東北大学 工学研究科 電気・情報系 2022年3月実施 基礎科目 問題6 数学基礎

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• Eigenvalues-and-Eigenvectors
• Cayley-Hamilton-Theorem
• Laplace-Transform

Author

Miyake

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題意の要約

大学公開の原題、14 ページ

1. $A=\begin{pmatrix}1&2&0\\-1&-2&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ とする。(a) 固有値と対応する固有ベクトルを求める。(b) $A^3+aA^2+bA+cE=O$ を満たす係数 $a,b,c$ を求める。(c) $A^4+A^3-A^2+4A-5E$ を計算する。$E$ は単位行列である。
2. $F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$ とする。(a) $a>0$ に対して $\mathcal L[f(at+b)](s)=\frac{e^{bs/a}}a\left[F(s/a)-\int_0^b e^{-st/a}f(t)\,dt\right]$ を示す。ただし $at+b\le0$ では $f(at+b)=0$ とする。(b) この関係を利用し、$f(t+2)-3f(t+1)+2f(t)=t$（$t\ge0$）および $f(t)=0$（$0\le t\le2$）から $F(s)$ を求める。

题目描述

1. 给定 $A=\begin{pmatrix}1&2&0\\-1&-2&1\\0&0&1\end{pmatrix},$ $E$ 为单位矩阵。求特征值和对应特征向量；求满足 $A^3+aA^2+bA+cE=O$ 的 $a,b,c$；计算 $A^4+A^3-A^2+4A-5E$。
2. 设 $F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$。对 $a>0$，证明 $\mathcal L[f(at+b)](s)=\frac{e^{bs/a}}a\left[F(s/a)-\int_0^b e^{-st/a}f(t)\,dt\right],$ 其中 $at+b\le0$ 时令 $f(at+b)=0$。再利用这一关系，由 $f(t+2)-3f(t+1)+2f(t)=t$（$t\ge0$）及 $f(t)=0$（$0\le t\le2$）求 $F(s)$。

Kai

(1)

(a)

$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、

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

である。

固有値 $-1$ に対応する固有ベクトルを求めるために、

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

とおくと、 $x+y=0, z=0$ であるから、固有ベクトルは例えば、

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

同様にして、固有値 $0,1$ に対応する固有ベクトルは、それぞれ、例えば、

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

(b)

(a) で求めたように、 $A$ の固有多項式は $\lambda^3 - \lambda$ であるから、 ケーリー-ハミルトンの定理より、

$$\begin{aligned} A^3 - A = O \end{aligned}$$

が成り立つ。 つまり、

$$\begin{aligned} a=0, b=-1, c=0 \end{aligned}$$

である。

($c$)

$$\begin{aligned} A^4+A^3-A^2+4A-5E &= (A^3-A)(A+E) + 5A - 5E \\ &= 5A - 5E \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 10 & 0 \\ -5 & -15 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

(2)

(a)

$\tau = at+b$ とると、 $a \gt 0$ より $t \to \infty$ のとき $\tau \to \infty$ であるから、 次のように計算できる：

$$\begin{aligned} \mathcal{L} \left[ f(at+b) \right] &= \int_0^\infty e^{-st} f(at+b) dt \\ &= \int_b^\infty e^{-s(\tau-b)/a} f(\tau) \frac{d \tau}{a} \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \int_b^\infty e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \left\{ \int_0^\infty e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau - \int_0^b e^{-s \tau /a} f(\tau) d \tau \right\} \\ &= \frac{e^{bs/a}}{a} \left\{ F \left( \frac{s}{a} \right) - \int_0^b e^{-st /a} f(t) dt \right\} \end{aligned}$$

(b)

まず、

$$\begin{aligned} \mathcal{L} \left[ t \right] &= \int_0^\infty e^{-st} t dt \\ &= \int_0^\infty \left( - \frac{1}{s} e^{-st} \right)' t dt \\ &= \left[ - \frac{1}{s} e^{-st} t \right]_0^\infty + \frac{1}{s} \int_0^\infty e^{-st} dt \\ &= - \frac{1}{s^2} \left[ e^{-st} \right]_0^\infty \\ &= \frac{1}{s^2} \end{aligned}$$

である。

よって、与えられた差分方程式をラプラス変換すると、(a)で得た式を使って、

$$\begin{aligned} e^{2s} \left\{ F(s) - \int_0^2 e^{-st} f(t) dt \right\} -3e^{s} \left\{ F(s) - \int_0^1 e^{-st} f(t) dt \right\} + 2F(s) = \frac{1}{s^2} \end{aligned}$$

さらに、 $0 \leq t \leq 2$ で $f(t)=0$ であることを使って整理すると、

$$\begin{aligned} \left( e^{2s} - 3 e^s + 2 \right) F(s) = \frac{1}{s^2} \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} F(s) &= \frac{1}{s^2 \left( e^{2s} - 3 e^s + 2 \right)} \\ &= \frac{1}{s^2 \left( e^s -1 \right) \left( e^s -2 \right)} \end{aligned}$$

を得る。