東大数理院試過去問解答例(2013B06)

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ここでは東大数理の修士課程の院試の2013B06の解答例を解説していきます。解答例はあくまでも例なので、最短・最易の解答とは限らないことにご注意ください。またこの解答を信じきってしまったことで起こった不利益に関しては一切の責任を負いませんので、参照する際は慎重に慎重を重ねて議論を追ってからご参照ください。また誤り・不適切な記述・非自明な箇所などがあればコメントで指摘していただけると幸いです。

2013B06

$C^{\infty}$ 級関数 $f : R \to (0, \infty)$ のグラフを $x$ 軸の周りに回転して得られる曲面
$M := {(x, y, z) | f (x)^{2} = y^{2} + z^{2}}$
を考える。ここで $C^{\infty}$ 級曲線 $c : R \to M$ が測地線であるとは、任意の実数 $t$ について $c^{'} (t) \neq 0$ であり、その上で条件

ベクトル $\frac{d}{d t} \frac{c^{'} (t)}{∥ c^{'} (t) ∥}$ は、 $M$ の $c (t)$ に於ける接平面に垂直

を満たすことを指す。以下の問いに答えなさい。

$α$ を定数とする。曲線 $c (t) = (f (t), f (t) \cos α, f (t) \sin α)$ は測地線であることを示しなさい。
測地線 $c : R \to M$ について、 $M$ の $c (t)$ に於ける子午線と速度ベクトル $c^{'} (t)$ の為す角を $ω (t)$ 、 $c (t)$ と $x$ 軸の距離を $r (t)$ とおく。このとき $r (t) \sin ω (t)$ は $t$ に依存しないことを示しなさい。但し $M$ の $p$ に於ける子午線とは、 $x$ 軸と $p$ を通る平面と $M$ の共通部分として得られる曲線を指す。
$f (x) = e^{x}$ とする。測地線 $c$ の $x$ 座標が下に有界でないのは、 $c$ がパラメータの取り替えを除いて(1)で求めた測地線 $(e^{t}, e^{t} \cos α, e^{t} \sin α)$ またはその一部である場合に限られることを示しなさい。

$M$ 上の座標 $(s, θ)$ を、この表示が $(s, f (s) \cos θ, f (s) \sin θ)$ に対応するように与える。このとき $c (t) = (s, θ)$ に於ける接平面は $(1, f^{'} (s) \cos θ, f^{'} (s) \sin θ)$ と $(0, - \sin θ, \cos θ)$ で生成される。ここで測地線 $c = (c_{1}, c_{2}, c_{3})$ の満たすべき式は
$(\frac{d}{d t} \frac{(c_{1}^{'}, c_{2}^{'}, c_{3}^{'})}{\sqrt{c_{1}^{' 2} + c_{2}^{' 2} + c_{3}^{' 2}}}) (1, f^{'} (s) \cos θ, f^{'} (s) \sin θ) = 0$
$(\frac{d}{d t} \frac{(c_{1}^{'}, c_{2}^{'}, c_{3}^{'})}{\sqrt{c_{1}^{' 2} + c_{2}^{' 2} + c_{3}^{' 2}}}) (0, - \sin θ, \cos θ)$
である。ここに $θ = α$ を代入すると
$\frac{d}{d t} \frac{(c_{1}^{'}, c_{2}^{'}, c_{3}^{'})}{\sqrt{c_{1}^{' 2} + c_{2}^{' 2} + c_{3}^{' 2}}} = 0$
であるから、測地線であることがわかる。
測地線の定義はパラメータに依らないから、以下 $c_{1}^{' 2} + c_{2}^{' 2} + c_{3}^{' 2} = 1$ と仮定して良い。ここで $c_{1} = s, c_{2} = f (s) \cos θ, c_{3} = f (s) \sin θ$ としたとき、(1)で求めた測地線の式の二つ目は
$\begin{aligned} (\frac{d}{d t} (\begin{array}{c} s^{'}, \\ f^{'} (s) s^{'} \cos θ - f (s) θ^{'} \sin θ \\ f^{'} (s) s^{'} \sin θ + f (s) θ^{'} \cos θ \end{array})) (0, \sin θ, f^{'} (s) \cos θ) \\ = (\begin{array}{c} s^{″}, \\ f^{″} (s) s^{' 2} \cos θ + f^{'} (s) s^{″} \cos θ - f^{'} (s) s^{'} θ^{'} \sin θ - f^{'} (s) s^{'} θ^{'} \sin θ - f (s) θ^{″} \sin θ - f (s) θ^{' 2} \cos θ, \\ f^{″} (s) s^{' 2} \sin θ + f^{'} (s) s^{″} \sin θ + f^{'} (s) s^{'} θ^{'} \cos θ + f^{'} (s) s^{'} θ^{'} \cos θ + f (s) θ^{″} \cos θ - f (s) θ^{' 2} \sin θ \end{array}) (0, - \sin θ, \cos θ) \\ = 0 \end{aligned}$
であり、これをまとめると
$2 \frac{f^{'} (s)}{f (s)} s^{'} θ^{'} + θ^{″} = 0$
になる。よって測地線 $c (t) = (s, θ)$ はこの微分方程式を満たす。ここで
$r (t) = f (s)$
$r^{'} (t) = f^{'} (s) s^{'}$
$\sin ω (t) = c^{'} (t) ・ (0, - \sin θ, \cos θ) = f (s) θ^{'}$
$\frac{d}{d t} \sin ω (t) = f^{'} (s) s^{'} θ^{'} + f (s) θ^{″}$
であるから、これらとその前に導出した $θ^{″}$ についての微分方程式から
$\frac{d}{d t} (r (t) \sin θ) = 2 f (s) f^{'} (s) s^{'} θ^{'} + f (s)^{2} θ^{″} = 0$
が従う。
$c$ の $x$ 座標が下に有界でないとする。このとき常に $| \sin ω (t) | < 1$ である一方、 $r (t) = e^{x}$ であり $| r (t) \sin ω (t) |$ は任意の正の実数 $ε$ について、 $| r (t) \sin ω (t) | < ε$ となるような $t$ を取ることができるから、(2)から $r (t) \sin ω (t)$ は常に $0$ である。ここから結果が従う。

投稿日：2024年3月8日

更新日：2024年3月8日

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