https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1976/Rika_6

2023.08.12記

[6]（新課程） $\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}=O$ ， $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$ とかく．
実数 $a$ ， $b$ に対し $A=\begin{pmatrix}0 & a \\ 1 & b \end{pmatrix}$ とおく．
いま $xI+yA$ （ $x$ ， $y$ は実数）の形に表わされる行列全体からなる集合を $R$ とし， $R$ から $O$ を除いた集合を $G$ とする．

(i) $R$ に属する任意の2つの行列の積は $R$ に属することを示せ．

(ii) $G$ に属する任意の行列が逆行列をもつとき，点 $(a,b)$ はどのような範囲にあるか．これを図示せよ．

2023.08.16記

[大人の解答]
(i) ケーリー・ハミルトンの定理により $A^2$ $=bA+aI$ であるから，
$x_1I+y_1A\in R$ ， $x_2I+y_2A\in R$ に対して
$(x_1I+y_1A)(x_2I+y_2A)$ $=(x_1x_2+y_1y_2 a)I+(x_1y_2+x_2y_1+y_1y_2b)A\in R$
となる．

(ii) $A$ の固有値を $\lambda_1，\lambda_2$ とおくと $xI+yA$ の固有値は $x+y\lambda_1，x+y\lambda_2$ である．

逆行列をもつことと固有値0を持たないことは同値であるから，任意の $(x,y)\neq (0,0)$ に対して $xI+yA$ の固有値が0 とならなければ良く，その必要十分条件は $A$ の全ての固有値が虚数であることである．

よって固有方程式 $\lambda^2-b\lambda-a=0$ の判別式が負であれば良く，求める条件は $b^2+4a\lt 0$ となる．

例えば $\lambda_1$ が実数なら $-\lambda_1 I+A$ は固有値0をもち逆行列をもたないし，虚数なら任意の $(x,y)\neq (0,0)$ に対して $x+y\lambda_1$ は虚数となり0にはならないということである．

[解答]
(i) ケーリー・ハミルトンの定理により $A^2$ $=bA+aI$ であるから，
$x_1I+y_1A\in R$ ， $x_2I+y_2A\in R$ に対して
$(x_1I+y_1A)(x_2I+y_2A)$ $=(x_1x_2+y_1y_2 a)I+(x_1y_2+x_2y_1+y_1y_2b)A\in R$
となる．

(ii) $\mbox{det}(xI+yA)=x^2+bxy-ay^2$ が任意の $(x,y)\neq(0,0)$ に対して0でなければ良い．
$x=r\cos\theta$ ， $y=r\cos\theta$ とおくことにより
$\cos^2\theta+b\cos\theta\sin\theta-a\sin^2\theta$
$＝\dfrac{1}{2}\left\{ 1-a+(1+a)\cos2\theta+b\sin2\theta\right\}$
が任意の $\theta$ に対して0でなければ良く，その条件は
$(1+a)^2+b^2\lt (1-a)^2$ つまり $4a+b^2\lt 0$ である．

$(x,y)\neq(0,0)$ に対して $px^2+qxy+ry^2$ （ $p,q,r$ は定数）について考える問題はそれなりに登場するが，この問題と出会うのが数と式であることから，なかなか三角関数を利用することに思い至らないようで，当時の大数も河合塾の72年も数と式の範囲で解いており，少し面倒になっている．

なお，少し詳しく解説すると，
$1-a+(1+a)\cos2\theta+b\sin2\theta=0$
は合成公式から
$\sin(2\theta+\alpha)=-\dfrac{1-a}{\sqrt{(1+a)^2+b^2}}$
の形に変形できるため， $\left| -\dfrac{1-a}{\sqrt{(1+a)^2+b^2}}\right| \leqq 1$
ならば解をもつことから，解をもたない条件として
$\left| -\dfrac{1-a}{\sqrt{(1+a)^2+b^2}}\right| \gt 1$ ，
つまり
$(1+a)^2+b^2\lt (1-a)^2$
が得られるという訳である．

例えば任意の $(x,y)\neq(0,0)$ に対して $px^2+qxy+ry^2\gt 0$ （ $p,q,r$ は定数）となる条件を求めてみると
$(p-r)\cos2\theta+q\sin2\theta \gt -(p+r)$
が任意の $\theta$ に対して成立すれば良いので
$-\sqrt{(p-r)^2+q^2}\gt -(p+r)$ ，
つまり
$\sqrt{(p-r)^2+q^2}\lt p+r$
となる．この条件は「 $q^2-4pr\lt 0$ かつ $p+r\gt 0$ 」と変形できるが実は
「 $q^2-4pr\lt 0$ かつ $p，r\gt 0$ 」とも変形できる．

この二次形式が正値となることは，線形代数の二次形式でも学び，多変数関数の極値問題にも応用される．