埼玉大学 理工学研究科 数理電子情報専攻 数学プログラム 数学 2026年度（2025年8月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全7問）

方針

$3$ 次の特性多項式を展開してから因数分解すると $3$ 次方程式を解く手間が生じる。$0$ が多い行または列に沿って余因子展開し、因数を積の形のまま残すのが最短である。本問は第 $2$ 行に $0$ が $2$ 個あるので、そこで展開すれば $2$ 次式の計算だけで済む。

検算

固有値の和はトレースに、積は行列式に一致する。$\operatorname{tr}A=2+1+2=5$ と $3+1+1=5$、$\det A=3\cdot 1\cdot 1=3$ が一致する。$\det A$ は同じ余因子展開で $1\cdot(4-1)=3$ と直接確かめられる。

失点しやすい点

重複度を書かずに「固有値は $1$ と $3$」とだけ答えると、(2)以降で必要な情報が落ちる。実対称行列なので重複度 $2$ の固有値に対して固有ベクトルも $2$ 本取れることが保証されるが、その事実は(2)で使う前に一言述べておくとよい。

方針

$P$ の列の並べ方と対角行列の並べ方は対応していなければならない。第 $1$ 列に $\lambda=3$ の固有ベクトルを置いたなら、対角行列の $(1,1)$ 成分は $3$ である。どの順に並べたかを答案に明記する。

別解

$A$ は実対称なので、固有ベクトルを正規化すれば直交行列 $Q$ が取れ、$Q^{-1}=Q^{\top}$ となる。 $\bm{q}_1=\frac{1}{\sqrt2}(1,0,1)^{\top}$、$\bm{q}_2=(0,1,0)^{\top}$、$\bm{q}_3=\frac{1}{\sqrt2}(1,0,-1)^{\top}$ とすればよい。本問は「$P^{-1}AP$ が対角」としか要求していないので直交化は不要だが、(3)で逆行列を求める手間が消えるという実利がある。

失点しやすい点

$\lambda=1$ の固有空間で $x_2$ が自由変数であることを見落とし、固有ベクトルを $1$ 本しか取らないと $P$ が正則にならない。掃き出した後に「独立な条件が何本残ったか」を数える習慣をつけたい。

方針

$A^n=P\operatorname{diag}(3^n,1,1)P^{-1}$ を使ってもよいが、$P^{-1}$ を求める掃き出しが必要になる。固有値が $2$ 種類しかない場合は、$E_3=(A-I)/2$ のように「もう一方の固有値を消す一次式」で射影を作るほうが速い。$A$ が対角化可能であること（設問2で示した）が使用の前提である。

検算

$n=1$ を代入すると $\frac12\begin{pmatrix}4&0&2\\0&2&0\\2&0&4\end{pmatrix}=A$ となり一致する。$n=0$ とすれば単位行列になることも確かめられる。さらに固有ベクトル $(1,0,1)^{\top}$ に作用させると $3^n(1,0,1)^{\top}$ が出る。

背景

$E_3,E_1$ は実対称行列のスペクトル分解 $A=\sum_i\lambda_iE_i$ の各項であり、$E_i$ は固有空間への直交射影になっている。$A^n$ に限らず、任意の多項式 $q$ に対して $q(A)=q(3)E_3+q(1)E_1$ が成り立つ。

失点しやすい点

「$P$ と $P^{-1}$ を求めて掛ける」と書いただけで具体形を示さない答案は、(3)の配点をほとんど得られない。最終形を成分で書き切ること。また $n$ の範囲（自然数）を確認し、$n=1$ で $A$ に戻ることを一言添えると安全である。

方針

$W$ が $1$ 次元のときは、直交補空間は「$1$ 本の一次方程式の解空間」に他ならない。$\dim W+\dim W^{\perp}=3$ を先に押さえておくと、基底を何本取ればよいかで迷わない。

検算

得た $2$ 本を $\bm{w}$ と内積すると $-2+2+0=0$、$-1+0+1=0$ でともに $0$ である。また $2$ 本のどちらも他方の定数倍ではないので一次独立である。

失点しやすい点

「基底を $1$ 組求めよ」なので答えは一意でないが、本数が $2$ 本であることは一意に決まる。$1$ 本しか書かないと $W^{\perp}$ を張れない。

方針

条件が $\bm{a}_2,\bm{a}_3\in W^{\perp}$ なので、$\mathbb{R}^3$ 全体で $3$ 本まとめて直交化するのではなく、まず $W$ と $W^{\perp}$ に分けて、$W^{\perp}$ の中だけで直交化する。$\mathbb{R}^3=W\oplus W^{\perp}$ が直交直和であることから、$W$ 側の $\bm{a}_1$ は自動的に $\bm{a}_2,\bm{a}_3$ と直交する。

検算

$3$ 本すべての組で内積を確かめる。 $\langle\bm{a}_1,\bm{a}_2\rangle\propto -2+2+0=0$、 $\langle\bm{a}_1,\bm{a}_3\rangle\propto -1-4+5=0$、 $\langle\bm{a}_2,\bm{a}_3\rangle\propto 2-2+0=0$。 長さも $1+4+1=6$、$4+1+0=5$、$1+4+25=30$ で分母の平方に一致する。

別解

$\bm{a}_3$ は $\bm{a}_1\times\bm{a}_2$ の正規化としても得られる。実際 $(1,2,1)\times(-2,1,0)=(2\cdot 0-1\cdot 1,\ 1\cdot(-2)-1\cdot 0,\ 1\cdot 1-2\cdot(-2))=(-1,-2,5)$ となり上と一致する。$3$ 次元では外積が直交化の計算を大きく短縮する。

失点しやすい点

正規化を忘れて「直交基底」で止める答案が多い。問われているのは正規直交基底なので、各ベクトルの長さが $1$ であることまで示す。符号の取り方は自由だが、外積で作った場合は右手系になる向きが決まる点に注意する。

方針

連立方程式 $f_x=f_y=0$ は、片方が因数分解できるならそちらから解く。本問の $f_y$ は $6x(y+1)$ と積になっており、これを $x$ について解こうとして割り算をすると $x=0$ の場合を落とす。積が $0$ の形は「割らずに場合分け」が鉄則である。

検算

得た $4$ 点を $f_x,f_y$ に代入して両方 $0$ になることを確かめる。たとえば $(2,-1)$ では $f_x=12+3-6-9=0$、$f_y=6\cdot2\cdot0=0$ である。

失点しやすい点

$f_y=6x(y+1)$ を $x(y+1)=0$ と書き換えるところまでは正しくても、$y=-1$ の枝だけを追って $(0,\pm)$ を落とす答案が出る。$4$ 点すべてを挙げること自体が配点になっている。

方針

$2$ 変数の極値判定は $\det H$ の符号で分岐し、$\det H>0$ のときだけ $f_{xx}$ の符号で極大・極小を決める。$\det H<0$ なら鞍点で、$f_{xx}$ を見る必要はない。$\det H=0$ のときは判定不能で別途の議論が要るが、本問では現れない。

別解

$\det H=36\{x^2-(y+1)^2\}=36(x+y+1)(x-y-1)$ と因数分解できる。臨界点を代入する前に因数分解しておくと、$x=0,\ y=-1\pm$ の各点で符号が即座に読める。

この設問が試していること

臨界点の列挙（設問1）と、そこでの二次近似の符号（設問2）を切り分けて扱えるかを見ている。$f$ が $x\mapsto -x,\$ と $f\mapsto -f$ の意味で奇対称に近い構造をもつため、極大値と極小値が $\pm16$ と対称に出る点も、結果の妥当性の手がかりになる。

失点しやすい点

極値「点」と極値「値」を混同し、座標だけ書いて $f$ の値を書かない答案がある。設問は「極値を求めよ」なので、値 $16$、$-16$ まで書く。また鞍点になった $2$ 点についても「極値ではない」と明記しないと、列挙漏れと区別がつかない。

方針

この設問は単独の計算問題ではなく、(2)で $x$ について先に積分するための準備である。$f=g_x$ が分かれば、$x$ 方向の積分は微分積分学の基本定理で端点の差に置き換わり、二重積分が $1$ 変数積分に落ちる。

検算

$y=0$ とすると $g=1/x$、$g_x=-1/x^2$ で、右辺も $(0-x^2)/x^4=-1/x^2$ となり一致する。$x=0$ では $g=0$、$g_x=1/y^2$ で、右辺 $y^2/y^4=1/y^2$ と合う。

失点しやすい点

結果を約分せずに放置すると $f$ と同じ形であることに気づかない。「$g_x=f$ である」と一言書いておくと、(2)で何を使うかが答案上で明確になる。

方針

特異点が原点だけなので、$y\ge1/n$ で切り取った $E_n$ 上では通常の重積分が使える。$x$ を先に積分するか $y$ を先にするかで手間が変わるが、(1)で $f=g_x$ が与えられている以上、$x$ 先が意図された順序である。

検算

$f$ の側は $\arctan$ の値域から $0<\pi/4-\arctan(1/n)<\pi/4$ であり、$n$ について単調増加で $\pi/4$ に近づく。$f^{+}$ の側は $\frac12\log n$ で、$n=e^2$ のとき $1$、$n=e^{10}$ のとき $5$ と、いくらでも大きくなる。極座標で $f\sim r^{-2}$、面積要素が $r\,dr\,d\theta$ なので、$\int r^{-2}\cdot r\,dr=\int dr/r$ が対数発散するという見積もりとも一致する。

失点しやすい点

$f^{+}$ の積分領域を $0\le x\le 1$ のままにして $x=y$ で切ることを忘れると、$f$ の場合と同じ $\pi/4$ が出てしまい、(3)の議論が成り立たなくなる。三角形領域 $0\le x\le y$ に絞ることが要点である。

方針

符号が変わる関数の広義積分では、「ある汲み尽くし方で有限の極限が出た」ことは収束の根拠にならない。正部分と負部分を分け、絶対可積分性を調べるのが定石である。

別解

汲み尽くし方への依存を直接示してもよい。$E'_n=\{(x,y)\in E \mid x\ge1/n\}$ を取ると、$x$ と $y$ の役割が入れ替わるので $\iint_{E'_n}f\to-\pi/4$ となる。$E_n$ では $+\pi/4$、$E'_n$ では $-\pi/4$ と異なる値になるので、極限が汲み尽くし方に依存し、広義積分は定まらない。

背景

これは条件収束級数の項の並べ替えで和が変わる現象（リーマンの再配列定理）の重積分版である。ルベーグ積分の言葉でいえば、$f$ は $E$ 上可測だが可積分ではなく、$\int f$ は定義されない。

失点しやすい点

設問2の第 $2$ 式が $\pi/4$ に収束したことをもって「収束する」と答えるのが典型的な誤答で、本問はまさにその誤りを試している。$f^{+}$ の発散を先に示した上で結論を書く順序にすると、論理が明確になる。

方針

「生成されたイデアル」は $\bigcap\{$ その集合を含むイデアル $\}$、すなわち最小性で特徴づけられる。したがって $T\subset A$ を示すには、$A$ がイデアルであることと $S\subset A$ を確かめれば十分で、$T$ の元を具体的に書き下す必要はない。

答案の書き方

$xy\in I$ の根拠は「$I$ が吸収律 $RI\subset I$ を満たす」ことである。可換環なので $xy=yx$ として両側から使える。この一行を省かないことが得点になる。

失点しやすい点

$T_{I,J}$ の元を $\sum_k r_k x_k y_k$ の形で書いてから包含を示す答案も正しいが、最小性を使うほうが短い。逆に $S_{I,J}$ をイデアルだと思い込んで議論すると(3)で破綻する。

検算

$I\cap J=2\mathbb{Z}\cap3\mathbb{Z}=6\mathbb{Z}$ である（$2$ と $3$ が互いに素だから最小公倍数は $6$）。したがって設問1の包含はここではすべて等号になっており、矛盾はない。

この設問が試していること

$S_{I,J}$ が偶然イデアルになる場合を先に見せ、(3)で「一般にはならない」という対比を作る構成になっている。$\mathbb{Z}$ が単項イデアル整域であることが等号成立の背景である。

失点しやすい点

$S_{I,J}=\{6ab\}$ と書いたところで止めると、これが $6\mathbb{Z}$ 全体に一致するかどうかが未確認のままになる。$b=1$ と特殊化して $6\mathbb{Z}\subset S_{I,J}$ を示す一行を必ず入れる。

方針

(ア)は「両側の包含」を機械的に示す問題。(イ)は $S_{I,J}$ が積の集合にすぎず和で閉じていないことを突く問題で、$X^2+Y^2$ のように「$2$ つの生成元の和だが $1$ つの積では書けない」元を探すのが定石である。

別解

$\mathbb{R}$ 上で既約性を示す代わりに、$\mathbb{C}$ 上で $X^2+Y^2=(X+iY)(X-iY)$ と分解できることを使い、$\mathbb{C}[X,Y]$ が一意分解整域であることから $\mathbb{R}[X,Y]$ での分解も $($ 定数 $)\times(X\pm iY)$ の形に限られる、と論じてもよい。$X\pm iY\notin\mathbb{R}[X,Y]$ なので実係数の非自明な分解は存在しない。

この設問が試していること

$T_{I,J}$ はいわゆるイデアルの積 $IJ$ そのものであり、その定義が「積の集合」ではなく「積で生成されるイデアル」である理由を、具体例で理解しているかを問うている。定義に $\sum$ が入る必然性がここにある。

失点しやすい点

反例として $X^2+Y^2$ を挙げるところまでは多くの答案が到達するが、「$1$ つの積では書けない」ことの証明を省くと点が伸びない。既約性の議論を必ず添える。

方針

開集合系の公理は $3$ つ（空集合と全体、有限交叉、任意和）で、それぞれ補集合側で言い換えると「有界」の性質に翻訳される。交叉は補集合の和、和集合は補集合の交叉に対応するので、有界性が「有限和で閉じる」「部分集合に遺伝する」ことが本質である。

なぜ $\emptyset$ を別扱いするか

$\mathbb{R}\setminus\emptyset=\mathbb{R}$ は有界でないので、$\emptyset$ は「補集合が有界」の条件を満たさない。定義で $\{\emptyset\}$ を明示的に付け加えているのはこのためである。証明中で場合分けが必要になるのも同じ理由による。

失点しやすい点

任意和のところで「補集合は有界集合の交叉だから有界」と書くと、添字集合が空のとき（交叉が $\mathbb{R}$ になる）に破綻する。空でない $U_{\lambda_0}$ を一つ選んで包含に落とす書き方が安全である。有限交叉を「無限個でも成り立つ」と書くのも誤りで、実際 $U_n=\mathbb{R}\setminus[-n,n]$ の共通部分は $\emptyset$ になるが、たとえば $U_n=\mathbb{R}\setminus\{$ 有界集合 $\}$ を無限個交わらせると補集合が非有界になり得る。

方針

ハウスドルフ性の否定は「ある $2$ 点が分離できない」ことを示せばよい。本問では実際にはどの $2$ 点も分離できず、しかも「空でない開集合はどの $2$ つも交わる」という強い形で示せる。この性質をもつ空間は既約（hyperconnected）と呼ばれる。

どの分離公理までは成り立つか

$1$ 点集合 $\{a\}$ の補集合 $\mathbb{R}\setminus\{a\}$ は、補集合が $\{a\}$ で有界だから開である。よって $1$ 点集合は閉であり、この空間は $T_1$ を満たす。$T_1$ だが $T_2$ でない例になっている点が、この問題の狙いである。

背景

「補集合が有限」で定めれば余有限位相（Zariski 位相の $1$ 次元版）になり、同じ理由で $T_1$ かつ非ハウスドルフになる。本問はその有限を有界に置き換えた変種で、$\mathbb{R}$ が有界でないことだけが効いている。

失点しやすい点

「$2$ 点 $a\ne b$ を任意に取る」と始めておきながら、途中で $U,V$ が空である可能性を排除し忘れる答案がある。点を含む以上は空でないという一行を入れる。

方針

積分方程式は「積分を含む項を一つの関数 $F$ にまとめてから微分する」のが基本である。$e^{t}$ が積分の外に掛かっているので、微分すると積の微分で $2$ 項が出る。そのうち第 $1$ 項がちょうど元の $f$ に戻る形になっているのが本問の仕掛けである。

答案に書くべき前提

「$f$ は微分可能」と断りなく微分してはいけない。$f$ が連続であることと基本定理から $F\in C^1$、したがって $(\ast)$ より $f\in C^1$、という順で根拠を示す。

失点しやすい点

$e^{t}F(t)$ の微分で $e^{t}F'(t)$ の項を落とす、あるいは $F'(t)=e^{-t}f(t)^2$ の $e^{-t}$ を忘れると $f'=f-f^2$ にならない。指数の相殺が起きることを確認する。

方針

積分方程式は微分方程式と初期条件をひとまとめに含んでいる。積分区間が $[0,t]$ なので、$t=0$ を代入すれば積分項が消えて初期値が読み取れる。

失点しやすい点

(1)で微分してしまうと初期条件の情報が落ちる。$(\ast)$ の段階で $t=0$ を代入するか、元の積分方程式に直接代入する。

検算

$f(0)=\dfrac{2}{2-1}=2$ で設問2に合う。微分すると $$f'=\frac{2e^{t}(2e^{t}-1)-2e^{t}\cdot 2e^{t}}{(2e^{t}-1)^2}=\frac{-2e^{t}}{(2e^{t}-1)^2},$$ 一方 $$f-f^2=f(1-f)=\frac{2e^{t}}{2e^{t}-1}\cdot\frac{(2e^{t}-1)-2e^{t}}{2e^{t}-1}=\frac{-2e^{t}}{(2e^{t}-1)^2}$$ で一致する。$t\to\infty$ で $f\to1$、$t\to(-\log2)^{+}$ で $f\to+\infty$ という挙動も、$f=1$ が平衡点であることと整合する。

別解

$u=1/f$ と置くと $u'=-f'/f^2=-(1-f)/f\cdot 1 =\,$ を整理して $u'=-u+1$ という $1$ 階線形方程式になる。解は $u=1+Ce^{-t}$ で、$u(0)=1/2$ より $C=-1/2$、$f=1/u=\dfrac{2}{2-e^{-t}}=\dfrac{2e^{t}}{2e^{t}-1}$ と同じ結果を得る。ベルヌーイ型として線形化する定石である。

背景

$f'=f(1-f)$ はロジスティック方程式で、$f=0$ と $f=1$ が平衡解である。初期値 $2>1$ なので解は上から $1$ に単調減少して近づく。$f(0)=2$ が平衡値をまたがないため、解は $f>1$ の領域に留まり、変数分離の際の絶対値の扱いも一貫する。

失点しやすい点

部分分数分解を $\frac1f-\frac{1}{1-f}$ と符号を誤ると、指数の符号が反転して $f(0)=2$ に合わなくなる。また積分定数を $\log$ の中に入れたまま放置せず、$Ae^{t}$ の形に整理してから初期条件を代入する。定義域が $t>-\log2$ に限られることにも触れておくとよい。