I-A) =&\operatorname{rank}\bmat{1-5&-1&-2\\0&1-1&0\\2&0&1} \\=&\operatorname{rank}\bmat{-4&-1&-2\\0&0&0\\2&0&1} \\=&\operatorname{rank}\bmat{0&-1&0\\0&0&0\\2&0&1} =2\end{align*}

だから,固有値$1$に関する固有空間の次元は$1$である.

一方,固有値$1$の重複度は$2$だから$A$は対角化可能でない.

[3] $a=4$のとき,$\alpha=\beta=2$である.

   \begin{align*}\operatorname{rank}(2I-A) =&\operatorname{rank}\bmat{2-4&-1&-2\\0&2-1&0\\2&0&2} \\=&\operatorname{rank}\bmat{-2&-1&-2\\0&1&0\\2&0&2} \\=&\operatorname{rank}\bmat{0&0&0\\0&1&0\\2&0&2} =2\end{align*}

だから,固有値$2$に関する固有空間の次元は$1$である.

一方,固有値$2$の重複度は$2$だから$A$は対角化可能でない.

[4] $a=-4$のとき,$\alpha=\beta=-2$である.

   \begin{align*}\operatorname{rank}(-2I-A) =&\operatorname{rank}\bmat{-2-(-4)&-1&-2\\0&-2-1&0\\2&0&-2} \\=&\operatorname{rank}\bmat{2&-1&-2\\0&-3&0\\2&0&-2} \\=&\operatorname{rank}\bmat{0&0&0\\0&1&0\\2&0&2} =2\end{align*}

だから,固有値$-2$に属する固有空間の次元は$1$である.

一方,固有値$-2$の重複度は$2$だから,$A$は対角化可能でない.

以上より,$A$が対角化可能となる$a$の条件は$a\neq5,\pm4$である.

問3

次の極限値を求めよ.

   \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_0^{\infty}e^{-x}(nx-[nx])\,dx\end{align*}

ただし,$n$は自然数とし,$[y]$は$y$を超えない最大の整数を表す.

解答の方針1

$nx-[nx]$は周期$\frac{1}{n}$の関数であり,区間$[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n})$での積分値は$\frac{1}{2n}$だから

   \begin{align*}\int_{0}^{\infty}(nx-[nx])\,dx=\frac{1}{2}\end{align*}

である.また,$e^{-x}$は$[0,\infty)$で一様連続だから,$n$が十分大きいときには全ての区間$[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n})$の中で$e^{-x}$は一定値であると近似できる.

よって,求める値は

   \begin{align*}\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx=1\end{align*}

の半分の$\frac{1}{2}$になることが予想できる.

具体的には$e^{-x}$が単調減少なので

   \begin{align*}\sum_{k=0}^{\infty}\dint_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-\frac{k+1}{n}}(nx-k)\,dx <A<\sum_{k=0}^{\infty}\dint_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-\frac{k}{n}}(nx-k)\,dx\end{align*}

と評価できて,この右辺と左辺の$n\to\infty$のときの極限が$\frac{1}{2}$になることを示せば良い.

解答例1


$k\in\N_{\ge0}$に対して$\frac{k}{n}<x\le\frac{k+1}{n}$なら$[nx]=k$であることと,$e^{-x}$が単調減少であることに注意すると,

   \begin{align*}\int_{0}^{\infty}e^{-x}(nx-[nx])\,dx =&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-[nx])\,dx \\=&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx \\<&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-\frac{k}{n}}(nx-k)\,dx \\=&\frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\frac{k}{n}} =\frac{1}{2n}\cdot\frac{1}{1-e^{-\frac{1}{n}}}, \\\int_{0}^{\infty}e^{-x}\bra{nx-[nx]}\,dx =&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-[nx])\,dx \\=&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx \\>&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-\frac{k+1}{n}}(nx-k)\,dx \\=&\frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\frac{k+1}{n}} =\frac{1}{2n}\cdot\frac{e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}}\end{align*}

である.Taylor展開$e^{-\frac{1}{n}}=1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^{2}}+\dots$により,$n\to\infty$のとき

   \begin{align*}\frac{1}{2n}\cdot\frac{1}{1-e^{-\frac{1}{n}}} =&\frac{1}{2n}\cdot\frac{1}{\frac{1}{n}+o\bra{\frac{1}{n}}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+o(1)}, \\\frac{1}{2n}\cdot\frac{e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}} =&\frac{1}{2n}\cdot\frac{1-o(1)}{\frac{1}{n}+o\bra{\frac{1}{n}}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1-o(1)}{1+o(1)}\end{align*}

だから,

   \begin{align*}&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}\cdot\frac{1}{1-e^{-\frac{1}{n}}}=\frac{1}{2}, \\&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}\cdot\frac{e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}}=\frac{1}{2}\end{align*}

である.したがって,はさみうちの原理より,$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{0}^{\infty}e^{-x}\bra{nx-[nx]}\,dx=\dfrac{1}{2}$を得る.

解答の方針2

部分積分により

   \begin{align*}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx\end{align*}

を直接計算してもよい.

解答例2


$k\in\N_{\ge0}$に対して$\frac{k}{n}<x\le\frac{k+1}{n}$なら$[nx]=k$であることに注意すると,

   \begin{align*}\int_{0}^{\infty}e^{-x}(nx-[nx])\,dx =&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-[nx])\,dx \\=&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx\end{align*}

であり,

   \begin{align*}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx =&\brc{-e^{-x}(nx-k)}_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}+\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}ne^{-x}\,dx \\=&-e^{-\frac{k+1}{n}}-\brc{ne^{-x}}_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \\=&-e^{-\frac{k+1}{n}}-n\bra{e^{-\frac{k+1}{n}}-e^{-\frac{k}{n}}}\end{align*}

だから,

   \begin{align*}\int_{0}^{\infty}e^{-x}(nx-[nx])\,dx =&-\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\frac{k+1}{n}}-n\sum_{k=0}^{\infty}\bra{e^{-\frac{k+1}{n}}-e^{-\frac{k}{n}}} \\=&-\frac{e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}}-n\lim_{K\to\infty}\bra{e^{-\frac{K+1}{n}}-e^{0}} \\=&-\frac{e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}}+n =\frac{n-ne^{-\frac{1}{n}}-e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}}\end{align*}

である.Taylor展開$e^{-\frac{1}{n}}=1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^{2}}+o\bra{\frac{1}{2n^{2}}}$により,$n\to\infty$のとき

   \begin{align*}&\frac{n-ne^{-\frac{1}{n}}-e^{-\frac{1}{n}}}{1-e^{-\frac{1}{n}}} \\=&\frac{n-n\bra{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}+o\bra{\frac{1}{n^2}}}-\bra{1-\frac{1}{n}+o\bra{\frac{1}{n}}}}{1-\bra{1-\frac{1}{n}+o\bra{\frac{1}{n}}}} \\=&\frac{\frac{1}{2n}+o\bra{\frac{1}{n}}}{\frac{1}{n}+o\bra{\frac{1}{n}}} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1-o(1)}{1+o(1)}\end{align*}

だから,結局$\lim\limits_{n\to\infty}\dint_{0}^{\infty}e^{-x}\bra{nx-[nx]}\,dx=\dfrac{1}{2}$を得る.

問4

$\R^2$で定義された関数

   \begin{align*}f(x,y)=\frac{xy(xy+4)}{x^2+y^2+1}\end{align*}

の最大値および最小値のそれぞれについて,存在するなら求め,存在しないならそのことを示せ.

解答の方針1

$x=y$で$x\to\infty$とすることにより最大値が存在しないことが分かる.

よって,最小値の存在と値を調べれば良いが,$f(x,y)=f(-x,-y)$と$f(x,0)=f(0,y)=0$より,$x>0$, $y\neq0$で考えれば十分である.

このとき,停留点を求めると$(1,-1)$であり,$f(1,-1)=-1$である.

つぎに,極座標変換$x=r\cos\theta$, $y=\sin\theta$で$r\ge2$のとき,$f(x,y)\ge-4/5>-1$である.よって,$f$は$r\ge2$で最小値を取らない.

よって,$r\le2$で考えれば良いが,このような$(x,y)$の集合はコンパクト集合であり,$f$は連続だから,この集合の境界上,もしくは停留点で最小値をもつ.

境界上では$f(x,y)\ge-\frac{4}{5}$だから,最小値は$-1$である.

解答例1


[1] 最大値について,

   \begin{align*}\lim_{x\to\infty}f(x,x) =\lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}(x^{2}+4)}{2x^2+1} =\lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}+4}{1+\frac{1}{x^2}} =\infty\end{align*}

だから最大値は存在しない.

[2] 最小値について,$f(x,y)=f(-x,-y)$, $f(x,0)=f(0,y)=0$だから$x>0$, $y\neq0$を調べれば十分である.

   \begin{align*}\pd{f}{x}(x,y) =&\frac{(2xy^2+4y)(x^2+y^2+1)-2x(x^2y^2+4xy)}{(x^2+y^2+1)^2} \\=&\frac{2y(xy+2)(x^2+y^2+1)-2y(x^3y+4x^2)}{(x^2+y^2+1)^2} \\=&\frac{2y\bra{x^3y+xy^3+xy+2x^2+2y^2+2-x^3y-4x^2}}{(x^2+y^2+1)^2} \\=&\frac{2y\bra{xy^3+xy-2x^2+2y^2+2}}{(x^2+y^2+1)^2}, \\\pd{f}{y}(x,y) =&\frac{2x\bra{x^3y+xy+2x^2-2y^2+2}}{(x^2+y^2+1)^2}\end{align*}

だから,$x,y\neq0$で考えていることに注意すると,

   \begin{align*}\begin{cases} \pd{f}{x}(x,y)=0\\ \pd{f}{y}(x,y)=0 \end{cases} \iff&\begin{cases} xy^3+xy-2x^2+2y^2+2=0\\ x^3y+xy+2x^2-2y^2+2=0 \end{cases} \\\iff& \begin{cases} xy^3-x^3y-4x^2+4y^2=0\\ xy^3+x^3y+2xy+4=0 \end{cases} \\\iff& \begin{cases} (y+x)(y-x)(xy+4)=0\\ xy^3+x^3y+2xy+4=0 \end{cases}\end{align*}

である.

(i) $y=-x$のとき

   \begin{align*}xy^3+x^3y+2xy+4=0 \iff& -x^4-x^4-2x^2+4=0 \\\iff& x^4+x^2-2=0 \\\iff& (x^2+2)(x^2-1)=0 \\\iff& x=1\end{align*}

である.よって,$(1,-1)$は停留点であり,他には存在しない.

(ii) $y=x$のとき

   \begin{align*}xy^3+x^3y+2xy+4 =&x^4+x^4+2x^2+4 \\=&2\bra{x^2+\frac{1}{2}}^2+\frac{7}{2} >0\end{align*}

である.よって,$xy^3+x^3y+2xy+4=0$をみたし得ないから停留点は存在しない.

(iii) $y=-\frac{4}{x}$のとき

   \begin{align*}xy^3+x^3y+2xy+4 =&-\frac{64}{x^2}-4x^2-8+4 \\=&-\frac{64}{x^2}-4x^2-4 <0\end{align*}

である.よって,$xy^3+x^3y+2xy+4=0$をみたし得ないから停留点は存在しない.

以上より,$f$の停留点は$(1,-1)$に限り,$f(1,-1)=-1$である.

ここで,極座標変換$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$で$r\ge2$のとき,

   \begin{align*}f(x,y) =&\frac{r^2\sin\theta\cos\theta\bra{r^2\sin\theta\cos\theta+4}}{r^2+1} \\=&\frac{\bra{r^2\sin\theta\cos\theta+2}^2-4}{r^2+1} \\\ge&\frac{0^2-4}{r^2+1} \ge-\frac{4}{5} >-1\end{align*}

である.よって,$f$は$\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\ge2}$上で最小値をとり得ない.

$D:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\le2}$はコンパクト集合で$f$は連続だから,$f$は$D$の境界上または$D$内部の停留点で最小値をとる.

$D$の境界上で$f(x,y)\ge-\frac{4}{5}>-1$だったから,$f$は停留点$(1,-1)$で最小値$-1$をとる.

解答の方針2

$-1$を引き出すことによって,平方完成から示すこともできる.

解答例2


$\lim_{x\to\infty}f(x,x)=\infty$だから最大値は存在しない.

   \begin{align*}f(x,y) =&\frac{xy(xy+4)+x^2+y^2+1}{x^2+y^2+1}-1 \\=&\frac{(x+y)^2+(xy+1)^2}{x^2+y^2+1}-1\end{align*}

だから$f(x,y)\ge-1$で,$f(1,-1)=-1$だから最小値は$-1$である.

参考文献

以下,私も使ったオススメの入試問題集を挙げておきます.

詳解と演習大学院入試問題〈数学〉

[海老原円,太田雅人 共著/数理工学社]

理工系の修士課程への大学院入試問題集ですが,基礎〜標準的な問題が広く大学での数学の基礎が復習できる総合問題集として利用することができます.

実際,まえがきにも「単なる入試問題の解説にとどまらず,それを通じて,数学に関する読者の素養の質を高めることにある」と書かれているように,必ずしも大学院入試を受験しない一般の学習者にとっても学びやすい問題集です.また,構成が読みやすいのも個人的には嬉しいポイントです.

第1章 数え上げと整数
第2章 線形代数
第3章 微積分
第4章 微分方程式
第5章 複素解析
第6章 ベクトル解析
第7章 ラプラス変換
第8章 フーリエ変換
第9章 確率

一方で,問題数はそれほど多くないので,多くの問題を解きたい方には次の問題集もオススメです.

なお,本書については,以下の記事で書評としてまとめています.

演習 大学院入試問題

[姫野俊一,陳啓浩 共著/サイエンス社]

上記の問題集とは対称的に問題数が多く,まえがきに「修士の基礎数学の問題の範囲は,ほぼ本書中に網羅されている」と書かれているように,広い分野から問題が豊富に掲載されています.

全2巻で,

1巻第1編 線形代数
1巻第2編 微分・積分学
1巻第3編 微分方程式
2巻第4編 ラプラス変換,フーリエ変換,特殊関数,変分法
2巻第5編 複素関数論
2巻第6編 確率・統計

が扱われています.

地道にきちんと地に足つけた考え方で解ける問題が多く,確かな「腕力」がつくテキストです.入試では基本問題は確実に解けることが大切なので,その意味で試験への対応力が養われると思います.

なお,私自身は受験生時代に計算力があまり高くなかったので,この本の問題で訓練したのを覚えています.

なお,本書については,以下の記事で書評としてまとめています.

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