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平成28年 電気通信大学編入試験 数学 大問1

過去問解説

この解答が確実に合っているとは保証しません.(間違っていたら教えて下さい.) あくまで個人の解答例であり, 自分の解答と照らし合わせるための材料だと思って利用してください.

問題

3次正方行列$A$と$\mathbb{R}^3$内の平面$P$を次式で定義する. $$ A = \begin{bmatrix} 6 & -18 & 3 \\ 2 & -6 & 1 \\ 4 & -14 & 3 \end{bmatrix}, \;\; P = \left\{\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3 \Bigg| x - 2y + z = 4 \right\} $$ さらに, 線形写像 $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$を$f(\boldsymbol{x})=A\boldsymbol{x}$で定義する. このとき, 以下の問いに答えよ.
1. $f$の像$\mathrm{Im}f$の次元を求めよ.
2. $\mathrm{Im}f$と$P$の共通部分$l=\mathrm{Im} \cap P$は, $\mathbb{R}^3$内の直線とみなすことができる.
$\mathbb{R}^3$内の原点$O$から直線$l$へ垂線$\mathrm{OH}$を下ろすとき, 点$\mathrm{H}$の座標を求めよ.
3. $\boldsymbol{x} \in P$ かつ $f(\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{x}$をみたす $\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^3$を求めよ.

講評

この問題は本番では選ばないほうが良いですね. とても計算が煩雑です. 実際, 大問2の方が圧倒的に簡単です. 電通大では, 大問1,2の線形代数を両方解いて大問5の複素関数を選択しないよりも, 大問1,2のどちらか簡単な方を選択して, 大問5を選択する方が確実に点が取れると思います. 複素関数の勉強は1ヶ月もあれば十分です.

解説

  1. $A$に対して行基本変形を施すと以下のようになる. $$ A = \begin{bmatrix} 6 & -18 & 3 \\ 2 & -6 & 1 \\ 4 & -14 & 3 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & -2 & 0 \end{bmatrix} $$ したがって, $ \dim (\mathrm{Im}f) = 2 $

  2. $\mathrm{Im}f$と$P$は以下のように表される. $$\begin{align} \mathrm{Im}f &= \left\{ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3 \Bigg| \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = c_1 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix}, \;\; c_1, c_2 \in \mathbb{R} \right\} \\ P &= \left\{ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3 \Bigg| x - 2y + z = 4 \right\} \end{align}$$ $P$について, $x = 2y - z + 4$であるから, $$ P = \left\{ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3 \Bigg| \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = c_3 \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_4 \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \;\; c_3, c_4 \in \mathbb{R} \right\} $$ と表すことができる. 次に, $ l = (\mathrm{Im} f) \cap P$ を求める. $\boldsymbol{y} \in l$とすると, $\boldsymbol{y} \in \mathrm{Im} f$かつ$\boldsymbol{y} \in P$であるから, $$ \boldsymbol{y} = c_1 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} = c_3 \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_4 \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} $$ が成り立ち, 式変形すると, $$ c_1 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} + c_3 \begin{bmatrix} -2 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_4 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} $$ すなわち, $$ \begin{bmatrix} 3 & 3 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 0 \\ 2 & 3 & 0 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ c_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} $$ となる. これを解くと, $e_1 \in \mathbb{R}$を任意定数として $$ \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ c_4 \end{bmatrix} = e_1 \begin{bmatrix} -4 \\ 3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 12 \\ -8 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix} $$ したがって, $$ \boldsymbol{y} = c_1 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \;c_1\; \\ \;c_2\; \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -4 & 12 \\ 3 & -8 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e_1 \\ 1 \end{bmatrix} = e_1 \begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 12 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix} $$ したがって, $$ l = \left\{ \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{R}^3 \Bigg| \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = f_1 \begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 12 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix}, \;\; f_1 \in \mathbb{R} \right\} $$ と求まる. $\overrightarrow{\mathrm{OH}} \in l$ であるから, ある$s \in \mathbb{R}$を用いて, $$ \overrightarrow{\mathrm{OH}} = s \begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 12 \\ 4 \\ 0 \end{bmatrix} $$ と表される. 一方で, $\overrightarrow{\mathrm{OH}} \perp P$, $P \parallel \begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$ であるから, $$ \left( \overrightarrow{\mathrm{OH}}, \begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix} \right) = 0 $$ が成り立つ. これらの2式より, $s = \dfrac{40}{11}$ と求まり, $$ \overrightarrow{\mathrm{OH}} = \frac{4}{11} \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 10 \end{bmatrix} $$ したがって, $$ \mbox{H}\left(\frac{12}{11},\; \frac{4}{11},\; \frac{40}{11}\right) $$

  3. $\boldsymbol{x} \in P$ より, ある$h_1, h_2 \in \mathbb{R}$を用いて, $$ \boldsymbol{x} = h_1 \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + h_2 \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} $$ と表されるから, $$ f(\boldsymbol{x}) = \begin{bmatrix} 6 & -18 & 3 \\ 2 & -6 & 1 \\ 4 & -14 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & -1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -6 & -3 & 24 \\ -2 & -1 & 8 \\ -6 & -1 & 16 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} $$ $ f(\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{x}$ であるから, $$ \begin{bmatrix} -6 & -3 & 24 \\ -2 & -1 & 8 \\ -6 & -1 & 16 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 4 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} $$ すなわち, $$ \begin{bmatrix} -8 & -2 & 20 \\ -3 & -1 & 8 \\ -6 & -2 & 16 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} h_1 \\ h_2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} $$ これを解くと, $h_1 = h_2 = 2$ となり, $$ \boldsymbol{x} = \begin{bmatrix} 6 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix} $$