東京工業大学 工学院 情報通信系 2019年8月実施 线性代数

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• Quadratic-Form
• Orthogonal-Matrix
• Inner-Product-and-Orthogonality

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

H2.

1） 2 つの正方行列 $A, B$ に対して，

$$B = P^{-1}AP \tag{H2.1}$$

が成り立つ正則な行列 $P$ が存在するとき，行列 $A, B$ は相似であるとよぶ．このとき，以下の問に答えよ．

a) 行列 $A, B$ が相似であるとき，これらが同じ固有値を持つことを示せ． b) 式 (H2.1) において $A = \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ , $P = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ であるとき，行列 $A, B$ のそれぞれについて，すべての固有値とこれらに対応する長さ 1 の固有ベクトルを求めよ．

2） 実変数 $x, y, z$ の二次形式 $f(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 4z^2 + 2xy + 2yz + 2zx$ が与えられるとき，以下の問に答えよ．

a) $f(x, y, z)$ を，実対称行列 $T$ を用いて $\begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} T \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ と表すとき， $T$ を求めよ． b) $f(x, y, z)$ は，直交行列 $Q$ を用いた変換 $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} s \\ t \\ u \end{pmatrix}$ を用いて， 標準形 $a_1s^2 + a_2t^2 + a_3u^2$ に変換できる．ただし， $a_1, a_2, a_3$ は実数で， $a_1 \le a_2 \le a_3$ とする．このとき， $Q$ 及び， $a_1, a_2, a_3$ を求めよ． c) 二次曲面 $f(x, y, z) - 2\sqrt{3}x - 2\sqrt{3}y + 2\sqrt{3}z - 8 = 0$ が楕円面であることを示せ．

题目描述

1. 对两个方阵 $A,B$，若存在可逆矩阵 $P$ 使

$$B=P^{-1}AP, \tag{H2.1}$$

则称 $A,B$ 相似。

1. 证明相似矩阵 $A,B$ 具有相同的特征值。
2. 在 (H2.1) 中取

$$A=\begin{pmatrix}4&-3\\2&-1\end{pmatrix}, \qquad P=\begin{pmatrix}2&5\\1&3\end{pmatrix}.$$

分别求 $A$ 与 $B$ 的全部特征值，并对每个特征值求一个对应的长度为 $1$ 的特征向量。

2. 给定实变量二次形式

$$f(x,y,z) =2x^2+2y^2+4z^2+2xy+2yz+2zx.$$

1. 求实对称矩阵 $T$，使

$$f(x,y,z) = \begin{pmatrix}x&y&z\end{pmatrix} T \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.$$

2. 通过正交变换

$$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = Q\begin{pmatrix}s\\t\\u\end{pmatrix}$$

将 $f$ 化为标准形

$$a_1s^2+a_2t^2+a_3u^2, \qquad a_1\leq a_2\leq a_3.$$

求正交矩阵 $Q$ 以及 $a_1,a_2,a_3$。 3. 证明二次曲面

$$f(x,y,z) -2\sqrt3x-2\sqrt3y+2\sqrt3z-8=0$$

是椭球面。

Kai

問題の解答と詳細な解説

(1) 行列の相似と固有値・固有ベクトル

(a) 相似な行列が同じ固有値を持つことの証明

行列 $A$ と $B$ が相似であるとき、正則行列 $P$ を用いて $B = P^{-1}AP$ と表されます。 ある行列の固有値は、その固有方程式（特性方程式） $|\lambda I - X| = 0$ の解として求められます。ここで、 $I$ は単位行列です。

行列 $B$ の特性多項式 $|\lambda I - B|$ を変形して、行列 $A$ の特性多項式と一致することを示します。

$$\begin{aligned} |\lambda I - B| &= |\lambda I - P^{-1}AP| \\ &= |P^{-1}(\lambda I)P - P^{-1}AP| \quad (\lambda I \text{ はスカラー行列なので可換}) \\ &= |P^{-1}(\lambda I - A)P| \end{aligned}$$

行列式の性質 $|XYZ| = |X||Y||Z|$ を用いると、

$$\begin{aligned} |P^{-1}(\lambda I - A)P| &= |P^{-1}| |\lambda I - A| |P| \\ &= |P|^{-1} |\lambda I - A| |P| \\ &= |\lambda I - A| \end{aligned}$$

となります。

このように、行列 $A$ と行列 $B$ の特性多項式は完全に一致する（ $|\lambda I - A| = |\lambda I - B|$ ）ため、方程式の解である「固有値」もすべて等しくなります。（証明終）

(b) 行列 $A, B$ の固有値と長さ 1 の固有ベクトルの導出

与えられた行列は $A = \begin{pmatrix} 4 & -3 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ , $P = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ です。

【行列 $A$ について】

1. 固有値の計算 $A$ の特性方程式 $|A - \lambda I| = 0$ を解きます。

$$\begin{vmatrix} 4 - \lambda & -3 \\ 2 & -1 - \lambda \end{vmatrix} = (4 - \lambda)(-1 - \lambda) - (-3 \times 2) = \lambda^2 - 3\lambda - 4 + 6 = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$$

$$(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$$

よって、 $A$ の固有値は $\lambda = 1, 2$ です。

2. 固有ベクトルの計算 ・ $\lambda = 1$ のとき： $(A - I)\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 3 & -3 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ より、 $x = y$ 。 固有ベクトルを定数 $c$ を用いて $c\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ と表せます。長さ（ノルム）を 1 にするため、 $\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ で割ります。 $\lambda=1$ に対応する長さ1の固有ベクトル： $\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

   ・ $\lambda = 2$ のとき： $(A - 2I)\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ 2 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ より、 $2x = 3y$ 。 固有ベクトルは $c\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$ と表せます。ノルム $\sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}$ で割ります。 $\lambda=2$ に対応する長さ1の固有ベクトル： $\pm\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$

【行列 $B$ について】

(a) の結果より、 $B$ の固有値も $A$ と同じく $\lambda = 1, 2$ です。 $B\mathbf{y} = \lambda\mathbf{y}$ は $(P^{-1}AP)\mathbf{y} = \lambda\mathbf{y}$ であり、左から $P$ を掛けると $A(P\mathbf{y}) = \lambda(P\mathbf{y})$ となります。 すなわち、 $B$ の固有ベクトル $\mathbf{y}$ は、 $\mathbf{y} = P^{-1}\mathbf{x}$ （ $\mathbf{x}$ は $A$ の固有ベクトル）として求められます。

まず、 $P^{-1}$ を求めます。 $|P| = 2\times3 - 5\times1 = 1$ より、

$$P^{-1} = \frac{1}{1}\begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$$

・ $\lambda = 1$ のとき： ベースとなるベクトルとして $\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ を用います。 $\mathbf{y} = P^{-1}\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ これを正規化（ノルム $\sqrt{(-2)^2 + 1^2} = \sqrt{5}$ ）します。 $\lambda=1$ に対応する長さ1の固有ベクトル： $\pm\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$

・ $\lambda = 2$ のとき： ベースとなるベクトルとして $\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix}$ を用います。 $\mathbf{y} = P^{-1}\mathbf{x} = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 - 10 \\ -3 + 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ これを正規化（ノルム $\sqrt{(-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ ）します。 $\lambda=2$ に対応する長さ1の固有ベクトル： $\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$

（※ 固有ベクトルは定数倍の自由度があるため、符号が反転したマイナスのものも正解となります。）

(2) 二次形式と直交変換

(a) 実対称行列 $T$ の導出

二次形式 $f(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 4z^2 + 2xy + 2yz + 2zx$ を行列で表します。 各変数の2乗の係数が対角成分に、交差項（ $xy, yz, zx$ ）の係数の半分が非対角成分に対応します。

$$T = \begin{pmatrix} x^2の係数 & xyの係数/2 & zxの係数/2 \\ xyの係数/2 & y^2の係数 & yzの係数/2 \\ zxの係数/2 & yzの係数/2 & z^2の係数 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}$$

よって、 $T = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}$

(b) 直交行列 $Q$ と標準形の係数 $a_1, a_2, a_3$ の導出

二次形式の標準形の係数 $a_1, a_2, a_3$ は、対称行列 $T$ の固有値です。

1. $T$ の固有値の計算

$$|T - \lambda I| = \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 4-\lambda \end{vmatrix} = 0$$

計算を簡略化するため、1行目から2行目を引くと、

$$\begin{vmatrix} 1-\lambda & -1+\lambda & 0 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)\begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 4-\lambda \end{vmatrix}$$

1列目に2列目を足すと、

$$(1-\lambda)\begin{vmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 3-\lambda & 2-\lambda & 1 \\ 2 & 1 & 4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda) \cdot 1 \cdot \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 2 & 4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)\{ (3-\lambda)(4-\lambda) - 2 \}$$

$$= (1-\lambda)(\lambda^2 - 7\lambda + 10) = (1-\lambda)(\lambda - 2)(\lambda - 5) = 0$$

よって、固有値は $\lambda = 1, 2, 5$ です。 $a_1 \le a_2 \le a_3$ の条件より、 $a_1 = 1, a_2 = 2, a_3 = 5$ です。

2. 直交行列 $Q$ の計算（固有ベクトルの導出）

対称行列の異なる固有値に属する固有ベクトルは互いに直交します。それぞれの単位固有ベクトルを求めます。

・ $\lambda_1 = 1$ のとき： $T - I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{cases} x + y + z = 0 \\ x + y + 3z = 0 \end{cases} \rightarrow z = 0, y = -x$ 単位固有ベクトル $\mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$

・ $\lambda_2 = 2$ のとき： $T - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{cases} y + z = 0 \\ x + z = 0 \end{cases} \rightarrow x = y = -z$ 単位固有ベクトル $\mathbf{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

・ $\lambda_3 = 5$ のとき： $T - 5I = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{cases} -3x + y + z = 0 \\ x - 3y + z = 0 \end{cases}$ 第1式から第2式を引くと $-4x + 4y = 0 \rightarrow x = y$ 。代入すると $z = 2x$ 。 単位固有ベクトル $\mathbf{u}_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$

これらを列ベクトルとして並べて直交行列 $Q$ を作ります。 $Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$ （※各列ベクトルは符号が反転していても直交行列として成立します。）

(c) 二次曲面が楕円面であることの証明

与えられた方程式は $f(x, y, z) - 2\sqrt{3}x - 2\sqrt{3}y + 2\sqrt{3}z - 8 = 0$ です。 (b) で求めた変数変換 $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} s \\ t \\ u \end{pmatrix}$ を適用します。

まず、二次形式の部分は $f(x,y,z) = s^2 + 2t^2 + 5u^2$ に標準化されます。

次に、一次の項（線形項）を変換します。一次項を行列表記すると、

$$\begin{pmatrix} -2\sqrt{3} & -2\sqrt{3} & 2\sqrt{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\sqrt{3} & -2\sqrt{3} & 2\sqrt{3} \end{pmatrix} Q \begin{pmatrix} s \\ t \\ u \end{pmatrix}$$

係数ベクトルと行列 $Q$ の積を計算します。

$$\begin{pmatrix} -2\sqrt{3} & -2\sqrt{3} & 2\sqrt{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$$

• $s$ の係数： $\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} + \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} + 0 = 0$
• $t$ の係数： $\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} + \frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} + \frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = -2 - 2 - 2 = -6$
• $u$ の係数： $\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{6}} + \frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{6}} + \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{-4\sqrt{3} + 4\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = 0$

したがって、線形項の変換後は $-6t$ となります。 方程式全体を $s, t, u$ で書き直すと次のようになります。

$$s^2 + 2t^2 + 5u^2 - 6t - 8 = 0$$

この式について、 $t$ に関して平方完成を行います。

$$s^2 + 2(t^2 - 3t) + 5u^2 = 8$$

$$s^2 + 2\left(t - \frac{3}{2}\right)^2 - 2 \left(\frac{3}{2}\right)^2 + 5u^2 = 8$$

$$s^2 + 2\left(t - \frac{3}{2}\right)^2 - \frac{9}{2} + 5u^2 = 8$$

$$s^2 + 2\left(t - \frac{3}{2}\right)^2 + 5u^2 = \frac{25}{2}$$

両辺を $\frac{25}{2}$ で割って標準形にします。

$$\frac{s^2}{25/2} + \frac{\left(t - \frac{3}{2}\right)^2}{25/4} + \frac{u^2}{5/2} = 1$$

この方程式は、定数 $A^2, B^2, C^2 > 0$ を用いて $\frac{X^2}{A^2} + \frac{Y^2}{B^2} + \frac{Z^2}{C^2} = 1$ の形（各変数の2乗の係数がすべて正）で表されるため、楕円面（ellipsoid）の標準形であることがわかります。

よって、与えられた二次曲面は楕円面であることが示されました。（証明終）

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