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京都大学 理学研究科 数学・数理解析専攻 2023年8月実施 基礎科目 [1] ~ [4]

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Author​

Miyake

Description​

大学公表の原題

[1]（問題要約）​

D={(x,y)∈R2:x≥0, y≥0, (x2+y2)2≤x2+2y2}D=\{(x,y)\in\mathbb R^2:x\ge0,\ y\ge0,\ (x^2+y^2)^2\le x^2+2y^2\}

上の積分 ∬Dxye1−x2−y2 dx dy\iint_Dxy e^{1-x^2-y^2}\,dx\,dy を求める。

[2]​

aa を複素数とし、複素 33 次正方行列 AA を

A=(a−1001−a12a−2aa+1)A= \begin{pmatrix} a-1 & 0 & 0 \\ 1 & -a & 1 \\ 2a & -2a & a+1 \end{pmatrix}

と定める。行列 AA の固有値を全て求めよ。また、AA の階数を求めよ。

[3]​

n,mn,m を n≥2mn \ge 2m を満たす正の整数とする。VV を有限次元複素ベクトル空間とする。 f:V→Vf: V\rightarrow V を fn=fmf^n = f^m を満たす線形写像とする。このとき、

V=Ker(fm)⊕Im(fm)V = \text{Ker}(f^m) \oplus \text{Im} (f^m)

を示せ。ここで、Ker(fm)\text{Ker}(f^m) は fmf^m の核であり、Im(fm)\text{Im}(f^m) は fmf^m の像である。

[4]（問題要約）​

r>0r>0 に対して ρr(x)=sin⁡(re−r2x2)\rho_r(x)=\sin\bigl(r e^{-r^2x^2}\bigr) とする。f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R は有界連続関数とする。

  1. 各 r>0r>0 で広義積分 ∫−∞∞f(x)ρr(x) dx\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\rho_r(x)\,dx が収束することを示す。
  2. r→∞r\to\infty でこの積分が 00 に収束することを示す。
  3. さらに ff が原点で微分可能で f(0)=0f(0)=0 なら、r∫−∞∞f(x)ρr(x) dx→0r\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\rho_r(x)\,dx\to0 を示す。

题目描述​

  1. 设 aa 为复数，定义三阶复方阵

    A=(a−1001−a12a−2aa+1).A= \begin{pmatrix} a-1&0&0\\ 1&-a&1\\ 2a&-2a&a+1 \end{pmatrix}.

    求矩阵 AA 的全部特征值，并求 AA 的秩。

  2. 设 n,mn,m 为满足 n≥2mn\geq2m 的正整数，VV 为有限维复向量空间，线性映射 f:V→Vf:V\to V 满足

    fn=fm.f^n=f^m.

    证明

    V=ker⁡(fm)⊕Im⁡(fm),V=\ker(f^m)\oplus\operatorname{Im}(f^m),

    其中 ker⁡(fm)\ker(f^m) 与 Im⁡(fm)\operatorname{Im}(f^m) 分别是 fmf^m 的核与像。

Kai​

[1]​

極座標 x=rcos⁡θ, y=rsin⁡θx=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta を使うと、0≤θ≤π/20\le\theta\le\pi/2、0≤r2≤1+sin⁡2θ0\le r^2\le1+\sin^2\theta である。u=sin⁡2θ, v=r2u=\sin^2\theta,\ v=r^2 と変数変換すれば、

∬Dxye1−x2−y2 dx dy=14∫01∫01+uve1−v dv du=14∫01(e−(2+u)e−u) du=14(e−3+4e).\begin{aligned} \iint_Dxy e^{1-x^2-y^2}\,dx\,dy &=\frac14\int_0^1\int_0^{1+u}v e^{1-v}\,dv\,du\\ &=\frac14\int_0^1\bigl(e-(2+u)e^{-u}\bigr)\,du\\ &=\frac14\left(e-3+\frac4e\right). \end{aligned}

[2]​

(i) AA の固有値を λ\lambda とすると、

0=∣a−1−λ001−a−λ12a−2aa+1−λ∣=(a−1−λ)∣−a−λ1−2aa+1−λ∣=−(λ−a+1)(λ2−λ−a(a−1))=−(λ−a+1)(λ−a)(λ+a−1)∴  λ=a−1,a,−a+1\begin{aligned} 0 &= \begin{vmatrix} a-1-\lambda & 0 & 0 \\ 1 & -a-\lambda & 1 \\ 2a & -2a & a+1-\lambda \end{vmatrix} \\ &= (a-1-\lambda) \begin{vmatrix} -a-\lambda & 1 \\ -2a & a+1-\lambda \end{vmatrix} \\ &= -(\lambda-a+1)(\lambda^2 - \lambda - a(a-1)) \\ &= -(\lambda-a+1)(\lambda - a)(\lambda + a - 1) \\ \therefore \ \ \lambda &= a-1, a, -a+1 \end{aligned}

である。

(ii) AA を列基本変形すると、次のようにできる：

(a−100010a−1a+1a(a−1)).\begin{aligned} \begin{pmatrix} a-1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ a-1 & a+1 & a(a-1) \end{pmatrix} . \end{aligned}

これを構成する3つの列ベクトルの1次独立性に注目すると、AA のランクは、a=1a=1 のときは 11 , a=0a=0 のときは 22 , その他のときは 33であることがわかる。

[3]​

(i)​

v∈Vv \in V に対して

w=fn−m(v),u=v−w\begin{aligned} w &= f^{n-m}(v) ,\\ u &= v - w \end{aligned}

とおく。 n≥2mn \geq 2m なので、

w=fm(fn−2m(v))\begin{aligned} w &= f^m \left( f^{n-2m} (v) \right) \end{aligned}

と書け、 fn−2m(v)∈Vf^{n-2m}(v) \in V なので w∈Im(fm)w \in \mathrm{Im}(f^m) である。 また、

fm(u)=fm(v)−fn(v)=0\begin{aligned} f^m(u) &= f^m(v) - f^n(v) \\ &= 0 \end{aligned}

なので、 u∈Ker(fm)u \in \mathrm{Ker}(f^m) である。 したがって、任意の v∈Vv \in V に対して

v=u+w\begin{aligned} v = u + w \end{aligned}

であるような u∈Ker(fm), w∈Im(fm)u \in \mathrm{Ker}(f^m), \ w \in \mathrm{Im}(f^m) が存在するので、

V⊂Ker(fm)+Im(fm)    (={u+w∣u∈Ker(fm),w∈Im(fm)})\begin{aligned} V \subset \mathrm{Ker}(f^m) + \mathrm{Im}(f^m) \ \ \ \ \left( = \left\{ u+w \mid u \in \mathrm{Ker}(f^m), w \in \mathrm{Im}(f^m) \right\} \right) \end{aligned}

がわかる。

(ii)​

Ker(fm)⊂V, Im(fm)⊂V\mathrm{Ker}(f^m) \subset V, \ \mathrm{Im}(f^m) \subset V から

Ker(fm)+Im(fm)⊂V\begin{aligned} \mathrm{Ker}(f^m) + \mathrm{Im}(f^m) \subset V \end{aligned}

がわかる。

(iii)​

v∈Vv \in V が v∈Ker(fm)v \in \mathrm{Ker}(f^m) かつ v∈Im(fm)v \in \mathrm{Im}(f^m) を満たすとすると、 v∈Im(fm)v \in \mathrm{Im}(f^m) より

v=fm(v0)\begin{aligned} v = f^m(v_0) \end{aligned}

を満たす v0∈Vv_0 \in V が存在し、

v=fm(v0)=fn(v0)        (∵fn=fm)=fn−2m(fm(v))=fn−2m(0)        (∵v∈Ker(fm))=0\begin{aligned} v &= f^m(v_0) \\ &= f^n(v_0) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because f^n = f^m ) \\ &= f^{n-2m} \left( f^m (v) \right) \\ &= f^{n-2m} (0) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because v \in \mathrm{Ker}(f^m) ) \\ &= 0 \end{aligned}

を得る。 つまり、

Ker(fm)∩Im(fm)={0}\begin{aligned} \mathrm{Ker}(f^m) \cap \mathrm{Im}(f^m) = \left\{ 0 \right\} \end{aligned}

である。

(iv)​

(i), (ii) より、

V=Ker(fm)+Im(fm)\begin{aligned} V = \mathrm{Ker}(f^m) + \mathrm{Im}(f^m) \end{aligned}

がわかり、さらに (iii) より、

V=Ker(fm)⊕Im(fm)\begin{aligned} V = \mathrm{Ker}(f^m) \oplus \mathrm{Im}(f^m) \end{aligned}

がわかる。

[4]​

M=sup⁡x∈R∣f(x)∣<∞M=\sup_{x\in\mathbb R}|f(x)|<\infty と置く。以下では

∣ρr(x)∣≤min⁡{1,re−r2x2}|\rho_r(x)|\le\min\{1,r e^{-r^2x^2}\}

を用いる。

(1)​

∫R∣f(x)ρr(x)∣ dx≤Mr∫Re−r2x2 dx=Mπ<∞.\int_{\mathbb R}|f(x)\rho_r(x)|\,dx \le Mr\int_{\mathbb R}e^{-r^2x^2}\,dx=M\sqrt\pi<\infty.

したがって絶対収束する。

(2)​

δ>0\delta>0 に対して積分を ∣x∣≤δ|x|\le\delta と ∣x∣>δ|x|>\delta に分ける。前者の絶対値は 2Mδ2M\delta 以下である。後者は、u=rxu=rx と変換すると

Mr∫∣x∣>δe−r2x2 dx=2M∫rδ∞e−u2 du⟶0.Mr\int_{|x|>\delta}e^{-r^2x^2}\,dx =2M\int_{r\delta}^{\infty}e^{-u^2}\,du\longrightarrow0.

よって積分の絶対値の上極限は 2Mδ2M\delta 以下であり、δ↓0\delta\downarrow0 とすれば結論を得る。

(3)​

f(0)=0f(0)=0 と原点での微分可能性により、ある C,δ>0C,\delta>0 について ∣f(x)∣≤C∣x∣|f(x)|\le C|x|（∣x∣≤δ|x|\le\delta）である。 十分大きな rr に対して εr=r−3/4<δ\varepsilon_r=r^{-3/4}<\delta と置く。原点付近は

r∫∣x∣≤εr∣f(x)ρr(x)∣ dx≤Cr∫−εrεr∣x∣ dx=Cr−1/2⟶0.r\int_{|x|\le\varepsilon_r}|f(x)\rho_r(x)|\,dx \le Cr\int_{-\varepsilon_r}^{\varepsilon_r}|x|\,dx =Cr^{-1/2}\longrightarrow0.

また ∫a∞e−u2 du≤e−a2/(2a)\int_a^\infty e^{-u^2}\,du\le e^{-a^2}/(2a)（a>0a>0）を使うと、残りの部分は

r∫∣x∣>εr∣f(x)ρr(x)∣ dx≤2Mr∫rεr∞e−u2 du≤Mr3/4e−r⟶0.\begin{aligned} r\int_{|x|>\varepsilon_r}|f(x)\rho_r(x)|\,dx &\le2Mr\int_{r\varepsilon_r}^{\infty}e^{-u^2}\,du\\ &\le Mr^{3/4}e^{-\sqrt r}\longrightarrow0. \end{aligned}

したがって、rr を掛けた積分も 00 に収束する。

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