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東京大学 工学系研究科 2022年8月実施 数学 第2問

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Author​

Miyake

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2023年度大学院入学試験問題 数学

Kai​

I.​

a=1a=1 のとき

A=(210131012)\begin{aligned} A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \end{aligned}

であり、AA の固有値を λ\lambda とすると、

0=det⁡(2−λ1013−λ1012−λ)=−(λ−1)(λ−2)(λ−4)∴  λ=1,2,4\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 3 - \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 2 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda - 1)(\lambda - 2)(\lambda - 4) \\ \therefore \ \ \lambda &= 1, 2, 4 \end{aligned}

である。よって、

D=(100020004)\begin{aligned} D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{aligned}

である（固有値の並べ方の不定性はある）。

II.​

AA は実対称行列なので、実直交行列 PP があって、

A=PDP−1,  P−1=PT\begin{aligned} A = P D P^{-1} , \ \ P^{-1} = P^T \end{aligned}

が成り立つ。そこで、非零三次元実ベクトル x\boldsymbol{x} に対して

(y1y2y3)=P−1x\begin{aligned} \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = P^{-1} \boldsymbol{x} \end{aligned}

とおくと、 y1,y2,y3y_1, y_2, y_3 は実数であり、

y12+y22+y32=(P−1x)T(P−1x)=xTPP−1x=xTx>0\begin{aligned} y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 &= \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right)^T \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right) \\ &= \boldsymbol{x}^T P P^{-1} \boldsymbol{x} \\ &= \boldsymbol{x}^T \boldsymbol{x} \\ &\gt 0 \end{aligned}

なので y1,y2,y3y_1, y_2, y_3 の少なくとも1つは 00 ではなく、したがって、

xTAx=xTPDP−1x=(P−1x)TD(P−1x)=y12+2y22+4y32>0\begin{aligned} \boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x} &= \boldsymbol{x}^T P D P^{-1} \boldsymbol{x} \\ &= \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right)^T D \left( P^{-1} \boldsymbol{x} \right) \\ &= y_1^2 + 2 y_2^2 + 4 y_3^2 \\ &\gt 0 \end{aligned}

が言える。

III.​

A=(21013a0a2)\begin{aligned} A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \end{aligned}

の固有値を λ\lambda とすると、

0=det⁡(2−λ1013−λa0a2−λ)=−(λ−2)(λ2−5λ−a2+5)∴  λ=2,5±4a2+52\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0 \\ 1 & 3 - \lambda & a \\ 0 & a & 2 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda - 2)(\lambda^2 - 5 \lambda - a^2 + 5) \\ \therefore \ \ \lambda &= 2, \frac{5 \pm \sqrt{4a^2+5}}{2} \end{aligned}

である。求める条件は、これらがすべて正であることであり、

5−4a2+52>0∴  −5<a<5\begin{aligned} \frac{5 - \sqrt{4a^2+5}}{2} \gt 0 \\ \therefore \ \ - \sqrt{5} \lt a \lt \sqrt{5} \end{aligned}

である。

IV.​

x=(x1x2x3)\begin{aligned} \boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{aligned}

とすると、

∂f(x)∂x1=(100)(21013a0a2)(x1x2x3)+(x1x2x3)(21013a0a2)(100)−(a0−1)(100)=4x1+2x2−a,∂f(x)∂x2=2x1+6x2+2ax3,∂f(x)∂x3=2ax2+4x3+1\begin{aligned} \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_1} &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & a \\ 0 & a & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} a & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= 4x_1 + 2x_2 - a , \\ \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_2} &= 2x_1 + 6x_2 + 2ax_3 , \\ \frac{\partial f(\boldsymbol{x})}{\partial x_3} &= 2ax_2 + 4x_3 + 1 \end{aligned}

である。よって、 f(x)f(\boldsymbol{x}) が最小になるのは、x1,x2,x3x_1, x_2, x_3 が

4x1+2x2−a=0,  2x1+6x2+2ax3=0,  2ax2+4x3+1=0∴  x1=a4,  x2=0,  x3=−14\begin{aligned} 4x_1 + 2x_2 - a &= 0 , \ \ 2x_1 + 6x_2 + 2ax_3 = 0 , \ \ 2ax_2 + 4x_3 + 1 = 0 \\ \therefore \ \ x_1 &= \frac{a}{4}, \ \ x_2 = 0, \ \ x_3 = - \frac{1}{4} \end{aligned}

のときであり、したがって、 f(x)f(\boldsymbol{x}) の最小値は

f((a40−14))=−a2+18\begin{aligned} f \left( \begin{pmatrix} \frac{a}{4} \\ 0 \\ - \frac{1}{4} \end{pmatrix} \right) = - \frac{a^2 + 1}{8} \end{aligned}

である。

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