Tokyo-University
東京大学 工学系研究科 2022年度 数学2
Author Miyake
Description Kai I.
1.
\[
\begin{aligned}
AB
&= \begin{pmatrix} 36 & -18 & 0 \\ -18 & 54 & -18 \\ 0 & -18 & 36 \end{pmatrix}
\\
&= 18 \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
2.
2つの \(n\) 次実対称行列 \(C, D\) を考え、 \(CD=DC\) が成り立つとする。
また、どちらもそれぞれ \(n\) 個の固有値は互いに異なるとする。
\(C\) の固有値 \(c\) に属する固有ベクトルを \(\boldsymbol{w}\) とすると、
\[
\begin{aligned}
C \boldsymbol{w} &= c \boldsymbol{w}
\\
CD \boldsymbol{w}
&= DC \boldsymbol{w}
\\
&= Dc \boldsymbol{w}
\\
&= cD \boldsymbol{w}
\end{aligned}
\]
であり、 \(D \boldsymbol{w}\) も \(C\) の固有値 \(c\) に属する固有ベクトルであることがわかる。
\(C\) の \(c\) に属する固有空間は1次元なので、
\[
\begin{aligned}
D \boldsymbol{w} = d \boldsymbol{w}
\end{aligned}
\]
と書ける。
つまり、 \(\boldsymbol{w}\) は \(D\) の固有ベクトルでもある。
同様にして、 \(D\) の固有ベクトルは \(C\) の固有ベクトルでもある。
\(C\) の固有値 \(c_1, c_2, \cdots, c_n\) に属する規格化された固有ベクトル
\(\boldsymbol{w}_1, \boldsymbol{w}_2, \cdots, \boldsymbol{w}_n\) は
互いに直交し、直交行列
\[
\begin{aligned}
P =
\begin{pmatrix} \boldsymbol{w}_1 & \boldsymbol{w}_2 & \cdots & \boldsymbol{w}_n \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
によって \(C\) は対角化される。
\(\boldsymbol{w}_1, \boldsymbol{w}_2, \cdots, \boldsymbol{w}_n\) は、
\(D\) の \(n\) 個の互いに直交する（1次独立な）固有ベクトルでもあるので、
\(P\) によって \(D\) も対角化される。
つまり、 \(C\) と \(D\) は同時対角化可能である。
3.
\(A\) の固有値を \(\lambda\) とすると、
\[
\begin{aligned}
0
&= \det \begin{pmatrix}
7 - \lambda & -2 & 1 \\ -2 & 10 - \lambda & -2 \\ 1 & -2 & 7 - \lambda
\end{pmatrix}
\\
&= - (\lambda-6)^2 (\lambda-12)
\\
\therefore \ \
\lambda &= 6, 12
\end{aligned}
\]
である。
\(A\) の固有値 \(12\) に属する固有ベクトルを求めるために、
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} -5 & -2 & 1 \\ -2 & -2 & -2 \\ 1 & -2 & -5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
とおくと、 \(-5x-2y+z=0, x+y+z=0, x-2y-5z=0\) であるから、例えば、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{x}_1
= \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
が固有ベクトルである。
\(A\) の固有値 \(6\) に属する固有空間を求めるために、
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 \\ -2 & 4 & -2 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
とおくと、 \(x-2y+z=0\) であるから、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{x}_2
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}
, \ \
\boldsymbol{x}_3
= \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
を基底とする空間が固有空間である。
\(B\) の固有値を \(\mu\) とすると、
\[
\begin{aligned}
0
&= \det \begin{pmatrix}
5-\mu & -1 & -1 \\ -1 & 5-\mu & -1 \\ -1 & -1 & 5-\mu
\end{pmatrix}
\\
&= - (\mu-3)(\mu-6)^2
\\
\therefore \ \
\lambda &= 3, 6
\end{aligned}
\]
である。
上と同様に考えると、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{y}_1
= \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
は \(B\) の固有値 \(3\) に属する固有ベクトルであり、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{y}_2
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}
, \ \
\boldsymbol{y}_3
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
を基底とする空間が \(B\) の固有値 \(6\) に属する固有空間である。
よって、\(\boldsymbol{x}_1\) について、
\[
\begin{aligned}
A \boldsymbol{x}_1 = 12 \boldsymbol{x}_1
, \ \
B \boldsymbol{x}_1 = 6 \boldsymbol{x}_1
\end{aligned}
\]
が成り立ち、\(\boldsymbol{y}_1\) について、
\[
\begin{aligned}
A \boldsymbol{y}_1 = 6 \boldsymbol{y}_1
, \ \
B \boldsymbol{y}_1 = 3 \boldsymbol{y}_1
\end{aligned}
\]
が成り立つ。
さらに、 \(\boldsymbol{x}_1, \boldsymbol{y}_1\) に直交する規格化されたベクトルとして、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{z}
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
を考えると、
\[
\begin{aligned}
A \boldsymbol{z} = 6 \boldsymbol{z}
, \ \
B \boldsymbol{z} = 6 \boldsymbol{z}
\end{aligned}
\]
が成り立つ。
つまり、6つのベクトル \(\pm \boldsymbol{x}_1, \pm \boldsymbol{y}_1, \pm \boldsymbol{z}\) は、規格化された同時固有ベクトルである。（これら以外にはないことは次のようにしてわかる。
\(\alpha \ne 0, \beta \neq 0, \gamma \neq 0\) として、
\(\alpha \boldsymbol{x}_1 + \beta \boldsymbol{y}_1\) は
\(A,B\) どちらの固有ベクトルでもなく、
\(\alpha \boldsymbol{x}_1 + \gamma \boldsymbol{z}\) は
\(B\) の固有ベクトルだが \(A\) の固有ベクトルではなく、
\(\beta \boldsymbol{y}_1 + \gamma \boldsymbol{z}\) は
\(A\) の固有ベクトルだが \(B\) の固有ベクトルではなく、
\(\alpha \boldsymbol{x}_1 + \beta \boldsymbol{y}_1 + \gamma \boldsymbol{z}\) は
\(A,B\) どちらの固有ベクトルでもない。）
以上より、
\[
\begin{aligned}
\left( \boldsymbol{v}, a, b \right)
=
&\left( \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}, 12, 6 \right)
, \ \
\left( -\frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}, 12, 6 \right)
, \\
&\left( \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, 6, 3 \right)
, \ \
\left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, 6, 3 \right)
, \\
&\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, 6, 6 \right)
, \ \
\left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, 6, 6 \right)
\end{aligned}
\]
を得る。
II.
1.
\[
\begin{aligned}
A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}
, \ \
\boldsymbol{b} = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
2.
\(A\) の固有値を \(\lambda\) とすると、
\[
\begin{aligned}
0
&= \det
\begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 2-\lambda & 2 \\ 0 & 2 & 2-\lambda \end{pmatrix}
\\
&= - \lambda(\lambda-2)(\lambda-4)
\end{aligned}
\]
となるので、
\[
\begin{aligned}
d_1 = 4, d_2 = 2, d_3 = 0
\end{aligned}
\]
つまり、
\[
\begin{aligned}
D
= \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
である。
固有値 \(d_1, d_2, d_3\) に属する規格化された固有ベクトルは、それぞれ、
\[
\begin{aligned}
\boldsymbol{v}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}
, \ \
\boldsymbol{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
, \ \
\boldsymbol{v}_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
なので、
\[
\begin{aligned}
P^T
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}
, \ \
P
= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
とすると、 \(A = P^T DP\) となる。
3.
\[
\begin{aligned}
f(x,y,z)
&=
\begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
+ 2 \boldsymbol{b}^T \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} P^T P A P^T P \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
+ 2 \boldsymbol{b}^T P^T P \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix} X & Y & Z \end{pmatrix} D \begin{pmatrix} X \\ Y \\ Z \end{pmatrix}
+ 2 \boldsymbol{b}^T P^T \begin{pmatrix} X \\ Y \\ Z \end{pmatrix}
\\
&=
4X^2+2Y^2-Z
\end{aligned}
\]
4.
平面 \(y-z-\sqrt{2}=0\) は次のように書き直せる：
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}
&= \sqrt{2}
\\
\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} P^T \begin{pmatrix} X \\ Y \\ Z \end{pmatrix}
&= \sqrt{2}
\end{aligned}
\]
これを整理して \(Z=1\) を得る。
また、 3. で得た
\[
\begin{aligned}
4X^2 + 2Y^2 - Z = 0
\end{aligned}
\]
は、 \(Z (\gt 0)\) を固定すると、 \(X,Y\) に関する楕円の方程式であり、その面積 \(S(Z)\) は、
\[
\begin{aligned}
S(Z)
= \pi \sqrt{\frac{Z}{4}} \sqrt{\frac{Z}{2}}
= \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} Z
\end{aligned}
\]
である。
よって、求める体積は、
\[
\begin{aligned}
\int_0^1 S(Z) dZ
= \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \int_0^1 Z dZ
= \frac{\pi}{4 \sqrt{2}}
\end{aligned}
\]
である。