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H28院試/京都大学/数学・数理解析専攻/基礎科目I

平成28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4問あります.試験時間は2時間です.

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

線型写像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,fV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

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

とおくと,

\begin{align*} V=\set{x\m{a}+y\m{b}+z\m{c}}{x,y,z\in\R} \end{align*}

である.fが線形であることから,

\begin{align*} g(V)=\set{xf(\m{a})+yf(\m{b})+zf(\m{c})}{x,y,z\in\R} \end{align*}

なので,f(\m{a}),f(\m{b}),f(\m{c})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a:=[1,2,-2,-4]^{T}, b:=[0,-2,1,3], c:=[1,1,0,-4]とおく.

任意のVの元はxa+yb+zc (x,y,z\in\R)と表され,fが線形写像であることから,g(V)の任意の元はaf(x)+bf(y)+cf(z)と表される.

よって,f(x), f(y), f(z)の張る空間がg(V)である.

\begin{align*} &f(a)=\bmat{2&1&1&0\\4&0&2&1\\2&-1&1&2}\bmat{1\\2\\-2\\-4}=\bmat{2\\-4\\-10}, \\&f(b)=\bmat{2&1&1&0\\4&0&2&1\\2&-1&1&2}\bmat{0\\-2\\1\\3}=\bmat{-1\\5\\9}, \\&f(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(a),f(b),f(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PP^{-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) 全ての固有値の重複度が1であるとき,Aは対角化可能である.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.

具体的には,重複度が1でない固有値に属する固有空間の次元を調べ,対角化可能かを判断すればよい.

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.ここに,\alpha:=\frac{a+\sqrt{a^2-16}}{2}, \beta:=\frac{a-\sqrt{a^2-16}}{2}である.

よって,Aの固有値は1, \frac{a\pm\sqrt{a^2-16}}{2}である.

(ii) \alpha, \betaは(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に属する固有空間が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に属する固有空間が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に属する固有空間が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]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}である.e^{-x}の区間[0,\infty)での積分値は1である.

よって,e^{-x}[0,\infty)で一様連続であることから,nが十分大きいときには積分値1の半分\frac{1}{2}になりそうで,実際にこれは正しい.

x\in[k/n,(k+1)/n)のとき[nx]=kであることを利用すると,

\begin{align*} A :=&\int_0^{\infty}e^{-x}(nx-[nx])\,dx \\=&\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}e^{-x}(nx-k)\,dx \end{align*}

となるから,

\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*}

と評価できる.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=yx\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)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\thetar\ge2のとき,f(x,y)\ge-4/5>-1である.よって,fr\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

(i) 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.

(ii) 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.

[1] 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.

[2] 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.

[3] 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\thetar\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\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,fD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

以下の3冊は,実際に私が使用したものである.

演習 大学院入試問題

ところどころ誤植があったり,もう少しスッキリ解答できるところがあるのが残念.しかし,問題量は非常に豊富である.

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.)

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.

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コメント

  1. まさ より:

    解答のPDFのリンク先へ行けないのですが、、、

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