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大阪大学 情報科学研究科 情報基礎数学専攻 2020年8月実施 数学4-5

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Author​

Miyake

Description​

Kai​

4.​

(1)​

AA の列ベクトル

a1=(−5−2),a2=(3a−3b+14a−b+4),a3=(156)\begin{aligned} \boldsymbol{a}_1 = \begin{pmatrix} -5 \\ -2 \end{pmatrix} , \boldsymbol{a}_2 = \begin{pmatrix} 3a-3b+14 \\ a-b+4 \end{pmatrix} , \boldsymbol{a}_3 = \begin{pmatrix} 15 \\ 6 \end{pmatrix} \end{aligned}

を見ると、 a3=−3a1\boldsymbol{a}_3 = -3 \boldsymbol{a}_1 であるが、 a,ba,b が何であっても a2\boldsymbol{a}_2 は a1\boldsymbol{a}_1 の実数倍で表せない。 したがって、 AA の像は2次元であり、核 VV は1次元である。

核 VV を求めるために、次のようにおく：

(−53a−3b+1415−2a−b+46)(xyz)=(00)\begin{aligned} \begin{pmatrix} -5 & 3a-3b+14 & 15 \\ -2 & a-b+4 & 6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

これが成り立つのは −x+3z=0,y=0-x+3z=0,y=0 のときであり、 したがって、 VV の基底はたとえば、

v=(301)\begin{aligned} \boldsymbol{v} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

(2)​

BB の列ベクトルを次のように書く：

b1=(123),b2=(−3a−b3a+b3a+b)=(3a+b)b2′\begin{aligned} \boldsymbol{b}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} , \boldsymbol{b}_2 = \begin{pmatrix} -3a-b \\ 3a+b \\ 3a+b \end{pmatrix} = (3a+b) \boldsymbol{b}'_2 \end{aligned}

ここで、

b2′=(−111)\begin{aligned} \boldsymbol{b}'_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

であり、 b1,b2′\boldsymbol{b}_1, \boldsymbol{b}'_2 は1次独立である。

3a+b=03a+b=0 のときは、 WW は1次元であり、 b1\boldsymbol{b}_1 が基底になる。

3a+b≠03a+b \neq 0 のときは、 WW は2次元であり、 b1,b2′\boldsymbol{b}_1, \boldsymbol{b}'_2 が基底になる。

(3)​

v\boldsymbol{v} は (1) の通りとし、 b1,b2′\boldsymbol{b}_1, \boldsymbol{b}'_2 は (2) の通りとする。

v,b1\boldsymbol{v}, \boldsymbol{b}_1 は1次独立なので、 3a+b=03a+b=0 のときは、 V+WV+W は VV と WW の直和になる。

v=b1−2b2′\boldsymbol{v} = \boldsymbol{b}_1 - 2 \boldsymbol{b}'_2 なので、 3a+b≠03a+b \neq 0 のときは、 V+WV+W は VV と WW の直和にならない。

したがって、求める条件は 3a+b=03a+b=0 である。

5.​

AA の固有値を λ\lambda とすると、

0=det⁡(−1−λ104−1−λ0−321−λ)=−(λ+3)(λ−1)2∴  λ=−3,1\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} -1 - \lambda & 1 & 0 \\ 4 & -1 - \lambda & 0 \\ -3 & 2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda + 3)(\lambda - 1)^2 \\ \therefore \ \ \lambda &= -3, 1 \end{aligned}

を得る。

固有値 −3-3 に対応する固有ベクトルを求めるため、

(−1+3104−1+30−321+3)(xyz)=(000)\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1+3 & 1 & 0 \\ 4 & -1+3 & 0 \\ -3 & 2 & 1+3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 2x+y=0,−3x+2y+4z=02x+y=0, -3x+2y+4z=0 なので、

v1=(4−87)\begin{aligned} \boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} 4 \\ -8 \\ 7 \end{pmatrix} \end{aligned}

は固有値 −3-3 に属する固有ベクトルである。

固有値 11 に対応する固有ベクトルを求めるため、

(−1−1104−1−10−321−1)(xyz)=(000)\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1-1 & 1 & 0 \\ 4 & -1-1 & 0 \\ -3 & 2 & 1-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 −2x+y=0,−3x+2y=0-2x+y=0, -3x+2y=0 したがって x=y=0x=y=0 なので、

v2=(001)\begin{aligned} \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

は固有値 11 に属する固有ベクトルである。

固有値 11 に属する v2\boldsymbol{v}_2 と1次独立な固有ベクトルは存在しない。 固有値 11 に属する広義固有空間（一般固有空間）の v2\boldsymbol{v}_2 と1次独立なベクトルを求めるため、

(−1−1104−1−10−321−1)(xyz)=(001)\begin{aligned} \begin{pmatrix} -1-1 & 1 & 0 \\ 4 & -1-1 & 0 \\ -3 & 2 & 1-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

とおくと、 −2x+y=0,−3x+2y=1-2x+y=0, -3x+2y=1 したがって x=1,y=2x=1, y=2 なので、

v3=(120)\begin{aligned} \boldsymbol{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

は固有値 11 に属する広義固有空間（一般固有空間）の v2\boldsymbol{v}_2 と1次独立なベクトルであり、

Av3=v2+v3\begin{aligned} A \boldsymbol{v}_3 = \boldsymbol{v}_2 + \boldsymbol{v}_3 \end{aligned}

を満たす。

以上より、 v1,v2,v3\boldsymbol{v}_1, \boldsymbol{v}_2, \boldsymbol{v}_3 は R3\mathbb{R}^3 の基底であり、

Av1=−3v1,  Av2=v2,  Av3=v2+v3\begin{aligned} A \boldsymbol{v}_1 = -3 \boldsymbol{v}_1 , \ \ A \boldsymbol{v}_2 = \boldsymbol{v}_2 , \ \ A \boldsymbol{v}_3 = \boldsymbol{v}_2 + \boldsymbol{v}_3 \end{aligned}

を満たす。 したがって、任意の v∈R3\boldsymbol{v} \in \mathbb{R}^3 に対して

v=av1+bv2+cv3\begin{aligned} \boldsymbol{v} = a \boldsymbol{v}_1 + b \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 \end{aligned}

であるような a,b,c∈Ra,b,c \in \mathbb{R} が一意的に存在し、

Av=−3av1+(b+c)v2+cv3,A2v=9av1+(b+2c)v2+cv3\begin{aligned} A \boldsymbol{v} &= -3a \boldsymbol{v}_1 + (b+c) \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 ,\\ A^2 \boldsymbol{v} &= 9a \boldsymbol{v}_1 + (b+2c) \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 \end{aligned}

が成り立つ。 a≠0a \ne 0 かつ b≠0b \ne 0 かつ c≠0c \ne 0 のときは、 v,Av,A2v\boldsymbol{v}, A \boldsymbol{v}, A^2 \boldsymbol{v} は1次独立なので、 このような v\boldsymbol{v} は求める2次元部分空間に含まれない。 さらに、

A(av1+bv2)=−3av1+bv2,A(av2+cv3)=−3av1+cv2+cv3,A(bv2+cv3)=(b+c)v2+cv3\begin{aligned} A (a \boldsymbol{v}_1 + b \boldsymbol{v}_2 ) &= -3a \boldsymbol{v}_1 + b \boldsymbol{v}_2 ,\\ A (a \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 ) &= -3a \boldsymbol{v}_1 + c \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 ,\\ A (b \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 ) &= (b+c) \boldsymbol{v}_2 + c \boldsymbol{v}_3 \end{aligned}

であるから、求める2次元部分空間は、 「 v1\boldsymbol{v}_1 と v2\boldsymbol{v}_2 によって張られる部分空間」 と 「 v2\boldsymbol{v}_2 と v3\boldsymbol{v}_3 によって張られる部分空間」 の2つであることがわかる。

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