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1 線形代数問題・解説
1 線形代数問題・解説 1.1 問題1−1. ¯ ¯ ¯ 15 11 5 ¯ ¯ ¯ 15x + 11y + 5z = 0...(1) ¯ ¯ 3x + 5y + 4z = 0...(2) , |A| = ¯ 3 5 4 ¯ = 0, ¯ ¯ 21x + 21y + 13z = 0...(3) ¯ 21 21 13 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 15 11 5 ¯ ¯ 11 5 ¯ 11 5 ¯ ¯ 5 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 = ¯ 3 5 4 ¯ = 15 ¯ ¯ + 21 ¯ ¯−3¯ ¯ 5 4 ¯ 21 13 ¯ ¯ 1 列で展開 ¯ 21 13 ¯ ¯ ¯ 21 21 13 ¯ 15 × (−19) + 3 × (−38) + 21 × 19 (3) − (1) = 2 × (2) { [ ] 15x + 11y = −5z...(1)′ 15 解は : x = 19 z, y = − 14 z ′ 42 3x + 5y = −4z...(2) 1.2 問題 1 −2. 1.(1) (i)A の行列式の値が 0 でない小行列の最大の幅。 (ii)A の一次独立な列ベクトルの最大個数。 (iii)A の一次独立な行ベクトルの最大個数。 (iv)A で定まる線形変換の値域の次元。 ¯ ¯ ¯ 1 0 4 ¯¯ 1 0 4 2 ¯ ¯ ¯ (2) 3 1 2 ¯ = −25 ̸= 0, 階数: 3 2 6 ,¯ 3 1 ¯ ¯ ¯ 1 −2 −1 ¯ 1 −2 −1 2 1 0 4 2 2 (3) 3 1 2 6 3 , 階数: 3 1 −2 −1 2 −1 x + 4z + 2u = 2 [ ] 9 − 2u, y = 35 , z = 25 3x + y + 2z + 6u = 3 解は: x = 14 25 x − 2y − z + 2u = −1 ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 2.(1)A = 1 2 3 , |A| = ¯ 1 2 3 ¯ = a − 4, ¯ ¯ ¯ 2 3 a ¯ 2 3 a 1 ¯ ¯ ¯ ¯= ¯ (i)a = 4 → rank(A) = 2, (ii)a ̸= 4 → rank(A) = 3 1 1 1 1 (2)B = 1 2 3 0 2 3 a a−3 1 1 1 1 (i)a = 4 → 1 2 3 0 rank(B) = 2 2 3 4 1 (ii)a ̸= 4 → rank(B) = 3 (3) (i)a = 4 → rank(A) = rank(B) = 2(解の自由度=3−2=1) x+y+z =1 x + 2y + 3z = 0 解は: [x = z + 2, y = −2z − 1] 2x + 3y + 4z = 1 (ii)a ̸= 4 → rank(A) = rank(B) = 3(解の自由度=3−3=0) x+y+z =1 , 解は: [x = 3, y = −3, z = 1] x + 2y + 3z = 0 2x + 3y + az = a − 3 1 1 1 0 2 5 −1 3 3.(1) 階数: 2(解の自由度=4−2=2) 1 3 −1 2 2 3 1 1 (1) + (4) { = (2), (1) − (4) = (3), (1) と (3) は独立 →→→ 階数: 2 x + z = −y (3) → x = −2y − u.z = y + u x − z = −3y − 2u (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 + (u − 1)2 = (−2y − u − 1)2 + (y − 1)2 + (y + u − 1)2 + (u − 1)2 = 6uy − 2u + 3u2 + 6y 2 + 4 = 6(y − 12 u)2 + 32 u2 − 2u + 4 = 6(y − 21 u)2 + 32 (u − 23 )2 + 4 − 23 →→→ u = 32 , y = 12 u = 13 , x = −2y − u = − 43 , z = y + u = 1 0 1 −2 0 1 −2 2 2 a 4.(1) 4 3 0 行列式= 0, 4 3 0 2 1 1 2 1 1 2 ¯ ¯ ¯ 0 1 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 a ¯ = 4a + 4 ¯ ¯ ¯ 4 3 0 ¯ (i)a = −1 → rank(A) = 2 解は一意でない(自由な解が1つ) (ii)a ̸= −1 → rank(A) = 3 このときに rank(B) = 3 ならば解が存在し て一意。¯ ¯ ¯ 0 1 −2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 a b ¯ ¯ ¯ |B| = ¯ ¯ = 2a − 2b + 4c − 2ab + 4ac + 2 = 0 ¯ 4 3 0 b ¯ ¯ ¯ ¯ 2 1 1 c ¯ の時にだけ解を持つ。 1 y − 2z = 1 x = 2a+2 (4c − 3b − a + ac + 2) , 1 2x + 2y + az = b →→→ y = a+1 (a + 2b − 2c − 1) , 2x + y + z = c 1 (b − c − 1) z = a+1 (2)¯a = −1 → rank(A) =2 ¯ ¯ 0 1 −2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 −1 b ¯ ¯ ¯ |B| = ¯ ¯ ¯ 4 3 0 b ¯ ¯ ¯ ¯ 2 1 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ しかも、¯ 3 0 b ¯ = 3c = 0 → c = 0 ¯ ¯ ¯ 1 1 c ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −2 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 更に、¯ 2 −1 b ¯ = 3 − 3b = 0 → b = 1 ¯ ¯ ¯ 3 0 b ¯ y − 2z = 1 2x + 2y − z = 1 → y = 2z + 1, 2x = −3z − 1 2x + y + z = 0 (x+ 1 ) →→→ y−1 = −32 = z2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 a a + 1 ¯ ¯ 5.¯ ¯ ¯ a 0 a+1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −a 1 a+1 ¯ = 2a − a2 + a3 = a (a2 − a + 2) →→→ 3 (i)a ̸= 0 ならば拡大係数行列 B の階数(rank) が4となる。一方係数行 列 A の階数(rank) は3以下なのでこの場合は解を持たない。 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 (ii)a = 0 の場合を考える。A = →→→ →→→ 0 0 1 (4)−(1)→(4) 0 0 1 (2)−(1)→(2) 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 →→→ [3]−[1]→[2] 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 従って、rank(A) rank(B) =3は明らかだから連立方程 =3。この場合に x + z = 1...(1) 1 1 0 1 x + y = 1...(2) 1 1 1 0 x 式は解を持ち、 y = 即ち、 1 0 0 1 z = 1...(3) z x + z = 1...(4) 1 1 0 1 を解く。 (1)と(4)は同じだから、 (1)、 (2)、 (3)から z = 1, x = 0, y = 0 を得る。 ¯ ¯ ¯ 3 2−k ¯ ¯ ¯ 6.¯ ¯ = 4k − 2 →→→ ¯ 1 k ¯ (i)k ̸= 1 2 ならば、方程式は自明な解しか持たない。 { 3x + 32 y = 0...(1) (ii)k = 12 ならば、 (1) = 3 × (2) は明らかだか x + 12 y = 0...(2) ら、(2) より y = −2x, x; f ree の解。 1.3 問題2−1. (4) 4 1.4 問題2−2. a11 a21 a31 1.⃗a1 = a12 , ⃗a2 = a22 , ⃗a3 = a32 と置くと、任意のベ a a23 a33 13 x クトル ⃗x = y に対して z x f (⃗x) = f y = f (x⃗e1 + y⃗e2 + z⃗e3 ) = xf (⃗e1 ) + yf (⃗e2 ) + z(⃗e3 ) z a11 a21 a31 a11 a21 a31 x = x a12 + y a22 + z a32 a12 a22 a32 y と a13 a23 a33 a13 a23 a33 z なる。 a11 a21 a31 ここで、A = a12 a22 a32 と置くと、行列 A が逆行列を持つこ a13 a23 a33 a31 a21 a11 とと3つのベクトル a12 , a22 , a32 が一次独立であること a33 a23 a13 とは同値であるから(1)と(2)は同値である。 X x+y+u 1 1 2. (1) Y = x + 2y + z + u = x 1 + y 2 + Z x−z+u 1 0 1 0 z 1 + u 1 1 −1 x⃗a1 + y⃗a2 + z⃗a3 + u⃗a4 と置くと、明らかに、⃗a1 = ⃗a4 , ⃗a a ⃗a4 で、 2 =⃗ 3 + 1 1 ⃗a1 , ⃗a2 は独立だから、Im(f ) は2次元で基底は、例えば、 1 , 2 0 1 x x+y+u=0 y 4 (2)Ker(f ) = { ∈ R ; x + 2y + z + u = 0 } z x−z+u=0 u 5 x + y + u = 0...(1) だから、 x + 2y + z + u = 0...(2) を解くと、(1)からこの連立方 x − z + u = 0...(3) 程式の係数行列の階数(rank)は2だから、 (1)と(3)を2つの変数 について解けば良い(1)から、 x =−y −u、これを(3)に代入して −1 −y − u x 1 y y = y z = −y − u + u = −y. よって = + −y z −1 0 u u −1 −1 −1 1 0 0 u , 。だから、基底は例えば、 −1 0 0 1 0 1 x X x+X ⃗ ⃗ = = Y ∈ V, ⃗x + X 3. (1)⃗x = y , X y + Y ,x + z Z z+Z X + y +Y + z +Z =x+y+z+X +Y +Z =0+0=0 kx k⃗x = ky , kx + ky + kz = k (x + y + z) = k0 = 0 kz (2) z=0→ −(x + y), ⃗x ∈ V → x+ y + z = x 1 0 ⃗x = y = x 0 + y 1 −(x + y) −1 −1 1 ⃗x1 = 0 −1 y=0 ⃗x1 · ⃗x = 0 → x + x + x 1 → y = −2x → ⃗x2 = −2x = x −2 x 1 1 1 ⃗ 1 ⃗ 1 = √1 →→→ X 0 ,X 1 = √6 −2 2 −1 1 6 y 0 1 0 x (3) z = 0 0 1 y = A⃗x x 1 0 0 z 1 √ 0 1 2 (4)f (⃗e1 ) = f 0 = − √12 = x √12 0 +y √16 √1 −1 − √12 2 √ 3x + y = 0 √ ] [ √ −2y = − 3 , x = − 12 , y = 12 3 −√3x + y = √3 1 √ − √26 1 1 6 √2 √1 1 1 f (⃗e2 ) = f − 6 = 6 = x √2 0 + y √6 −2 √1 √1 −1 1 6 6 √ 3x + y = −2 [ √ ] , x = − 12 3, y = − 12 −2y = 1 √ − 3x + y = 1 1.5 問題3−1. 0 2 2 1 → 1.(i)A = 2 6 4 3 (2)−2×(4)→(2) 1 4 3 2 0 0 2 0 2 0 4 0 → 階数 (rank)=2 1 0 3 0 x 0 2 2 1 y (ii)Im(fA ) = 2 6 4 3 = z 1 4 3 2 u 1 2 2 0 x 2 + y 6 + z 4 + u 3 2 3 4 1 1 2 2 0 2 , 6 , 4 , 3 の中で 2 3 4 1 7 1 −2 → 1 → 0 0 2 1 → 2 0 4 3 (1)+(3)−2×(4)→(4) 1 0 3 2 u + 2y + 2z 3u + 2x + 6y + 4z = 2u + x + 4y + 3z 2 0 2 , 4 が独立で基底。 3 1 { x y z u u + 2y + 2z 0 ∈ Ker(fA ) →→→ 3u + 2x + 6y + 4z = 0 →→→ rank=2 2u + x + 4y + 3z 0 u + 2y + 2z = 0 2u + x + 4y + 3z = 0 1 1 2.(i)A = 1 −1 2 0 : [u = −2x − 2y, z = x] 1 1 1 0 1 →→→ 1 −1 0 , rank = 2 2 2 0 0 1 1 1 x 3 (ii)Im(A) = {A⃗x; ⃗x ∈ R } = { 1 −1 1 y ; ⃗x ∈ R3 }; 2 0 2 z 1 1 1 x x+y+z 1 1 1 −1 1 y = x − y + z = x 1 + y −1 + 2 0 2 z 2x + 2z 2 0 1 1 1 z 1 , Bases = { −1 , 1 } 2 0 2 x+y+z x 8 (iii)⃗b = 0 は、Ker(AT ) = {⃗x = y ; A⃗x = 0}; x − y + z = 2x + 2z z 8 0 x+y+z =0 x − y + z = 0 解は: [x = −z, y = 0] 0 → 2x + 2z = 0 0 x ⃗x ∈ Ker(AT ) → ⃗x = 0 →→→ ⃗x · ⃗b = 0 −x x+y+z =8 (iv) x − y + z = 0 解は: [x = 4 − z, y = 4] 2x + 2z = 8 1 x x 3 3 3.⃗v = 2 ∈ R , ⃗x = y ∈ R → f (⃗x) = 6 y − ( −1 z z 8 1 5x − 2y + z 5 −2 1 x x + 2y − z) 2 = −2x + 2y + 2z = −2 2 2 y −1 x + 2y + 5z 1 2 5 z と定義する。以下に答えよ。 5x − 2y + z 1 (i) −2x + 2y + 2z · 2 = 0 x + 2y + 5z −1 5 −2 1 (ii)A = −2 2 2 1 2 5 x 5 −2 1 3 (iii)Im(f ) = {A⃗x; ⃗x ∈ R } = { −2 2 2 y ; ⃗x ∈ R3 } = z 1 2 5 1 −2 1 −2 5 {x −2 + y 2 + z 2 } = {y 2 + z 2 } 5 2 5 2 1 1 −2 5 ( −2 = −2 2 + 2 )2 次元 5 2 1 x x 5x − 2y + z Ker(f ) = {⃗x = y ; A⃗x = 0} = {⃗x = y ; −2x + 2y + 2z = z z x + 2y + 5z 0 5x − 2y + z = 0 −2x + 2y + 2z = 0 解は: [x = −z, y = −2z] 0 } → x + 2y + 5z = 0 0 x −z − ⃗x = y ∈ Ker(f ) → ⃗x = −2z = z −2 1 次元 z z 1 −2c + d 1 −2 0 (iv) 0 ̸= ⃗x ∈ (Im(f )) → ⃗x = c 2 +d 2 = 2c + 2d 2c + 5d 5 2 0 −2c + d 1 ⃗e = 0 · ⃗x = 2c + 2d = 0 → −2c + d = 0 → d = 2c →→→ 2c + 5d 0 9 −2c + d 0 2c + 2d = 6c 2c + 5d 12c n 4.R が n 次元実ベクトル空間を表すとして、以下に答えよ。 0 2 2 1 (i) 行列 A = 2 6 4 3 の階数 (rank) を求めよ。(ii)(i) で与えた 1 4 3 2 行列 A により定まる Rm から Rn への線形写像を fA で表す。fA の像空間 fA (Rm ) の基底 (bases) を一組求めよ。また、fA の核空間 fA−1 (0) の次元を 求めよ。 5.(i)c1 + c2 x + ... + cn xn−1 = 0 → c1 = 0 → c2 x + ... + cn xn−1 = x=0 0 → c2 + ... + cn xn−2 = 0 → c2 = 0 → ...cn = 0 x=0 x̸=0 (ii)Ker(T ) = {f (x) = c1 + c2 x + ... + cn xn−1 ; f ′ (x) = 0} → {f (x) = c1 ; c1 ∈ R}, 1 次元 Im(T ) = {f (x) = c1 + c2 x + ... + cn xn−1 ; f (x) = g ′ (x), g(x) = d1 + d2 x + ... + dn xn−1 }f (x) = d2 + d3 x + ... + (n − 1)dn xn−2 , di ∈ R, (n − 1) 次元 6.問2−3.3.と重複。 7.問2−3.2.と重複。 8.問2−3.1.と重複。 1.6 問題. 4−1 {( √ )} √ ↔ 12 a− 12 4a + a2 + 1.(1)固有ベクトル: 1 {( )} √ √ − 21 a + 12 4a + a2 1, ↔ 12 a + 12 4a + a2 + 1 1 和;a + 2、績;1 )} {( )} {( 1 −1 ↔ 3、固有ベク ↔ −1, (2) 固有ベクトル: 1 1 {( )} {( )} −1 1 トル: ↔ − 12 , ↔ 52 1 1 − 12 a − 1 2 10 4a + a2 −1 −1 1 (3) 固有ベクトル: 0 , 1 ↔ −1, 1 ↔ 2 1 1 0 1 1 −1 固有ベクトル: 0 , 1 ↔ 0, −1 ↔ 3 1 0 1 2 1 1 2 0 0 0 0 1 固有値:2(注意; 1 −1 1 1 2 0 3 0 1 ) 1 0 0 0 1 2 0 1 −3 i −i −1 (4)固有ベクトル: 1 ↔ −1, −1 ↔ −i, −1 ↔ 1 1 1 i 1 1 1 − − 3 6 3 5 (5)固有値: 2, 3, 4、逆: − 16 32 24 1 1 1 − 3 12 3 1 −1 3 2 2.(1)特性多項式: X +4X +5X+2(2)固有ベクトル: 1 , 0 ↔ 1 0 1 −1, −1 ↔ −2 1 −1 1 1 1 −x + y + z = 1 , (3) 1 + 3 0 − −1 = 2 , ( x−z =2 y+z =2 0 1 1 2 解は: [x = 1, y =3, z = −1]) −1 1 1 −1 1 (4)An 2 = An { 1 +3 0 − −1 } = An−1 A{ 1 + 0 1 1 0 2 1 1 3 0 − −1 } 1 1 −1 1 1 −1 = An−1 {(−1) 1 +(−1)3 0 −(−2) −1 } = An−2 {(−1)2 1 + 0 1 1 0 11 1 1 (−1)2 3 0 − (−2)2 −1 }... 1 1 n n 2 (−1) − (−2) 1 −1 1 n n n n n = {(−1) 1 +(−1) 3 0 −(−2) −1 } = (−1) + (−2) 3 (−1)n − (−2)n 1 0 1 1.7 問題5−1 ) ) ( )( cos θ − i sin θ 0 1 1 cos θ sin θ = (1) 0 cos θ + i sin θ −i i − sin θ cos θ )( ) )( ) ( 9 6 1 1 1 6 −3 0 − 13 (2) 13 = 2 4 6 3 −3 2 6 6 0 10 13 13 1 1 1 −3 0 0 1 1 0 1 2 −2 − 3 3 32 1 1 2 1 2 −1 2 1 = 0 3 0 − 3 3 3 0 0 3 1 1 1 −2 2 1 −1 0 1 ( ) ) ( )( )( −3 4 2 2 −2 −1 1 −1 0 1 1 1 2 −1 (3) 21 1 2 , −1 2 = 1 0 1 0 0 3 −1 1 2 1 2 2 −4 4 3 −1 0 1 1 1 0 −1 0 0 1 1 0 2 −2 = 0 1 0 1 1 1 0 0 1 −3 2 −4 −1 2 −4 −1 0 −2 1 0 0 2 −1 3 −5 4 −8 1 2 −1 = 0 0 0 1 −1 2 −1 0 0 1 1 1 0 0 2 a 1 1 (4) 1 a 1 特性多項式: X 3 −3aX 2 +(3a2 − 3) X+(2a − a (a2 − 1) − 2) 1 1 a →→→ X =0 → (2a − a (a2 − 1) − 2) = −(a+ 2) (a − 1)2 1 1 2 − − 1 1 1 0 0 0 1 1 0 3 3 3 1 1 (i)a = 1, 13 1 1 1 −2 1 −1 = 0 3 0 3 3 −1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 ( 1 2 1 (2 1 i 2 1 −2i )( 12 2 3 1 3 (ii)a = −2, −1 −2 1 1 1 1 0 1 1 −2 1 −2 1 −1 = 3 1 1 1 −2 1 1 1 − 13 − 31 1 3 0 −3 0 0 0 0 0 0 0 −3 1 1 1 1 1 0 3 2 −1 −2 0 0 − 3 6 6 1 1 (5) 56 2 0 2 −2 1 12 = 0 4 0 − 3 6 −1 2 3 0 0 4 −1 0 1 1 1 1 1.8 問題 5-2. 1.(1)互いの内積を考える。 (略) 2x + y = 7 (2) x − y + z = 10 解は: [x = 5, y = −3, z = 2] → r = 5a1 − x−y−z =6 3a2 + 2a3 (3)Ar = A(5a1 − 3a2 + 2a3 ) = 2 · 5a1 − 3a2 + 3 · 2a3 , A2 r = A(2 · 5a1 − 3a2 + 3 · 2a3 ) = (22 · 5a1 − 3a2 + 32 · 2a3 ) (4)An (5a1 − 3a2 + 2a3 ) = An−1 A(5a1 − 3a2 + 2a3 ) = An−1 (2 · 5a1 − 3a2 + 3 · 2a3 ) = An−2 (22 · 5a1 − 3a2 + 32 · 2a3 ) = ... 2n · 10 = A(2n−1 ·5a1 −3a2 +3n−1 ·2a3 ) = 2n ·5a1 −3a2 +3n ·2a3 = 2n · 5 − 2n · 5 3 0 10 × 2n − 3 −3 + 3n−1 · 2 = 5 · 2n + 2 · 3n−1 + 3 −3 −3n−1 · 2 5 · 2n − 2 · 3n−1 + 3 ) ( ( ) √ p 1 − √ 2 2 1−p p p +q 2 , 固有ベクトル: 2.(1) ↔ ↔ 1, q 1 √ √ q 1−q 2 2 2 1−q−p p +q (2)T = √1 2 1 √ 2 ( , T −1 AT = D = −√ √ p p2 +q 2 q , T −1 = p2 +q 2 1 0 0 1−q−p ) √√ 2 p2 +q 2 p+q ( √ q p2 +q 2 − √12 √ p ) p2 +q 2 √1 2 → A = T DT T −1 → An = (T DT T )n = 13 T Dn T −1 →→→ An = T Dn T −1 ( ) )( p q p √1 √ √√ − √ √ 2 2 2 2 2 1 0 2 p +q p +q p2 +q 2 p2 +q 2 = p+q n 1 √1 √ q 0 (1 − q − p) √1 − √2 2 p2 +q 2 2 n ( ) p(1−q−p) 1 q p √ √√ −√2 2 √ √ 2 p2 +q 2 p +q p2 +q 2 p2 +q 2 2 q(1−q−p) = n p+q 1 √1 √ √1 − √2 2 p2 +q 2 2 n p(1−q−p) p(1−q−p)n q p 1 1 √ (√ √ (√ √ √ √√ + ) − ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 p +q p +q p +q p +q 2 p q+q = q(1−q−p)n q(1−q−p)n 1 √ p p+q √1 (√ √ √ √ ( − ) + ) 2 2 p2 +q 2 p2 +q 2 p2 +q 2 p2 +q 2 n p(1−q−p) p(1−q−p)n q 1 1 √ (√ √ (√ p √ √ √√ + ) − ) 2 2 2 2 2 2 p +q p2 +q 2 p2 +q 2 p2 +q 2 2 p q+q (3)limn→∞ q(1−q−p)n q(1−q−p)n p 1 1 p+q √ (√ √ (√ √ √ − ) + ) 2 2 p2 +q 2 p2 +q 2 p2 +q 2 p2 +q 2 ) ( = q p+q q p+q p p+q p p+q 14