2016A・線型代数学演習（理二三1820・月曜3限） todaimuesaka Ans

2016 年度 A ターム 線型代数学演習 レポート問題

理二三 18-20

1

次の連立方程式の解集合を求めよ．

(1) ^



x_{1 +x2 +x3 +2x4 = 2} 3x1 +5x2 _−5x2 +2x4 = 12 4x1 +4x2 +3x3 _−5x4 = 4

(2)





x_{1 +x2 +x3 = 1} x_{1 +x2 +x4 = 1} x_{1 +x3 +x4 = 1} x_{2 +x3 +ax4 = 1}

解答

(1) 拡大係数行列は，

©­«

1 1 1 2 2 3 5 ₋₅ 2 12 4 4 3 ₋₅ 4^ª®_¬ である．これを階段行列に変形すると，

©­«

1 0 _{0 −61 −16} 0 1 0 50 15 0 0 1 13 3 ^ª®_¬ となるので，

x_{1= 61x4+ 16} x_{2= −50x4− 15} x_{3= −13x4− 3} が成立する．よって解集合は，





©­­­

« 16

−15

−3 0

ª®®®

¬ + α^©­_­­

« 61

−50

−13 1

ª®®®

¬   ^{α∈ R}



 である．

(2) 拡大係数行列は，

©­­­

«

1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 ^a 1 ª®®®

¬

である．これを階段行列に変形すると，a , −2 の ときは，

©­­­

«

1 0 0 0 ^a/(2 + a) 0 1 0 0 1/(2 + a) 0 0 1 0 1/(2 + a) 0 0 0 1 1/(2 + a) ª®®®

¬

となるので，この場合解集合は





©­­­

«

a_{/(2 + a)} 1/(2 + a) 1/(2 + a) 1/(2 + a) ª®®®

¬





である．

一方 a = −2 のときは，階段行列に変形すると，

©­­­

«

1 0 0 2 0 0 1 _{0 −1 0} 0 0 _{1 −1 0} 0 0 0 0 1 ª®®®

¬ となるので，開集合は空集合である．

2

次の行列の行列式を求めよ．

(1)^©­_­­

«

2 1 2 ₋₁ 1 3 5 ₋₂

−3 1 2 −1 1 4 3 2

ª®®®

¬ (2)

©­­­

­­

«

2 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 2 ª®®®

®®

¬ (3)

©­­­

­­

«

0 ^{a b c} 1

a ₀ a_{+ b + t} a_{+ c + t 1} b a_{+ b + t 0} b_{+ c + t 1} c a_{+ c + t} b_{+ c + t 0 1}

1 1 1 1 0

ª®®®

®®

¬ 解答

(1)

det^©­_­­

«

2 1 2 ₋₁ 1 3 5 ₋₂

−3 1 2 −1 1 4 3 2

ª®®®

¬

= − det^©­_­­

«

1 3 _{5 −2} 2 1 _{2 −1}

−3 1 2 −1 1 4 3 2

ª®®®

¬ (第 1 行と第 2 行を交換)

= − det^©­_­­

«

1 3 5 ₋₂ 0 _{−5 −8} 3 0 10 17 ₋₇ 0 1 ₋₂ 4

ª®®®

¬ (第 1 列について掃き出し)

= − det©­

«

−5 −8 ³ 10 17 ₋₇

1 ₋₂ 4^ª®_¬ (第 1 列について展開)

= − det©­

«

1 ₋₂ 4

−5 −8 ³ 10 17 ₋₇^ª®_¬

(第 1 行・第 2 行と第 3 行を交換)

= − det©­

«

1 ₋₂ 4 0 ₋₁₈ 23 0 37 ₋₄₇^ª®_¬ (第 1 列について掃き出し)

= − det

−18 23 37 33



(第 1 列について展開)

= −(−18) × (−47) + 23 × 37

= 5

(2)

det^©­_­­

­­«

2 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 2 ª®®®

®®¬

= 2det^©­_­­

«

1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 ª®®®

¬

− det^©­_­­

«

1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 ª®®®

¬ (第 1 列について展開)

= 2det^©­_­­

«

1 1 0 0 0 −1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 ª®®®

¬

− det©­

«

0 1 0 1 1 1 0 1 2^ª®_¬ (第 1 項: 第 1 列について掃き出し) (第 2 項: 第 1 行について展開)

= 2_{det ©­}

«

−1 1 0 1 1 1 0 1 2^ª®_¬

+det^1₁ ⁰₂^ (第 1 項: 第 1 列について展開) (第 2 項: 第 1 列について展開)

= −2 det©­

«

1 _{−1 0} 0 2 1 0 1 2^ª®_¬

+ 2

(第 1 項: 第 1 列について掃き出し)

= −2 det

2 1 1 2

 + 2

(第 1 項: 第 1 列について展開)

= −2 × 3 + 2 = −4

(3) 第 1 列の −1 倍を第 2 列〜第 4 列に足す操作と， 第 1 行の −1 倍を第 2 行〜第 4 行に足す操作を行

うと，

D_:=det

©­­­

­­«

0 ^{a b c} 1

a ₀ a_{+ b + t} a_{+ c + t 1} b a_{+ b + t 0} b_{+ c + t 1} c a_{+ c + t} b_{+ c + t 0 1}

1 1 1 1 0

ª®®®

®®¬

=det^©­_­­

­­

«

0 ^{a b c} 1

a _−2a t t ₀ b t _−2b t ₀ c t t _{−2c 0}

1 0 0 0 0

ª®®®

®®

¬

がわかる．最終列と最終行についての展開を行

うと，

D_:=det^©­_­­

«

a _−2a t t b t _−2b t c t t _−2c

1 0 0 0

ª®®®

¬ 　

= − det©­

«

−2a ^{t t} t _−2b t t t _−2c^ª®_¬ を得る．最後の行列式を計算して，

D_{= −2t}³− 2(a + b + c)t^{2+ 8abc} を得る．

3

次の行列 A は対角化可能であるか，証明も込めて述べよ．対角化可能である場合，P^−1APが対角行 列になるような正則行列 P を求めよ．

(1) ©_­

«

0 1 ₋₁

−2 3 −1 10 5 ₋₇^ª®_¬

(2) ©_­

«

6 _{−1 1} 2 3 1

−2 ^{1 3ª®}_¬ (3)^©­_­­

«

1 0 0 0 0 2 0 2 0 0 1 0 0 _{−1 0 −1}

ª®®®

¬ (4)^©­_­­

«

1 _−1/3 0 _−1/3

1 1 ₋₁ 0

0 2/3 1 2/3

−1 ^{0 1 1}

ª®®®

¬

解答

(1) 与えられた行列を A とする．固有多項式は， det(A − λE³) = −(λ − 2)(λ + 2)(λ + 4) であるので，固有値は 2, −2, −4 の 3 つであり，す べて単純固有値なので，A は対角化可能であるこ とがこの時点でわかる．各固有値 2, −2, −4 に対応 する固有ベクトルとして，それぞれ

©­

« 1 7 5^ª®_¬

, ©_­

« 1 1 3^ª®_¬

, ©_­

« 1 1 5^ª®_¬ が取れる．よって，P := ©_­

«

1 1 1 7 1 1 5 3 5^ª®_¬

と取れば，

P−1AP_{= ©­}

«

2 0 0 0 −2 ⁰ 0 0 ₋₄^ª®_¬ である．

(2) 与えられた行列を A とする．固有多項式は det(A − λE³) = −(λ − 4)³

であるので，A は重複度 3 の固有値 4 を持つ． 固有値 4 に対応する固有ベクトル v , o を求め る．これは (A − 4E^{3)v = oの解であり，つまり，}

©­

«

2 ₋₁ 1 2 ₋₁ 1

−2 ¹ −1^ª®_¬ v= o

の解である．基本変形により，この方程式の解空

間は， *

©­«

−1 0 2^ª®_¬

, ©_­

« 1 2 0^ª®_¬

+

である．これは固有値 4 に対応する固有空間で， その次元は 2 であり，重複度 3 と一致しない．従っ て，A は対角化可能ではない．

(3) 与えられた行列を A とする．固有多項式は det(A − λE⁴) = (λ − 1)^3λ

であるので，A は重複度 3 の固有値 1 と，単純固 有値 0 を持つ．

固有値 1 に対応する固有空間は，

*©­­_­

« 0

−2 0 1 ª®®®

¬ , ^©­_­­

« 0 0 1 0 ª®®®

¬ , ^©­_­­

« 1 0 0 0 ª®®®

¬ +

であり，これは 3 次元である． 単純固有値 0 に対応する固有空間は，

*©­­_­

« 0

−1 0 1 ª®®®

¬ +

であり，これは 1 次元である．

以上より A は対角化可能で，P :=^©­_­­

«

0 _{−2 0 1} 0 0 1 0 1 0 0 0 0 _{−1 0 1} ª®®® とおけば， ¬

P−1AP₌^©­_­­

«

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 ª®®®

¬ である．

(4) 与えられた行列を A とする．固有多項式は det(A − λE⁴) = (λ − 1)⁴

であるから，A は重複度 4 の固有値 1 を持つ．固 有値 1 に対応する固有空間は，

*©­­_­

« 0

−1 0 1 ª®®®

¬ , ^©­_­­

« 1 0 1 0 ª®®®

¬ +

で 2 次元であり，重複度 4 と一致しないから，A は対角化可能ではない．

4

(1) R⁴には標準内積が入っているとする．このとき，R⁴の順序つき基底

©­­­

«

©­­­

« 1 1

−1

−1 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 3 2 1

−2 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 3 0 1 0 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 1 2 3 0 ª®®®

¬ ª®®®

¬

に Gram–Schmidt の直交化を適用して得られる正規直交基底を求めよ． (2) C⁴には標準内積

hx | yi := Õ4 j=1

x_jyj が入っているとする．このとき，C⁴の順序つき基底

©­­­

«

©­­­

« 0 1 1 0 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 0

−i i 0

ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 1 0 0

−1 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 1 0 0 1 ª®®®

¬ ª®®®

¬

に Gram–Schmidt の直交化を適用して得られる正規直交基底を求めよ．

5

(1) Hermite行列^©­_­­

«

7 ⁱ _{0 −2}

−i ^{7 0 2i} 0 0 6 0

−2 −2i 0 10 ª®®®

¬

を unitary 行列で対角化せよ．

(2) 対称行列 ©_­

«

9/5 _{−2/5 0}

−2/5 ^{6/5 0} 0 0 1^ª®_¬

を直交行列で対角化せよ．

解答

(1) 与えられた行列を A とする．固有多項式は， det(A − λE⁴) = (λ − 12)(λ − 6)³

だから，A は重複度 3 の固有値 6 と，単純固有値

12を持つ．

固有値 6 に対応する固有空間は，

*©­­_­

« 2 0 0 1 ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 0 0 1 0 ª®®®

¬ ,^©­_­­

«

−i 1 0 0 ª®®®

¬ +

である．これらに Gram–Schmidt の直交化を施 すと，

*©­­_­

« 2/^√5

0 0 1/^√5

ª®®®

¬ ,^©­_­­

« 0 0 1 0 ª®®®

¬ ,^©­_­­

«

−i/_√ ^√30 30/6

√ 0 30i/15

ª®®®

¬ +

を得る．

一方，固有値 12 に対応する固有空間は，

*©­­_­

«

−1 i 0 2 ª®®®

¬ +

であり，正規化して，

*©­­_­

«

−1/^√6 i_/^√₆

0 2/^√6

ª®®®

¬ +

を得る．従って，U :=^©­_­­

«

2/^√5 0 _−i/^√30 _−1/^√6 0 0 ^√30/6 ⁱ/^√6

0 1 0 0

1/^√5 0 ^√30i/15 2/^√6 ª®®® とおけば， ¬

U^∗AU₌^©­_­­

«

6 0 0 0 0 6 0 0 0 0 6 0 0 0 0 12

ª®®®

¬ を得る．

(2) 与えられた行列を A とすると，固有多項式は， det(A − λE³) = −(λ − 2)(λ − 1)²

となるから，A は重複度 2 の固有値 1 と，単純固 有値 2 を持つ．

固有値 1 に対応する固有空間は，

*©­

« 0 0 1^ª®_¬

, ©_­

« 1/2

1 0 ^ª®_¬

+

なので，これを正規直交化して，

*©­

« 0 0 1^ª®_¬

, ©_­

« 1/^√5 2/^√5

0 ª®¬

+

を得る．

固有値 2 に対応する固有空間は，

*©­

«

−2 1 0^ª®_¬

+

だから，正規化して，

*©­

«

−2/^√5 1/^√5

0 ª®¬

+

を 得 る． よ っ て， 直 交 行 列 P を，P :=

©­

«

0 1/^√_{5 −2/}^√5 0 2/^√5 1/^√5

1 0 0

ª®

¬

とおけば，

t_{P AP= ©­}

«

1 0 0 0 1 0 0 0 2^ª®_¬ を得る．

6

Kⁿの 2 つのベクトル a, b ∈ K^{nについて，A = atb}とおく．A の固有値と対応する固有ベクトルを求 めよ．

解答 まず，a か b のどちらかが o ならば，A = O だ から，A の固有値は 0 のみで，固有ベクトルは o 以外 のすべてのベクトルである．以下 a も b も o でないと 仮定する．

Aの固有値を λ とし，対応する固有ベクトルを v , o とする．このとき，Av = λv だから，

a(^tbv) = λv

である．^tbvはスカラーだから，λ , 0 であるならば，v は aの定数倍であることがわかる．よって，v = µa (µ , 0)

と置いて代入すると，

µa(^tb a) = λµa

である．a , o なので，µ(λ −^{tb a) = 0を得る．従って，} λ=^tb aであり，対応する固有ベクトルは µa (µ , 0) に なる．

次に λ = 0 の場合を考える．a , o であり，a(^tbv) = o だから，^tbv= 0である．よって，固有値 0 に対応する

固有空間は， _

v ^tbv= 0 である．

7

次の漸化式の一般項を行列の対角化を用いて求めることを考える． (a_{n+3− 3an+2− 4an+1+ 12an= 0 (n ≥ 0)}

a_{0= 0, a1= 0, a2= 1} (1) 次を満たすような 3 次正方行列 A を 1 つ求めよ．

©­

« a_n+3 a_n+2 a_n+1 ª®

¬

= A ©_­

« a_n+2 a_n+1 a_n

ª®

¬ (n ≥ 0)

(2) Aを対角化して，P^−1APが対角行列となるような正則行列 P を求めよ． (3) Aⁿを求めよ．

(4) anを n の式で表せ． 解答

(1) A= ©_­

«

3 4 ₋₁₂ 1 0 0 0 1 0 ^ª®_¬

とすればよい．

(2) やり方は省略．P = ©_­

«

9 4 4 3 _{−2 2} 1 1 1^ª®_¬

とおけば，P^−1AP= ©_­

«

3 0 0 0 _{−2 0} 0 0 2^ª®_¬

と対角化できる．

(3) (P^−1AP)ⁿ= P^−1AnPであり，(P^−1AP)ⁿ= ©_­

«

3ⁿ 0 0 0 ₍₋₂₎ⁿ 0 0 0 2^nª®_¬

であるので，

Aⁿ_{= P ©­}

«

3ⁿ 0 0 0 ₍₋₂₎ⁿ 0 0 0 2^nª®_¬

P⁻¹

=^©­_­­

­­« 1 5⁽⁽⁻²⁾

n− 5 · 2ⁿ+ 9 · 3^{n) 2n}− (−2)^{n 6}₅ (−2)ⁿ+ 5 · 2ⁿ− 6 · 3ⁿ⁺¹
1

10^{(6 · 3}

n− 5 · 2ⁿ− (−2)^{n) 1}₂⁽²ⁿ+ (−2)ⁿ⁾ −³₅((−2)ⁿ− 5 · 2ⁿ+ 4 · 3ⁿ⁾ 1

20⁽⁽⁻²⁾

n− 5 · 2ⁿ+ 4 · 3^{n) 1} 4⁽²

n− (−2)ⁿ⁾ ₁₀¹ (3 · (−2)ⁿ+ 15 · 2ⁿ− 8 · 3ⁿ⁾ ª®®®

®®¬

(4) ©_­

« a_n+2 a_n+1 a_n

ª®

¬

= Aⁿ_©­

« a₂ a₁ a₀ ª®

¬

= Aⁿ_©­

« 1 0 0^ª®_¬

なので，両辺の第 3 成分を比較すれば，

a_n= ¹ 20⁽⁽⁻²⁾

n− 5 · 2ⁿ+ 4 · 3ⁿ⁾ である．

8

T _{∈ Mn(R)}を，−1 を固有値に持たない直交行列とする．このとき，X = (Eⁿ− T)(E^{n+ T)−1とおけ} ば，X は交代行列 (^tX = −X) であることを示せ．逆に，X が En+ Xが正則になるような交代行列であれ ば，T = (En_{− X)(E}n+ X)⁻¹とおくと，T は −1 を固有値に持たない直交行列であることを示せ．

解答 まず前半を示す．T は直交行列だから，^tTT = T^tT _{= Enである．よって，}

t_{X = (E}

n₋^tT)(En+^tT)⁻¹

= (En₋^tT)TT⁻¹(En+^tT)⁻¹

= (T −^{tTT)(T +tTT)−1}

= (T − En)(T + En)⁻¹

= −X

となり，X は交代行列である． 次に後半を示す．

T^tT _{= (En− X)(En+ X)}^−1t_{((En− X)(En+ X)}⁻¹₎

= (En_{− X)(E}n+ X)⁻¹(En+^tX)⁻¹(En₋^tX)

= (En_{− X)(E}n+ X)⁻¹(En_{− X)}⁻¹(En+ X)

ここで，(En+ X)⁻¹と (En_{− X)}⁻¹は可換である．実際， (En+ X)⁻¹(En_{− X)}⁻¹= ((En_{− X)(E}n+ X))⁻¹

= (En_{− X} 2)⁻¹

= ((En+ X)(En_{− X))}⁻¹

= (En_{− X)}⁻¹(En+ X)⁻¹ となるからである．従って，

T^tT _{= (En− X)(En− X)}⁻¹_{(En+ X)}⁻¹_{(En+ X) = En} が成り立つ．^tTT= Enも同様に示せる．

最後に T が −1 を固有値に持たないことをしめす． v_{∈ R}ⁿで，T v = −v となるものが存在したと仮定する． このとき，(En+ X)⁻¹v= wとおけば，

(En− X)w = −(E^{n+ X)w}

が成り立つので，w = o である．以上で結論を得る．