九州大学工学府量子物理工学専攻 2021年8月実施数学問題1

标签：

Author

\begin{aligned} A = \frac{1}{3} B , \ \ B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ -1 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

$B$ の固有値を $b$ とすると

\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} 1-b & 0 & 2 \\ -1 & 3-b & 1 \\ 1 & 0 & -b \end{pmatrix} \\ &= -(b+1)(b-2)(b-3) \\ \therefore \ \ \lambda &= -1, 2, 3 \end{aligned}

である。

$B$ の固有値 $b=-1$ に属する固有ベクトルを求めるため

\begin{aligned} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 $x=2y,x+z=0$ となる。

$B$ の固有値 $b=2$ に属する固有ベクトルを求めるため

\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 $x=2z,y=z$ となる。

$B$ の固有値 $b=3$ に属する固有ベクトルを求めるため

\begin{aligned} \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 $x=z=0$ となる。

そこで、

\begin{aligned} P = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、

\begin{aligned} \det P &= -6 \\ P^{-1} &= - \frac{1}{6} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ -2 & 0 & -2 \\ 3 & -6 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 2 & 0 & 2 \\ -3 & 6 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

であり、

\begin{aligned} P^{-1} B P = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} , \ \ P^{-1} A P = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned}

が成り立つ。

\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} A^n &= \lim_{n \to \infty} P \left( P^{-1} A P \right)^n P^{-1} \\ &= \lim_{n \to \infty} P \begin{pmatrix} \left( - \frac{1}{3} \right)^n & 0 & 0 \\ 0 & \left( \frac{2}{3} \right)^n & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= P \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ - \frac{1}{2} & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

\begin{aligned} \iint_R \left( 1 - x^2 - y^2 \right) dx dy &= \int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^1 dr \ r \left( 1 - r^2 \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( x = r \cos \theta, y = r \sin \theta ) \\ &= 2 \pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 \\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}

$0 \leq t \leq a$ として、 3点 $(t,0,0),(0,t,0),(0,0,t)$ を頂点とする正三角形を考えると、この三角形上の点 $(x,y,z)$ について $x+y+z=t$ であり、この三角形の面積は

\begin{aligned} S(t) = \frac{\sqrt{3}}{2} t^2 \end{aligned}

である。よって、

\begin{aligned} \iiint_R \left( x+y+z \right) dx dy dz &= \int_0^a t S(t) dt \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \int_0^a t^3 dt \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left[ \frac{t^4}{4} \right]_0^a \\ &= \frac{\sqrt{3}}{8} a^4 \end{aligned}

である。