東大数理院試2025年度専門B問16解答

東大数理の院試（2025年度専門B問16）の解答です．
自分が作った解答はここに置いてあります．

（東大数理2025年専門B問16）

$n$ を $2$ 以上の整数， $q$ を $| q | < 1$ を満たす複素パラメータとする．以下の問に答えよ．

$x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ と $y$ を変数とする次の有理式の恒等式が成り立つことを示せ．
$\sum_{i = 1}^{n} (\frac{1}{1 - y x_{i}} \prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq n \\ j \neq i \end{matrix}} \frac{x_{i}}{x_{i} - x_{j}}) = \prod_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 - y x_{i}}$
複素数 $y$ に対する次の等式を示せ．
$\prod_{i = 0}^{\infty} (1 - q^{i} y) = \sum_{i = 0}^{\infty} c_{i} y^{i}$
ただし
$c_{0} = 1, c_{i} = \frac{(- 1)^{i} q^{i (i - 1) / 2}}{\prod_{j = 1}^{i} (1 - q^{j})} (i \geq 1) .$
$x_{i}$ に関する $q$ -差分作用素を $T_{q, x_{i}},$ また $y$ に関する $q$ -差分作用素を $T_{q, y}$ と記す．すなわち， $C^{n + 1}$ 上の有理型関数 $f$ に対して
$\begin{aligned} T_{q, x_{i}} f (x_{1}, \dots, x_{i}, \dots, x_{n}, y) & = f (x_{1}, \dots, q x_{i}, \dots, x_{n}, y) (i = 1, 2, \dots, n) \\ T_{q, y} f (x_{1}, \dots, x_{n}, y) & = f (x_{1}, \dots, x_{n}, q y) \end{aligned}$
と定める．方程式系
$T_{q, x_{i}} K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) = \frac{1}{1 - y x_{i}} K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) (i = 1, 2, \dots, n)$
を満たすような関数 $K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) \neq 0$ を一つ求めよ．また，この $K$ に対して $T_{q, y} K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)$ を計算せよ．
$x_{1}, \dots, x_{n}$ の有理型関数に作用する $q$ -差分作用素 $H$ を
$H = \sum_{i = 1}^{n} (\prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq n \\ j \neq i \end{matrix}} \frac{x_{i}}{x_{i} - x_{j}}) T_{q, x_{i}}$
と定める． $m$ を非負整数とする． $x_{1}, \dots, x_{n}$ の $m$ 次斉次対称多項式 $P_{m} = P_{m} (x_{1}, \dots, x_{n}) \neq 0$ であって $H P_{m} = q^{m} P_{m}$ を満たすものを一つ求め，(2)で定めた $c_{i}$ を用いて表せ．

(1)
相異なる $x_{1}, \dots, x_{n} \in C ∖ {0}$ を任意に固定し，左辺に $\prod_{i = 1}^{n} (1 - y x_{i})$ を掛けたものを $F (y)$ とおく． $F \in C [y], \deg F \leq n - 1$ だから， $F (1 / x_{k}) = 1 (k = 1, \dots, n)$ を示せば十分．
$F (1 / x_{k}) = \sum_{i = 1}^{n} \prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq n \\ j \neq i \end{matrix}} \frac{x_{i} (1 - x_{j} / x_{k})}{x_{i} - x_{j}} = \sum_{i = 1}^{n} \prod_{\begin{matrix} 1 \leq j \leq n \\ j \neq i \end{matrix}} \frac{x_{i} (x_{k} - x_{j})}{x_{k} (x_{i} - x_{j})}$
は $i = k$ の項が $1,$ それ以外の項は $0$ だから示された．
(2)
示すべき等式の左辺を $y$ のべき級数に展開したものを $\sum_{i \geq 0} d_{i} y^{i}$ とする．この時
$\begin{aligned} \sum_{i \geq 0} d_{i} y^{i} & = (1 - y) \prod_{i \geq 0} (1 - q^{i} \cdot q y) = (1 - y) \sum_{i \geq 0} d_{i} (q y)^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} d_{i} q^{i} y^{i} - \sum_{i \geq 1} d_{i - 1} q^{i - 1} y^{i} = d_{0} + \sum_{i \geq 1} (d_{i} q^{i} - d_{i - 1} q^{i - 1}) y^{i} \end{aligned}$
と $d_{0} = 1$ より
$d_{i} = \frac{- d_{i - 1} q^{i - 1}}{1 - q^{i}} = \frac{(- 1)^{i} q^{1 + 2 + \dots + (i - 1)}}{\prod_{j = 1}^{i} (1 - q^{j})} = \frac{(- 1)^{i} q^{i (i - 1) / 2}}{\prod_{j = 1}^{i} (1 - q^{j})}$
であるから示された．
(3)
(2)で示した等式の左辺を $Q (y)$ とする． $\sum_{i \geq 0} | q^{i} y | < \infty$ より $Q (y)$ は $C$ 上正則であることに注意する．
$K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) = \prod_{j = 1}^{n} Q (x_{j} y)$
とおく．この時
$T_{q, x_{j}} Q (x_{j} y) = \prod_{i \geq 0} (1 - q^{i + 1} x_{j} y) = \frac{Q (x_{j} y)}{1 - x_{j} y}$
なので， $K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)$ は方程式系の解である．また
$T_{q, y} K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) = \prod_{j = 1}^{n} T_{q, y} Q (x_{j} y) = \prod_{j = 1}^{n} T_{q, x_{j}} Q (x_{j} y) = \prod_{j = 1}^{n} \frac{Q (x_{j} y)}{1 - x_{j} y} = \frac{K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)}{\prod_{j = 1}^{n} (1 - x_{j} y)} .$

(4)
(1),(3)より
$H K (x_{1}, \dots, x_{n}, y) = \frac{K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)}{\prod_{i = 1}^{n} (1 - y x_{i})} = T_{q, y} K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)$
であるから， $K (x_{1}, \dots, x_{n}, y)$ を $y$ について展開した $m$ 次の係数を $P_{m} (x_{1}, \dots, x_{n})$ とすれば $H P_{m} = q^{m} P_{m}$ となる． $K$ の定義に(2)を代入，展開して
$P_{m} (x_{1}, \dots, x_{n}) = \sum_{\begin{matrix} j_{1} + \dots + j_{n} = m \\ j_{1}, \dots, j_{n} \geq 0 \end{matrix}} c_{j_{1}} \dots c_{j_{n}} x_{1}^{j_{1}} \dots x_{n}^{j_{n}} .$
これは $x_{1}, \dots, x_{n}$ について $m$ 次斉次対称多項式だから，これが答え．

投稿日：10日前

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