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H27院試/京都大学/数学・数理解析専攻/基礎科目II

平成27年度/京都大学大学院/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II」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るので注意してください.

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.

【参考:京都大学数学教室の過去問

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問題と解答の方針

問題は7問あり,数学系志願者は問1~問5の5問を,数理解析系志願者は問1〜問7から選択して5問を解答します.試験時間は3時間です.

この記事では問5まで掲載しています.

なお,解答作成には万全を期していますが,論理の飛躍や穴があることは有り得ます.

問1

f(x), \phi(x)は区間[0,\infty)上の実数値連続関数とし,さらに\phi(x)

\begin{align*} &\phi(x)=\phi(x+1)\quad (x \ge 0), \\&\int_0^1\phi(x)\,dx=1 \end{align*}

をみたすとする.このとき,任意の実数a>0に対し,

\begin{align*} \lim_{\lambda\to\infty}\int_0^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx =\int_0^{a}f(x)\,dx \end{align*}

が成り立つことを示せ.

解答の方針

気持ちとしては,\phi(\lambda x)は周期1/\lambdaであり,\lambdaが十分大きければ周期が非常に小さい周期関数となる.

fの連続性から,この周期1/\lambdaの中でf(x)はほとんど変化しないので,各周期の中ではほとんど定数f(x)=Aとみなせる.よって,各周期の中での積分の値はほとんどA/\lambdaと考えられる.

この考え方を正当化するためには,積分区間を1/\lambdaずつに区切る必要がある.または,もともと\phiが周期1の周期関数であることから,y=\lambda xと変数変換すれば\phi(y)が現れるので区間を1ずつに区切って考えれば良い.

Riemann-Lebesgueの定理を知っていれば,問題の主張のイメージは掴めるであろう.

解答例

Na\lambdaを超えない最大の整数とすると,a\lambda-1<N\le a\lambdaである.

変数変換y=\lambda xにより

\begin{align*} &\abs{\int_{0}^{a}f(x)\phi(\lambda x)\,dx-\int_{0}^{a}f(x)\,dx} \\=&\abs{\int_{0}^{a}f(x)(\phi(\lambda x)-1)\,dx} \\=&\abs{\int_{0}^{a\lambda}\frac{1}{\lambda}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy} \\=&\abs{\int_{0}^{N}\frac{1}{\lambda}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy +\int_{N}^{a\lambda}\frac{1}{\lambda}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy} \\\le&\frac{1}{\lambda}\abs{\int_{0}^{N}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy} +\frac{1}{\lambda}\abs{\int_{N}^{a\lambda}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy} \\\le&\frac{1}{\lambda}\abs{\sum_{k=0}^{N-1}\int_{k}^{k+1}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy} +\frac{1}{\lambda}\int_{N}^{a\lambda}\abs{f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)}\,dy \end{align*}

である.よって,\lambda\to\infty

\begin{align*} &I:=\frac{1}{\lambda}\abs{\sum_{k=0}^{N-1}\int_{k}^{k+1}f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)\,dy}, \\&J:=\frac{1}{\lambda}\int_{N}^{a\lambda}\abs{f\bra{\frac{y}{\lambda}}(\phi(y)-1)}\,dy \end{align*}

がともに0に収束することを示せば良い.

f, \phiはそれぞれコンパクト集合[0,a], [0,a\lambda]で連続だから

\begin{align*} M_1:=\max\limits_{x\in[0,a]}\abs{f(x)},\quad M_2:=\max\limits_{y\in[0,a\lambda]}\abs{\phi(y)-1} \end{align*}

が存在する.ここで,任意に\epsilon>0をとる.

[1] Iに関して

絶対値によりI\ge0である.

kに対する変数変換z=y-kと,x\ge0\phi(x)=\phi(x+1)であることより

\begin{align*} I =&\frac{1}{\lambda}\abs{\sum_{k=0}^{N-1}\int_{0}^{1}f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}\bra{\phi(z+k)-1}\,dz} \\\le&\frac{1}{\lambda}\sum_{k=0}^{N-1}\abs{\int_{0}^{1}f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}\bra{\phi(z)-1}\,dz} \end{align*}

である.

また,fはコンパクト集合[0,a]で連続だからHeine-Cantorの定理より[0,a]で一様連続なので,任意のz\in[0,1], k\in\{0,\dots,N-1\}に対して,ある\delta>0が存在して,\frac{1}{\lambda}<\deltaなら

\begin{align*} \abs{f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}-f\bra{\frac{k}{\lambda}}}<\epsilon \end{align*}

が成り立つ.よって,\lambda>\frac{1}{\delta}とすると,

\begin{align*} &\abs{\int_{0}^{1}f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}\bra{\phi(z)-1}\,dz} \\\le&\abs{\int_{0}^{1}\bra{f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}-f\bra{\frac{k}{\lambda}}}\bra{\phi(z)-1}\,dz} \\&+\abs{\int_{0}^{1}f\bra{\frac{k}{\lambda}}\bra{\phi(z)-1}\,dz} \\\le&\int_{0}^{1}\abs{f\bra{\frac{z+k}{\lambda}}-f\bra{\frac{k}{\lambda}}}\abs{\phi(z)-1}\,dz \\&+\abs{f\bra{\frac{k}{\lambda}}\bra{\int_{0}^{1}\phi(z)\,dz-1}} \\\le&\int_{0}^{1}\epsilon\abs{\phi(z)-1}\,dz+0 \le M_{2}\epsilon \end{align*}

だから,\lambda>\frac{1}{\delta}なら

\begin{align*} I \le \frac{1}{\lambda}\sum_{k=0}^{N-1}M_2\epsilon =\frac{N}{\lambda}M_2\epsilon \le aM_2\epsilon \end{align*}

が成り立つ.

[2] Jに関して

被積分関数が非負だから,J\ge0は明らか.

また,R>0が存在して,\lambda>Rなら,\frac{1}{\lambda}<\epsilonが成り立つから,

\begin{align*} J \le\frac{1}{\lambda}\int_{N}^{a\lambda}M_1M_2\,dy =\frac{M_1M_2(a\lambda-N)}{\lambda} =\frac{M_1M_2\cdot1}{\lambda} \le M_1M_2\epsilon \end{align*}

が成り立つ.

[1], [2]より,\lambda>\max\{\frac{1}{\delta},R\}ならI+J<(a+M_{1})M_{2}\epsilonとなるから題意が従う.

問2

nを正の整数とし,An次実正方行列で,交代行列であるとする.すなわちAの転置行列{}^{t}A-Aに一致するとする.このとき,以下の問に答えよ.

(i) 任意の列ベクトル\m{u}\in\R^nに対し\|(E-A)\m{u}\|\ge\|\m{u}\|が成立することを示せ.ただしEは単位行列であり,\|\m{u}\|はユークリッドノルム\sqrt{{}^{t}\m{u}\m{u}}である.

(ii) E-Aは正則行列であり,(E+A)(E-A)^{-1}は直交行列となることを示せ.

解答の方針

(i) \|(E-A)\m{u}\|^2\ge\|\m{u}\|^2を示せば良い.

これは左辺を展開することにより示すことができる.

(ii) 前半は(i)を用いて背理法により示す.後半は(E+A)(E-A)^{-1}の逆行列が(E-A)(E+A)^{-1}だから,

\begin{align*} (E-A)(E+A)^{-1}=((E+A)(E-A)^{-1})^T \end{align*}

を示せば良い.なお,E+Aも正則であることにはしっかり言及しておくべきであろう.

解答例

(i) 任意の\m{u}\in\R^{n}に対して,

\begin{align*} \|(E-A)\m{u}\|^2 =&((E-A)\m{u})^{T}(E-A)\m{u} \\=&\m{u}^{T}(E-A)^{T}(E-A)\m{u} \\=&\m{u}^{T}(E-A^{T})(E-A)\m{u} \\=&\m{u}^{T}(E-(A^{T}+A)+A^{T}A)\m{u} \\=&\m{u}^{T}(E+A^{T}A)\m{u} \\=&\|\m{u}\|^2+\m{u}^{T}A^{T}A\m{u} \\=&\|\m{u}\|^2+(A\m{u})^{T}A\m{u} \\=&\|\m{u}\|^2+\|A\m{u}\|^2 \ge\|\m{u}\|^2 \end{align*}

を得る.よって,\|(E-A)\m{u}\|\ge0かつ\|\m{u}\|\ge0より,\|(E-A)\m{u}\|\ge\|\m{u}\|が従う.

(ii) E-Aが正則でないと仮定すると\operatorname{rank}(E-A)<nなので,\m{x}の方程式(E-A)\m{x}=\m{0}は非自明解\m{x}=\m{a}をもつ.

よって,(i)と併せて

\begin{align*} 0\le\|\m{a}\|\le\|(E-A)\m{a}\|=\|\m{0}\|=0 \end{align*}

が成り立つから,\|\m{a}\|=0 \iff \m{a}=\m{o}となるが,\m{a}は非自明解だったから矛盾.したがって,E-Aは正則である.

Aが交代行列なら-Aも交代行列なので,E-(-A)=E+Aも正則となり(E+A)^{-1}が存在する.

E+A=E-A^{T}=(E-A)^{T}だから,(E+A)^{-1}=((E-A)^{-1})^{T}なので,

\begin{align*} (E-A)(E+A)^{-1} =&(2E-(E+A))(E+A)^{-1} \\=&2(E+A)^{-1}-E =2((E-A)^{-1})^{T}-E \\=&(2(E-A)^{-1}-E)^{T} \\=&((2E-(E-A))(E-A)^{-1})^{T} \\=&((E+A)(E-A)^{-1})^{T} \end{align*}

が成り立つ.よって,

\begin{align*} &((E+A)(E-A)^{-1})((E+A)(E-A)^{-1})^{T} \\=&((E+A)(E-A)^{-1})((E-A)(E+A)^{-1}) \\=&(E+A)I(E+A)^{-1} =I \end{align*}

となるから,(E+A)(E-A)^{-1}は直交行列である.

問3

aを正の実数とするとき,次の広義積分を求めよ.

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx \end{align*}

解答の方針

f(z)=\dfrac{ze^{iz}}{(z^2+a^2)^2}とおいて,上半円とその直径の経路で留数定理を用いる.

必要なのは\sinなので,最終的に虚部をとれば良い.

解答例

R>aで考えれば十分.

\begin{align*} &L:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]},\quad \\&C:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]},\quad \\&\Gamma:=L \cap C,\quad \\&f(z)=\frac{ze^{iz}}{(z^2+a^2)^2} \end{align*}

とおく.このとき,

\begin{align*} \int_{L}f(z)\,dz =&\int_{-R}^{R}\frac{x\cos{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx+i\int_{-R}^{R}\frac{x\sin{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx, \\\abs{\int_{C}f(z)\,dz} =&\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{i\theta}e^{iRe^{i\theta}}}{(R^2e^{2i\theta}+a^2)^2}iRe^{i\theta}\,d\theta} \\\le&\int_{0}^{\pi}\frac{R^2e^{-R\sin{\theta}}}{\abs{R^2e^{2i\theta}+a^2}^2}\,d\theta \le\int_{0}^{\pi}\frac{R^2}{\bra{R^2-a^2}^2}\,d\theta \\\le&\frac{2\pi R^2}{\bra{R^2-a^2}^2} =\frac{2\pi}{\bra{R-\frac{a^2}{R}}^2} \to0\quad(R\to\infty) \end{align*}

である.

また,\Gammaの周及びz=iaを除く内部でfは正則で,z=iafの2位の極である.

\Gammaは正の向きが定まっているから,留数定理より

\begin{align*} \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma}f(z)\,dz =&\mrm{Res}(f,ia) =\lim_{z\to ia}\od{}{z}\bra{(z-ia)^2f(z)} \\=&\lim_{z\to ia}\od{}{z}\bra{\frac{ze^{iz}}{(z+ia)^2}} \\=&\lim_{z\to ia}\bra{\frac{e^{iz}+ize^{iz}}{(z+ia)^2}-2\frac{ze^{iz}}{(z+ia)^3}} \\=&\frac{e^{-a}-ae^{-a}}{(2ia)^2}-2\frac{iae^{-a}}{(2ia)^3} \\=&\frac{e^{-a}-ae^{-a}-e^{-a}}{(2ia)^2} =\frac{-ae^{-a}}{-4a^2} =\frac{e^{-a}}{4a} \end{align*}

Rによらず得られる.以上より,

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx =&\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{x\sin{x}}{(x^2+a^2)^2}\,dx \\=&\lim_{R\to\infty}\bra{\Im\int_{L}f(z)\,dz} \\=&\lim_{R\to\infty}\bra{\Im\int_{\Gamma}f(z)\,dz-\Im\int_{C}f(z)\,dz}\\ =&\frac{\pi e^{-a}}{2a}-\Im\bra{\lim_{R\to\infty}\int_{C}f(z)\,dz} =\frac{\pi e^{-a}}{2a} \end{align*}

を得る.ただし,複素数zに対して,\Im{z}zの虚部を表す.

問4

以上3500以下の整数xのうち,x^3+3x3500で割り切れるものの個数を求めよ.
解答の方針

\Z/3500\Zでのx^3+3x=0の解の個数を求めればよい.中国式剰余定理より,

\begin{align*} \Z/3500\Z\cong\Z/2^2\Z\times\Z/7\Z\times\Z/5^3\Z \end{align*}

なので,\Z/2^2\Z, \Z/7\Z, \Z/5^3\Zそれぞれでのx^3+3x=0の解の個数を求めてかけ合わせればよい.

解答例

素因数分解により3500=2^2\times5^3\times7なので,中国式剰余定理より

\begin{align*} \Z/3500\Z\cong\Z/7\Z\times\Z/125\Z\times\Z/4\Z \end{align*}

だから,1以上3500以下の整数xに対して,x^{3}+3xが3500で割り切れることと

\begin{align*} \begin{cases} x^3+3x\equiv0\pmod{7}\\ x^3+3x\equiv0\pmod{125}\\ x^3+3x\equiv0\pmod{4} \end{cases} \end{align*}

が成り立つことは同値である.

[1] \Z/7\Zは整域だから,x\in\Z/7\Zについて

\begin{align*} x^3+3x=0 \iff& x^3-4x=0 \\\iff& x(x+2)(x-2)=0 \\\iff& x=0,2,5 \end{align*}

である.

[2] x\in\Z/4\Zについて

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

なので,x=0,1,3はこれをみたすが,2(2+1)(2-1)=6\neq0なので,x=2はみたさない.よって,

\begin{align*} x^3+3x=0 \iff x=0,1,3 \end{align*}

である.

[3] \Z/125\Zについて,

  • x=0のとき,x^3+3x=0が成り立つ.
  • x\in\Zが素因数5をちょうど1つまたは2つもつとき,xは125の倍数でなくx^2+3は素因数5をもたないから,

    \begin{align*} x^3+3x=x(x^2+3) \not\equiv 0\pmod{125} \end{align*}

    である.

  • x\in\Z\setminus\{0\}が素因数5をもたないとき,x\in\Zと125は互いに素だからax+125b=1なるa,b\in\Zが存在する.よって,ax\equiv1\pmod{125}なので,x\in\Z/125\Zはとみなすとxは単元なので

    \begin{align*} x^3+3x\equiv0\pmod{125} \iff x^2+3\equiv0\pmod{125} \end{align*}

    をみたす.ここで,5を法とするとx\equiv0,1,2,3,4ならそれぞれx^2+3\equiv3,4,2,2,4だから,x^2+3\not\equiv0 \pmod{5}なので,当然x^2+3\not\equiv0 \pmod{125}である.
    したがって,x^3+3x=0\iff x=0である.

以上より,求める個数は3\times3\times1=9である.

問5

2次元球面

\begin{align*} S^2=\{(x,y,z)\in\R^3|x^2 + y^2 + z^2 = 1\} \end{align*}

上の関数

\begin{align*} f(x,y,z) = xy + yz + zx \end{align*}

の臨界点をすべて求め,それらが非退化かどうかも答えよ.ただし,p\in S^2fの臨界点であるとは,S^2pのまわりの局所座標(u,v)に関して

\begin{align*} \pd{f}{u}(p)=\pd{f}{v}(p)=0 \end{align*}

となることである.また,fの臨界点p

\begin{align*} \pmat{ \ppd{f}{u}&\ppdd{f}{u}{v}\\ \ppdd{f}{v}{u}&\ppd{f}{v} } \end{align*}

が正則行列であるとき非退化であるという.なおこれらの定義は(u,v)のとり方にはよらない.

解答の方針

2次元球面の座標近傍系をとってfのヤコビ行列を計算すれば良いが,単なる直交射影などで座標近傍系をとると計算が非常に煩雑になる.

fx, y, zの対称式であることに注意して,x, y, zに対称になるように斜めに直交射影をとれば,計算が楽になる.

そのために回転の線型変換を用いる.

解答例

この解答ではいずれも複号同順とする.

\begin{align*} &A:=\frac{1}{\sqrt{2}}\bmat{-1&1&0\\-1&-1&0\\0&0&\sqrt{2}},\quad B:=\frac{1}{\sqrt{3}}\bmat{1&0&-\sqrt{2}\\0&\sqrt{3}&0\\\sqrt{2}&0&1}, \\&g:S^2\to\R^3;\bmat{x\\y\\z}\mapsto AB\bmat{x\\y\\z} \end{align*}

とする(Az軸回転を引き起こす行列,By軸回転を引き起こす行列).

\begin{align*} AB=\frac{1}{\sqrt{6}}\bmat{-1&\sqrt{3}&\sqrt{2}\\-1&-\sqrt{3}&\sqrt{2}\\2&0&\sqrt{2}} \end{align*}

は正則なので,gS^2からS^2への全単射である.

ここで,直行射影によりS^2の座標近傍系\{(U_{\pm},\phi_{\pm}),(V_{\pm},\varphi_{\pm}),(W_{\pm},\psi_{\pm})\}を定める:

\begin{align*} &U_{\pm}:=\set{(x,y,z)\in S^2}{x\gtrless0}, \\&\phi_{\pm}:U_{\pm}\to\R^2;(x,y,z)\mapsto(y,z), \\&V_{\pm}:=\set{(x,y,z)\in S^2}{y\gtrless0}, \\&\varphi_{\pm}:V_{\pm}\to\R^2;(x,y,z)\mapsto(x,z), \\&W_{\pm}:=\set{(x,y,z)\in S^2}{z\gtrless0}, \\&\psi_{\pm}:W_{\pm}\to\R^2;(x,y,z)\mapsto(x,y). \end{align*}

このとき,

\begin{align*} &{\phi_{\pm}}^{-1}:\phi_{\pm}\bra{U_{\pm}}\to U_{\pm}; (u,v)\mapsto\bra{\pm\sqrt{1-u^2-v^2},u,v},\\ &{\varphi_{\pm}}^{-1}:\varphi_{\pm}\bra{V_{\pm}}\to V_{\pm}; (u,v)\mapsto\bra{u,\pm\sqrt{1-u^2-v^2},v},\\ &{\psi_{\pm}}^{-1}:\psi_{\pm}\bra{W_{\pm}}\to W_{\pm}; (u,v)\mapsto\bra{u,v,\pm\sqrt{1-u^2-v^2}} \end{align*}

である.gS^2からS^2への全単射だから,

\begin{align*} \brb{\bra{g\bra{U_{\pm}},\phi_{\pm}\circ g^{-1}}, \bra{g\bra{V_{\pm}},\varphi_{\pm}\circ g^{-1}}, \bra{g\bra{W_{\pm}},\psi_{\pm}\circ g^{-1}}} \end{align*}

S^2の座標近傍系となる.いま,

\begin{align*} &(f\circ g)(x,y,z) \\=&f\bra{\frac{-x\sqrt{3}+y+\sqrt{2}z}{\sqrt{6}},\frac{-x-\sqrt{3}y+\sqrt{2}z}{\sqrt{6}},\frac{2x+\sqrt{2}z}{\sqrt{6}}} \\=&\frac{1}{6}\left\{\bra{-x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z}\bra{-x-\sqrt{3}y+\sqrt{2}z}\right. \\&+\bra{-x-\sqrt{3}y+\sqrt{2}z}\bra{2x+\sqrt{2}z} \\&\left.+\bra{2x+\sqrt{2}z}\bra{-x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z}\right\} \\=&\frac{1}{6}\brb{\bra{-x+\sqrt{2}z}^2-3y^2+\bra{-2x+2\sqrt{2}z}\bra{2x+\sqrt{2}z}} \\=&\frac{1}{6}\bra{x^2-2\sqrt{2}xz+2z^2-3y^2-4x^2+2\sqrt{2}xz+4z} \\=&\frac{1}{6}\bra{-3x^2-3y^2+6z^2} =\frac{1}{2}\bra{-1+3z^2} \end{align*}

である.

[1] 座標近傍\bra{g\bra{U_{\pm}},\phi_{\pm}\circ g^{-1}}において,p\in g\bra{U_{\pm}}(u,v)で表すと,\bra{f\circ g\circ {\phi_{\pm}}^{-1}}(u,v)=\frac{1}{2}(-1+3v^2)だから,

\begin{align*} \brc{\pd{f}{u}(p),\pd{f}{v}(p)}=\brc{0,\frac{3}{2}v},\quad \bmat{\ppd{f}{u}&\ppdd{f}{u}{v}\\\ppdd{f}{v}{u}&\ppd{f}{v}}=\bmat{0&0\\0&\frac{3}{2}} \end{align*}

なので,(u,0)\in\phi_{\pm}\bra{U_{\pm}}に対応するp\in S^2が臨界点である.つまり,

\begin{align*} \bra{g\circ{\phi_{\pm}}^{-1}}(u,0) =g\bra{\pm\sqrt{1-u^2},u,0} \quad (\abs{u}<1) \end{align*}

が臨界点である.また,いずれの臨界点は退化である.

[2] 座標近傍\bra{g\bra{V_{\pm}},\varphi_{\pm}\circ g^{-1}}において,p\in g\bra{V_{\pm}}(u,v)で表すと,\bra{f\circ g\circ {\varphi_{\pm}}^{-1}}(u,v)=\frac{1}{2}(-1+3v^2)だから,

\begin{align*} \brc{\pd{f}{u}(p),\pd{f}{v}(p)}=\brc{0,\frac{3}{2}v},\quad \bmat{\ppd{f}{u}&\ppdd{f}{u}{v}\\\ppdd{f}{v}{u}&\ppd{f}{v}}=\bmat{0&0\\0&\frac{3}{2}} \end{align*}

なので,(u,0)\in\varphi_{\pm}\bra{V_{\pm}}に対応するp\in S^2が臨界点である.つまり,

\begin{align*} \bra{g\circ{\varphi_{\pm}}^{-1}}(u,0) =g\bra{u,\pm\sqrt{1-u^2},0} \quad (\abs{u}<1) \end{align*}

が臨界点である.また,この臨界点は退化である.

[3] 座標近傍\bra{g\bra{W_{\pm}},\varphi_{\pm}\circ g^{-1}}において,p\in g\bra{W_{\pm}}(u,v)で表すと,\bra{f\circ g\circ {\psi_{\pm}}^{-1}}(u,v)=\frac{1}{2}\bra{-1+3\bra{1-u^2-v^2}}だから,

\begin{align*} \brc{\pd{f}{u}(p),\pd{f}{v}(p)}=\brc{-3u,-3v},\quad \bmat{\ppd{f}{u}&\ppdd{f}{u}{v}\\\ppdd{f}{v}{u}&\ppd{f}{v}}=\bmat{-3&0\\0&-3} \end{align*}

なので,(0,0)\in\psi_{\pm}\bra{W_{\pm}}に対応するp\in S^2が臨界点である.つまり,

\begin{align*} \bra{g\circ{\psi_{\pm}}^{-1}}(0,0) =g\bra{0,0,\pm1} =\brb{\bra{\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}}} \end{align*}

が臨界点である.また,この臨界点は非退化である.

[1], [2]の臨界点をg(\cos\theta,\sin\theta,0)と併せて書けることに注意すると,fの臨界点全部の集合は

\begin{align*} \set{\bra{\frac{-\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta}{\sqrt{6}}, \frac{-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta}{\sqrt{6}}, \frac{2\cos\theta}{\sqrt{6}}}}{\theta\in[0,2\pi)} \brb{\bra{\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}}} \end{align*}

であり,このうち非退化であるのは,

\begin{align*} \brb{\bra{\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}}} \end{align*}

である.

参考文献

以下の問題集は,実際に私が大学院入試対策で使用したものである.

演習 大学院入試問題

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る.

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

が扱われている.

問題の種類としては発想問題よりも,ちゃんと地に足つけた考え方で解ける問題が多い.

計算量が多い問題,基本問題も多く扱われているが,試験では基本問題ほど手早く処理することが求められるので,その意味で試験への対応力が養われるであろう.(私自身,計算力があまり高くないので苦労した.)

目次や詳しい内容は以下の記事を参照してください.

詳解と演習大学院入試問題〈数学〉

上述の姫野氏の問題集とは対照的に,問題数はそこまで多くないが1問1問の解説が丁寧になされている.また,構成が読みやすい.

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

典型的な問題でも複数の解法を紹介しているので,私は参考になることも多かった.

個人的に,この本は非常に好感が持てる良書であった.

目次や詳しい内容は以下の記事を参照してください.

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