東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2020年度 専門基礎科目 第2問

Author

Miyake, 之遥, 祭音Myyura

Description

以下のような 4 次の正方行列

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \]

を考え, \(\boldsymbol{x} = (x_1, x_2, x_3, x_4)^{\top}\) を 4 次元実数ベクトル, すなわち \(\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^4\) とする. また, あるベクトル \(\boldsymbol{n} \in \mathbb{R}^4\) に直交し, 原点を含む超平面を \(P\) とし, ある点 \(\boldsymbol{c} \in \mathbb{R}^4\) を中心とする半径 \(a > 0\) の超球面を \(S\) とする. すなわち

\[ \begin{aligned} &\text{超平面 }\ P = \{\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^4 \mid \boldsymbol{n}^{\top} \boldsymbol{x} = 0\} \\ &\text{超球面 }\ S = \{\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^4 \mid \lVert \boldsymbol{x} - \boldsymbol{c} \rVert = a\} \end{aligned} \]

とする. ただし, \(\lVert \boldsymbol{x} \rVert = \sqrt{x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2}\) とし, \(\lVert \boldsymbol{n} \rVert = 1\) である. また, \(\top\) は転置を表す. 以下の間に答えよ.

(問1) \(A\) の固有値 \(\lambda_1 < \lambda_2 < \lambda_3 < \lambda_4\) と, 対応する固有ベクトル \(\boldsymbol{e_1}, \boldsymbol{e_2}, \boldsymbol{e_3}, \boldsymbol{e_4}\) を求めよ.

(間2) \(A \boldsymbol{x}\) の集合 \(Q = \{A \boldsymbol{x} \mid \boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^4\}\) は線形空間である. \(Q\) の次元と基底ベクトルを求めよ. ただし, 基底ベクトルは互いに直交していなくてもよい.

(問3) \(\boldsymbol{p} \in P\), \(\boldsymbol{s} \in S\) とし, 超平面 \(P\) と超球面 \(S\) の距離 \(g\) を, \(\lVert \boldsymbol{p} - \boldsymbol{s} \rVert\) の最小値と定義する. すなわち

\[ g = \min_{\boldsymbol{p} \in P, \boldsymbol{s} \in S} \lVert \boldsymbol{p} - \boldsymbol{s} \rVert \]

である. \(g\) を \(\boldsymbol{n}, \boldsymbol{c}, a\) を用いて表せ.

(間4) \(\boldsymbol{n} = (1, 0, 0, 0)^{\top}\), \(\boldsymbol{c} = (1, 1, 1, 1)^{\top}\), \(a=1\) とし, \(\boldsymbol{x}\) と \(L=\{A \boldsymbol{p} \mid \boldsymbol{p} \in P\} \subset Q\) との距離 \(d(\boldsymbol{x})\) を, \(\boldsymbol{x}\) と \(\boldsymbol{l} \in L\) の間の距離の最小値として以下のように定義する.

\[ d(\boldsymbol{x}) = \min_{\boldsymbol{l} \in L} \lVert \boldsymbol{x} - \boldsymbol{l} \rVert \]

• (1) \(d(\boldsymbol{x})\) を, \(x_1, x_2, x_3, x_4\) を用いて表せ.
• (2) \(\boldsymbol{s} \in S\) とする. \(d(\boldsymbol{s})\) の最大値 \(\max_{\boldsymbol{s} \in S} d(\boldsymbol{s})\) を求めよ.

Kai

（問1）

\(A\) の固有値を \(\lambda\) とすると、

\[ \begin{aligned} 0 = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - \lambda & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 - \lambda & 1 \\ 0 & 1 & 1 & - \lambda \end{vmatrix} = \lambda (\lambda - 1) (\lambda - 2) (\lambda + 1) \end{aligned} \]

が成り立つから、

\[ \begin{aligned} \lambda_1 = -1, \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 1, \lambda_4 = 2 \end{aligned} \]

である。

固有ベクトル \(e_1\) を求めるため、次のようにおく：

\[ \begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} \end{aligned} \]

よって、 \(x=0, y=z, 2z+w=0\) を得るので、例えば、

\[ \begin{aligned} e_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

とすればよい。

同様にして、例えば、

\[ \begin{aligned} e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} , e_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , e_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

とすればよい。

（問2）

\[ \begin{aligned} A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ z+w \\ z+w \\ y+z \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + (z+w) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + (y+z) \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

であるから、 \(Q\) の次元は3であり、

\[ \begin{aligned} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

は \(Q\) の基底となる。

（問3）

\[ \begin{aligned} g = \begin{cases} 0 \ \ \ \ &( -a \leq \vec{n} \cdot \vec{c} \leq a ) \\ \vec{n} \cdot \vec{c} - a \ \ \ \ &( \vec{n} \cdot \vec{c} \gt a ) \\ - \vec{n} \cdot \vec{c} - a \ \ \ \ &( \vec{n} \cdot \vec{c} \lt -a ) \end{cases} \end{aligned} \]

（問4）

(1)

Let \(p = (p_1, p_2, p_3, p_4)^{\top}\), since \(n \cdot p = 0\), we have \(p = (0, p_2, p_3, p_4)^{\top}\).

Then,

\[ \begin{aligned} l = Ap &= \begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & & 1 & 1 \\ & & 1 & 1 \\ & 1 & 1 & \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ p_1 \\ p_2 \\ p_3 \end{pmatrix} = p_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + p_3 \left( \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right) + p_4 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= (p_2 + p_3) \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + (p_3 + p_4) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned} \]

Hence \(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) and \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) are a orthogonal basis of \(L\).

Let \(l = u \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + v \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\), i.e., \(l = \begin{pmatrix} 0 \\ v \\ v \\ u \end{pmatrix}\), then we have

\[ \begin{aligned} \lVert x - l \rVert &= \sqrt{x_1^2 + (x_2 - v)^2 + (x_3 - v)^2 + (x_4 - u)^2} \\ &= \sqrt{x_1^2 + 2 \left( \left(v - \frac{x_2 + x_3}{2} \right)^2 + \left(\frac{x_2 - x_3}{2} \right)^2 \right) + (u - x_4)^2} \end{aligned} \]

When \(v = \frac{x_2 + x_3}{2}, u = x_4\), we have

\[ d(x) = \lVert x - l \rVert_{\min} = \sqrt{x_1^2 + \frac{(x_2 - x_3)^2}{2}} \]

(2)

Let

\[ d^2 = x_1^2 + \frac{(x_2 - x_3)^2}{2} = f(x_1, x_2, x_3, x_4) \]

\[ g(x_1, x_2, x_3, x_4) = (x_1 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 + (x_3 - 1)^2 + (x_4-1)^2 - 1 \]

Then we have

\[ \left\{\begin{aligned} &\nabla f = \lambda \nabla g \\ &g = 0 \end{aligned} \right. \]

\[ \begin{align} &2x_1 = 2\lambda(x_1 - 1) \tag{i} \\ &x_2 - x_3 = 2\lambda (x_2 - 1) \tag{ii} \\ &x_3 - x_2 = 2\lambda (x_3 - 1) \tag{iii} \\ &0 = \lambda (x_4 - 1) \tag{iv} \\ &(x_1 - 1)^2 + (x_2 - 1)^2 + (x_3 - 1)^2 + (x_4-1)^2 = 1 \tag{v} \end{align} \]

When \(\lambda = 0\), we have \(x_1 = 0, x_2 = x_3 = x_4 = 1\), which does not satisfy (v), hence \(\lambda \neq 0\).

Then solve the equations (i) ~ (v), we have

\[ x_1 = 2, x_2 = x_3 = 1, x_4 = 1, \lambda = -2 \]

Hnece

\[ \max_{s \in S} d(s) = \sqrt{2^2 + 0} = 2 \]