[선형대수학] 2008학년도 중등교사 임용시험 10번, 2014학년도 중등교사 임용시험 3교시 전공B 논술형 2번
2008학년도 중등교사 임용시험 10번
실수체 \(\mathbb{R}\) 위의 벡터공간$$P_{2}=\{a+bx+cx^{2}\,|\,a,\,b,\,c\in\mathbb{R}\}$$에 대하여 선형변환(linear transformation) \(T:\,P_{2}\,\rightarrow\,P_{2}\)가 다음을 만족한다고 하자.$$\begin{align*}T(1+x)&=1+x^{2}\\T(x+x^{2})&=x-x^{2}\\T(1+x^{2})&=1+x+x^{2}\end{align*}$$이때, \(T(4+2x+3x^{2})\)을 구하시오.
풀이: 먼저 \(1+x\), \(x+x^{2}\), \(x+x^{2}\)가 일차독립임을 보이자.$$\begin{align*}&a(1+x)+b(x+x^{2})+c(1+x^{2})\\&=(a+c)+(a+b)x+(b+c)x^{2}\\&=0\end{align*}$$이므로$$a+c=0,\,a+b=0,\,b+c=0$$이고 \(a=b=c=0\)이므로 따라서 \(1+x\), \(x+x^{2}\), \(1+x^{2}\)는 일차독립이다.
\(4+2x+3x^{2}\)를 다음과 같이 \(1+x\), \(x+x^{2}\), \(1+x^{2}\)의 선형결합(linear combination)으로 나타내자.$$\begin{align*}4+2x+3x^{2}&=p(1+x)+q(x+x^{2})+r(1+x^{2})\\&=(p+r)+(p+q)x+(q+r)x^{2}\end{align*}$$그러면$$p+r=4,\,p+q=2,\,q+r=3$$이고 \(\displaystyle p=\frac{3}{2},\,q=\frac{1}{2},\,r=\frac{5}{2}\)이다. 따라서$$\begin{align*}T(4+2x+3x^{2})&=T\left(\frac{3}{2}(1+x)+\frac{1}{2}(x+x^{2})+\frac{5}{2}(1+x^{2})\right)\\&=\frac{3}{2}T(1+x)+\frac{1}{2}T(x+x^{2})+\frac{5}{2}T(1+x^{2})\\&=\frac{3}{2}(1+x^{2})+\frac{1}{2}(x-x^{2})+\frac{5}{2}(1+x+x^{2})\\&=4+3x+\frac{7}{2}x^{2}\end{align*}$$이므로 \(\displaystyle T(4+2x+3x^{2})=4+3x+\frac{7}{2}x^{2}\)이다.
2014학년도 중등교사 임용시험 3교시 전공B 논술형 2번
다음 \(4\)개의 복소함수$$f_{1}(z)=z,\,f_{2}(z)=\overline{z},\,f_{3}(z)=e^{z},\,f_{4}(z)=e^{\overline{z}}$$로 생성되는 복소 벡터공간$$\{a_{1}f_{1}+a_{2}f_{2}+a_{3}f_{3}+a_{4}f_{4}\,|\,a_{1},\,a_{2},\,a_{3},\,a_{4}\in\mathbb{C}\}$$를 \(V\)라 하자. 여기서 \(\overline{z}\)는 \(z\)의 켤레복소수이다.
복소평면 \(\mathbb{C}\) 상의 시계반대방향의 단위원 \(C:|z|=1\)에 대하여 사상(map) \(T:V\,\rightarrow\,\mathbb{C}\)를 다음과 같이 정의하자.$$T(f)=\int_{C}{f(z)dz}$$\(T\)가 선형사상임을 증명하시오. 선형사상 \(T\)의 핵(kernel) \(\text{Ker}(T)\)의 기저를 구하고, \(\text{Ker}(T)\)를 이용하여 \(T^{-1}(2)=\{f\in V\,|\,T(f)=2\}\)를 나타내시오.
풀이: 임의의 \(f(z),\,g(z)\in V\)와 \(\alpha,\,\beta\in\mathbb{C}\)에 대하여$$\begin{align*}T(\alpha f+\beta g)&=\int_{C}{\{\alpha f(z)+\beta g(z)\}dz}\\&=\alpha\int_{C}{f(z)dz}+\beta\int_{C}{g(z)dz}\\&=\alpha T(f)+\beta T(g)\end{align*}$$이므로 \(T\)는 선형사상이다.
\(f_{1}(z)=z,\,f_{3}(z)=e^{z}\)는 정함수(entire)이므로 코시-구르사 정리(Cauchy-Goursat theorem)에 의해 \(\displaystyle\int_{C}{f_{1}(z)dz}=\int_{C}{f_{3}(z)dz}=0\)이다.
\(C\)를 \(C:\,z=e^{it}\,(0\leq t\leq2\pi)\)로 나타낼 수 있고, \(z\in C\)에 대하여 \(1=|z|^{2}=z\overline{z}\)이므로 \(\displaystyle\overline{z}=\frac{1}{z}\)이고$$\begin{align*}\int_{C}{f_{2}(z)dz}&=\int_{C}{\frac{1}{z}dz}=\int_{0}^{2\pi}{\frac{1}{e^{it}}ie^{it}dt}=2\pi i\\ \int_{C}{f_{4}(z)dz}&=\int_{C}{e^{\frac{1}{z}}dz}=2\pi i\text{Res}_{z=0}e^{\frac{1}{z}}=2\pi i\end{align*}$$이다. 그러면$$\int_{C}{f_{1}(z)dz}=\int_{C}{f_{3}(z)dz}=0,\,\int_{C}{f_{2}(z)dz}=\int_{C}{f_{4}(z)dz}=2\pi i$$이므로$$\text{Ker}(T)=\{a_{1}f_{1}+a_{2}(f_{2}-f_{4})+a_{3}f_{3}\,|\,a_{1},\,a_{2},\,a_{3}\in\mathbb{C}\}$$이고 \(\{f_{1},\,f_{2}-f_{4},\,f_{3}\}\)이 일차독립임을 보이자.
\(b_{1},\,b_{2},\,b_{3}\in\mathbb{C}\)에 대하여$$b_{1}f_{1}+b_{2}(f_{2}-f_{4})+b_{3}f_{3}=b_{1}z+b_{2}(\overline{z}-e^{\overline{z}})+b_{3}e^{z}=0$$이라 하자. 위 식에 \(z=0\), \(z=1\), \(z=i\)를 대입하면$$-b_{2}+b_{3}=0,\,b_{1}+b_{2}+(b_{3}-b_{2})e=0,\,(b_{1}-b_{2})i-b_{2}e^{-i}+b_{3}e^{i}=0$$이고 \(b_{1}=b_{2}=b_{3}=0\)이므로 \(\{f_{1},\,f_{2}-f_{4},\,f_{3}\}\)은 일차독립이고 따라서 \(\text{Ker}(T)\)의 기저이다.$$\begin{align*}T^{-1}(2)&=\left\{ a_{1}f_{1}+a_{2}(f_{2}-f_{4})+a_{3}f_{3}+\frac{1}{\pi i}f_{4}\,|\,a_{1},\,a_{2},\,a_{3}\in\mathbb{C} \right\}\\&=\frac{1}{\pi i}f_{4}+\text{Ker}(T)\end{align*}$$이므로 따라서 \(\displaystyle T^{-1}(2)=\frac{1}{\pi i}f_{4}+\text{Ker}(T)\)이다.
*\(T^{-1}(2)\)를 \(f_{4}\) 대신 \(f_{2}\)를 이용해 나타내도 된다.
