東京大学 新領域創成科学研究科 メディカル情報生命専攻 2025年8月実施 問題7

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• Eigenvalues-and-Eigenvectors
• Matrix-Limit
• Matrix-Rank
• Kernel-and-Image

Author

KardeniaPoyu

Description

行列 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ について、以下の問いに答えよ。

(1) $A$ の固有値、固有ベクトルを求めよ。
(2) $\lim_{n \to \infty} A^n \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ を満たす、非ゼロの $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ を求めよ。

$m \times n$ 実行列 $A$、$l \times n$ 実行列 $B$ に対して、$A \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ を満たすベクトル $\boldsymbol{x}$ は必ず $B \boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ を満たすとき、以下の二つを示せ。

(3) $\text{rank } A \ge \text{rank } B$
(4) $B = CA$ を満たす $l \times m$ 実行列 $C$ が存在する。

Kai

(1)

行列 $A$ の固有値を $\lambda$ とすると、特性方程式は次のように表される。

$$\begin{aligned} \det(A - \lambda I) &= \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} \\ &= -\lambda(1 - \lambda) - 1 \\ &= \lambda^2 - \lambda - 1 = 0 \end{aligned}$$

これを解くと、固有値は $\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$ となる。

次に、それぞれの固有値に対する固有ベクトルを求める。 $\lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ とおく。

$\lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ のとき $(A - \lambda_1 I)\boldsymbol{v} = \boldsymbol{0}$ より、

$$\begin{pmatrix} 1 - \frac{1 + \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

よって、$v_1 - \frac{1 + \sqrt{5}}{2} v_2 = 0$ が得られる。 したがって、対応する固有ベクトルは $c_1 \begin{pmatrix} \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c_1 \neq 0)$ となる。

$\lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ のとき $(A - \lambda_2 I)\boldsymbol{v} = \boldsymbol{0}$ より、

$$\begin{pmatrix} 1 - \frac{1 - \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} \frac{1 + \sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & -\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

よって、$v_1 - \frac{1 - \sqrt{5}}{2} v_2 = 0$ が得られる。 したがって、対応する固有ベクトルは $c_2 \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c_2 \neq 0)$ となる。

以上より、固有値と固有ベクトルは以下の通りである。

• 固有値 $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ に対する固有ベクトル: $c_1 \begin{pmatrix} \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c_1 \neq 0)$
• 固有値 $\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ に対する固有ベクトル: $c_2 \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c_2 \neq 0)$

(2)

(1) で求めた固有ベクトル $\boldsymbol{v}_1 = \begin{pmatrix} \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}, \boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$ は一次独立であるため、これらを基底として $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ を表すことができる。 実数 $\alpha, \beta$ を用いて、

$$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \alpha \boldsymbol{v}_1 + \beta \boldsymbol{v}_2$$

と表すとする。このとき、$A^n \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ は次のように計算できる。

$$\begin{aligned} A^n \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} &= A^n (\alpha \boldsymbol{v}_1 + \beta \boldsymbol{v}_2) \\ &= \alpha A^n \boldsymbol{v}_1 + \beta A^n \boldsymbol{v}_2 \\ &= \alpha \lambda_1^n \boldsymbol{v}_1 + \beta \lambda_2^n \boldsymbol{v}_2 \end{aligned}$$

ここで、$n \to \infty$ の極限を考える。 $\lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1.618 > 1$ であるため、$\lambda_1^n$ は発散する。 一方、$\lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx -0.618$ であり、$|\lambda_2| < 1$ であるため、$\lambda_2^n \to 0 \quad (n \to \infty)$ となる。

したがって、$\lim_{n \to \infty} A^n \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ が成り立つためには、発散する項の係数 $\alpha$ が $0$ でなければならない。

$\alpha = 0$ のとき、

$$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \beta \boldsymbol{v}_2 = \beta \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix}$$

となる。$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ は非ゼロであるため、$\beta \neq 0$ である。 よって、求める非ゼロのベクトル $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ は、

$$c \begin{pmatrix} \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ 1 \end{pmatrix} \quad (c \neq 0)$$

である。

(3)

$A$ を $m \times n$ 行列、$B$ を $l \times n$ 行列とする。 仮定より、$A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ を満たすベクトル $\boldsymbol{x}$ は必ず $B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ を満たす。 すなわち、行列 $A$ の核 (Null space) を $\ker(A)$、行列 $B$ の核を $\ker(B)$ とすると、

$$\ker(A) \subseteq \ker(B)$$

が成り立つ。 これより、それぞれの核の次元 (Nullity) について以下の不等式が成り立つ。

$$\dim(\ker(A)) \le \dim(\ker(B))$$

ここで、次元定理 (Rank-Nullity Theorem) より、任意の $k \times n$ 行列 $M$ について、

$$\text{rank}(M) + \dim(\ker(M)) = n$$

が成り立つ。行列 $A$ と $B$ はともに $n$ 列の行列であるため、

$$\text{rank}(A) + \dim(\ker(A)) = n$$

$$\text{rank}(B) + \dim(\ker(B)) = n$$

となる。これらを変形して不等式に代入すると、

$$n - \text{rank}(A) \le n - \text{rank}(B)$$

$$\text{rank}(A) \ge \text{rank}(B)$$

が示された。

English:

Let $A$ be an $m \times n$ matrix and $B$ be an $l \times n$ matrix. By assumption, any vector $\boldsymbol{x}$ satisfying $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ also satisfies $B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$. That is, if we denote the null space (kernel) of $A$ and $B$ as $\ker(A)$ and $\ker(B)$ respectively, then:

$$\ker(A) \subseteq \ker(B)$$

This implies the following inequality for the dimensions of the kernels (nullities):

$$\dim(\ker(A)) \le \dim(\ker(B))$$

From the Rank-Nullity Theorem, for any $k \times n$ matrix $M$:

$$\text{rank}(M) + \dim(\ker(M)) = n$$

Since matrices $A$ and $B$ both have $n$ columns, we have:

$$\begin{aligned} \text{rank}(A) + \dim(\ker(A)) &= n \\ \text{rank}(B) + \dim(\ker(B)) &= n \end{aligned}$$

Substituting these into the inequality:

$$n - \text{rank}(A) \le n - \text{rank}(B) \implies \text{rank}(A) \ge \text{rank}(B)$$

This completes the proof.

(4)

仮定より $\ker(A) \subseteq \ker(B)$ である。 任意の部分空間 $V$ について、その直交補空間を $V^\perp$ と表す。包含関係の直交補空間をとると、包含関係が逆転するため、

$$\ker(B)^\perp \subseteq \ker(A)^\perp$$

が成り立つ。 任意の行列について、その核の直交補空間は行空間 (Row space) と一致する。すなわち、行列 $M$ の行空間を $R(M)$ とすると、$\ker(M)^\perp = R(M)$ である。 これを用いると、上の包含関係は次のように表せる。

$$R(B) \subseteq R(A)$$

これは、行列 $B$ のすべての行ベクトルが、行列 $A$ の行ベクトルの線形結合として表せることを意味する。 行列 $A$ の $j$ 番目の行ベクトルを $\boldsymbol{a}_j^T \quad (j=1, \dots, m)$ とし、行列 $B$ の $i$ 番目の行ベクトルを $\boldsymbol{b}_i^T \quad (i=1, \dots, l)$ とすると、 任意の $i$ について、あるスカラー $c_{ij}$ が存在して、

$$\boldsymbol{b}_i^T = \sum_{j=1}^{m} c_{ij} \boldsymbol{a}_j^T$$

と表せる。 ここで、$c_{ij}$ を $(i, j)$ 成分に持つ $l \times m$ 行列を $C$ と定義する。 このとき、行列の積 $CA$ の第 $i$ 行は $\sum_{j=1}^{m} c_{ij} \boldsymbol{a}_j^T$ となり、これは $\boldsymbol{b}_i^T$ に等しい。 よって、$B = CA$ が成り立つ。 以上より、$B = CA$ を満たす $l \times m$ 実行列 $C$ が存在することが示された。

English:

By assumption, $\ker(A) \subseteq \ker(B)$. For any subspace $V$, let $V^\perp$ denote its orthogonal complement. Taking the orthogonal complement of both sides reverses the inclusion relation:

$$\ker(B)^\perp \subseteq \ker(A)^\perp$$

For any matrix, the orthogonal complement of its null space is its row space. That is, if $R(M)$ is the row space of matrix $M$, then $\ker(M)^\perp = R(M)$. Thus, the inclusion can be rewritten as:

$$R(B) \subseteq R(A)$$

This means every row vector of matrix $B$ can be expressed as a linear combination of the row vectors of matrix $A$. Let $\boldsymbol{a}_j^T \quad (j=1, \dots, m)$ be the $j$-th row vector of $A$, and $\boldsymbol{b}_i^T \quad (i=1, \dots, l)$ be the $i$-th row vector of $B$. For each $i$, there exist scalars $c_{ij}$ such that:

$$\boldsymbol{b}_i^T = \sum_{j=1}^{m} c_{ij} \boldsymbol{a}_j^T$$

Define an $l \times m$ matrix $C$ where the $(i, j)$-th entry is $c_{ij}$. Then, the $i$-th row of the product $CA$ is $\sum_{j=1}^{m} c_{ij} \boldsymbol{a}_j^T$, which equals $\boldsymbol{b}_i^T$. Therefore, $B = CA$ holds.

This proves that there exists an $l \times m$ real matrix $C$ satisfying $B = CA$.