【線形代数】9-1-1 実対称行列の対角化｜問題集
1.次の実対称行列を直交行列を用いて対角化しなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-1 & -2 & 0 \\ -2 & t-2 & -2 \\ 0 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=t^3-6t^2+3t+10\)
\(=(t-2)(t-5)(t+1)=0\)
\(t=2,5,-1\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}-1 & 2 & 0 \\ 0 & 4 & 2 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(5)\)のとき、
\((A-5E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-5E=\begin{pmatrix}-4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -4 & 4 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(5)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-2 & 1 & 2 \\ -1 & 2 & -2 \\ 2 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-1 & -2 & 0 \\ -2 & t-2 & -2 \\ 0 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=t^3-6t^2+3t+10\)
\(=(t-2)(t-5)(t+1)=0\)
\(t=2,5,-1\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}-1 & 2 & 0 \\ 0 & 4 & 2 \\ 0 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-2 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(5)\)のとき、
\((A-5E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-5E=\begin{pmatrix}-4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -4 & 4 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(5)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 2 \\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}2 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-2 & 1 & 2 \\ -1 & 2 & -2 \\ 2 & 2 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t & -1 & 1 \\ -1 & t & -1 \\ 1 & -1 & t\end{vmatrix}\)
\(=t^3-3t+2\)
\(=(t-1)^2(t+2)=0\)
\(t=1,-2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
グラム・シュミットの直交化法より、
\(\boldsymbol{w}_1=\boldsymbol{v}_1\)
\(=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_2=\boldsymbol{v}_2-\frac{(\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}-\frac{-1}{2}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{w}_1}{\|\boldsymbol{w}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{w}_2}{\|\boldsymbol{w}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-2)\)のとき、
\((A+2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}2 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(-2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t & -1 & 1 \\ -1 & t & -1 \\ 1 & -1 & t\end{vmatrix}\)
\(=t^3-3t+2\)
\(=(t-1)^2(t+2)=0\)
\(t=1,-2\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
グラム・シュミットの直交化法より、
\(\boldsymbol{w}_1=\boldsymbol{v}_1\)
\(=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_2=\boldsymbol{v}_2-\frac{(\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}-\frac{-1}{2}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{w}_1}{\|\boldsymbol{w}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{w}_2}{\|\boldsymbol{w}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-2)\)のとき、
\((A+2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}2 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -3 & -3 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(-2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2\end{pmatrix}\)
(3)\(A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t & 0 & 0 & -1 \\ 0 & t & -1 & 0 \\ 0 & -1 & t & 0 \\ -1 & 0 & 0 & t\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}0 & 0 & 0 & -1+t^2 \\ 0 & 0 & -1+t^2 & 0 \\ 0 & -1 & t & 0 \\ -1 & 0 & 0 & t\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t^2-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & t^2-1 & 0 & 0 \\ 0 & t & -1 & 0 \\ t & 0 & 0 & -1\end{vmatrix}\)
\(=(t^2-1)^2(-1)^2\)
\(=(t-1)^2(t+1)^2=0\)
\(t=1,-1\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_4=\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_4=\frac{\boldsymbol{v}_4}{\|\boldsymbol{v}_4\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t & 0 & 0 & -1 \\ 0 & t & -1 & 0 \\ 0 & -1 & t & 0 \\ -1 & 0 & 0 & t\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}0 & 0 & 0 & -1+t^2 \\ 0 & 0 & -1+t^2 & 0 \\ 0 & -1 & t & 0 \\ -1 & 0 & 0 & t\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t^2-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & t^2-1 & 0 & 0 \\ 0 & t & -1 & 0 \\ t & 0 & 0 & -1\end{vmatrix}\)
\(=(t^2-1)^2(-1)^2\)
\(=(t-1)^2(t+1)^2=0\)
\(t=1,-1\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-1)\)のとき、
\((A+E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
\(V(-1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_4=\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{v}_3}{\|\boldsymbol{v}_3\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_4=\frac{\boldsymbol{v}_4}{\|\boldsymbol{v}_4\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix}\)
(4)\(A=\begin{pmatrix}3 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 3 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-3 & -2 & -2 & -2 \\ -2 & t-3 & -2 & -2 \\ -2 & -2 & t-3 & -2 \\ -2 & -2 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t-9 & -2 & -2 & -2 \\ t-9 & t-3 & -2 & -2 \\ t-9 & -2 & t-3 & -2 \\ t-9 & -2 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t-9 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & t-1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t-1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & t-1\end{vmatrix}\)
\(=(t-1)^3(t-9)=0\)
\(t=1,9\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+u\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t,u\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
グラム・シュミットの直交化法より、
\(\boldsymbol{w}_1=\boldsymbol{v}_1\)
\(=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_2=\boldsymbol{v}_2-\frac{(\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}-\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_3=\boldsymbol{v}_3-\frac{(\boldsymbol{v}_3,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1-\frac{(\boldsymbol{v}_3,\boldsymbol{w}_2)}{(\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_2)}\boldsymbol{w}_2\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}-\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}-\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}\cdot\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\)
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{w}_1}{\|\boldsymbol{w}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{w}_2}{\|\boldsymbol{w}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{w}_3}{\|\boldsymbol{w}_3\|}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(9)\)のとき、
\((A-9E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-9E=\begin{pmatrix}-6 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & -6 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & -6 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & -6\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -16 & 8 & 8 \\ 2 & -6 & 2 & 2 \\ 0 & -8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -16 & 8 & 8 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & -8 & 8 \\ 1 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(9)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_4=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_4=\frac{\boldsymbol{v}_4}{\|\boldsymbol{v}_4\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{3}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 9\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-3 & -2 & -2 & -2 \\ -2 & t-3 & -2 & -2 \\ -2 & -2 & t-3 & -2 \\ -2 & -2 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t-9 & -2 & -2 & -2 \\ t-9 & t-3 & -2 & -2 \\ t-9 & -2 & t-3 & -2 \\ t-9 & -2 & -2 & t-3\end{vmatrix}\)
\(=\begin{vmatrix}t-9 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & t-1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & t-1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & t-1\end{vmatrix}\)
\(=(t-1)^3(t-9)=0\)
\(t=1,9\)
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+u\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t,u\in\mathbb{R})\)
\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{v}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
グラム・シュミットの直交化法より、
\(\boldsymbol{w}_1=\boldsymbol{v}_1\)
\(=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_2=\boldsymbol{v}_2-\frac{(\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}-\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{w}_3=\boldsymbol{v}_3-\frac{(\boldsymbol{v}_3,\boldsymbol{w}_1)}{(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_1)}\boldsymbol{w}_1-\frac{(\boldsymbol{v}_3,\boldsymbol{w}_2)}{(\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_2)}\boldsymbol{w}_2\)
\(\displaystyle =\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}-\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}-\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}\cdot\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle =\frac{1}{3}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\)
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{w}_1}{\|\boldsymbol{w}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{w}_2}{\|\boldsymbol{w}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_3=\frac{\boldsymbol{w}_3}{\|\boldsymbol{w}_3\|}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ -1 \\ 3\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(9)\)のとき、
\((A-9E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-9E=\begin{pmatrix}-6 & 2 & 2 & 2 \\ 2 & -6 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & -6 & 2 \\ 2 & 2 & 2 & -6\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -16 & 8 & 8 \\ 2 & -6 & 2 & 2 \\ 0 & -8 & 8 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & -16 & 8 & 8 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 0 & -8 & 8 \\ 1 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & -8\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(9)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_4=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_4=\frac{\boldsymbol{v}_4}{\|\boldsymbol{v}_4\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{3}{2\sqrt{3}} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 9\end{pmatrix}\)
2.次の実対称行列を行列式が\(1\)である直交行列を用いて対角化しなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}4 & 6 \\ 6 & 9\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-4 & -6 \\ -6 & t-9\end{vmatrix}\)
\(=t^2-13t\)
\(=t(t-13)=0\)
\(t=0,13\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}4 & 6 \\ 6 & 9\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-3 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}-3 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(13)\)のとき、
\((A-13E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-13E=\begin{pmatrix}-9 & 6 \\ 6 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{2}{3} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(13)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}2 \\ 3\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}2 \\ 3\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}-3 & 2 \\ 2 & 3\end{pmatrix}\)
\(P\)は直交行列で\(\det P=1\)なので、
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 13\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-4 & -6 \\ -6 & t-9\end{vmatrix}\)
\(=t^2-13t\)
\(=t(t-13)=0\)
\(t=0,13\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}4 & 6 \\ 6 & 9\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & \frac{3}{2} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-3 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}-3 \\ 2\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(13)\)のとき、
\((A-13E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-13E=\begin{pmatrix}-9 & 6 \\ 6 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\frac{2}{3} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(13)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}2 \\ 3\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}2 \\ 3\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}-3 & 2 \\ 2 & 3\end{pmatrix}\)
\(P\)は直交行列で\(\det P=1\)なので、
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 13\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}5 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-5 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & t-3\end{vmatrix}\)
\(=t^2-8t+12\)
\(=(t-2)(t-6)=0\)
\(t=2,6\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}3 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{3}\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{3}\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(6)\)のとき、
\((A-6E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-6E=\begin{pmatrix}-1 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\sqrt{3} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(6)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}\sqrt{3} \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3} \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3} & -1 \\ 1 & \sqrt{3}\end{pmatrix}\)
\(P\)は直交行列で\(\det P=1\)なので、
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}6 & 0 \\ 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(F_A(t)=\begin{vmatrix}t-5 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & t-3\end{vmatrix}\)
\(=t^2-8t+12\)
\(=(t-2)(t-6)=0\)
\(t=2,6\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}3 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{3}\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_1=\frac{\boldsymbol{v}_1}{\|\boldsymbol{v}_1\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1 \\ \sqrt{3}\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(6)\)のとき、
\((A-6E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\)の解空間であるから
\(A-6E=\begin{pmatrix}-1 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -\sqrt{3} \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(V(6)\)の基底として\(\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}\sqrt{3} \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
すなわち、正規直交基底は
\(\displaystyle \boldsymbol{p}_2=\frac{\boldsymbol{v}_2}{\|\boldsymbol{v}_2\|}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3} \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、
\(\displaystyle P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}\sqrt{3} & -1 \\ 1 & \sqrt{3}\end{pmatrix}\)
\(P\)は直交行列で\(\det P=1\)なので、
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}6 & 0 \\ 0 & 2\end{pmatrix}\)
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