$|A - \lambda I| = 0$ を解く。 $\begin{vmatrix} 1-\lambda & 5 & 1 \\ 4 & -\lambda & 1 \\ 0 & 0 & -4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)(-\lambda)(-4-\lambda) - 5(4)(-4-\lambda) - 1(0) = 0$ $(-4-\lambda)[(1-\lambda)(-\lambda) - 20] = 0$ $(-4-\lambda)(\lambda^2 - \lambda - 20) = 0$ $(-4-\lambda)(\lambda - 5)(\lambda + 4) = 0$ よって、固有値は $\lambda_1 = -4$, $\lambda_2 = 5$, $\lambda_3 = -4$。

## 問題の内容

与えられた3つの行列が対角化可能かどうかを判定し、可能であれば対角化せよ。

(1) $\begin{pmatrix} 1 & 5 & 1 \\ 4 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}$

(2) $\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

(3) $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

## 解き方の手順

### (1) の行列

1. **固有値の計算**: 行列 $A = \begin{pmatrix} 1 & 5 & 1 \\ 4 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}$ の固有方程式を計算する。

$|A - \lambda I| = 0$ を解く。

$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 5 & 1 \\ 4 & -\lambda & 1 \\ 0 & 0 & -4-\lambda \end{vmatrix} = (1-\lambda)(-\lambda)(-4-\lambda) - 5(4)(-4-\lambda) - 1(0) = 0$

$(-4-\lambda)[(1-\lambda)(-\lambda) - 20] = 0$

$(-4-\lambda)(\lambda^2 - \lambda - 20) = 0$

$(-4-\lambda)(\lambda - 5)(\lambda + 4) = 0$

よって、固有値は $\lambda_1 = -4$, $\lambda_2 = 5$, $\lambda_3 = -4$。

2. **固有ベクトルの計算**: 各固有値に対応する固有ベクトルを求める。

* $\lambda = -4$ のとき:

$(A - (-4)I)v = 0$

$\begin{pmatrix} 5 & 5 & 1 \\ 4 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$5x + 5y + z = 0$

$z = -5x - 5y$。よって固有ベクトルは $v_1 = \begin{pmatrix} x \\ y \\ -5x-5y \end{pmatrix} = x\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$

$v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix}$ と $v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$ を選ぶ。

* $\lambda = 5$ のとき:

$(A - 5I)v = 0$

$\begin{pmatrix} -4 & 5 & 1 \\ 4 & -5 & 1 \\ 0 & 0 & -9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$-4x + 5y + z = 0$ かつ $4x - 5y + z = 0$ かつ $-9z=0$

$z = 0$ であり、 $-4x + 5y = 0$。 $x = 5, y = 4$ とすると、固有ベクトルは $v_3 = \begin{pmatrix} 5 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix}$。

3. **対角化可能性の判定**: 固有ベクトルの線形独立性を確認する。固有値-4の固有空間の次元は2であり、固有値5の固有空間の次元は1である。行列のサイズは3x3なので、３つの線形独立な固有ベクトルが存在する。したがって、対角化可能である。

4. **対角化**:

$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 4 \\ -5 & -5 & 0 \end{pmatrix}$ とすると、$P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$

### (2) の行列

1. **固有値の計算**: 行列 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ の固有方程式を計算する。

$|A - \lambda I| = 0$ を解く。

$\begin{vmatrix} -\lambda & 1 & -1 \\ -2 & 3-\lambda & -1 \\ -1 & 1 & 1-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda(3-\lambda)(1-\lambda) + 1(-1)(-1) + (-1)(-2)(1) - (-1)(3-\lambda)(-1) - (-\lambda)(-1)(1) - 1(-2)(1-\lambda)= 0$

$-\lambda(3-4\lambda+\lambda^2) + 1 + 2 - (3-\lambda) + \lambda + 2 - 2\lambda = 0$

$-3\lambda+4\lambda^2-\lambda^3 + 3 -3 + \lambda + \lambda + 2 -2\lambda= 0$

$-\lambda^3+4\lambda^2=0$

$\lambda^2(4-\lambda) = 0$

固有値は $\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = 0$, $\lambda_3 = 4$

2. **固有ベクトルの計算**: 各固有値に対応する固有ベクトルを求める。

* $\lambda = 0$ のとき:

$(A - 0I)v = 0$

$\begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$y - z = 0$

$-2x + 3y - z = 0$

$-x + y + z = 0$

$y = z$, $-2x + 3y - y = 0 \implies -2x + 2y = 0 \implies x = y$。

したがって、$x = y = z$。固有ベクトルは $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。固有空間の次元は1。

* $\lambda = 4$ のとき:

$(A - 4I)v = 0$

$\begin{pmatrix} -4 & 1 & -1 \\ -2 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$-4x + y - z = 0$

$-2x - y - z = 0$

$-x + y - 3z = 0$

最初の2つの式から、 $-6x - 2z = 0$。 $z = -3x$。

$-x + y + 9x = 0$ より $y = -8x$。

したがって、$v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -8 \\ -3 \end{pmatrix}$。

3. **対角化可能性の判定**: 固有値0の固有空間の次元が1であるのに対し、固有値0は重複度2を持つ。したがって線形独立な固有ベクトルは2個であり、3x3行列を対角化するための3個の独立な固有ベクトルを得ることができない。よって対角化不可能。

### (3) の行列

1. **固有値の計算**: 行列 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ の固有方程式を計算する。

$\begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 1 \\ 1 & -\lambda & 1 \\ 1 & 1 & -\lambda \end{vmatrix} = -\lambda (\lambda^2-1) -1(-\lambda-1) + 1(1+\lambda) = -\lambda^3 + \lambda + \lambda + 1 + 1 + \lambda= 0$

$-\lambda^3 + 3\lambda + 2 = 0$

$\lambda^3 - 3\lambda - 2 = 0$

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

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

したがって、固有値は $\lambda_1 = 2$, $\lambda_2 = -1$, $\lambda_3 = -1$

2. **固有ベクトルの計算**: 各固有値に対応する固有ベクトルを求める。

* $\lambda = 2$ のとき:

$(A - 2I)v = 0$

$\begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$-2x + y + z = 0$

$x - 2y + z = 0$

$x + y - 2z = 0$

一つ目と二つ目の式から、$3x - 3y = 0 \implies x = y$

$2x - 2z = 0 \implies x = z$

したがって、$v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

* $\lambda = -1$ のとき:

$(A + I)v = 0$

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

$x + y + z = 0$

$z = -x - y$。よって、$v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ と $v_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$を選ぶ。

3. **対角化可能性の判定**: 固有値-1は重複度2を持ち、対応する固有空間の次元も2である。固有値2の固有空間の次元は1である。したがって線形独立な固有ベクトルは3個存在する。よって対角化可能。

4. **対角化**:

$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ とすると、$P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$。

## 最終的な答え

(1) 対角化可能。$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 4 \\ -5 & -5 & 0 \end{pmatrix}$, $D = \begin{pmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$

(2) 対角化不可能。

(3) 対角化可能。$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$, $D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$