2015年度 院試解説｜京都大学 数学・数理解析専攻｜基礎科目I

$n\in\N$に対して$D_n:=\set{(x,y)\in D}{\frac{1}{n^2}\le x^2+y^2\le n^2}$とおくと，$\{D_n\}$は

\begin{align*}D_n\subset D_{n+1},\quad D=\bigcup_{n=1}^{\infty}D_n\end{align*}

を満たす面積確定な有界閉集合の列である．被積分関数は$D$上で非負だから

\begin{align*}\iint_{D}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdydz
=\lim_{n\to\infty}\iint_{D_n}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdydz\end{align*}

である．

各$D_n$上で極座標変換$(x,y)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$を施すと，$D_n$は

\begin{align*}E_n:&=\set{(r,\theta)}{\frac{1}{n}\le r\le n,\frac{\pi}{4n}\le\theta\le \frac{\pi}{4}}\end{align*}

に対応し，ヤコビ行列式は$r$である．よって，

\begin{align*}&\iint_{D_n}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdy
\\&=\int_{\frac{\pi}{4n}}^{\frac{\pi}{4}}\bra{\int_{\frac{1}{n}}^{n}r\sin^2\theta e^{-r^2\cos\theta\sin\theta}\,dr}\,d\theta
\\&=\int_{\frac{\pi}{4n}}^{\frac{\pi}{4}}\brc{-\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}e^{-\frac{1}{2}r^2\sin{2\theta}}}_{\frac{1}{n}}^{n}\,d\theta
\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\bra{e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}-e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}(\theta)\,d\theta\end{align*}

となる．ただし，$\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}$は定義関数である．

ここで，$[0,\frac{\pi}{4}]$上の関数列$\{f_n\}$を

\begin{align*}f_n(\theta)=\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\bra{e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}-e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}\mathbb{I}_{[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}(\theta)\end{align*}

で定め，この関数列が$\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}$に一様収束することを示す．

\begin{align*}&\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4}]}\abs{\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}-f_n(\theta)}
\\&\le\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}\abs{\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}-f_n(\theta)}+\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}\abs{\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}f_n(\theta)}\end{align*}

であり，第１項について

\begin{align*}\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}\abs{\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}-f_n(\theta)}
=\sup_{\theta\in[0,\frac{\pi}{4n}]}\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}
=\frac{\sin{\frac{\pi}{4n}}}{2\cos{\frac{\pi}{4n}}}\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

が成り立ち，第２項について

\begin{align*}&\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}\abs{\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}-f_n(\theta)}
\\&=\sup_{\theta\in[\frac{\pi}{4n},\frac{\pi}{4}]}\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{2\theta}}}+e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{2\theta}}}
\\&\le\frac{\sin{\frac{\pi}{4}}}{2\cos{\frac{\pi}{4}}}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}\sin{\frac{\pi}{2}}}}+e^{-\frac{1}{2}n^2\sin{\frac{\pi}{2n}}}}
\\&\le\frac{1}{2}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}}}+e^{-\frac{1}{2}n^2\cdot\frac{1}{n}}}
\\&=\frac{1}{2}\bra{\bra{1-e^{-\frac{1}{2n^2}}}+e^{-\frac{1}{2}n}}
\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

が成り立つ．ただし，第２項の最後の不等号では，任意の$\phi\in[0,\frac{\pi}{2}]$に対して$\frac{2}{\pi}\phi\le\sin{\phi}$が成り立つことを用いた．

よって，$[0,\frac{\pi}{4}]$上の一様収束

\begin{align*}f_n(\theta)\rightrightarrows\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\quad(n\to\infty)\end{align*}

が得られたから，

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}f_n(\theta)\,d\theta
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\,d\theta
=-\frac{1}{2}\brc{\log{|\cos{\theta}|}}_{0}^{\pi/4}
\\&=-\frac{1}{2}\log{\frac{1}{\sqrt{2}}}
=\frac{1}{4}\log{2}\end{align*}

が成り立つ．以上より，

\begin{align*}\iint_{D}\frac{y^2e^{-xy}}{x^2+y^2}\,dxdydz=\frac{1}{4}\log{2}\end{align*}

を得る．

関数$f$は連結集合$\R^2$上の連続関数だから，$f(x,y)$の最小値以上，最大値以下の値をとる．

実数の２乗は非負だから$f(x,y)\ge0$であり，$f(0,-2)=0$なので最小値は０である．

以下，最大値について考える．

\begin{align*}\pd{f}{x}(x,y)&=\frac{8x(x^2+y^2+1)-2x(4x^2+y^2+4y+4)}{(x^2+y^2+1)^2}
\\&=\frac{2x(3y^2-4y)}{(x^2+y^2+1)^2}
=\frac{2xy(3y-4)}{(x^2+y^2+1)^2},
\\\pd{f}{y}(x,y)&=\frac{2(y+2)(x^2+y^2+1)-2y(4x^2+y^2+4y+4)}{(x^2+y^2+1)^2}
\\&=\frac{-2(3x^2y-2x^2+2y^2+3y-2)}{(x^2+y^2+1)^2}\end{align*}

だから，

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

である．$g(x,y)=3x^2y-2x^2+2y^2+3y-2$とおく．

\begin{align*}&g(0,y)=2y^2+3y-2=(2y-1)(y+2),
\\&g(x,0)=4x^2-2x^2+\frac{32}{9}+4-2=-2x^2-2<0,
\\&g\bra{x,\frac{4}{3}}=4x^2-2x^2+\frac{32}{9}+4-2=2x^2+\frac{40}{9}<0\end{align*}

だから，$f$の停留点は$(0,\frac{1}{2})$, $(0,-2)$に限る．$f(0,\frac{1}{2})=5$, $f(0,-2)=0$である．

また，極座標変換$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$で

\begin{align*}f(x,y)
&=\frac{4x^2+y^2+4y+4}{x^2+y^2+1}
\\&=\frac{4r^2\cos^{2}{\theta}+r^2\sin^{2}{\theta}+4r\sin{\theta}+4}{r^2+1}
\\&\xrightarrow[]{r\to\infty}1+3\cos^{2}{\theta}\le1+3=4\end{align*}

が$\theta$によらず一様に成り立つから，ある$R>0$が存在して，$x^2+y^2\ge R^2$を満たすとき$f(x,y)\le\frac{9}{2}$をみたす．

よって，$f(0,\frac{1}{2})=5$と併せて，$f$は$\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\ge R}$上で最大値をとり得ないことが分かる．

$D:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2\le R}$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$D$内部の停留点で最大値をとる．

いま，$D$の境界上で$f(x,y)\le\frac{9}{2}<5$だったから，$f$は停留点$(0,\frac{1}{2})$で最大値５をとる．

以上より，$f$のとりうる値の範囲は$0\le f(x,y)\le5$である．

$I$を３次単位行列とする．

(i) $A$の固有多項式は

\begin{align*}|xI-A|
&=\vmat{x-2&-a&-a\\-b&x-2&0\\b&0&x-2}
\\&=\{(x-2)^3+0+0\}-\{-ab(x-2)+ab(x-2)\}
\\&=(x-2)^3\end{align*}

であるから，$A$の固有値は２，２，２である．

(ii) $A$, $B$が相似であることと，$A$のジョルダン標準形と$B$のジョルダン標準形がジョルダン細胞の順番の違いを除いて一致することは同値である．

$B$はもとよりジョルダン行列$J_2(2)\oplus J_1(2)$だから，$A$, $B$が相似であることと

\begin{align*}\begin{cases}\operatorname{rank}(2I-A)=1\\\operatorname{rank}(2I-A)^2=0\end{cases}\end{align*}

は同値である．

\begin{align*}\operatorname{rank}(2I-A)=1
&\iff\operatorname{rank}\bmat{0&-a&-a\\-b&0&0\\b&0&0}=1,
\\\operatorname{rank}(2I-A)^2=0
&\iff\operatorname{rank}\bmat{0&0&0\\0&ab&ab\\0&-ab&-ab}=0\end{align*}

なので，$ab=0$かつ$(a,b)\neq(0,0)$をみたす組$(a,b)$が求める複素数の組である．

行基本変形により

\begin{align*}&\pmat{2&-3&6&0&-6&a\\-1&2&-4&1&8&b\\1&0&0&1&6&c\\1&-1&2&0&-1&d}
\\&\to\pmat{0&-3&6&-2&-18&a-2c\\0&2&-4&2&14&b+c\\1&0&0&1&6&c\\0&-1&2&-1&-7&d-c}
\\&\to\pmat{0&0&0&1&3&(a-2c)+3(d-c)\\0&0&0&0&0&(b+c)+2(d-c)\\1&0&0&1&6&c\\0&1&-2&1&7&c-d}
\\&=\pmat{0&0&0&1&3&a-5c+3d\\0&0&0&0&0&b-c+2d\\1&0&0&1&6&c\\0&1&-2&1&7&c-d}\end{align*}

だから，階数は

\begin{align*}\operatorname{rank}\pmat{2&-3&6&0&-6&a\\-1&2&-4&1&8&b\\1&0&0&1&6&c\\1&-1&2&0&-1&d}
=\begin{cases}3&(c=b+2d)\\4&(c\neq b+2d)\end{cases}\end{align*}

である．