与えられた画像の問題は以下の通りです。 問1: ベクトル $\mathbf{a} = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ -4 \end{bmatrix}$ と $\mathbf{b} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$ が与えられたとき、以下の値を求めよ。 (1) $\lVert \mathbf{a} \rVert$ (2) $(\mathbf{a}, \mathbf{b})$ (内積) (3) $\cos \theta$, ここで $\theta$ は $\mathbf{a}$ と $\mathbf{b}$ の間の角である。 問2: ベクトル $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{bmatrix}$ が与えられたとき、集合 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$ が $\mathbb{R}^3$ の基底となるかどうかを判定せよ（理由を付けて）。 問3: 次の行列の固有値を計算せよ。 (1) $\begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$ (2) $\begin{bmatrix} 6 & 2 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}$ (3) $\begin{bmatrix} 0 & -2 & 2 \\ 2 & 8 & -10 \\ 2 & 6 & -8 \end{bmatrix}$ 問4: 正方行列 $\begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$ (問3の(1)の行列) のすべての固有値に対し、その固有値に属する固有ベクトルを求めよ。

1. 問題の内容

与えられた画像の問題は以下の通りです。

問1: ベクトル $\mathbf{a} = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \\ -4 \end{bmatrix}$ と $\mathbf{b} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$ が与えられたとき、以下の値を求めよ。

(1) $\lVert \mathbf{a} \rVert$

(2) $(\mathbf{a}, \mathbf{b})$ (内積)

(3) $\cos \theta$, ここで $\theta$ は $\mathbf{a}$ と $\mathbf{b}$ の間の角である。

問2: ベクトル $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$, $\mathbf{v}_3 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{bmatrix}$ が与えられたとき、集合 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$ が $\mathbb{R}^3$ の基底となるかどうかを判定せよ（理由を付けて）。

問3: 次の行列の固有値を計算せよ。

(1) $\begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$

(2) $\begin{bmatrix} 6 & 2 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}$

(3) $\begin{bmatrix} 0 & -2 & 2 \\ 2 & 8 & -10 \\ 2 & 6 & -8 \end{bmatrix}$

問4: 正方行列 $\begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$ (問3の(1)の行列) のすべての固有値に対し、その固有値に属する固有ベクトルを求めよ。

2. 解き方の手順

問1:

(1) ベクトルのノルムは各成分の二乗の和の平方根である。

$\lVert \mathbf{a} \rVert = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 1 + 16} = \sqrt{21}$

(2) ベクトルの内積は対応する成分の積の和である。

$(\mathbf{a}, \mathbf{b}) = (2)(1) + (-1)(2) + (-4)(3) = 2 - 2 - 12 = -12$

(3) $\cos \theta = \frac{(\mathbf{a}, \mathbf{b})}{\lVert \mathbf{a} \rVert \lVert \mathbf{b} \rVert}$ である。

まず、$\lVert \mathbf{b} \rVert = \sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 4 + 9} = \sqrt{14}$

したがって、$\cos \theta = \frac{-12}{\sqrt{21} \sqrt{14}} = \frac{-12}{\sqrt{294}} = \frac{-12}{7\sqrt{6}} = \frac{-12\sqrt{6}}{42} = \frac{-2\sqrt{6}}{7}$

問2:

3つのベクトルが$\mathbb{R}^3$の基底となるためには、これらが線形独立である必要がある。つまり、これらのベクトルを列ベクトルとする行列の行列式が0でないことを示せばよい。

$A = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & -2 \\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix}$

$\det(A) = 2(1 \cdot 0 - (-2) \cdot (-1)) - 0 + 1(3 \cdot (-1) - 1 \cdot 1) = 2(0 - 2) + (-3 - 1) = -4 - 4 = -8$

$\det(A) = -8 \neq 0$ なので、これらのベクトルは線形独立であり、$\mathbb{R}^3$の基底となる。

問3:

(1) 行列 $A = \begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$ の固有値を求める。

固有方程式は $\det(A - \lambda I) = 0$ であり、$\lambda$ は固有値である。

$\begin{vmatrix} 4 - \lambda & -6 \\ 3 & -5 - \lambda \end{vmatrix} = (4 - \lambda)(-5 - \lambda) - (-6)(3) = -20 - 4\lambda + 5\lambda + \lambda^2 + 18 = \lambda^2 + \lambda - 2 = 0$

$(\lambda + 2)(\lambda - 1) = 0$

したがって、固有値は $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = -2$ である。

(2) 行列 $A = \begin{bmatrix} 6 & 2 \\ 2 & 6 \end{bmatrix}$ の固有値を求める。

固有方程式は $\det(A - \lambda I) = 0$ であり、$\lambda$ は固有値である。

$\begin{vmatrix} 6 - \lambda & 2 \\ 2 & 6 - \lambda \end{vmatrix} = (6 - \lambda)^2 - 2^2 = 36 - 12\lambda + \lambda^2 - 4 = \lambda^2 - 12\lambda + 32 = 0$

$(\lambda - 4)(\lambda - 8) = 0$

したがって、固有値は $\lambda_1 = 4, \lambda_2 = 8$ である。

(3) 行列 $A = \begin{bmatrix} 0 & -2 & 2 \\ 2 & 8 & -10 \\ 2 & 6 & -8 \end{bmatrix}$ の固有値を求める。

固有方程式は $\det(A - \lambda I) = 0$ であり、$\lambda$ は固有値である。

$\begin{vmatrix} -\lambda & -2 & 2 \\ 2 & 8-\lambda & -10 \\ 2 & 6 & -8-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda((8-\lambda)(-8-\lambda) - (-10)(6)) - (-2)(2(-8-\lambda) - (-10)(2)) + 2(2(6) - (8-\lambda)(2))$

$= -\lambda(-64 + \lambda^2 - 6\lambda + 60) + 2(-16 - 2\lambda + 20) + 2(12 - 16 + 2\lambda) = -\lambda(\lambda^2 - 6\lambda - 4) + 2(4 - 2\lambda) + 2(-4 + 2\lambda) = -\lambda^3 + 6\lambda^2 + 4\lambda + 8 - 4\lambda - 8 + 4\lambda = -\lambda^3 + 6\lambda^2 + 4\lambda = -\lambda(\lambda^2 - 6\lambda - 4) = 0$

したがって、$\lambda_1=0$である。

$\lambda^2 - 6\lambda - 4 = 0$を解くと、$\lambda = \frac{6 \pm \sqrt{36+16}}{2} = \frac{6 \pm \sqrt{52}}{2} = \frac{6 \pm 2\sqrt{13}}{2} = 3 \pm \sqrt{13}$

したがって、固有値は $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 3 + \sqrt{13}, \lambda_3 = 3 - \sqrt{13}$ である。

問4:

問3(1)の行列 $A = \begin{bmatrix} 4 & -6 \\ 3 & -5 \end{bmatrix}$ の固有値は $\lambda_1 = 1$ と $\lambda_2 = -2$ であった。

固有ベクトルを求める。

(1) $\lambda_1 = 1$ のとき: $(A - \lambda_1 I)\mathbf{v} = 0$ を満たす $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$ を求める。

$\begin{bmatrix} 4 - 1 & -6 \\ 3 & -5 - 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & -6 \\ 3 & -6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

$3x - 6y = 0 \Rightarrow x = 2y$

したがって、固有ベクトルは $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ (またはそのスカラー倍)。

(2) $\lambda_2 = -2$ のとき: $(A - \lambda_2 I)\mathbf{v} = 0$ を満たす $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$ を求める。

$\begin{bmatrix} 4 - (-2) & -6 \\ 3 & -5 - (-2) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 & -6 \\ 3 & -3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

$6x - 6y = 0 \Rightarrow x = y$

したがって、固有ベクトルは $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (またはそのスカラー倍)。

3. 最終的な答え

問1:

(1) $\lVert \mathbf{a} \rVert = \sqrt{21}$

(2) $(\mathbf{a}, \mathbf{b}) = -12$

(3) $\cos \theta = \frac{-2\sqrt{6}}{7}$

問2:

$\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$ は $\mathbb{R}^3$ の基底となる (理由：行列式が0でないため、線形独立)。

問3:

(1) $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = -2$

(2) $\lambda_1 = 4, \lambda_2 = 8$

(3) $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 3 + \sqrt{13}, \lambda_3 = 3 - \sqrt{13}$

問4:

$\lambda_1 = 1$ に対応する固有ベクトル: $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$

$\lambda_2 = -2$ に対応する固有ベクトル: $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$