数学検定$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 $1$級」より、第$2$章の「線形代数」の解説と演習問題の解答例などを取り扱いました。
・数学検定まとめ
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①ベクトル・$3$次元図形
計算技能問題
問題.$1$
$$
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\begin{align}
\mathbf{e}_{1} &= \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right), \quad \mathbf{e}_{2} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right), \quad \mathbf{e}_{3} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \\
\mathbf{a} &= \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right)
\end{align}
$$
$\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}, \mathbf{a}, \alpha, \beta, \gamma$に関して下記の式が成立する。
$$
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\begin{align}
\mathbf{e}_{1} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{1}| |\mathbf{a}| \cos{\alpha} \\
\mathbf{e}_{2} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{2}| |\mathbf{a}| \cos{\beta} \\
\mathbf{e}_{3} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{3}| |\mathbf{a}| \cos{\gamma}
\end{align}
$$
よって$\cos{\alpha}, \cos{\beta}, \cos{\gamma}$はそれぞれ下記のように計算できる。
・$\cos{\alpha}$
$$
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\begin{align}
\mathbf{e}_{1} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{1}| |\mathbf{a}| \cos{\alpha} \\
\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) &= \sqrt{1^2+2^2+3^2} \cos{\alpha} \\
\cos{\alpha} &= \frac{1}{\sqrt{14}}
\end{align}
$$
・$\cos{\beta}$
$$
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\begin{align}
\mathbf{e}_{2} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{2}| |\mathbf{a}| \cos{\alpha} \\
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) &= \sqrt{1^2+2^2+3^2} \cos{\beta} \\
\cos{\beta} &= \frac{2}{\sqrt{14}}
\end{align}
$$
・$\cos{\gamma}$
$$
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\begin{align}
\mathbf{e}_{3} \cdot \mathbf{a} &= |\mathbf{e}_{3}| |\mathbf{a}| \cos{\alpha} \\
\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \end{array} \right) &= \sqrt{1^2+2^2+3^2} \cos{\gamma} \\
\cos{\gamma} &= \frac{3}{\sqrt{14}}
\end{align}
$$
問題.$2$
$$
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\begin{align}
\mathbf{a} &= \left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right) \\
\mathbf{b} &= \left( \begin{array}{c} 3 \\ -2 \\ 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
ベクトル$\mathbf{a}, \mathbf{b}$のなす角を$\theta$とおくとき、下記のように考えることができる。
$$
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\begin{align}
\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} &= |\mathbf{a}| |\mathbf{b}| \cos{\theta} \\
\left( \begin{array}{c} 2 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 3 \\ -2 \\ 1 \end{array} \right) &= \sqrt{2^2+1^2+3^2} \times \sqrt{3^2+(-2)^2+1^2} \cos{\theta} \\
6-2+3 &= 14 \cos{\theta} \\
\cos{\theta} &= \frac{7}{14} \\
&= \frac{1}{2} \\
\theta &= \frac{\pi}{3}
\end{align}
$$
よってベクトル$\mathbf{a}, \mathbf{b}$のなす角は$\displaystyle \theta = \frac{\pi}{3}$である。
問題.$3$
問題.$4$
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
問題.$3$
問題.$4$
問題.$5$
問題.$6$
②行列・$1$次変換
計算技能問題
問題.$1$
$$
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\begin{align}
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ -3 & 4 \end{array} \right), \quad B = \left( \begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 3 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
・$[1]$
$A+B=X$より、$X$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
X &= A + B \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ -3 & 4 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 3 & -1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 6 & 4 \\ 0 & 3 \end{array} \right)
\end{align}
$$
・$[2]$
$3X-A=X-2B$より、$X$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
3X – A &= X – 2B \\
2X &= A – 2B \\
X &= \frac{1}{2} (A – 2B) \\
&= \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} 1-10 & 2-4 \\ -3-6 & 4+2 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} \displaystyle -\frac{9}{2} & -1 \\ \displaystyle -\frac{9}{2} & 3 \end{array} \right)
\end{align}
$$
問題.$2$
・$[1]$
$$
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\begin{align}
\left( A \, \middle| \, I \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記に対し、行基本変形を行うことで下記が得られる。
$$
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\begin{align}
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) & \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -2 & -4 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 2 & -1 & -4 \\ -1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 2 & -1 & -4 \\ -1/2 & 1/2 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 2 & -1 & -4 \\ -1/2 & 1/2 & 2 \\ 1/2 & -1/2 & -1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1/2 & -1/2 & -1 \\ -1/2 & 1/2 & 2 \\ 1/2 & -1/2 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より下記のような逆行列$A^{-1}$が得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} = \frac{1}{2} \left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & -2 \\ -1 & 1 & 4 \\ 1 & -1 & -2 \end{array} \right)
\end{align}
$$
・$[2]$
$$
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\begin{align}
\left( A \, \middle| \, I \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 1/2 & 1/3 & 1/4 \\ 1/3 & 1/4 & 1/5 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記に対し、行基本変形を行うことで下記が得られる。
$$
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\begin{align}
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 1/2 & 1/3 & 1/4 \\ 1/3 & 1/4 & 1/5 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) & \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 1 & 2/3 & 1/2 \\ 1 & 3/4 & 3/5 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 0 & 1/6 & 1/6 \\ 0 & 1/4 & 4/15 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 3 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 6 & 3 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 15 & 16 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 6 & 0 & 0 \\ -6 & 12 & 0 \\ -60 & 0 & 180 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 6 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 24 & -36 & 0 \\ -6 & 12 & 0 \\ 30 & -180 & 180 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 54 & -216 & 180 \\ -36 & 192 & -180 \\ 30 & -180 & 180 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 9 & -36 & 30 \\ -36 & 192 & -180 \\ 30 & -180 & 180 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より下記のような逆行列$A^{-1}$が得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 9 & -36 & 30 \\ -36 & 192 & -180 \\ 30 & -180 & 180 \end{array} \right)
\end{align}
$$
・解説
行基本変形を用いた逆行列の取得の手順については下記で詳しく取り扱った。
問題.$3$
問題.$4$
ベクトルを$\theta$だけ回転させる回転行列を$R(\theta)$とおくと$R(\theta)$は下記のように定義される。
$$
\large
\begin{align}
R(\theta) = \left( \begin{array}{cc} \cos{\theta} & -\sin{\theta} \\ \sin{\theta} & \cos{\theta} \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記に基づいて$R(\alpha+\beta) = R(\alpha)R(\beta)$は下記のような式で表せる。
$$
\large
\begin{align}
R(\alpha+\beta) &= R(\alpha)R(\beta) \\
\left( \begin{array}{cc} \cos{(\alpha+\beta)} & -\sin{(\alpha+\beta)} \\ \sin{(\alpha+\beta)} & \cos{(\alpha+\beta)} \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{cc} \cos{\alpha} & -\sin{\alpha} \\ \sin{\alpha} & \cos{\alpha} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} \cos{\beta} & -\sin{\beta} \\ \sin{\beta} & \cos{\beta} \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} & -(\sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta}) \\ \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} & \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より下記のような加法定理の式が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\sin{(\alpha+\beta)} &= \sin{\alpha}\cos{\beta}+\cos{\alpha}\sin{\beta} \\
\cos{(\alpha+\beta)} &= cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}
\end{align}
$$
数理技能問題
問題.$1$
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} = \left( \begin{array}{cc} x & y \\ u & v \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記のように逆行列$A^{-1}$を表すと$AA^{-1}=I_{2}$より下記が成立する。
$$
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\begin{align}
AA^{-1} &= I_{2} \\
\left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} x & y \\ u & v \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{cc} ax+bu & ay+bv \\ cx+du & cy+dv \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \quad (1)
\end{align}
$$
上記の$(1,1)$成分の対応に$d$をかけると$adx+bdu=d$が得られる。次にに$(2,1)$成分の対応に$b$をかけると$bcx+bdu=0$が得られる。この二つの式より、$(ad-bc)x=d$が得られる。
同様に$(1,2)$成分の式に$d$、$(2,2)$成分の式に$b$をかけた式より$(ad-bc)y=-b$が得られる。
・$[1]$
$\Delta = ad-bc \neq 0$のとき下記が成立する。
$$
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\begin{align}
x=\frac{d}{\Delta}, \, y=-\frac{b}{\Delta}, \, u=-\frac{c}{\Delta}, \, v=\frac{d}{\Delta}
\end{align}
$$
上記より下記の逆行列の式が得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} = \frac{1}{\Delta} \left( \begin{array}{cc} d & -b \\ -c & d \end{array} \right)
\end{align}
$$
・$[2]$
$\Delta=0$のとき$(ad-bc)x = \Delta x = d$より$d=0$、$(ad-bc)y = \Delta y = -b$より$b=0$が得られる。ここで$A^{-1}$が存在すると仮定すると$A^{-1}A$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1}A &= \left( \begin{array}{cc} x & y \\ u & v \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} xa+yc & xb+yd \\ ua+vc & ub+vd \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記は単位行列に一致するので$ub+vd=1$が成立せねばならないが$b=d=0$よりこの式が成立しない。よって$A^{-1}$は存在しない。
問題.$2$
$X^{4}-X^{3}+4X^{2}-6X+I$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
X^{4}-X^{3}+4X^{2}-6X+I &= (X^{2}-2X+I)(X^{2}+X+5) + 3X-4I
\end{align}
$$
ここで$X^{2}-2X+I=O$であるので下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
X^{4}-X^{3}+4X^{2}-6X+I = 3X-4I
\end{align}
$$
問題.$3$
問題.$4$
問題.$5$
③行列式
計算技能問題
問題.$1$
下記のように行列式の計算を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 1/2 & 1/3 & 1/4 \\ 1/3 & 1/4 & 1/5 \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1/2 & 1/3 \\ 0 & 1/12 & 1/12 \\ 0 & 1/12 & 4/45 \end{array} \right) \\
&= (-1)^{1+1} \left( \begin{array}{cc} \displaystyle \frac{1}{12} & \displaystyle \frac{1}{12} \\ \displaystyle \frac{1}{12} & \displaystyle \frac{4}{45} \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{12} \cdot \frac{4}{45} – \frac{1}{12} \cdot \frac{1}{12} \\
&= \frac{1}{12} \left( \frac{4}{3^{2} \cdot 5} – \frac{1}{2^{2} \cdot 3} \right) \\
&= \frac{1}{12} \cdot \frac{16-15}{2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5} \\
&= \frac{1}{2^{4} \cdot 3^{3} \cdot 5} = \frac{1}{2160}
\end{align}
$$
問題.$2$
・$[1]$
$$
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\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \, A^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記に対し、行列式$|A|, |A^{-1}|$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
|A| &= \left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| = 1 \\
A^{-1} &= \left| \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -4 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| = 0
\end{align}
$$
・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccc} 2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array} \right) \, A^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 1/5 & 1 & -1/5 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1/5 & 0 & -1/5 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記に対し、行列式$|A|, |A^{-1}|$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
|A| &= \left| \begin{array}{ccc} 2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 5 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right| \\
&= (-1)^{2+1} \left| \begin{array}{cc} 1 & 5 \\ 1 & 0 \end{array} \right| = (-1) \cdot (-5) = 5 \\
A^{-1} &= \left| \begin{array}{ccc} 1/5 & 1 & -1/5 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1/5 & 0 & -1/5 \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1/5 & 0 & -1/5 \end{array} \right| \\
&= (-1)^{3+1} \cdot \frac{1}{5} \left| \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -2 & 1 \end{array} \right| = \frac{1}{5}
\end{align}
$$
・解説
$[1], [2]$では$\displaystyle |A| = \frac{1}{|A^{-1}|}$が成立していることも合わせて抑えておくと良いです。