0498-2005 京情系 数学 P2

线性代数 线性独立 特征值 正交性

問1 ベクトル ${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,{\mathbf{x}}_3$ は 1次独立とする．$\mathbf{y}={\lambda }_1{\mathbf{x}}_1+{\lambda }_2{\mathbf{x}}_2+{\lambda }_3{\mathbf{x}}_3$ とおくとき，$\mathbf{y}-{\mathbf{x}}_1,\mathbf{y}-{\mathbf{x}}_2,\mathbf{y}-{\mathbf{x}}_3$ が 1次独立である条件を求めよ．

問2 つぎの行列の固有値を求めよ．

$$\left(\begin{array}{cccc}0& 2& 3& 4\\ -\frac{1}{2}& 0& -\frac{3}{2}& -2\\ -\frac{1}{3}& -\frac{2}{3}& 0& -\frac{4}{3}\\ -\frac{1}{4}& -\frac{1}{2}& -\frac{3}{4}& 0\end{array}\right)$$

問3 $m\times n$ 実行列 $\mathbf{A}$ に対し

$${\mathbf{A}}^T\mathbf{A}\mathbf{x}=0$$

を満足するすべての $n$ 次元実ベクトル $\mathbf{x}$ と ${\mathbf{A}}^T\mathbf{c}$ は直交することを証明せよ．ただし，“$T$” は転置を，$0$ は $n$ 次元零ベクトルを表し，$\mathbf{c}$ は任意の $m$ 次元実ベクトルとする．

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解答：
与えられたベクトルは以下のように表される．

$$\begin{array}{rl}\mathbf{y}-{\mathbf{x}}_1& =({\lambda }_1-1){\mathbf{x}}_1+{\lambda }_2{\mathbf{x}}_2+{\lambda }_3{\mathbf{x}}_3\\ \mathbf{y}-{\mathbf{x}}_2& ={\lambda }_1{\mathbf{x}}_1+({\lambda }_2-1){\mathbf{x}}_2+{\lambda }_3{\mathbf{x}}_3\\ \mathbf{y}-{\mathbf{x}}_3& ={\lambda }_1{\mathbf{x}}_1+{\lambda }_2{\mathbf{x}}_2+({\lambda }_3-1){\mathbf{x}}_3\end{array}$$

${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,{\mathbf{x}}_3$ は1次独立であるから，これらの線形結合が1次独立であるための条件は，係数行列の行列式が $0$ でないことである．

$$\begin{array}{rl}\left|\begin{array}{ccc}{\lambda }_1-1& {\lambda }_1& {\lambda }_1\\ {\lambda }_2& {\lambda }_2-1& {\lambda }_2\\ {\lambda }_3& {\lambda }_3& {\lambda }_3-1\end{array}\right|& =\left|\begin{array}{ccc}{\lambda }_1-1& 1& 1\\ {\lambda }_2& -1& 0\\ {\lambda }_3& 0& -1\end{array}\right|\\ & =({\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3-1)\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ {\lambda }_2& -1& 0\\ {\lambda }_3& 0& -1\end{array}\right|\\ & ={\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3-1\ne 0\end{array}$$

ゆえに，求める条件は

$$\boxed{{\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3\ne 1}$$

与えられた行列を $\mathbf{B}$ とおく．固有方程式は $|\lambda \mathbf{I}-\mathbf{B}|=0$ である．

$$\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{I}-\mathbf{B}|& =\left|\begin{array}{cccc}\lambda & -2& -3& -4\\ \frac{1}{2}& \lambda & \frac{3}{2}& 2\\ \frac{1}{3}& \frac{2}{3}& \lambda & \frac{4}{3}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}& \frac{3}{4}& \lambda \end{array}\right|\\ & =\frac{1}{24}\left|\begin{array}{cccc}\lambda & -2& -3& -4\\ 1& 2\lambda & 3& 4\\ 1& 2& 3\lambda & 4\\ 1& 2& 3& 4\lambda \end{array}\right|\end{array}$$

行列式の性質を用い，第2列から第1列の2倍，第3列から第1列の3倍，第4列から第1列の4倍をそれぞれ引くと，

$$\begin{array}{rl}|\lambda \mathbf{I}-\mathbf{B}|& =\frac{1}{24}\left|\begin{array}{cccc}\lambda & -2(\lambda +1)& -3(\lambda +1)& -4(\lambda +1)\\ 1& 2(\lambda -1)& 0& 0\\ 1& 0& 3(\lambda -1)& 0\\ 1& 0& 0& 4(\lambda -1)\end{array}\right|\\ & =\frac{1}{24}\left\{24\lambda (\lambda -1{)}^3+24(\lambda +1)(\lambda -1{)}^2\times 3\right\}\\ & =(\lambda -1{)}^2({\lambda }^2-\lambda +3\lambda +3)\\ & =(\lambda -1{)}^2({\lambda }^2+2\lambda +3)=0\end{array}$$

これを解くと，

$$\boxed{\lambda =1\text{ (2重根)},-1\pm \sqrt{2}i}$$

$\mathbf{x}$ が ${\mathbf{A}}^T\mathbf{A}\mathbf{x}=0$ を満たすとする．
両辺の左から ${\mathbf{x}}^T$ を掛けると，

$${\mathbf{x}}^T{\mathbf{A}}^T\mathbf{A}\mathbf{x}=0$$

すなわち，

$$(\mathbf{A}\mathbf{x}{)}^T(\mathbf{A}\mathbf{x})=\Vert \mathbf{A}\mathbf{x}{\Vert }^2=0$$

$\mathbf{A}$ と $\mathbf{x}$ は実行列および実ベクトルであるため，

$$\mathbf{A}\mathbf{x}=0$$

が成り立つ．
次に，$\mathbf{x}$ と ${\mathbf{A}}^T\mathbf{c}$ の内積を計算する．

$$\begin{array}{rl}({\mathbf{A}}^T\mathbf{c}{)}^T\mathbf{x}& ={\mathbf{c}}^T\mathbf{A}\mathbf{x}\\ & ={\mathbf{c}}^{T}0\\ & =0\end{array}$$

内積が $0$ であるため，$\mathbf{x}$ と ${\mathbf{A}}^T\mathbf{c}$ は直交する．(証明終)

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这几道题综合考察了线性空间与矩阵的基本理论。第一问利用坐标的线性变换，通过将向量系用基表示，转化为判断系数矩阵的行列式是否非零。第二问中矩阵具有特定的规律，可以通过适当提取常数并利用初等列变换将行列式化简，从而提取出公因式，避免了直接展开四阶行列式带来的繁琐计算。第三问是矩阵论中经典的正交性结论，即矩阵零空间与行空间的直交关系，通过实向量内积的非负性推出解向量必须属于原矩阵的零空间是完成证明的核心步骤。