2027年度｜京都大学 大学院入試｜数学・数理解析専攻｜基礎科目

求める広義積分を$I$とおく．$I$の被積分関数が$\overline{D}\setminus\{(0,0)\}$に連続的に一意に延長できることと，$y=x$に関する対称性より，

\begin{align*}D’:=\set{(x,y)\in\R^2}{0<x^2+y^2\le x+y,\ y\le x}\end{align*}

とおくと

\begin{align*}I=2\iint_{D’}\frac{x-y}{(x^2+y^2)^\alpha}\,dxdy\end{align*}

である．さらに，

\begin{align*}D_n:=\set{(x,y)\in\R^2}{\frac{1}{n^2}\le x^2+y^2\le x+y,\ y\le x}\quad(n=1,2,\dots)\end{align*}

とおくと，$D_n\subset D_{n+1}$（$n=1,2,\dots$）かつ$\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}D_n=D’$だから

\begin{align*}I=\lim_{n\to\infty}2\iint_{D_n}\frac{x-y}{(x^2+y^2)^\alpha}\,dxdy\end{align*}

である．極座標変換$x=r\cos{\theta}$, $y=r\sin{\theta}$（$0<r$, $-\pi<\theta<\pi$）により，$D_n$は

\begin{align*}E_n:&=\set{(r,\theta)\in(0,\infty)\times\left(-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]}{\frac{1}{n^2}\le r^2\le r\cos{\theta}+r\sin{\theta}}
\\&=\set{(r,\theta)\in(0,\infty)\times\left(-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]}{\frac{1}{n}\le r\le\sqrt{2}\sin{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}}\end{align*}

に対応する．$E_n$は縦線集合だから，

\begin{align*}&\iint_{D_n}\frac{x-y}{(x^2+y^2)^\alpha}\,dxdy
\\&=\iint_{E_n}\frac{r\cos{\theta}-r\sin{\theta}}{r^{2\alpha}}\cdot r\,drd\theta
\\&=\sqrt{2}\int_{\theta_n-\pi/4}^{\pi/4}\bra{\int_{1/n}^{\sqrt{2}\sin{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}}r^{2-2\alpha}\,dr}\cos{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}\,d\theta
\\&=\sqrt{2}\int_{\sin{\theta_n}}^{1}\bra{\int_{1/n}^{\sqrt{2}t}r^{2-2\alpha}\,dr}\,dt\end{align*}

と逐次積分に書き換えられる．ただし，$\theta_n:=\sin^{-1}\bra{\frac{1}{\sqrt{2}n}}$とおき，$t=\sin{\bra{\theta+\frac{\pi}{4}}}$と変数変換した．

$r$に関する積分について

\begin{align*}\int_{1/n}^{\sqrt{2}t}r^{2-2\alpha}\,dr
=\brc{\frac{r^{3-2\alpha}}{3-2\alpha}}_{1/n}^{\sqrt{2}t}
=\frac{2^{\frac{3-2\alpha}{2}}t^{3-2\alpha}-n^{2\alpha-3}}{3-2\alpha}\end{align*}

と計算でき，$t$に関する積分について

\begin{align*}&\int_{\sin{\theta_n}}^{1}\bra{2^{\frac{3-2\alpha}{2}}t^{3-2\alpha}-n^{2\alpha-3}}\,dt
\\&=\brc{\frac{2^{\frac{3-2\alpha}{2}}t^{4-2\alpha}}{4-2\alpha}-n^{2\alpha-3}t}_{\sin{\theta_n}}^{1}
\\&=\frac{2^{\frac{3-2\alpha}{2}}\bra{1-\sin^{4-2\alpha}{\theta_n}}}{4-2\alpha}-n^{2\alpha-3}(1-\sin{\theta_n})
\end{align*}

と計算できるから，以上と$\alpha<\frac{3}{2}$を併せて

\begin{align*}I&=\lim_{n\to\infty}\frac{2\sqrt{2}}{3-2\alpha}\bra{\frac{2^{\frac{3-2\alpha}{2}}\bra{1-\sin^{4-2\alpha}{\theta_n}}}{4-2\alpha}-n^{2\alpha-3}\bra{1-\sin{\theta_n}}}
\\&=\frac{2^{3-\alpha}}{(3-2\alpha)(4-2\alpha)}\end{align*}

を得る．

$A:=\bmat{2&1&1\\-2a&1&2\\3a&3&2}$とおく．$A$の固有多項式は

\begin{align*}|xI_3-A|
&=\vmat{x-2&-1&-1\\2a&x-1&-2\\-3a&-3&x-2}
=\vmat{x-2&-1&0\\2a&x-1&-x-1\\-3a&-3&x+1}
\\&=(x+1)\vmat{x-2&-1&0\\2a&x-1&-1\\-3a&-3&1}
=(x+1)\vmat{x-2&-1&0\\-a&x-4&0\\-3a&-3&1}
\\&=(x+1)\vmat{x-2&-1\\-a&x-4}
=(x+1)(x^2-6x+8-a)\end{align*}

である．$A$が$\R$上で対角化可能であるためには，固有値が実数であることが必要なので，$x^2-6x+8-a=(x-3)^2-1-a$より$a\ge-1$が必要である．

逆に$a\ge-1$のとき，$A$の固有値は$-1,3\pm\sqrt{1+a}$である．

［１］$a>-1$かつ$a\neq15$のとき，異なる３つの実固有値をもち，一般に実固有値に属する固有ベクトルは実数係数の連立の解で得られるから実ベクトルとしてとれる．

よって，異なる３つの実固有値それぞれに属する実固有ベクトルを一つずつとって並べた行列$P$により$A$は対角化可能である．

［２］$a=-1$のとき，$A$の固有値は−１，３，３であり，行基本変形により

\begin{align*}A-3I_3&=\bmat{-1&1&1\\2&-2&2\\-3&3&-1}
\to\bmat{-1&1&1\\0&0&0\\0&0&-4}
\to\bmat{-1&1&0\\0&0&1\\0&0&0}\end{align*}

なので$A$の固有値３の固有空間の次元が１で，これは固有値３の代数的重複度２未満なので$A$は対角化不可能である．

［３］$a=15$のとき，$A$の固有値は−１，−１，７であり，行基本変形により

\begin{align*}A+I_3&=\bmat{3&1&1\\-30&2&2\\45&3&3}
\to\bmat{3&1&1\\0&12&12\\0&-12&-12}
\to\bmat{3&0&0\\0&1&1\\0&0&0}\end{align*}

なので$A$の固有値−１の固有空間の次元が１で，これは固有値−１の代数的重複度２未満なので$A$は対角化不可能である．

以上より，求める実数$a$は$a>-1$かつ$a\neq15$である．

$V=\{\m{0}\}$のときは成り立つから，以下$n:=\dim{V}\ge1$の場合を示す．

$V$のある基底$\mathcal{B}$が存在して，$f$の$\mathcal{B}$に関する表現行列は$n$次ジョルダン行列$J$となる．このとき

• $J$を左からかける線形写像$f_J:\C^n\to\C^n$
• $\mathcal{B}$により自然に定まる同型$\phi_\mathcal{B}:V\to\C^n$

を定めると，$f=\phi_\mathcal{B}^{-1}\circ f_J\circ \phi_\mathcal{B}$である．$\phi_\mathcal{B}$と$\phi_\mathcal{B}^{-1}$は同型なので，

\begin{align*}\operatorname{Ker}(f^2)
&=\set{\m{v}\in V}{\phi_\mathcal{B}^{-1}\circ f_J^2\circ \phi_\mathcal{B}(\m{v})=\m{0}_n}
\\&=\set{\m{v}\in V}{f_J^2\circ \phi_\mathcal{B}(\m{v})=\m{0}_n}
\\&=\set{\phi_\mathcal{B}^{-1}(\m{a})\in V}{f_J^2(\m{a})=\m{0}_n,\ \m{a}\in\C^n}
=\phi_\mathcal{B}^{-1}(\operatorname{Ker}(J^2)),
\\\operatorname{Im}(f)
&=\set{\phi_\mathcal{B}^{-1}\circ f_J\circ \phi_\mathcal{B}(\m{v})}{\m{v}\in V}
\\&=\set{\phi_\mathcal{B}^{-1}\circ f_J(\m{a})}{\m{a}\in\C^n}
=\phi_\mathcal{B}^{-1}(\operatorname{Im}(J))\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}\operatorname{Ker}(f^2)=\operatorname{Im}(f)
&\iff\operatorname{Ker}(J^2)=\operatorname{Im}(J)\end{align*}

が成り立つ．

ここで，正の整数$n$と$\lambda\in\C$に対して，$J_n(\lambda)$を固有値$\lambda$の$n$次ジョルダン細胞とし，

\begin{align*}J=J_{m_1}(0)\oplus\dots\oplus J_{m_r}(0)\oplus J_{n_1}(\lambda_1)\oplus\dots\oplus J_{n_s}(\lambda_s)&
\\(\lambda_1,\dots,\lambda_s\in\C\setminus\{0\},\ 1\le m_1\le\dots\le m_r)&\end{align*}

とおく．ただし，便宜上，$J$が固有値０のジョルダン細胞をもたないときは$r=0$で$r$に関する和は０とし，$J$が固有値が０でないジョルダン細胞をもたないときは$s=0$で$s$に関する和は０とする．

$r\ge1$のとき，$m_1=1$と仮定すると，第１成分のみ１で他の成分は全て０の$\m{e}_1\in\C^n$に対し，

• $J$の第１行の成分は全て０なので$\operatorname{Im}J$の任意のベクトルの第１成分は０となり$\m{e}_1\notin\operatorname{Im}J$
• $J^2$の第１列の成分は全て０なので$J^2\m{e}_1=\m{0}_n$となり$\m{e}_1\in\operatorname{Ker}J^2$

が成り立ち$\operatorname{Ker}(J^2)=\operatorname{Im}(J)$に矛盾するから，$m_1\neq1$である．

また，次元定理と併せて

\begin{align*}n&=\dim\operatorname{Im}(J^2)+\dim\operatorname{Ker}(J^2)
\\&=\dim\operatorname{Im}(J^2)+\dim\operatorname{Im}(J)
\\&=\sum_{i=1}^{r}\bra{\operatorname{rank}(J_{m_i}(0)^2)+\operatorname{rank}J_{m_i}(0)}
\\&\qquad+\sum_{j=1}^{s}\bra{\operatorname{rank}(J_{n_j}(\lambda_j)^2)+\operatorname{rank}J_{n_j}(\lambda_j)}\end{align*}

である．

$(n,\lambda)\neq(1,0)$なる正の整数$n$と$\lambda\in\C$に対して

\begin{align*}&\operatorname{rank}(J_n(\lambda))=\begin{cases}n-1,&\lambda=0,\ n\ge2,\\n,&\lambda\neq0,\end{cases}
\\&\operatorname{rank}(J_n(\lambda)^2)=\begin{cases}n-2,&\lambda=0,\ n\ge2,\\n,&\lambda\neq0\end{cases}\end{align*}

なので，$J$と$J$をなすジョルダン細胞の次数を比較して$n=\sum_{i=1}^{r}m_i+\sum_{j=1}^{s}n_j$が成り立つことに注意して

\begin{align*}n&=\sum_{j=1}^{r}(2m_j-3)+\sum_{k=1}^{s}2n_k
\\&=-3r+2\bra{\sum_{i=1}^{r}m_i+\sum_{j=1}^{s}n_j}
\\&=-3r+2n\end{align*}

となり$\dim{V}=n=3r$を得る．

（$\operatorname{Ker}(f^2)=\operatorname{Im}(f)\iff \operatorname{Ker}(J^2)=\operatorname{Im}(J)$までは解答例１と同様．）

任意の$\m{x}\in\C^n$に対して，$J\m{x}\in\operatorname{Im}(J)=\operatorname{Ker}(J^2)$なので

\begin{align*}J^3\m{x}=J^2(J\m{x})=\m{0}\end{align*}

だから$J^3$は零行列である．正の整数$n$と$\lambda\in\C$に対して，$J_n(\lambda)$を固有値$\lambda$の$n$次ジョルダン細胞とし，

\begin{align*}J=J_{n_1}(\lambda_1)\oplus\dots\oplus J_{n_r}(\lambda_r)\end{align*}

とおくと，

\begin{align*}O_n=J^3=J_{n_1}(\lambda_1)^3\oplus\dots\oplus J_{n_r}(\lambda_r)^3\end{align*}

が成り立つ．任意の正の整数$n$と$\lambda\in\C\setminus\{0\}$に対し$J_n(\lambda)^3$は零行列でなく，４以上の任意の正の整数$n$に対し$J_n(0)^3$は零行列でないから，$\lambda_1=\dots=\lambda_r=0$かつ$n_1,\dots,n_r\in\{1,2,3\}$が成り立つ．

ここで，ある$i\in\{1,2,\dots,r\}$が存在して$n_i=1,2$なら，第$n_1+\dots+n_i$成分のみ１で他の成分は全て０の$\m{e}\in\C^n$に対し，

• $J$の第$n_1+\dots+n_i$行の成分は全て０なので$\operatorname{Im}J$の任意のベクトルの第$n_1+\dots+n_i$成分は０となり$\m{e}\notin\operatorname{Im}J$
• $J^2$の第$n_1+\dots+n_i$列の成分は全て０なので$J^2\m{e}=\m{0}_n$となり$\m{e}\in\operatorname{Ker}J^2$

が成り立ち$\operatorname{Ker}(J^2)=\operatorname{Im}(J)$に矛盾するから，$n_i\neq1,2$（$i=1,2,\dots,r$）である．

よって，$n_1=\dots=n_r=3$なので，$\dim{V}=n=3r$が従う．

背理法により示す．$xf(x)$が定数関数でないと仮定する．このとき，ある異なる$p,p’>0$が存在して，$C:=|pf(p)-p’f(p’)|>0$が成り立つ．

また，$f$は連続だから関数$xf(x)$も連続なので，ある$\delta,\delta’\in(0,\frac{|p-p’|}{2})$が存在して，

\begin{align*}&|x-p|<\delta\Ra|xf(x)-pf(p)|<\frac{C}{4},
\\&|x-p’|<\delta’\Ra|xf(x)-p’f(p’)|<\frac{C}{4}\end{align*}

が成り立つ．よって，$(0,\infty)$における$\Q\cap(0,\infty)$の稠密性と併せて，ある異なる$r,r’\in\Q\cap(0,\infty)$が存在して，$|rf(r)-r’f(r’)|>\frac{C}{2}>0$が成り立つ．

ここで，$r=\frac{k}{m}$, $r’=\frac{k’}{m’}$（$k,m,k’,m’$は正の整数）とおく．

このとき，任意の正の整数$n$に対して，

\begin{align*}\sup_{x>0}|f_{nk’m}(x)-f_{nkm’}(x)|
&\ge\abs{f_{km’n}\bra{\frac{1}{mm’n}}-f_{k’mn}\bra{\frac{1}{mm’n}}}
\\&=\abs{mm’n\cdot\frac{k}{m}f\bra{\frac{k}{m}}-mm’n\cdot\frac{k’}{m’}f\bra{\frac{k’}{m’}}}
\\&=mm’n|rf(r)-r’f(r’)|\end{align*}

が成り立つ．よって，$rf(r)-r’f(r’)\neq0$と併せて

\begin{align*}&\liminf_{n\to\infty}\sup_{x>0}|f_{nk’m}(x)-f_{nkm’}(x)|
\\&\ge \lim_{n\to\infty}mm’n|rf(r)-r’f(r’)|
=\infty\end{align*}

となるが，これは

\begin{align*}&\limsup_{n\to\infty}\sup_{x>0}|f_{nk’m}(x)-f_{nkm’}(x)|
\\&\le\lim_{n\to\infty}\bra{\sup_{x>0}|f_{nk’m}(x)-g(x)|+\sup_{x>0}|g(x)-f_{nkm’}(x)|}=0\end{align*}

に矛盾するから，仮定は誤りで$xf(x)$は定数関数である．

任意の正の整数$m$と$x>0$に対して

\begin{align*}g(x)&=\lim_{n\to\infty}f_{mn}(x)
=\lim_{n\to\infty}mnf(mnx)
\\&=\lim_{n\to\infty}m\cdot nf(n\cdot mx)
=\lim_{n\to\infty}mf_n(mx)
=mg(mx)\end{align*}

が成り立つ．そこで，$g(x)=mg(mx)$に$x=\frac{n}{m},1$（$n$は正の整数）を代入すると，

\begin{align*}g\bra{\frac{n}{m}}=mg(n),\quad
g(1)=mg(m)\bra{\iff g(n)=\frac{1}{n}g(1)}\end{align*}

が成り立つから$g\bra{\frac{n}{m}}=\frac{m}{n}g(1)$が従う．

さらに，実数値連続関数列$\{f_n\}_{n=1}^{\infty}$の一様収束極限だから$g$が連続であることと，

\begin{align*}\Q\cap(0,\infty)=\set{\frac{n}{m}}{\text{$m$, $n$は正の整数}}\end{align*}

の$(0,\infty)$における稠密性を併せて，任意の$x>0$に対して$g(x)=\frac{g(1)}{x}$が成り立つ．

ここで，任意の$x>0$に対して

\begin{align*}|f(x)-g(x)|
=|\frac{1}{n}f_n\bra{\frac{x}{n}}-\frac{1}{n}\cdot g\bra{\frac{x}{n}}|
\le\frac{1}{n}\sup_{x>0}|f_n(x)-g(x)|
\xrightarrow[]{n\to\infty}0\end{align*}

だから，もとより$0\le|f(x)-g(x)|$であることと併せて$f(x)=g(x)=\frac{g(1)}{x}$が従う．

まず$z\in\C$の方程式$z^4-6z^2+25=0$を解くが，左辺は$(z^2-3-4i)(z^2-3+4i)$と因数分解できるから$z^2=3\pm4i$を解けばよい．

$z=a+bi$（$a,b\in\R$）とおくと

\begin{align*}z^2=3+4i\iff \begin{cases}a^2-b^2=3,\\ab=2\end{cases}\end{align*}

であり，第１式の$a^2$倍に$ab=2$を代入して

\begin{align*}a^4-3a^2-4=0
\iff(a^2-4)(a^2+1)=0
\iff a=\pm2\end{align*}

が必要なので，もとの式に代入して$(a,b)=(2,1),(-2,-1)$を得る．よって，$z^2=3+4i$の解は

\begin{align*}\alpha:=2+i,\quad
\beta:=-2-i\end{align*}

である．同様に$z^2=3-4i$の解は

\begin{align*}\gamma:=-2+i,\quad
\delta:=2-i\end{align*}

である．

ここで，領域$\C\setminus\{\alpha,\beta,\gamma,\delta\}$上の正則関数$f$を

\begin{align*}f(z)=\frac{1+e^{2\pi z i}}{z^4-6z^2+25}\end{align*}

で定める．また，$R>\sqrt{5}$に対して閉曲線$\Gamma_R\subset\C\setminus\{\alpha,\beta,\gamma,\delta\}$を

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

で定める．ただし，閉曲線$\Gamma_R$の向きは正方向とする．このとき，求める広義積分を$I$とおくと

\begin{align*}I&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2}\int_{-R}^{R}\frac{1+\cos{2\pi x}}{x^4-6x^2+25}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2}\operatorname{Re}\int_{-R}^{R}\frac{1+e^{2\pi xi}}{x^4-6x^2+25}\,dx
\\&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2}\operatorname{Re}\int_{L_R}f(z)\,dz\end{align*}

である．ただし，$z\in\C$に対して$\operatorname{Re}z$は$z$の実部を表す．

［１］$\alpha$と$\gamma$は閉曲線$\Gamma_R$の内部の$f$の極で，$\Gamma_R$は$f$の正則領域に含まれるから，留数定理より

\begin{align*}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz=2\pi i(\operatorname{Res}(f,\alpha)+\operatorname{Res}(f,\gamma))\end{align*}

である．$\alpha$と$\gamma$はいずれも$f$の１位の極だから

\begin{align*}\operatorname{Res}(f,\alpha)
&=\lim_{z\to\alpha}f(z)(z-\alpha)
=\frac{1+e^{2\pi \alpha i}}{(\alpha-\beta)(\alpha^2-3+4i)}
\\&=\frac{1+e^{-2\pi+4\pi i}}{16(2+i)i}
=\frac{1+e^{-2\pi}}{16(2+i)i},
\\\operatorname{Res}(f,\gamma)
&=\lim_{z\to\gamma}f(z)(z-\gamma)
=\frac{1+e^{2\pi \gamma i}}{(\gamma^2-3-4i)(\gamma-\delta)}
\\&=\frac{1+e^{-2\pi-4\pi i}}{16(2-i)i}
=\frac{1+e^{-2\pi}}{16(2-i)i}\end{align*}

なので，

\begin{align*}\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz
&=2\pi i\bra{\frac{1+e^{-2\pi}}{16(2+i)i}+\frac{1+e^{-2\pi}}{16(2-i)i}}
\\&=\frac{4\pi(1+e^{-2\pi})}{8(2+i)(2-i)}
=\frac{\pi(1+e^{-2\pi})}{10}\end{align*}

である．

［２］$z\in C_R$は$z=R(\cos{t}+i\sin{t})$（$t\in[0,\pi]$）と表せるので，

\begin{align*}|e^{2\pi zi}|=\abs{e^{2\pi R(i\cos{t}-\sin{t})}}=e^{-2\pi R\sin{t}}\le1\end{align*}

であることに注意すると，$R^4>6R^2+25$となる十分大きな$R>\sqrt{5}$に対して

\begin{align*}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}
&\le\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{1+e^{2\pi Re^{it}i}}{R^4e^{4it}-6R^2e^{2it}+25}\,Rie^{it}dt}
\\&\le\int_{0}^{\pi}\frac{|1+e^{2\pi zi}||Rie^{it}|}{|R^4e^{4it}-6R^2e^{2it}+25|}\,dt
\\&\le \int_{0}^{\pi}\frac{(1+1)R}{R^4-6R^2-25}\,dt
\\&\le \frac{2R\pi}{R^4-6R^2-25}
\xrightarrow[]{R\to\infty}0\end{align*}

なので，$\lim\limits_{R\to\infty}\abs{\int_{C_R}f(z)\,dz}=0$が成り立つ．

以上より，求める広義積分$I$は

\begin{align*}I&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2}\operatorname{Re}\int_{L_R}f(z)\,dz
\\&=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2}\operatorname{Re}\bra{\int_{\Gamma_R}f(z)\,dz-\int_{C_R}f(z)\,dz}
\\&=\frac{1}{2}\operatorname{Re}\bra{\frac{\pi(1+e^{-2\pi})}{10}-0}
=\frac{\pi(1+e^{-2\pi})}{20}\end{align*}

である．

任意に$(\m{a},\m{b})\in\phi^{-1}(1,0,0)$をとり，$\m{a}=(a_1,a_2)$, $\m{b}=(b_1,b_2)$と表すと，

\begin{align*}g(\m{b})-f(\m{a})=(1+b_1-a_1,-a_2,b_2)\end{align*}

より$a_2=b_2=0$なので，$(a_1,b_1)=(\pm1,\pm1)$（複号任意）であり

\begin{align*}&\phi((1,0),(1,0))=\phi((-1,0),(1,0))=\phi((-1,0),(-1,0))=(1,0,0),
\\&\phi((1,0),(-1,0))=(-1,0,0)\end{align*}

なので，

\begin{align*}\m{p}_1:=((1,0),(1,0)),\quad
\m{p}_2:=((-1,0),(1,0)),\quad
\m{p}_3:=((-1,0),(-1,0))\end{align*}

とおくと，$\phi^{-1}(1,0,0)=\{\m{p}_1,\m{p}_2,\m{p}_3\}$である．なお，同様の議論で$g(\m{y})-f(\m{x})\neq0$（$\m{x},\m{y}\in S^1$）であることが分かる．

ここで，$F:S^1\times S^1\to\R^3\setminus\{\m{0}_3\}$と$N:\R^3\setminus\{\m{0}_3\}\to S^2$を

\begin{align*}&F(\m{x},\m{y}):=g(\m{y})-f(\m{x}),\quad
N(\m{x}):=\frac{\m{x}}{\|\m{x}\|}\end{align*}

で定めると，$\phi=N\circ F$が成り立つから，$\phi$の点$\m{p}_k\in S^1\times S^1$での微分$(d\phi)_{\m{p}_k}$は

\begin{align*}(d\phi)_{\m{p}_k}=(dN)_{F(\m{p}_k)}\circ (dF)_{\m{p}_k}\end{align*}

となる（$k=1,2,3$）．

ここで，任意に$k=1,2,3$をとる．$F$の$\R^4$への自然な拡張を

\begin{align*}\widetilde{F}:\R^4\to\R^3;(x_1,x_2,y_1,y_2)\mapsto(1-x_1+y_1,-x_2,y_2)\end{align*}

で定めると，$J\widetilde{F}(x_1,x_2,y_1,y_2)=\bmat{-1&0&1&0\\0&-1&0&0\\0&0&0&1}$である．また，$\m{p}_k=(\m{x}_k,\m{y}_k)$（$\m{x}_k,\m{y}_k\in S^1$）とおくと

\begin{align*}T_{\m{p}_k}(S^1\times S^1)
=T_{\m{x}_k}S^1\times T_{\m{y}_k}S^1
=\set{((0,s),(0,t))}{s,t\in\R}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}(dF)_{\m{p}_k}((0,s),(0,t))
=J\widetilde{F}(\m{p}_k)\bmat{0\\s\\0\\t}
=\bmat{0\\-s\\t}\end{align*}

を得る．

さらに，$\m{x}=(x_1,x_2,x_3)$とすると，異なる$i,j\in\{1,2,3\}$に対して

\begin{align*}&\frac{\partial}{\partial x_i}\bra{\frac{x_i}{\|\m{x}\|}}
=\frac{\|\m{x}\|-x_i\frac{2\anb{\frac{\partial \m{x}}{\partial x_i},\m{x}}}{2\sqrt{\anb{\m{x},\m{x}}}}}{\|\m{x}\|^2}
=\frac{\|\m{x}\|^2-x_i^2}{\|\m{x}\|^3},
\\&\frac{\partial}{\partial x_j}\bra{\frac{x_i}{\|\m{x}\|}}
=\frac{-x_i\cdot2\anb{\frac{\partial \m{x}}{\partial x_j},\m{x}}}{2\|\m{x}\|^3}
=\frac{-x_ix_j}{\|\m{x}\|^3}\end{align*}

なので，$F(\m{p}_k)=(c_k,0,0)$とおくと

\begin{align*}JN(F(\m{p}_k))
&=\left.\frac{1}{\|\m{x}\|^3}\bmat{\|\m{x}\|^2-x_1^2&-x_1x_2&-x_1x_3\\
-x_2x_1&\|\m{x}\|^2-x_2^2&-x_2x_3\\
-x_3x_1&-x_3x_2&\|\m{x}\|^2-x_3^2}\right|_{\m{x}=(c_k,0,0)}
\\&=\frac{1}{|c_k|}\bmat{0&0&0\\0&1&0\\0&0&1}\end{align*}

である．以上より，任意の$s,t\in\R$に対して

\begin{align*}(d\phi)_{\m{p}_k}((0,s),(0,t))
&=(dN)_{F(\m{p}_k)}\circ (dF)_{\m{p}_k}((0,s),(0,t))
\\&=\frac{1}{|c_k|}\bmat{0&0&0\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{0\\-s\\t}
=\frac{1}{|c_k|}\bmat{0\\-s\\t}\end{align*}

が成り立つ．よって，

\begin{align*}\operatorname{Im}(d\phi)_{\m{p}_k}
=\set{\frac{1}{|c_k|}\bmat{0\\-s\\t}}{s,t\in\R}
=T_{(1,0,0)}S^2\end{align*}

だから$(d\phi)_{\m{p}_k}:T_{\m{p}_k}(S^1\times S^1)\to T_{(1,0,0)}S^2$は全射なので，$\m{p}_k$は$\phi$の正則点である．よって，$(1,0,0)$は$\phi$の正則値である．

（$\phi^{-1}$を求めるところまでは解答例１と同様．）

\begin{align*}\m{p}_1:=((1,0),(1,0)),\quad
\m{p}_2:=((-1,0),(1,0)),\quad
\m{p}_3:=((-1,0),(-1,0))\end{align*}

とおくと，$\phi^{-1}(1,0,0)=\{\m{p}_1,\m{p}_2,\m{p}_3\}$である．なお，同様の議論で$g(\m{y})-f(\m{x})\neq0$（$\m{x},\m{y}\in S^1$）であることが分かる．

ここで，

\begin{align*}&U_1:=(-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6}),\quad
U_2:=(\frac{5\pi}{6},\frac{7\pi}{6}),
\\&V:=\set{(x,y)\in\R^2}{x^2+y^2<1},
\\&W_i:=\set{(\cos{\theta},\sin{\theta})\in S^1}{\theta\in U_i},\quad(i=1,2)
\\&W:=\set{(x,y,z)\in S^2}{x>0},\end{align*}

• ３点$\m{p}_1,\m{p}_2,\m{p}_3\in S^1\times S^1$それぞれの局所座標\begin{align*}&\psi_1:W_1\times W_1\to U_1\times U_1;(\cos{\theta},\sin{\theta},\cos{\eta},\sin{\eta})\mapsto(\theta,\eta),
  \\&\psi_2:W_2\times W_1\to U_2\times U_1;(\cos{\theta},\sin{\theta},\cos{\eta},\sin{\eta})\mapsto(\theta,\eta),
  \\&\psi_3:W_2\times W_2\to U_2\times U_2;(\cos{\theta},\sin{\theta},\cos{\eta},\sin{\eta})\mapsto(\theta,\eta)\end{align*}
• $S^2$の点$(1,0,0)$の局所座標\begin{align*}\widetilde{\psi}:W\to V;(\sqrt{1-x^2-y^2},x,y)\mapsto(x,y)\end{align*}

をとる．このとき，

\begin{align*}\phi^{-1}(1,0,0)=\{\psi_1^{-1}(0,0),\psi_2^{-1}(\pi,0),\psi_3^{-1}(\pi,\pi)\}\end{align*}

であり，$\Phi_k:=\widetilde{\psi}\circ\phi\circ\psi_k^{-1}$（$k=1,2,3$）が定義できるので，ヤコビ行列$(J\Phi_1)(0,0)$, $(J\Phi_2)(\pi,0)$, $(J\Phi_3)(\pi,\pi)$が正則であることを示せばよい．

ここで，$F:(-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})^2\to\R^3\setminus\{\m{0}_3\}$を

\begin{align*}F(\theta,\eta)=g(\cos{\eta},\sin{\eta})-f(\cos{\theta},\sin{\theta})\end{align*}

で定めると，$\Phi_k(\theta,\eta)=\frac{(-\sin{\theta},\sin{\eta})}{\|F(\theta,\eta)\|}$なので，

\begin{align*}(J\Phi_k)(\theta,\eta)
=\bmat{-\frac{\partial}{\partial\theta}\bra{\frac{\sin\theta}{\|F(\theta,\eta)\|}}&-\frac{\partial}{\partial\eta}\bra{\frac{\sin\theta}{\|F(\theta,\eta)\|}}\\
\frac{\partial}{\partial\theta}\bra{\frac{\sin\eta}{\|F(\theta,\eta)\|}}&\frac{\partial}{\partial\eta}\bra{\frac{\sin\eta}{\|F(\theta,\eta)\|}}}\end{align*}

である（$k=1,2,3$）．

\begin{align*}&F(\theta,\eta)=(1+\cos{\eta}-\cos{\theta},-\sin{\theta},\sin{\eta}),
\\&\frac{\partial F}{\partial\theta}(\theta,\eta)=(\sin{\theta},-\cos{\theta},0),\quad
\frac{\partial F}{\partial\eta}(\theta,\eta)=(-\sin{\eta},0,\cos{\eta})\end{align*}

なので，

\begin{align*}&F(0,0)=(1,0,0),\quad
F(\pi,0)=(3,0,0),\quad
F(\pi,\pi)=(1,0,0),
\\&\frac{\partial F}{\partial\theta}(0,0)=(0,-1,0),\quad
\frac{\partial F}{\partial\theta}(\pi,0)=(0,1,0),\quad
\frac{\partial F}{\partial\theta}(\pi,\pi)=(0,1,0),
\\&\frac{\partial F}{\partial\eta}(0,0)=(0,0,1),\quad
\frac{\partial F}{\partial\eta}(\pi,0)=(0,0,1),\quad
\frac{\partial F}{\partial\eta}(\pi,\pi)=(0,0,-1)\end{align*}

である．以下，$(\theta,\eta)=(0,0),(\pi,0),(\pi,\pi)$とする．このとき，標準内積について

\begin{align*}\anb{F(\theta,\eta),\frac{\partial F}{\partial\theta}(\theta,\eta)}=\anb{F(\theta,\eta),\frac{\partial F}{\partial\eta}(\theta,\eta)}=\sin{\theta}=\sin{\eta}=0\end{align*}

なので，

\begin{align*}&\frac{\partial}{\partial\theta}\bra{\frac{\sin\theta}{\|F(\theta,\eta)\|}}
=\frac{\cos{\theta}\|F(\theta,\eta)\|-\sin{\theta}\cdot\frac{\anb{F(\theta,\eta),\frac{\partial F}{\partial \theta}(\theta,\eta)}}{\|F(\theta,\eta)\|}}{\|F(\theta,\eta)\|^2}
=\frac{\cos{\theta}}{\|F(\theta,\eta)\|},
\\&\frac{\partial}{\partial\eta}\bra{\frac{\sin\theta}{\|F(\theta,\eta)\|}}
=\frac{-\sin{\theta}\cdot\frac{\anb{F(\theta,\eta),\frac{\partial F}{\partial\eta}(\theta,\eta)}}{\|F(\theta,\eta)\|}}{\|F(\theta,\eta)\|^2}
=0\end{align*}

であり，同様に

\begin{align*}&\frac{\partial}{\partial\theta}\bra{\frac{\sin\eta}{\|F(\theta,\eta)\|}}=0,\quad
\frac{\partial}{\partial\eta}\bra{\frac{\sin\eta}{\|F(\theta,\eta)\|}}=\frac{\cos{\eta}}{\|F(\theta,\eta)\|}\end{align*}

である．よって，

\begin{align*}(J\Phi_1)_{(0,0)}=\bmat{-1&0\\0&1},\quad
(J\Phi_2)_{(\pi,0)}=\bmat{1/3&0\\0&1/3},\quad
(J\Phi_3)_{(\pi,\pi)}=\bmat{1&0\\0&-1}\end{align*}

となり，これらはいずれも正則なので$(1,0,0)\in S^2$は$\phi$の正則値である．

任意の$y_1,y_2,\dots\in\{-2,0,2\}$と正の整数$N$に対して，

\begin{align*}\abs{\sum_{i=N+1}^{\infty}\frac{y_i}{3^i}}
\le\sum_{i=N+1}^{\infty}\frac{|y_i|}{3^i}
\le\sum_{i=N+1}^{\infty}\frac{2}{3^i}
=\frac{\frac{2}{3^{N+1}}}{1-\frac{1}{3}}
=\frac{1}{3^N}\end{align*}

が成り立つことに注意する．

$A$が開集合であることの証明

任意に$p\in A$をとり，$\epsilon:=\frac{1}{3^n}$とおく．$X$はユークリッド空間の部分位相空間だから，$X\cap(p-\epsilon,p+\epsilon)$は$X$における$p$の開近傍なので，

\begin{align*}X\cap(p-\epsilon,p+\epsilon)\subset A\end{align*}

が成り立つことを示せば，$A$が開であることが分かる．

任意に$q\in X\cap(p-\epsilon,p+\epsilon)$をとり，

\begin{align*}&p=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x_i}{3^i},&&x_1,x_2,\dots\in\{0,2\},
\\&q=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{y_i}{3^i},&&y_1,y_2,\dots\in\{0,2\}\end{align*}

とおく．$A$の定義より$x_i=a_i$（$i=1,2,\dots,n$）である．

ここで，ある$j\in\{1,2,\dots,n\}$が存在して$y_j\neq a_j$が成り立つと仮定し，このような$j$のうち最小のものを$N$とおくと，

\begin{align*}|p-q|
=\abs{\sum_{i=N}^{\infty}\frac{x_i-y_i}{3^i}}
\ge\frac{2}{3^N}-\abs{\sum_{i=N+1}^{\infty}\frac{x_i-y_i}{3^i}}
\ge\frac{1}{3^N}
\ge\epsilon\end{align*}

が成り立つから，$q\in(p-\epsilon,p+\epsilon)$に矛盾する．よって，$y_i=a_i$（$i=1,2,\dots,n$）だから$q\in A$が成り立ち，$X\cap(p-\epsilon,p+\epsilon)\subset A$が従う．

$A$が閉集合であることの証明

任意に$p\in X\setminus A$をとり，

\begin{align*}&p=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x_i}{3^i},
&&x_1,x_2,\dots\in\{0,2\}\end{align*}

とおく．$p\notin A$より，ある$j\in\{1,2,\dots,n\}$が存在して$x_j\neq a_j$が成り立ち，このような$j$のうち最小のものを$N$とおき，$\epsilon:=\frac{1}{3^N}$とおく．

ここで，任意に$a\in A$をとり，

\begin{align*}&a=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a_i}{3^i},
&&a_{n+1},a_{n+2},\dots\in\{0,2\}\end{align*}

とおくと，$|x_N-a_N|=2$なので

\begin{align*}|p-a|
=\abs{\sum_{i=N}^{\infty}\frac{x_i-a_i}{3^i}}
\ge\frac{2}{3^N}-\abs{\sum_{i=N+1}^{\infty}\frac{x_i-a_i}{3^i}}
\ge\epsilon\end{align*}

が成り立つ．よって，$X\cap(p-\epsilon,p+\epsilon)\subset X\setminus A$が従うから$X\setminus A$は$X$の開集合なので，$A$は$X$の閉集合である．