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名古屋大学 工学研究科 電気電子情報工学科 2024年8月実施 基礎2

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Author​

祭音Myyura

Description​

以下の 33 次の正方行列 A\boldsymbol{A} について、以下の問いに答えよ。

A=[1−31040−1−13]\boldsymbol{A} = \begin{bmatrix} 1 & -3 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ -1 & -1 & 3 \\ \end{bmatrix}

ただし、この行列 A\boldsymbol{A} の実数の固有値を λ1,λ2,λ3\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 （ただし、λ1≥λ2≥λ3\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \lambda_3）とし、問題中に現れるベクトル v1,v2,v3\boldsymbol{v_1},\boldsymbol{v_2},\boldsymbol{v_3} はすべての要素が実数の列ベクトルとする。また、∣∣x∣∣2||\boldsymbol{x}||_2 はベクトル x\boldsymbol{x} のユークリッドノルマ（l2l^2ノルム）を表すとする。

(1) 行列 A\boldsymbol{A} の固有値 λ1,λ2,λ3\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 をすべて求めよ。

(2) 行列 A\boldsymbol{A} の固有値 λ1\lambda_1 に対応する固有ベクトル v1\boldsymbol{v_1} を、実数のパラメータ tt を用い形で導出せよ。

(3) 行列 A\boldsymbol{A} の固有値 λ2\lambda_2 に対応する固有ベクトル v2\boldsymbol{v_2} を、実数のパラメータ tt を用い形で導出せよ。

(4) (3) で求めた固有ベクトル v2\boldsymbol{v_2} のうち、すべての要素が非負の整数となる、ある固有ベクトル v2′\boldsymbol{v_2'} （ただし∣∣v2′∣∣2≠0||\boldsymbol{v_2'}||_2 \neq 0）を考える。このとき、

Av3=λ2v3+v2′\boldsymbol{Av_3} = \lambda_2\boldsymbol{v_3} + \boldsymbol{v_2'}

を満たす、かつ ∣∣v3∣∣2=1||\boldsymbol{v_3}||_2 = 1 となる v3\boldsymbol{v_3} をすべて導出せよ。

上記の正方行列 A\boldsymbol{A} について、行列 An\boldsymbol{A}^n の ii 行 jj 列の要素を naij(i∈{1,2,3}),j∈{1,2,3}_na_{ij}(i \in \{1,2,3\}),j\in\{1,2,3\}, すなわち An=[na11na12na13na21na22na23na31na32na33]\boldsymbol{A}^n = \begin{bmatrix} _na_{11} & _na_{12} & _na_{13} \\ _na_{21} & _na_{22} & _na_{23} \\ _na_{31} & _na_{32} & _na_{33} \\ \end{bmatrix} となる。以下の問いに答えよ。

(5) 行列 An\boldsymbol{A}^n の要素 na12_na_{12} の一般形を、ジョルダン標準形の 33 次の正方行列 J\boldsymbol{J} を用いて導出せよ。（※ヒント11　※ヒント22参照）

(6) 行列 A5\boldsymbol{A}^5 の要素 5a12_5a_{12} を求めよ。

  • ※ヒント 11 : (2)~(4) の解を用いて、各要素が整数となるような P=[v1v2′v3]\boldsymbol{P} = \begin{bmatrix}\boldsymbol{v_1} & \boldsymbol{v_2'} & \boldsymbol{v_3}\end{bmatrix} を定義すれば、AP=PJ\boldsymbol{AP} = \boldsymbol{PJ} の関係からジョルダン標準形の 33 次正方行列 J\boldsymbol{J} が得られる。

  • ※ヒント 22 : [α110α]=[annan−10an]\begin{bmatrix} \alpha_1 & 1 \\0 & \alpha\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}a^n & _na^{n-1} \\0 & a^n\end{bmatrix} が成り立つことに着目せよ。

Kai​

(1)​

∣1−λ−3104−λ0−1−13−λ∣=(1−λ)[(4−λ)(3−λ)]+(4−λ)=(4−λ)[(1−λ)(3−λ)+1]=(4−λ)[3−4λ+λ2+1]=(4−λ)(λ−2)2=0\begin{aligned} \begin{vmatrix} 1 - \lambda & -3 & 1 \\ 0 & 4 - \lambda & 0 \\ -1 & -1 & 3 - \lambda \\ \end{vmatrix} &= (1 - \lambda)[(4 - \lambda)(3 - \lambda)] + (4 - \lambda) \\ &= (4 - \lambda)[(1 - \lambda)(3 - \lambda) + 1] \\ &= (4 - \lambda)[3 - 4\lambda + \lambda^2 + 1] \\ &= (4 - \lambda)(\lambda - 2)^2 = 0 \end{aligned}

従って、

λ1=4,λ2=λ3=2\lambda_1 = 4,\lambda_2 = \lambda_3 = 2

(2)​

λ1=4\lambda_1 = 4 のとき、

{−3x1−3x2+x3=00+0+0=0−x1−x2−x3=0⇒x1=−x2\left \{ \begin{aligned} &-3x_1 - 3x_2 + x_3 = 0 \\ &0 + 0 + 0 = 0 \\ &-x_1 - x_2 - x_3 = 0 \\ \end{aligned} \Rightarrow x_1 = -x_2 \right.

従って、

v1=(1−10)\boldsymbol{v_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}

(3)​

λ2=2\lambda_2 = 2 のとき、

{−x1−3x2+x3=00+2x2+0=0−x1−x2+x3=0⇒{x2=0x1=x3\left \{ \begin{aligned} & -x_1 - 3x_2 + x_3 = 0 \\ & 0 + 2x_2 + 0 = 0 \\ & -x_1 - x_2 + x_3 = 0 \\ \end{aligned} \Rightarrow \right. \left \{ \begin{aligned} &x_2 = 0 \\ &x_1 = x_3 \\ \end{aligned} \right.

従って、

v2=(101)\boldsymbol{v_2} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

(4)​

(1−31040−1−13)(x1x2x3)=2(x1x2x3)+(101)\begin{pmatrix} 1 & -3 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ -1 & -1 & 3 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
{x1−3x2+x3=2x1+10+4x2+0=2x2+0−x1−x2+3x3=2x3+1⇒{x2=0x1−x3=−1\left \{ \begin{aligned} x_1 - 3x_2 + x_3 &= 2x_1 + 1 \\ 0 + 4x_2 + 0 & = 2x_2 + 0 \\ -x_1 - x_2 + 3x_3 &= 2x_3 + 1 \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow \left \{ \begin{aligned} &x_2 = 0 \\ &x_1 - x_3 = -1 \\ \end{aligned} \right.

x3x_3 を実数 tt とすると、

v3=(t−10t)\boldsymbol{v_3} = \begin{pmatrix} t - 1 \\ 0 \\ t \end{pmatrix}

が得られて、(t−1)2+t2=2t2−2t+1\sqrt{(t - 1)^2 + t^2} = \sqrt{2t^2 - 2t + 1} より、

∣∣v3∣∣=12t2−2t+1(t−10t)||\boldsymbol{v_3}|| = \frac{1}{\sqrt{2t^2 - 2t + 1}} \begin{pmatrix} t - 1 \\ 0 \\ t \\ \end{pmatrix}

(5)​

(4) より、t=0t = 0 とすると、

v3=(−100)\boldsymbol{v_3} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

ジョルダン標準形を考えると、

A=(−11−1100010)(400021002)P−1\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ \end{pmatrix} \boldsymbol{P}^{-1}
P−1=1det(P)(010001−1−11)\boldsymbol{P}^{-1} = \frac{1}{\text{det}(\boldsymbol{P})} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix}

detP=−1\text{det}\boldsymbol{P} = -1 より、

P−1=(010001−1−11)\boldsymbol{P}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix}

(6)​

A5=PJ5P−1=(−11−1100010)(45000255⋅240025)(010001−1−11)=(−45255⋅24−2545000255⋅24)(010001−1−11)\begin{aligned} \boldsymbol{A}^5 = \boldsymbol{P}\boldsymbol{J}^5\boldsymbol{P}^{-1} &= \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4^5 & 0 & 0 \\ 0 & 2^5 & 5 \cdot 2^4 \\ 0 & 0 & 2^5 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -4^5 & 2^5 & 5 \cdot 2^4 - 2^5 \\ 4^5 & 0 & 0 \\ 0 & 2^5 & 5 \cdot 2^4 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ \end{pmatrix} \\ \end{aligned}
5a12=−45−5⋅24+25=−1072_5a_{12} = -4^5 - 5 \cdot 2^4 + 2^5 = -1072
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