阪大 基礎工学研究科 システム創成専攻 数理科学I 2026年度 院試 過去問 解答例・解説（解説6項目）

相似変換の意味

$B=P^{-1}AP$ は、$A$ が表す一次変換を、$P$ の列 $\bm p_1,\bm p_2,\bm p_3$ を基底として表し直した行列である。$AP=PB$ を列ごとに読むと、$B$ の第 $j$ 列は $A\bm p_j$ を基底 $\bm p_1,\bm p_2,\bm p_3$ で展開したときの係数になる。本問では $$A\bm p_1=(\alpha+\beta)\bm p_1,\qquad A\bm p_2=\bm p_1+\alpha\bm p_2,\qquad A\bm p_3=\bm p_2+(\alpha-\beta)\bm p_3$$ が成り立つ。たとえば $A\bm p_2=(1,\alpha+1,\alpha)^{\mathsf T}$ は $\bm p_1+\alpha\bm p_2=(1,1,0)^{\mathsf T}+(0,\alpha,\alpha)^{\mathsf T}$ に等しい。この見方を使うと、逆行列を求めずに $B$ が読み取れ、同時に $\bm p_1$ が固有値 $\alpha+\beta$ の固有ベクトルであることも分かる。

$P^{-1}$ の求め方

$L$ は対角成分より下に1つずれた位置だけに1を持つ行列で、$L^2$ は2つずれた位置 $(3,1)$ に1を持ち、$L^3=O$ となる。べき零行列 $L$ に対しては、等比級数と同じ形の $(I+L)^{-1}=I-L+L^2-\cdots$ が有限項で終わる。行基本変形で $[P\mid I]$ を $[I\mid P^{-1}]$ に変形しても同じ結果になる。

検算の仕方

最も確実なのは $AP=PB$ を直接比べることである。$PB$ の各列は $(\alpha+\beta)\bm p_1$、$\bm p_1+\alpha\bm p_2$、$\bm p_2+(\alpha-\beta)\bm p_3$ で、上の $A\bm p_j$ と一致する。補助的に、相似変換で変わらない量も比べられる。トレースは $\operatorname{tr}A=(\alpha+\beta-1)+\alpha+(\alpha-\beta+1)=3\alpha=\operatorname{tr}B$、行列式は $\alpha=2$、$\beta=1$ の場合に $\det A=6=\det B=3\cdot2\cdot1$ となる。

逆行列の1成分を落とした場合

$P^{-1}$ の $(3,1)$ 成分を落として $Q=\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&-1&1\end{pmatrix}$ とすると、$QAP=\begin{pmatrix}\alpha+\beta&1&0\\0&\alpha&1\\-\alpha-\beta&-1&\alpha-\beta\end{pmatrix}$ となり、三角行列にならない。困ったことに、この誤った結果もトレースは $3\alpha$ のままなので、トレースだけの検算では見逃す。$PQ$ を計算すると $(3,1)$ 成分が $-1$ となって $I$ にならないことから、$PP^{-1}=I$ の確認が必要だと分かる。

和と積による確かめ

固有値の和は $3\alpha$ で $\operatorname{tr}A$ と一致し、積は $\alpha(\alpha^2-\beta^2)$ で $\det A$ と一致するはずである。$\alpha=1$、$\beta=1$ では $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$ で、第3行で展開すると $\det A=1\cdot(1\cdot1-1\cdot1)=0$ となり、$1\cdot(1-1)=0$ と合う。

対角成分を固有値と読む誤り

$A$ の対角成分 $\alpha+\beta-1,\ \alpha,\ \alpha-\beta+1$ を固有値と答えてしまう誤りがある。これらの和も $3\alpha$ になるのでトレースでは見分けられないが、$\alpha=2$、$\beta=1$ では対角成分が $2,2,2$ であるのに対し、正しい固有値は $3,2,1$ である。$A$ は三角行列ではないので、対角成分と固有値は一般に一致しない。$\det(\lambda I-A)$ を元の $A$ のまま展開する方法も誤りではないが、$\beta$ を含む成分が多く、符号の誤りが入りやすい。設問1の結果を使うのが、この問題の流れに沿った解き方である。

対角化可能性の判定基準

$n$ 次正方行列 $A$ が対角化可能であることは、$A$ の固有ベクトルからなる基底が存在することと同値である。$P^{-1}AP=\Lambda$ を列ごとに読むと $A\bm q_j=\lambda_j\bm q_j$ となるからである。これは次のようにも言い換えられる。各固有値 $\lambda$ について、固有空間の次元 $3-\operatorname{rank}(A-\lambda I)$（幾何的重複度）が固有多項式の根としての重複度（代数的重複度）に等しい。

相異なる固有値の固有ベクトルが一次独立であることは、次のように示せる。$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ が相異なり $c_1\bm v_1+c_2\bm v_2+c_3\bm v_3=\bm 0$ とする。$A-\lambda_3I$ を掛けると $c_1(\lambda_1-\lambda_3)\bm v_1+c_2(\lambda_2-\lambda_3)\bm v_2=\bm 0$、さらに $A-\lambda_2I$ を掛けると $c_1(\lambda_1-\lambda_3)(\lambda_1-\lambda_2)\bm v_1=\bm 0$ となる。$\bm v_1\ne\bm 0$ と固有値が相異なることから $c_1=0$、同様にして $c_2=c_3=0$ が出る。

$\beta=0$ での別の示し方

幾何的重複度で確かめることもできる。$\beta=0$ のとき $\operatorname{rank}(A-\alpha I)=\operatorname{rank}\bigl(P(B-\alpha I)P^{-1}\bigr)=\operatorname{rank}N=2$ なので、固有値 $\alpha$ の固有空間は $3-2=1$ 次元しかない。代数的重複度3に届かないので、固有ベクトルの基底は作れない。

$\alpha$ が条件に現れない理由

$A-\alpha I=\begin{pmatrix}\beta-1&1&0\\ \beta&0&1\\ 1-\beta&\beta-1&1-\beta\end{pmatrix}$ は $\alpha$ を含まない。$A=\alpha I+M_\beta$ と書けば、$Q^{-1}AQ=\alpha I+Q^{-1}M_\beta Q$ なので、$A$ が対角化可能であることと $M_\beta$ が対角化可能であることは同値になる。単位行列の定数倍を足しても対角化可能性は変わらないため、答えに $\alpha$ は入らない。

固有ベクトルの具体形

$\beta>0$ のとき、$B$ の固有ベクトルは固有値 $\alpha+\beta,\ \alpha,\ \alpha-\beta$ の順に $(1,0,0)^{\mathsf T}$、$(1,-\beta,0)^{\mathsf T}$、$(1,-2\beta,2\beta^2)^{\mathsf T}$ である。たとえば $(B-\alpha I)(1,-\beta,0)^{\mathsf T}=(\beta-\beta,\,0,\,0)^{\mathsf T}=\bm 0$ となる。$P$ を掛けると $A$ の固有ベクトル $$(1,1,0)^{\mathsf T},\qquad (1,\,1-\beta,\,-\beta)^{\mathsf T},\qquad (1,\,1-2\beta,\,2\beta^2-2\beta)^{\mathsf T}$$ が得られる。$\beta\to0$ で3本とも $(1,1,0)^{\mathsf T}$ に近づき、一次独立性が失われることが見て取れる。

重複度だけで判断する誤り

「$\beta=0$ のとき固有値が重なるから対角化できない」と書くだけでは証明にならない。$\alpha I$ は固有値 $\alpha$ が3重でも対角行列そのものである。重なった固有値に対して、$A\ne\alpha I$（本問では $N\ne O$）を示して初めて結論が出る。

逆向きの誤りとして、正則性と対角化可能性を混同し、「$\alpha\ne\pm\beta$ かつ $\alpha\ne0$」のような条件を書く答案がある。$\alpha=\beta=1$ では固有値が $2,1,0$ で、$A$ は正則でないが固有値が相異なるので対角化可能である。

設問5とのつながり

$\beta=0$ では設問1の結果が $B=\alpha I+N$ となる。これは固有値 $\alpha$ の3次のジョルダン細胞で、$\bm p_3,\bm p_2,\bm p_1$ は $(A-\alpha I)\bm p_3=\bm p_2$、$(A-\alpha I)\bm p_2=\bm p_1$、$(A-\alpha I)\bm p_1=\bm 0$ という鎖を作る。$N^3=O$ のおかげで、$(\alpha I+N)^n$ の二項展開は $N^2$ の項で打ち切られる。

答えの書き漏れと位置の誤り

問題は $n\ge2$ を指定しているので、$n=2$ の $N^2\ne O$ と $n\ge3$ の $N^n=O$ を分けて答える。「$n\ge2$ で $N^n=O$」とすると $n=2$ が誤りになる。また、$N^2$ の1を $(3,1)$ 成分に置く答案は、$N$ の転置 $N^{\mathsf T}$ の2乗を計算している。$N^2\bm e_3=\bm e_1$ という列の動きで確かめれば、1が第1行第3列にあることが分かる。

二項定理に可換性が要る理由

行列 $X,Y$ について $(X+Y)^2=X^2+XY+YX+Y^2$ であり、これが $X^2+2XY+Y^2$ に等しいのは $XY=YX$ のときに限る。一般の $n$ でも、可換なら積の順序を並べ替えて $(X+Y)^n=\sum_k\binom nkX^{n-k}Y^k$ とまとめられる。$\alpha I$ はどの行列とも可換なので、$(\alpha I+N)^n$ に二項定理が使える。さらに $N^3=O$ によって和は3項で止まる。結果の行列は、対角線上に $\alpha^n$、1つ上に $n\alpha^{n-1}$、2つ上に $\binom n2\alpha^{n-2}$ が並ぶ。これがジョルダン細胞のべき乗の一般形で、$k$ 番目の上の対角線に $\binom nk\alpha^{n-k}$ が並ぶ。

$P$ を使わない別解

ケーリー・ハミルトンの定理を $A$ に使う方法もある。$\beta=0$ では $A$ の固有多項式が $(\lambda-\alpha)^3$ なので、$M=A-\alpha I$ とおくと $M^3=O$ である。$A=\alpha I+M$ に二項定理を使えば $$A^n=\alpha^nI+n\alpha^{n-1}M+\frac{n(n-1)}2\alpha^{n-2}M^2,\qquad M=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&0&1\\1&-1&1\end{pmatrix},\quad M^2=\begin{pmatrix}1&-1&1\\1&-1&1\\0&0&0\end{pmatrix}$$ となる。成分ごとに足すと、解答の行列とすべて一致する。たとえば $(1,1)$ 成分は $\alpha^n-n\alpha^{n-1}+\binom n2\alpha^{n-2}=a-b+c$ である。この形は「$A^n$ は $I,M,M^2$ の一次結合」という構造も見せている。

特殊な値での確かめ

$n=1$ を形式的に代入すると $c=0$、$b=1$、$a=\alpha$ で、$\begin{pmatrix}\alpha-1&1&0\\0&\alpha&1\\1&-1&\alpha+1\end{pmatrix}$ となり、$\beta=0$ の $A$ そのものに戻る。トレースは $(a-b+c)+(a-c)+(a+b)=3a=3\alpha^n$ で、固有値 $\alpha$ が3重であることと合う。$\alpha=1$、$n=2$ では $a=1$、$b=2$、$c=1$ から $A^2=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&3\\2&-2&3\end{pmatrix}$ となる。$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&1&1\\1&-1&2\end{pmatrix}$ を実際に2乗すると、第2行は $(0,1,1)+(1,-1,2)=(1,0,3)$ となり一致する。$\alpha=0$ なら $A=M$ で、$A^2=M^2\ne O$、$A^3=O$ である。SymPyで $n=2,\dots,7$ の $A^n$ を直接計算した結果も、解答の式と一致した。

起こりやすい誤り

$N^2$ の項を落として $(\alpha I+N)^n=\alpha^nI+n\alpha^{n-1}N$ とすると、$(1,3)$ 成分が $0$ になる。$\alpha=1$、$n=2$ なら正しくは $1$ なので、上の直接計算と比べれば分かる。

もう一つは相似変換の向きの取り違えで、$A^n=P^{-1}(\alpha I+N)^nP$ と書く誤りである。$B=P^{-1}AP$ から $A$ を表すと $A=PBP^{-1}$ であり、$P$ と $P^{-1}$ の位置が逆になる。$n=1$ を代入して $A$ に戻るかを確かめれば、この誤りは見つかる。$\alpha$ が負や0の場合も式は同じで、$\alpha^{n-2}$ の扱いだけを書き添えればよい。