高専の数学解説

第17章 17.24

(1)

固有地が２つということはλの値が２つしか出ないということ

∣A−λE∣=∣1+a−λ00−a1−λ−1a−11−λ∣=(1+a−λ)(1−λ)2−(1+a−λ)|A-λE| = \begin{vmatrix} 1+a-λ & 0 & 0 \\ -a & 1-λ & -1 \\ a & -1 & 1-λ \end{vmatrix} = (1+a-λ)(1-λ)^2 - (1+a-λ)

=(1+a−λ)(1−2λ+λ2)−(1+a−λ)=(1+a−λ)(1−2λ+λ2−1)=(1+a−λ)(λ2−2λ)= (1+a-λ)(1-2λ+λ^2) - (1+a-λ) = (1+a-λ)(1-2λ+λ^2-1) = (1+a-λ)(λ^2-2λ)

=λ(a+aλ−λ2−2−2a+2λ)=−λ(λ2−(3−a)λ+(2+2a))=0= λ(a+aλ-λ^2-2-2a+2λ) = -λ(λ^2-(3-a)λ+(2+2a)) = 0

λ=0,3+a±(3+a)2−4(2+2a)2λ = 0, \frac{3+a±\sqrt{(3+a)^2-4(2+2a)}}{2}

3+a±(3+a)2−4(2+2a)2\frac{3+a±\sqrt{(3+a)^2-4(2+2a)}}{2} が重解となると

判別式 D=(3+a)2−4(2+2a)=9+6a+a2−8−8a=a2−2a+1=(a−1)2=0D = (3+a)^2-4(2+2a) = 9+6a+a^2-8-8a = a^2-2a+1 = (a-1)^2 = 0

a=1a=1 のとき λ=0,2 （2は重解）

λ=0λ=0が重解となるとき

3+a±(3+a)2−4(2+2a)2=03+a±(3+a)2−4(2+2a)=0\frac{3+a±\sqrt{(3+a)^2-4(2+2a)}}{2}=0 3+a±\sqrt{(3+a)^2-4(2+2a)}=0

3+a=∓(3+a)2−4(2+2a)(3+a)2=(3+a)2−4(2+2a)0=−8−8aa=−13+a=∓\sqrt{(3+a)^2-4(2+2a)} (3+a)^2 = (3+a)^2-4(2+2a) 0=-8-8a a=-1

a=−1a=-1 のとき λ=0,2 （0は重解）

(2)

a = 1 のとき

λ = 0

(200−11−11−11)⇒(100−11−11−11)⇒(10001−1000)\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

これから p1=α(011)p_1 = α \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

λ = 2

(000−1−1−11−1−1)⇒(0001111−1−1)⇒(0001110−2−2)⇒(000111011)⇒(000100011)\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & -2 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

これから p2=β(0−11)p_2 = β \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

a = -1 のとき

λ = 0

(000111−1−1−1)⇒(00011−1000)\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

これから p1=α(101)+β(011)p_1 = α \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + β \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

λ = 2

(−2001−1−1−1−1−1)⇒(1001−1−1−1−1−1)⇒(1001−1−10−2−2)⇒(1001−1−1011)⇒(1000−1−1011)⇒(100011011)\begin{pmatrix} -2 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 \\ 0 & -2 & -2 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}

⇒(100011000)\Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

これから p2=γ(0−11)p_2 = γ \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

(３)（問題集 p.177 回答から）

P−1AP=(000020002)=(200−11−11−11)P=P(000020002)P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} P = P \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}

P=(abcdefghi) とおくとP = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix} \text{ とおくと}

左辺=(2a2b2c−a+d−g−b+e−h−c+f−ia−d+gb−e+hc−f+i)右辺=(02b2c02e2f02h2i)\text{左辺} = \begin{pmatrix} 2a & 2b & 2c \\ -a + d - g & -b + e - h & -c + f - i \\ a - d + g & b - e + h & c - f + i \end{pmatrix} \quad \text{右辺} = \begin{pmatrix} 0 & 2b & 2c \\ 0 & 2e & 2f \\ 0 & 2h & 2i \end{pmatrix}

これから,(1,1)成分を見ると a=0a = 0

(2,2)成分と(3,2)成分から: {−b+e−h=2eb−e+h=2h\begin{cases} -b + e - h = 2e \\ b - e + h = 2h \end{cases} ２つの式を足すと 0=2e+2h0 = 2e + 2h e=−he = -h

これを(2,2)成分に代入すると −b+e+e=2c-b + e + e = 2c b=0b = 0

同様に(2,3)成分と(3,3)成分から: {−c+f−i=2fc−f+i=2i\begin{cases} -c + f - i = 2f \\ c - f + i = 2i \end{cases} f=−if = -i これから c=0c = 0

よって P の第一行がすべて 0 となるので対角化不可能である

解説: r31bn1z