東京大學大學院理工學數學 2020 問題一 / 東大院理工學數學 2020 問題一

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引言

即使寫了日文標題，這篇文章的主體也並非日文內容。~~有時間的話可能會補充~~

題目一：本文

題目二： https://blog.yexca.net/zh-tw/archives/187

題目三： https://blog.yexca.net/zh-tw/archives/188

最近幾年總是會覺得自己在學習上沒有任何收穫，儘管自己可能確實聽了課程。於是我便想著嘗試去做題目（是的，學習卻不練習題目這種可能不是特別正常的現象，會讓當時的我覺得很正常，~~應該是太懶了~~），結果這一做題目，怎麼說呢，自己解我不會，但搜尋怎麼解我倒是對相關課程有印象，於是我就像重新學了一遍似地解完了該題。

同時，由於沒有參考答案，前三題我用 Python 可以計算出來，答案應該是正確的，但最後兩題是證明題，不保證證明是正確的。

題目

來源： https://www.i.u-tokyo.ac.jp/edu/entra/examarchive.shtml

題目版權屬於東京大學所有，僅為了方便閱讀而引用，無營利行為。

正方行列 $A,B$ を

$$ A=\begin{pmatrix} 1 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1 \end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix} 0 & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & 0 & -\frac{2}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & 0 \end{pmatrix} $$

とする。また、行列 $I$ は単位行列とする。実正方行列 $X$ に対して、$\exp(X)$ を

$$ \exp(X)=\sum_{k=0}^{\infty}(\frac{1}{k!}X^{k})=I+X+\frac{1}{2!}X^{2}+\frac{1}{3!}X^{3}+\cdots $$

と定義するとき、以下の問いに答えよ。

（1）$A$ の全ての固有値と、それらに対応する固有ベクトルを求めよ。ただし、固有ベクトルとして、ノルムは $1$ かつ第一要素は非負実数であるものを選べ。

（2）非負整数 $n$ に対して、$A^{n}$ を求めよ。

（3）$\exp(A)$ を求めよ。

（4）$\alpha$ を実数とするとき、$\exp(\alpha B)$ が次式のように表せることを示せ。

$$ \exp(\alpha B) = I + (\sin\alpha)B + (1-\cos(\alpha))B^{2} $$

ただし、ケーリー・ハミルトンの定理を用いてもよい。

（5）$3$ 次元実ベクトル $a$ が与えられたとき、$3$ 次元実ベクトル $x$ に関する関数 $f$ を

$$ f(x) = \sum_{k=1}^{n} \left \| \exp(\frac{2\pi k}{n}B)a - x \right \|^{2} $$

とおく。ただし、$n \ge 2$ とする。このとき、$x=(I+B^{2})a$ において $f$ が最小になることを示せ。

第一問

題目: 求出 $A$ 的特徵值與特徵向量 (特徵向量的模為 1 且第一個分量為非負)

根據特徵方程 $\det(A-\lambda I) = 0$ 構造矩陣並計算其行列式。特徵方程式為

$$ \det(A-\lambda I) =\begin{vmatrix} 1-\lambda & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 1-\lambda & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 1-\lambda \end{vmatrix} = 0 $$

按第一列展開，得

$$ (1-\lambda)[(1-\lambda)^{2}-2]-\sqrt{2}[\sqrt{2}(1-\lambda)]=0 $$

求解，得

$$ \lambda_{1}=1, \lambda_{2}=-1, \lambda_{3}=3 $$

接下來求每個特徵值對應的特徵向量，對於 $\lambda_{1}=1$

$$ (A-\lambda_{1}I) = \begin{pmatrix} 0 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 0 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \end{pmatrix} $$

解方程式 $(A-\lambda_{1}I)\mathbf{v}_{1}=0$ ，得到特徵向量

$$ \mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} $$

對於 $\lambda_{2}=-1$

$$ (A-\lambda_{2}I)=\begin{pmatrix} 2 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & 2 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & 2 \end{pmatrix} $$

解方程式 $(A-\lambda_{2}I)\mathbf{v}_{2}=0$ ，得到特徵向量

$$ \mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} $$

對於 $\lambda_{3}=3$

$$ (A-\lambda_{3}I)=\begin{pmatrix} -2 & \sqrt{2} & 0 \\ \sqrt{2} & -2 & \sqrt{2} \\ 0 & \sqrt{2} & -2 \end{pmatrix} $$

解方程式 $(A-\lambda_{3}I)\mathbf{v}_{3}=0$ ，得到特徵向量

$$ \mathbf{v}_{3}=\begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} $$

對特徵值進行正規化，總結

$$ \begin{align*} 特徵值&: \lambda_{1}=1, \lambda_{2}=-1, \lambda_{3}=3 \\ 特徵向量&: \mathbf{v}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, \mathbf{v}_{2}=\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}, \mathbf{v}_{3}=\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*} $$

Python 程式碼

透過 sympy 驗算結果

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import sympy as sp

# 定義矩陣 A
A = sp.Matrix([[1, sp.sqrt(2), 0], 
               [sp.sqrt(2), 1, sp.sqrt(2)], 
               [0, sp.sqrt(2), 1]])

# 計算特徵值和特徵向量
eigenvals = A.eigenvals()  # 特徵值
eigenvects = A.eigenvects()  # 特徵向量

print(f"A 的特徵值為")
sp.pprint(eigenvals)
print(f"A 的特徵向量為")
sp.pprint(eigenvects)

輸出結果如下

UTokyo-2020-1-1

第二問

題目: 求 $A^{n}$ ($n$ 為非負整數)

根據對角化理論，矩陣 $A$ 可以分解為 $A=S DS^{-1}$（修正順序）。由第一問可得

$$ S=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -\sqrt[]{2} & \sqrt[]{2} \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} $$

計算 $S$ 的反矩陣，得

$$ S^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & -\frac{\sqrt{2}}{4} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & \frac{\sqrt{2}}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} $$

計算 $D^{n}$ 得

$$ D^{n}=\begin{pmatrix} 1^{n} & 0 & 0 \\ 0 & (-1)^{n} & 0 \\ 0 & 0 & 3^{n} \end{pmatrix} $$

$A^{n}=S D^{n} S^{-1}$ ，解得

$$ A^{n}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2}+(-1)^{n}\frac{1}{4}+\frac{3^{n}}{4} & (-1)^{n+1}\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4}3^{n} & -\frac{1}{2}+(-1)^{n}\frac{1}{4}+\frac{3^{n}}{4} \\ (-1)^{n+1}\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4}3^{n} & (-1)^{n}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}3^{n} & (-1)^{n+1}\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4}3^{n} \\ -\frac{1}{2}+(-1)^{n}\frac{1}{4}+\frac{3^{n}}{4} & (-1)^{n+1}\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4}3^{n} & \frac{1}{2}+(-1)^{n}\frac{1}{4}+\frac{3^{n}}{4} \end{pmatrix} $$

Python 程式碼

透過 sympy 驗算結果

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import sympy as sp

# 定義 sqrt(2)
sqrt_2 = sp.sqrt(2)

# 定義矩陣 S 和 S^{-1}
S = sp.Matrix([[1, 1, 1],
                [0, -sqrt_2, sqrt_2],
                [-1, 1, 1]])

S_inv = sp.Matrix([
    [sp.Rational(1, 2), 0, -sp.Rational(1, 2)],
    [sp.Rational(1, 4), -sqrt_2 / 4, sp.Rational(1, 4)],
    [sp.Rational(1, 4), sqrt_2 / 4, sp.Rational(1, 4)]
])

# 定義對角矩陣 D
lambda_1 = 1
lambda_2 = -1
lambda_3 = 3
D = sp.diag(lambda_1, lambda_2, lambda_3)

# 定義 n
n = sp.symbols('n')

# 計算 D^n
D_n = D**n

# 計算 A^n = S D^n S^{-1}
A_n = S * D_n * S_inv

# 列印結果
print(f"A^n = S D^n S^{-1} =")
sp.pprint(A_n)

輸出結果如下

UTokyo-2020-1-2

其他解法

第四問提到了ケーリー・ハミルトンの定理 (凱萊-哈密頓定理)，此定理可以用於解矩陣的冪運算。

第一問求出特徵值後，令

$$ \lambda^{n} = f(\lambda)g(\lambda) +a\lambda^{2} +b\lambda +c $$

代入特徵值，又因為 $f(\lambda_{1})=f(\lambda_{2})=f(\lambda_{3})=0$ 可得出方程組

$$ \left\{\begin{matrix} 1 =a+b+c \\ (-1)^{n} =a-b+c \\ 3^{n} =9a+3b+c \end{matrix}\right. $$

解方程組得

$$ \left\{\begin{matrix} a=\frac{(-1)^{n}+3^{n}-2}{8} \\ b=1-\frac{1+(-1)^{n}}{2} \\ c=\frac{1+(-1)^{n}}{2}-\frac{(-1)^{n}+3^{n}-2}{8} \end{matrix}\right. $$

代入公式 $A^{n}=f(A)g(A)+aA^{2}+bA+cI$ ，因為 $f(A)=0$ 所以 $A^{n}=aA^{2}+bA+cI$

第三問

題目: 求 $\exp(A)$

由第二問可知 $A$ 可以對角化，所以

$$ \begin{align*} \exp(A)&=\exp(SDS^{-1})\\ &=I+SDS^{-1}+\frac{1}{2!}(SDS^{-1})^{2}+\frac{1}{3!} (SDS^{-1})^{3}+\cdots \\ &= I+SDS^{-1} +\frac{1}{2!}SD^{2}S^{-1}+\frac{1}{3!}SD^{3}S^{-1}+\cdots \end{align*} $$

提取 $S$ 和 $S^{-1}$ 得

$$ \begin{align*} \exp(SDS^{-1})&=S(I+D+\frac{1}{2!}D^{2}+\frac{1}{3!}D^{3}+\cdots)S^{-1} \\ &=S\exp(D)S^{-1} \end{align*} $$

而 $D$ 為對角矩陣，所以

$$ \exp(D)=\begin{pmatrix} e & 0 & 0 \\ 0 & e^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & e^{3} \end{pmatrix} $$

求 $\exp(A)=S\exp(D)S^{-1}$ 得

$$ \exp(A)=\begin{pmatrix} \frac{1}{2}e+\frac{1}{4}e^{-1}+\frac{1}{4}e^{3} & -\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-1}+\frac{\sqrt{2}}{4}e^{3} & -\frac{1}{2}e+\frac{1}{4}e^{-1}+\frac{1}{4}e^{3} \\ -\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-1}+\frac{\sqrt{2}}{4}e^{3} & \frac{1}{2}e^{-1}+\frac{1}{2}e^{3} & -\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-1}+\frac{\sqrt{2}}{4}e^{3} \\ -\frac{1}{2}e+\frac{1}{4}e^{-1}+\frac{1}{4}e^{3} & -\frac{\sqrt{2}}{4}e^{-1}+\frac{\sqrt{2}}{4}e^{3} & \frac{1}{2}e+\frac{1}{4}e^{-1}+\frac{1}{4}e^{3} \end{pmatrix} $$

Python 程式碼

透過 sympy 驗算結果

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import sympy as sp

# 定義矩陣 A
A = sp.Matrix([[1, sp.sqrt(2), 0],
                [sp.sqrt(2), 1, sp.sqrt(2)],
                [0, sp.sqrt(2), 1]])

# 計算 exp(A)
exp_A = A.exp()

# 列印結果
print("exp(A) =")
sp.pprint(exp_A)

輸出結果如下

UTokyo-2020-1-3

第四問

題目: 當 $\alpha$ 是實數的時候，證明等式。(允許使用凱萊-哈密頓定理進行證明)

對矩陣 $B$ 求特徵方程

$$ \det(B-\lambda I)=\begin{pmatrix} -\lambda & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & -\lambda & -\frac{2}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\lambda \end{pmatrix} = -\lambda^{3}-\lambda $$

由凱萊-哈密頓定理知

$$ P(B)=-B^{3}-B=0 $$

所以

$$ B^{3}=-B $$

從而可以求出

$$ \begin{align*} B^{4}&=B^{3}B=-B^{2} \\ B^{5}&=B^{4}B=-B^{3}=B \end{align*} $$

代入到 $\exp(\alpha B)$

$$ \begin{align*} \exp(\alpha B) &=I+\alpha B+\frac{1}{2!}(\alpha B)^{2}+\frac{1}{3!}(\alpha B)^{3}+\frac{1}{4!}(\alpha B)^{4}+\frac{1}{5!}（\alpha B）^{5}+\cdots \\ &=I+\alpha B+\frac{1}{2!}\alpha^{2}B^{2}-\frac{1}{3!}\alpha^{3}B-\frac{1}{4!}\alpha^{4}B^{2}+\frac{1}{5!}\alpha^{5}B+\cdots \\ &=I+(\alpha-\frac{1}{3}\alpha^{3}+\frac{1}{5!}\alpha^{5}-\cdots)B+(\frac{1}{2!}\alpha^{2}-\frac{1}{4!}\alpha^{4}+\cdots)B^{2} \end{align*} $$

觀察上式 $B$ 的係數為 $\sin(\alpha)$ 的泰勒展開，而 $B^{2}$ 的係數為 $1-\cos(\alpha)$ 的泰勒展開，所以

$$ \exp(\alpha B) = I + (\sin\alpha)B + (1-\cos(\alpha))B^{2} $$

第五問

題目: 給定三維實向量 $a$ ，定義三維實向量 $x$ 的函數 $f$ 如下 (公式略)。其中 $n \ge 2 $ ，證明當 $x=(I+B^{2})a$ 時，函數 $f$ 取最小值。

由第四問可知 $\exp(\alpha B)$ ，將 $\alpha=\frac{2\pi k}{n}$ 代入得

$$ \exp(\frac{2\pi k}{n}B)=I+(\sin(\frac{2\pi k}{n}))B+(1-\cos(\frac{2\pi k}{n}))B^{2} $$

將 $x=(I+B^{2})a$ 代入 $f$ 得

$$ \begin{align*} f(x)&=\sum_{k=1}^{n}\left \| [I+(\sin(\frac{2\pi k}{n}))B+(1-\cos(\frac{2\pi k}{n}))B^{2}]a - (I+B^{2})a \right \|^{2} \\ &=\sum_{k=1}^{n}\left \| [I+(\sin(\frac{2\pi k}{n}))B+(1-\cos(\frac{2\pi k}{n}))B^{2}-I-B^{2}]a \right \|^{2} \\ &=\sum_{k=1}^{n}\left \| [(\sin(\frac{2\pi k}{n}))B-(\cos(\frac{2\pi k}{n})B^{2}]a \right \|^{2} \end{align*} $$

因為 $f(x)$ 是歐幾里得範數的平方，即距離值，所以 $f(x)\ge0$

又因為 $\sin x$ 和 $\cos x$ 週期是 $2\pi$ ，在 $k$ 從 $1$ 到 $n$ 的過程是對其週期進行等分，又因為週期內對稱數值相加和為 $0$，所以

$$ \sum_{k=1}^{n}(\sin(\frac{2\pi k}{n}))=\sum_{k=1}^{n}(\cos(\frac{2\pi k}{n}))=0 $$

從而當 $x=(I+B^{2})a$ 時，$f(x)=0$ ，又因為 $f(x)\ge0$，所以原命題成立。