【線形代数】7-2-1 対角化の定義｜問題集
1.次の行列が対角化可能か判定し、可能ならば対角化しなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}6 & -3 & -7 \\ -1 & 2 & 1 \\ 5 & -3 & -6\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-6 & 3 & 7 \\ 1 & x-2 & -1 \\ -5 & 3 & x+6\end{vmatrix}\)
\(=x^3-2x^2-x+2\)
\(=(x-1)(x-2)(x+1)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2,-1\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}5 & -3 & -7 \\ -1 & 1 & 1 \\ 5 & -3 & -7\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 2 & -2 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}4 & -3 & -7 \\ -1 & 0 & 1 \\ 5 & -3 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}7 & -3 & -7 \\ -1 & 0 & 1 \\ 5 & -3 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 18 & 0 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 12 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-6 & 3 & 7 \\ 1 & x-2 & -1 \\ -5 & 3 & x+6\end{vmatrix}\)
\(=x^3-2x^2-x+2\)
\(=(x-1)(x-2)(x+1)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2,-1\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}5 & -3 & -7 \\ -1 & 1 & 1 \\ 5 & -3 & -7\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 2 & -2 \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}4 & -3 & -7 \\ -1 & 0 & 1 \\ 5 & -3 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}7 & -3 & -7 \\ -1 & 0 & 1 \\ 5 & -3 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 18 & 0 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 12 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}3 & -1 & -1 \\ -2 & 2 & 1 \\ 4 & -2 & -1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 1 & 1 \\ 2 & x-2 & -1 \\ -4 & 2 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x^2+5x-2\)
\(=(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & -1 & -1 \\ -2 & 1 & 1 \\ 4 & -2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \\ 4 & -2 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ 0 & -2 & -1 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 1 & 1 \\ 2 & x-2 & -1 \\ -4 & 2 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x^2+5x-2\)
\(=(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & -1 & -1 \\ -2 & 1 & 1 \\ 4 & -2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \\ 4 & -2 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ 0 & -2 & -1 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
(3)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 \\ -1 & 4 & 1 \\ 2 & -4 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 & -1 \\ 1 & x-4 & -1 \\ -2 & 4 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-5x^2+8x-4\)
\(=(x-1)(x-2)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ -1 & 3 & 1 \\ 2 & -4 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=1\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 2 & -4 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=2\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 & -1 \\ 1 & x-4 & -1 \\ -2 & 4 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-5x^2+8x-4\)
\(=(x-1)(x-2)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ -1 & 3 & 1 \\ 2 & -4 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=1\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 2 & -4 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=2\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
(4)\(A=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & x-1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & x-1 & 0 \\ -4 & 0 & 0 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^2\begin{vmatrix}x+1 & -1 \\ -4 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^3(x+3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,-3\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+u\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t,u\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=3\)
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(-3)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & x-1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & x-1 & 0 \\ -4 & 0 & 0 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^2\begin{vmatrix}x+1 & -1 \\ -4 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^3(x+3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,-3\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+u\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t,u\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=3\)
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(-3)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
(5)\(A=\begin{pmatrix}3 & 2 & -1 \\ 2 & 3 & -1 \\ 2 & -1 & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & -2 & 1 \\ -2 & x-3 & 1 \\ -2 & 1 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=x^3-9x^2+24x-16\)
\(=(x-1)(x-4)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,4\)
・固有空間\(V(4)\)のとき、
\((A-4E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-4E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & -1 \\ 2 & -1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}-1 & 2 & -1 \\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(4)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(4\)の重複度\(2\)と\(\dim V(4)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & -2 & 1 \\ -2 & x-3 & 1 \\ -2 & 1 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=x^3-9x^2+24x-16\)
\(=(x-1)(x-4)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,4\)
・固有空間\(V(4)\)のとき、
\((A-4E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-4E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & -1 \\ 2 & -1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}-1 & 2 & -1 \\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(4)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(4\)の重複度\(2\)と\(\dim V(4)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
(6)\(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & 0 & -1 \\ -1 & x-1 & -2 \\ 1 & -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-3x^2\)
\(=x^2(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,3\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(0\)の重複度\(2\)と\(\dim V(0)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & 0 & -1 \\ -1 & x-1 & -2 \\ 1 & -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-3x^2\)
\(=x^2(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,3\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ -1 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(0\)の重複度\(2\)と\(\dim V(0)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
(7)\(A=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ -4 & 6 & 2 \\ 4 & -4 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -2 & -1 \\ 4 & x-6 & -2 \\ -4 & 4 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-6x^2+12x-8\)
\(=(x-2)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 1 \\ -4 & 4 & 2 \\ 4 & -4 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(2\)の重複度\(3\)と\(\dim V(2)=2\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -2 & -1 \\ 4 & x-6 & -2 \\ -4 & 4 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-6x^2+12x-8\)
\(=(x-2)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 1 \\ -4 & 4 & 2 \\ 4 & -4 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(2\)の重複度\(3\)と\(\dim V(2)=2\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
(8)\(A=\begin{pmatrix}3 & 0 & -3 & 3 \\ 1 & 2 & -3 & 1 \\ -1 & 0 & 3 & -2 \\ -3 & 0 & 5 & -4\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 0 & 3 & -3 \\ -1 & x-2 & 3 & -1 \\ 1 & 0 & x-3 & 2 \\ 3 & 0 & -5 & x+4\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)\begin{vmatrix}x-3 & 3 & -3 \\ 1 & x-3 & 2 \\ 3 & -5 & x+4\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)(x^3-2x^2+x)\)
\(=x(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 0 & -3 & 3 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ -1 & 0 & 2 & -2 \\ -3 & 0 & 5 & -5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 0 & 3 & -3 \\ -1 & x-2 & 3 & -1 \\ 1 & 0 & x-3 & 2 \\ 3 & 0 & -5 & x+4\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)\begin{vmatrix}x-3 & 3 & -3 \\ 1 & x-3 & 2 \\ 3 & -5 & x+4\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)(x^3-2x^2+x)\)
\(=x(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 0 & -3 & 3 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ -1 & 0 & 2 & -2 \\ -3 & 0 & 5 & -5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
(9)\(A=\begin{pmatrix}3 & -6 & -4 \\ 1 & -2 & -2 \\ -1 & 3 & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 6 & 4 \\ -1 & x+2 & 2 \\ 1 & -3 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x^2+5x-2\)
\(=(x-1)^2(x-2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & -6 & -4 \\ 1 & -3 & -2 \\ -1 & 3 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -3 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & -6 & -4 \\ 1 & -4 & -2 \\ -1 & 3 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -6 & -4 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 2 & -2 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & 6 & 4 \\ -1 & x+2 & 2 \\ 1 & -3 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x^2+5x-2\)
\(=(x-1)^2(x-2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & -6 & -4 \\ 1 & -3 & -2 \\ -1 & 3 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -3 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(1)=2\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & -6 & -4 \\ 1 & -4 & -2 \\ -1 & 3 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -6 & -4 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(2)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 2 & -2 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
(10)\(A=\begin{pmatrix}4 & 3 & 1 \\ -5 & -4 & -1 \\ 2 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-4 & -3 & -1 \\ 5 & x+4 & 1 \\ -2 & -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-x^2-x+1\)
\(=(x+1)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,-1\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}3 & 3 & 1 \\ -5 & -5 & -1 \\ 2 & 2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 2 & 2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-4 & -3 & -1 \\ 5 & x+4 & 1 \\ -2 & -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^3-x^2-x+1\)
\(=(x+1)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,-1\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}3 & 3 & 1 \\ -5 & -5 & -1 \\ 2 & 2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 2 & 2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
(11)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & -1 \\ 3 & -3 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 & -2 \\ -1 & x-2 & 1 \\ -3 & 3 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-3x^2-9x+27\)
\(=(x+3)(x-3)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=3,-3\)
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & -1 \\ 3 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(3)=2\)
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}4 & 2 & 2 \\ 1 & 5 & -1 \\ 3 & -3 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -18 & 6 \\ 1 & 5 & -1 \\ 0 & -18 & 6\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(-3)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 & -2 \\ -1 & x-2 & 1 \\ -3 & 3 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-3x^2-9x+27\)
\(=(x+3)(x-3)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=3,-3\)
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}-2 & 2 & 2 \\ 1 & -1 & -1 \\ 3 & -3 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(3)=2\)
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}4 & 2 & 2 \\ 1 & 5 & -1 \\ 3 & -3 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -18 & 6 \\ 1 & 5 & -1 \\ 0 & -18 & 6\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(-3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-2 \\ 1 \\ 3\end{pmatrix}\)がとれ、\(\dim V(-3)=1\)
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
2.行列\(A=\begin{pmatrix}4 & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\)がある。
(1)\(A\)を対角化しなさい。
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-4 & 1 \\ -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^2-5x+6\)
\(=(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}2 & -1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-4 & 1 \\ -2 & x-1\end{vmatrix}\)
\(=x^2-5x+6\)
\(=(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}2 & -1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{pmatrix}\)
(2)\(X^2=A\)となる行列\(X\)を1つ求めなさい。
\(A=P\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{pmatrix}P^{-1}\)より、
\(X=P\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{3}\end{pmatrix}P^{-1}\)
ここで、
\(\displaystyle P^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ -2 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
よって、
\(X=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2\sqrt{3}-\sqrt{2} & \sqrt{2}-\sqrt{3} \\ 2\sqrt{3}-2\sqrt{2} & 2\sqrt{2}-\sqrt{3}\end{pmatrix}\)
\(X=P\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{3}\end{pmatrix}P^{-1}\)
ここで、
\(\displaystyle P^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ -2 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
よって、
\(X=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 1 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2\sqrt{3}-\sqrt{2} & \sqrt{2}-\sqrt{3} \\ 2\sqrt{3}-2\sqrt{2} & 2\sqrt{2}-\sqrt{3}\end{pmatrix}\)
3.\(a\)を実数としたとき、次の行列が対角化可能であるための\(a\)の条件を求めなさい。
\(A=\begin{pmatrix}a & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -a\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-a & 0 & -1 \\ 0 & x-1 & -1 \\ 0 & 0 & x+a\end{vmatrix}\)
\(=(x-a)(x-1)(x+a)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,a,-a\)である。
・\(a\neq0,\pm1\)のとき、固有値\(\lambda=1,a,-a\)
全て異なるので、\(A\)は対角化可能である。
・\(a=0\)のとき、固有値\(\lambda=0,1\)
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(0\)の重複度\(2\)と\(\dim V(0)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
・\(a=1\)のとき、固有値\(\lambda=1,-1\)
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=2\)が一致するので、\(A\)は対角可能である。
・\(a=-1\)のとき、固有値\(\lambda=1,-1\)
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
よって、\(A\)が対角化可能であるのは、\(a\neq0,-1\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-a & 0 & -1 \\ 0 & x-1 & -1 \\ 0 & 0 & x+a\end{vmatrix}\)
\(=(x-a)(x-1)(x+a)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,a,-a\)である。
・\(a\neq0,\pm1\)のとき、固有値\(\lambda=1,a,-a\)
全て異なるので、\(A\)は対角化可能である。
・\(a=0\)のとき、固有値\(\lambda=0,1\)
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(0\)の重複度\(2\)と\(\dim V(0)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
・\(a=1\)のとき、固有値\(\lambda=1,-1\)
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=2\)が一致するので、\(A\)は対角可能である。
・\(a=-1\)のとき、固有値\(\lambda=1,-1\)
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(2\)と\(\dim V(1)=1\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
よって、\(A\)が対角化可能であるのは、\(a\neq0,-1\)
次の学習に進もう！