北大 理学院 数学専攻（博士後期課程） 数学 2025年度 院試 過去問 解答例・解説（解説4項目）

設問(1)　座標を列に並べて独立性を調べる

ベクトルの組が基底であるとは、任意の元をその組の線形結合としてただ一通りに表せることである。三次元空間に三本のベクトルを取った場合、生成性と独立性は同値になり、座標行列の正則性で判定できる。

係数を $c=(c_1,c_2,c_3)^{\mathsf T}$ とすれば、$\sum_jc_ju_j$ の元の基底での座標は $Mc$ である。全ての座標に対して $Mc=v$ が一意に解けることが、正則性の意味に当たる。行列式が0でないとき逆行列で $c=M^{-1}v$ と求まり、0のときは核に非零の係数があるため一意性が壊れる。

本問で $e_1,e_2,e_3$ が直交しているか、長さが1かを調べる必要はない。独立な基底で座標を取ったという事実だけを使っている。三ベクトルの長さや角度が不明でも、上の判定は変わらない。

係数の確認として、$a=0$ では行列式は $-6\ne0$ となる。$a=3$ では三列について $u_1-u_2+u_3=0$ が実際に成り立つ。$a=-2/3$ では $16u_1-5u_2-17u_3=0$ となり、どちらも非自明な関係式が現れる。この二つの値を除いた条件と、具体的な独立性の破れが対応している。

第1行展開の符号は $+,-,+$ である。中央の項を $+3$ にしてしまうと、正しい中央項 $6a^2-6$ が $-6a^2+6$ に変わる。例えば $a=0$ で誤った行列式は6となり、直接計算の $-6$ と一致しない。条件だけでなく途中の多項式を確かめるには、このように一つの数値を代入する方法が使える。

設問(2)　基底の像から写像を定める

線形写像は基底の行き先を決めると一意に決まる。任意のベクトルが基底の線形結合として一意に表され、その係数を使って像の線形結合を取ればよいからである。ここでは入力座標を基底係数へ戻す操作が $M^{-1}$、係数から出力を組み立てる操作が $N$ に当たる。

存在と一意性を分けて確認した。任意の候補は線形性から $NM^{-1}$ に等しいため、候補は高々一つ。逆にこの積で定めれば $T(Mc)=Nc$ となり、各標準単位係数を代入して指定した像を満たすので、少なくとも一つ存在する。入力が基底でない場合は、依存関係に合わない出力を指定すると存在しないこともある。

階数は像の次元である。右から正則行列を掛けても、入力が全空間を動くため像は変わらない。従って大きな逆行列を全て計算せずに $N$ の階数を調べられる。階数が2以上であることは二次小行列式で、3未満であることは三次行列式で挟んだ。

核の計算でも確認できる。$Nc=0$ を解くと $c=t(-3,1,1)^{\mathsf T}$ だから $$\ker T=\operatorname{span}\{M(-3,1,1)^{\mathsf T}\} =\operatorname{span}\{(3,19,1)^{\mathsf T}\}.$$ この非零ベクトルが一本で核を生成し、次元1と一致する。階数・退化次数の定理は、核の基底を入力全体の基底へ拡張すると、追加基底の像が像空間の基底になることから得られる。本問では $3=1+2$ という分解になる。

$T=MN^{-1}$ と逆に書くのは誤りである。$N$ は階数2なので逆行列自体が存在しない。また $\ker N$ の係数ベクトル $(-3,1,1)^{\mathsf T}$ を、そのまま元の入力空間の核ベクトルとすることもできない。入力の基底行列 $M$ を掛けて初めて $(3,19,1)^{\mathsf T}$ へ戻る。

設問(3)　像の包含から階数を評価する

部分空間の和 $U+V$ は、$u\in U,v\in V$ を独立に選んで作る和 $u+v$ の集合である。本問の $(A+B)w$ は同じ入力 $w$ から $Aw$ と $Bw$ を作るため、その集合は $\operatorname{im}A+\operatorname{im}B$ の中に入る。像の包含が次元の不等式へつながる。

有限次元の部分空間についての公式 $$\dim(U+V)=\dim U+\dim V-\dim(U\cap V)$$ は、共通部分の基底を $U$ の基底、$V$ の基底へそれぞれ拡張して示せる。共通基底を一度だけ取り、両方の追加基底を合わせると和空間の基底になる。二つの次元を単に足すと二重に数える部分があるので、その次元を引く。

より弱い評価だけなら、$U$ と $V$ の基底を全て合わせた組が $U+V$ を生成するため、次元がその本数以下だとしてもよい。原題の不等式には、この生成系による導出でも十分である。

最初の包含を常に等号とするのは誤りである。例えば $A=E$、$B=-E$ なら $A+B=0$ なので左の像は $\{0\}$ だが、右の和は $\mathbb R^n$。階数も $0<n+n$ となる。同じ入力に対して二つの出力が打ち消し合うためである。逆に $B=0$ なら階数の不等式は等号になる。$A,B$ の正方性や可逆性を仮定しなかったことも、長方形の原題に適した証明になっている。