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 2026年1月実施 問題7

标签：

• Tokyo-University
• Eigenvalues-and-Eigenvectors
• Orthogonal-Matrix
• Matrix-Diagonalization
• Quadratic-Form
• Inner-Product-and-Orthogonality

Author

KardeniaPoyu

Description

以下の問いに答えよ。

(1) 行列 $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$ の固有値を求めよ。

(2) 行列 $A$ の固有空間の基底を求めよ。

(3) $P^T AP$ が対角行列になるような直交行列 $P$ を求めよ。

(4) $\boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3)^T$ を三次元実ベクトルとする。$f(\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{x}^T A \boldsymbol{x}$ の最小値を与える最適解的集合は、三次元空間における直線になっている。この直線を表す方程式を示せ。

(5) 実数の成分からなる対称正方行列に対して、すべての固有値が異なるならば、すべての固有ベクトルは相互に直交することを証明せよ。

Kai

(1)

行列 $A$ の固有方程式 $|\lambda I - A| = 0$ を解く。

$$|\lambda I - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 2 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda - 2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda - 2 \end{vmatrix}$$

各列を第1列に加えると、

$$\begin{aligned} |\lambda I - A| &= \begin{vmatrix} \lambda & 1 & 1 \\ \lambda & \lambda - 2 & 1 \\ \lambda & 1 & \lambda - 2 \end{vmatrix} \\ &= \lambda \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda - 2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda - 2 \end{vmatrix} \end{aligned}$$

第2行および第3行から第1行を引くと、

$$\begin{aligned} &= \lambda \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & \lambda - 3 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda - 3 \end{vmatrix} \\ &= \lambda (\lambda - 3)^2 = 0 \end{aligned}$$

ゆえに、行列 $A$ の固有値は $\lambda = 0, 3$（$3$ は2重根） である。

---

（別解：サラスの公式による展開）

$$\begin{aligned} |\lambda I - A| &= \begin{vmatrix} \lambda - 2 & 1 & 1 \\ 1 & \lambda - 2 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda - 2 \end{vmatrix} \\ &= (\lambda - 2)^3 + (1 \cdot 1 \cdot 1) + (1 \cdot 1 \cdot 1) - (\lambda - 2) \cdot 1 \cdot 1 - 1 \cdot 1 \cdot (\lambda - 2) - 1 \cdot (\lambda - 2) \cdot 1 \\ &= (\lambda^3 - 6\lambda^2 + 12\lambda - 8) + 2 - 3(\lambda - 2) \\ &= \lambda^3 - 6\lambda^2 + 12\lambda - 6 - 3\lambda + 6 \\ &= \lambda^3 - 6\lambda^2 + 9\lambda \\ &= \lambda(\lambda^2 - 6\lambda + 9) \\ &= \lambda(\lambda - 3)^2 \end{aligned}$$

(2)

固有値 $\lambda$ に属する固有空間 $W(\lambda)$ は、方程式 $(\lambda I - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ の解空間である。

① $\lambda = 0$ のとき

$$\begin{aligned} (\lambda I - A)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

行基本変形により $x_1 - x_2 = 0$ かつ $x_2 - x_3 = 0$ を得る。すなわち $x_1 = x_2 = x_3$。 したがって、$W(0)$ の基底は以下の通りとなる。

$$\begin{aligned} \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \end{aligned}$$

② $\lambda = 3$ のとき

$$\begin{aligned} (3I - A)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

これは $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ と同値である。$x_2 = s, x_3 = t$ とおくと $x_1 = -s - t$ となる。 したがって、$W(3)$ の基底は以下の通りとなる。

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

(3)

実対称行列は直交行列によって対角化可能である。各固有空間における正規直交基底を構成する。

• $W(0)$ の正規直交基底: $\boldsymbol{v}_1 = (1, 1, 1)^T$ を正規化すると、

  $$\boldsymbol{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

  となる。

• $W(3)$ の正規直交基底: $\boldsymbol{v}_2 = (-1, 1, 0)^T, \boldsymbol{v}_3 = (-1, 0, 1)^T$ とし、グラム・シュミットの直交化法を用いる。 まず $\boldsymbol{v}_2$ を正規化すると、

  $$\boldsymbol{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$$

  となる。次に $\boldsymbol{v}_3$ の $\boldsymbol{u}_2$ に対する直交成分 $\boldsymbol{v}_3'$ を求めると、

  $$\begin{aligned} \boldsymbol{v}_3' &= \boldsymbol{v}_3 - (\boldsymbol{v}_3 \cdot \boldsymbol{u}_2)\boldsymbol{u}_2 \\ &= \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ -1/2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

  これを正規化すると、

  $$\boldsymbol{u}_3 = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$$

  を得る。

以上より、求める直交行列 $P$ は以下の通りである。

$$P = (\boldsymbol{u}_1 \quad \boldsymbol{u}_2 \quad \boldsymbol{u}_3) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$$

(4)

直交行列 $P$ を用いて $\boldsymbol{x} = P\boldsymbol{y}$ （$\boldsymbol{y} = (y_1, y_2, y_3)^T$）と変数変換を行うと、二次形式 $f(\boldsymbol{x})$ は以下のように対角化される。

$$\begin{aligned} f(\boldsymbol{x}) &= \boldsymbol{y}^T (P^T A P) \boldsymbol{y} \\ &= 0y_1^2 + 3y_2^2 + 3y_3^2 \end{aligned}$$

$y_1, y_2, y_3$ は実数であるため、$f(\boldsymbol{x}) = 3y_2^2 + 3y_3^2 \geq 0$ が成り立つ。 したがって、$f(\boldsymbol{x})$ の最小値は $0$ であり、条件は $y_2 = y_3 = 0$ である。このとき、

$$\boldsymbol{x} = P \begin{pmatrix} y_1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = y_1 \boldsymbol{u}_1 = \frac{y_1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

これは固有空間 $W(0)$ に属する任意のベクトルを表す。よって、最適解の集合がなす直線の方程式は $x_1 = x_2 = x_3$ である。

English:

By applying the orthogonal transformation $\boldsymbol{x} = P\boldsymbol{y}$ using the matrix $P$ from (3), the quadratic form $f(\boldsymbol{x})$ is diagonalized as:

$$\begin{aligned} f(\boldsymbol{x}) &= \boldsymbol{y}^T (P^T A P) \boldsymbol{y} \\ &= 0y_1^2 + 3y_2^2 + 3y_3^2 \end{aligned}$$

Since $y_i \in \mathbb{R}$, $f(\boldsymbol{x}) \geq 0$ holds. The minimum value $0$ is achieved when $y_2 = y_3 = 0$, which implies $\boldsymbol{x}$ is any multiple of the eigenvector $\boldsymbol{u}_1$:

$$\boldsymbol{x} = P \begin{pmatrix} y_1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = y_1 \boldsymbol{u}_1 = \frac{y_1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Thus, the set of optimal solutions is the line $x_1 = x_2 = x_3$.

(5)

実対称行列 $A$ ($A^T = A$) の相異なる固有値を $\lambda_1, \lambda_2$、対応する固有ベクトルを $\boldsymbol{x}_1, \boldsymbol{x}_2$ とする。

$$\begin{aligned} A \boldsymbol{x}_1 &= \lambda_1 \boldsymbol{x}_1 \quad \dots (i) \\ A \boldsymbol{x}_2 &= \lambda_2 \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (ii) \end{aligned}$$

式 $(i)$ の両辺を転置すると、$\boldsymbol{x}_1^T A^T = \lambda_1 \boldsymbol{x}_1^T$ となる。$A^T = A$ より、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T A = \lambda_1 \boldsymbol{x}_1^T \end{aligned}$$

この両辺に右から $\boldsymbol{x}_2$ を掛けると、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T A \boldsymbol{x}_2 = \lambda_1 \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (iii) \end{aligned}$$

一方、式 $(iii)$ の左辺に式 $(ii)$ を代入すると、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T (A \boldsymbol{x}_2) = \boldsymbol{x}_1^T (\lambda_2 \boldsymbol{x}_2) = \lambda_2 \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (iv) \end{aligned}$$

式 $(iii)$ と $(iv)$ より、

$$\begin{aligned} (\lambda_1 - \lambda_2) \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 = 0 \end{aligned}$$

$\lambda_1 \neq \lambda_2$ より $\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0$ であるから、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 = 0 \end{aligned}$$

が成り立つ。これは $\boldsymbol{x}_1$ と $\boldsymbol{x}_2$ が直交することを意味する。（証明終）

English:

Let $\lambda_1, \lambda_2$ be distinct eigenvalues of a real symmetric matrix $A$, with eigenvectors $\boldsymbol{x}_1, \boldsymbol{x}_2$.

$$\begin{aligned} A\boldsymbol{x}_1 &= \lambda_1 \boldsymbol{x}_1 \quad \dots (i) \\ A\boldsymbol{x}_2 &= \lambda_2 \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (ii) \end{aligned}$$

Taking the transpose of (i) and using $A^T = A$, we have $\boldsymbol{x}_1^T A = \lambda_1 \boldsymbol{x}_1^T$. Multiplying by $\boldsymbol{x}_2$ from the right yields:

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T A \boldsymbol{x}_2 = \lambda_1 \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (iii) \end{aligned}$$

Simultaneously, from (ii), we have:

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T A \boldsymbol{x}_2 = \lambda_2 \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 \quad \dots (iv) \end{aligned}$$

From (iii) and (iv), it follows that:

$$\begin{aligned} (\lambda_1 - \lambda_2) \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 = 0 \end{aligned}$$

Since $\lambda_1 \neq \lambda_2$, we must have:

$$\begin{aligned} \boldsymbol{x}_1^T \boldsymbol{x}_2 = 0 \end{aligned}$$

proving orthogonality. (Q.E.D.)