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東京大学 工学系研究科 2020年8月実施 数学3

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Author​

Miyake, 祭音Myyura

Description​

2021年度大学院入学試験問題 数学 3 (主に複素関数論)

题目描述​

原 Description 仅提供 2021 年“数学 3”原卷链接，具体题干缺失。根据本地 Kai，可以确认：

  1. 第一部分考察一次分式变换

    M(z)=mzmz−z+1.M(z)=\frac{mz}{mz-z+1}.

    其中 ∣m∣=1,m≠1|m|=1,m\ne1。第一小问求其不动点，第二小问求导数并计算 M′(0)M'(0)；第三小问求使圆 ∣z−(1−i)/2∣=1/2|z-(1-i)/2|=1/\sqrt2 映到实轴的 mm。

  2. 第二部分令非零复数 z=reiθz=re^{i\theta}，研究

    J(z)=e−iαz+eiαz−1.J(z)=e^{-i\alpha}z+e^{i\alpha}z^{-1}.

    本地解答把它写成

    (r+1r)cos⁡(θ−α)+i(r−1r)sin⁡(θ−α)\left(r+\frac1r\right)\cos(\theta-\alpha) +i\left(r-\frac1r\right)\sin(\theta-\alpha)

    并按 r>1r>1 与 r<1r<1 判断 Im⁡J(z)>0\operatorname{Im}J(z)>0 的区域；原题对 α,θ\alpha,\theta 的完整范围未保存在本地。

  3. 第三部分用上半平面的钥匙孔围道计算

    ∫0∞xβ(x2+1)2 dx,0<β<1.\int_0^\infty\frac{x^\beta}{(x^2+1)^2}\,dx, \qquad 0<\beta<1.

Kai​

I.​

1.​

M(z)=zM(z)=z より

mzmz−z+1=zmz=(mz−z+1)z(m−1)z(z−1)=0\begin{aligned} \frac{mz}{mz-z+1} & =z \\ \mathrm{mz} & =(mz-z+1)z \\ (m-1)z(z-1) & =0 \end{aligned}

となる．よって，m≠1m≠1 であるから，M(z)=zM(z)=z の不動点は

z=0,1z=0,1

解説: M(z)=zM(z)=z を整理すると、(m−1)z(z−1)=0(m-1)z(z-1)=0であり、 m≠1m \ne 1 なので、 z=0,1z=0,1 を得る。 実際、 M(0)=0,M(1)=1M(0)=0, M(1)=1 である。 一次分数変換の不動点を求める問題です． 不動点とはその名の通り動かない点です．変換を施しても変化しないということです．

2.​

dM(z)dz=m(mz−z+1)−mz(m−1)(mz−z+1)2=m(mz−z+1)2∴  dM(0)dz=m\begin{aligned} \frac{dM(z)}{dz} &= \frac{m(mz-z+1) - mz(m-1)}{(mz-z+1)^2} \\ &= \frac{m}{(mz-z+1)^2} \\ \therefore \ \ \frac{dM(0)}{dz} &= m \end{aligned}

3.​

与えられた円は 0,1,−i0,1,-i を通る。M(0)=0,M(1)=1M(0)=0,M(1)=1 であり、一次分数変換は円または直線を円または直線に写すので、必要十分条件は M(−i)∈RM(-i)\in\mathbb R である。

m=u+ivm=u+iv とおくと u2+v2=1u^2+v^2=1 であり、

Im⁡M(−i)=−u+v(u−1)2+(v+1)2.\operatorname{Im}M(-i) =-\frac{u+v}{(u-1)^2+(v+1)^2}.

したがって u+v=0u+v=0 より

m=±1−i2.m=\pm\frac{1-i}{\sqrt2}.

II.​

00 でない複素数 zz を極形式で z=reiθ  (r>0,0≤θ<2π)z=re^{i \theta} \ \ (r \gt 0, 0 \leq \theta \lt 2 \pi) と表すと、

J(z)=e−iαz+eiαz−1=rei(θ−α)+1re−i(θ−α)=(r+1r)cos⁡(θ−α)+i(r−1r)sin⁡(θ−α)\begin{aligned} J(z) &= e^{-i \alpha} z + e^{i \alpha} z^{-1} \\ &= r e^{i (\theta - \alpha)} + \frac{1}{r} e^{-i (\theta - \alpha)} \\ &= \left( r + \frac{1}{r} \right) \cos (\theta - \alpha) + i \left( r - \frac{1}{r} \right) \sin (\theta - \alpha) \end{aligned}

なので、これの虚部

(r−1r)sin⁡(θ−α)\begin{aligned} \left( r - \frac{1}{r} \right) \sin (\theta - \alpha) \end{aligned}

が正となるのは、「 r>1r \gt 1 かつ α<θ<α+π\alpha \lt \theta \lt \alpha + \pi」 または「r<1r \lt 1 かつ 0<θ<α,α+π<θ<2π0 \lt \theta \lt \alpha, \alpha + \pi \lt \theta \lt 2 \pi 」 のときである。

III.​

【院試解説】東京大学 工学系研究科 2021年度 数学3 III

0≤arg⁡z≤π0\le\arg z\le\pi として zβz^\beta を定める。z=iz=i は二位の極であり、

Res⁡z=izβ(z2+1)2=ddzzβ(z+i)2∣z=i=1−β4iβ−1.\operatorname*{Res}_{z=i}\frac{z^\beta}{(z^2+1)^2} =\left.\frac{d}{dz}\frac{z^\beta}{(z+i)^2}\right|_{z=i} =\frac{1-\beta}{4}i^{\beta-1}.

よって、図の閉曲線 CC について

∮Czβ(z2+1)2 dz=π(1−β)2eiπβ/2.\oint_C\frac{z^\beta}{(z^2+1)^2}\,dz =\frac{\pi(1-\beta)}{2}e^{i\pi\beta/2}.

一方、直線部分の和は

(1+eiπβ)∫rRxβ(x2+1)2 dx(1+e^{i\pi\beta})\int_r^R\frac{x^\beta}{(x^2+1)^2}\,dx

である。外側と内側の半円弧上の積分は、それぞれ O(Rβ−3)O(R^{\beta-3})、O(rβ+1)O(r^{\beta+1}) なので R→∞,r→0R\to\infty,r\to0 で消える。したがって

∫0∞xβ(x2+1)2 dx=π(1−β)4cos⁡(πβ/2).\boxed{ \int_0^\infty\frac{x^\beta}{(x^2+1)^2}\,dx =\frac{\pi(1-\beta)}{4\cos(\pi\beta/2)} }.
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