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明治大学 先端数理科学研究科 現象数理学専攻 2023年8月実施 线性代数

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

R3\mathbb{R}^3 の3つのベクトル a0,a1,a2\mathbf{a}_0, \mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2 を

a0=(111),a1=(1−11),a2=(112)\mathbf{a}_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}

で定義し、 R3\mathbb{R}^3 の2直線

l1:{a0+a1t∣t∈R},l2:{a2t∣t∈R}l_1: \{\mathbf{a}_0 + \mathbf{a}_1 t \mid t \in \mathbb{R}\}, \quad l_2: \{\mathbf{a}_2 t \mid t \in \mathbb{R}\}

を考える。次の問に答えよ。

(1) 2直線 l1,l2l_1, l_2 が交わらないことを示せ。

(2) 外積 a3=a1×a2\mathbf{a}_3 = \mathbf{a}_1 \times \mathbf{a}_2 を求めよ。また、 a1,a2,a3\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{a}_3 を並べてできる3行3列の行列の固有値を求めよ。

(3) 2直線 l1,l2l_1, l_2 に直交する直線を求めよ。

题目描述​

定义 R3\mathbb{R}^3 中的三个向量

a0=(111),a1=(1−11),a2=(112),\mathbf{a}_0=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix},

并考虑 R3\mathbb{R}^3 中的两条直线

l1={a0+a1t | t∈R},l2={a2t | t∈R}.l_1=\left\{\mathbf{a}_0+\mathbf{a}_1t\,\middle|\,t\in\mathbb{R}\right\}, \qquad l_2=\left\{\mathbf{a}_2t\,\middle|\,t\in\mathbb{R}\right\}.

回答下列问题。

(1) 证明两条直线 l1,l2l_1,l_2 不相交。

(2) 求叉积

a3=a1×a2.\mathbf{a}_3=\mathbf{a}_1\times\mathbf{a}_2.

再求以 a1,a2,a3\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3 为列排成的三阶方阵的特征值。

(3) 求同时与两条直线 l1,l2l_1,l_2 正交的直线。

Kai​

(1) l1l_1 上の点 a0+a1t\mathbf{a}_0 + \mathbf{a}_1 t と l2l_2 上の点 a2s\mathbf{a}_2 s が一致すると仮定すると、

a0+a1t=a2s\mathbf{a}_0 + \mathbf{a}_1 t = \mathbf{a}_2 s
(111)+(1−11)t=(112)s\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} t = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} s

これは連立一次方程式

{1+t=s1−t=s1+t=2s\begin{cases} 1 + t = s \\ 1 - t = s \\ 1 + t = 2s \end{cases}

を意味する。最初の2式から 1+t=1−t1 + t = 1 - t なので t=0t = 0 。すると、 s=1s = 1 。しかし、第3式に代入すると 1+0=2(1)1 + 0 = 2(1) となり、 1=21 = 2 となり矛盾する。したがって、 l1l_1 と l2l_2 は交わらない。

(2) 外積 a3=a1×a2\mathbf{a}_3 = \mathbf{a}_1 \times \mathbf{a}_2 は

a3=(1−11)×(112)=((−1)(2)−(1)(1)(1)(1)−(1)(2)(1)(1)−(−1)(1))=(−3−12)\mathbf{a}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-1)(2) - (1)(1) \\ (1)(1) - (1)(2) \\ (1)(1) - (-1)(1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}

行列 A=[a1,a2,a3]A = [\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{a}_3] は

A=(11−3−11−1122)A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -3 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}

固有値を求めるには、 det⁡(A−λI)=0\det(A - \lambda I) = 0 を解く必要がある。

det⁡(A−λI)=∣1−λ1−3−11−λ−1122−λ∣=(1−λ)((1−λ)(2−λ)+2)−(−(2−λ)+1)−3(−2−(1−λ))\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 1 & -3 \\ -1 & 1 - \lambda & -1 \\ 1 & 2 & 2 - \lambda \end{vmatrix} = (1 - \lambda)((1 - \lambda)(2 - \lambda) + 2) - (-(2 - \lambda) + 1) - 3(-2 - (1 - \lambda))
=(1−λ)(λ2−3λ+4)−(λ−1)−3(λ−3)= (1 - \lambda)(\lambda^2 - 3\lambda + 4) - (\lambda - 1) - 3(\lambda - 3)
=λ2−3λ+4−λ3+3λ2−4λ−λ+1−3λ+9= \lambda^2 - 3\lambda + 4 - \lambda^3 + 3\lambda^2 - 4\lambda - \lambda + 1 - 3\lambda + 9
=−λ3+4λ2−11λ+14=−(λ−2)(λ2−2λ+7)=0= -\lambda^3 + 4\lambda^2 - 11\lambda + 14 = -(\lambda - 2)(\lambda^2 - 2\lambda + 7) = 0

したがって、固有値は λ=2\lambda = 2 と λ=2±4−282=1±i6\lambda = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 28}}{2} = 1 \pm i\sqrt{6} である。

(3) 両直線の公垂線の方向ベクトルは

a3=a1×a2=(−3−12)\mathbf a_3=\mathbf a_1\times\mathbf a_2 =\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix}

である。 l1l_1 上の点 p=a0+ta1p=\mathbf a_0+t\mathbf a_1 と l2l_2 上の点 q=sa2q=s\mathbf a_2 に対し， q−pq-p が両方向ベクトルに直交する条件は

(q−p)⋅a1=2s−1−3t=0,(q−p)⋅a2=6s−4−2t=0.(q-p)\cdot\mathbf a_1=2s-1-3t=0,\qquad (q-p)\cdot\mathbf a_2=6s-4-2t=0.

これを解くと t=17, s=57t=\frac17,\ s=\frac57 であり，

p=17(868),q=17(5510),q−p=17a3.p=\frac17\begin{pmatrix}8\\6\\8\end{pmatrix}, \qquad q=\frac17\begin{pmatrix}5\\5\\10\end{pmatrix}, \qquad q-p=\frac17\mathbf a_3.

したがって求める公垂線は

{17(868)+u(−3−12) | u∈R}.\boxed{ \left\{ \frac17\begin{pmatrix}8\\6\\8\end{pmatrix} +u\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix} \ \middle|\ u\in\mathbb R \right\}. }
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