同時対角化の練習問題～院試の問題を通して

$A$ の固有方程式は $$\begin{aligned} &|A-tI| \\ &= \begin{vmatrix} a-t & 2 & 0\\ 0 & 2a-t & 4\\ 0 & 0 & 3a-t \end{vmatrix}\\ &= (a-t)(2a-t)(3a-t) \end{aligned}$$ である。

$a \neq 0$ のとき，固有値が異なるため対角化可能である。

$a=0$ のとき

$$\begin{aligned} A^2 &= \begin{pmatrix} 0&0&8\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\\ A^3 &= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$ より最小多項式は $x^3$ であるが，これは重解を持つためこのとき対角化可能ではない。

ゆえに $a \neq 0$ である。

$B$ の固有多項式は $$\begin{aligned} &|B-tI|\\ &= \begin{vmatrix} t & 3 & 0\\ 0 & b-t & 6\\ 0 & 0& 2b-t \end{vmatrix}\\ &= t(b-t)(2b-t) \end{aligned}$$ である。

$b \neq 0$ のとき，固有値が異なるため対角化可能である。

$b=0$ のとき，1と同様に計算すると最小多項式が重解を持つため，対角化可能ではない。

ゆえに $b \neq 0$ である。

$AB-BA = 0$ となる $a,b$ を計算するとよい。

$$\begin{aligned} &AB-BA\\ &= \begin{pmatrix} a&2&0\\ 0&2a&4\\ 0&0&3a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&3&0\\ 0&b&6\\ 0&0&2b \end{pmatrix}\\ &\quad -\begin{pmatrix} 0&3&0\\ 0&b&6\\ 0&0&2b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a&2&0\\ 0&2a&4\\ 0&0&3a \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 3a+2b & 12\\ 0 & 2ab & 12a+8b\\ 0 & 0 & 6ab \end{pmatrix}\\ &\quad - \begin{pmatrix} 0 & 6a & 12\\ 0 & 2ab & 18a + 4b\\ 0 & 0 & 6ab \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 0 & -3a+2b & 0\\ 0 & 0 & -6a+4b\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$ であるため，$AB-BA = 0$ であることと $3a=2b$ は同値である。

$ST = TS$ より $ST v_i = TS v_i = \lambda_i T v_i$ である。よって $Tv_i$ は固有値 $\lambda_i$ に関する固有ベクトルである。

また， $$\begin{aligned} ST v &= S \alpha v\\ &= \alpha \sum_{i=1}^r Sv_i\\ &= \sum_{i=1}^r \alpha \lambda_i v_i \\ TS v &= T \sum_{i=1}^r S v_i\\ &= T \sum_{i=1}^r \lambda_i v_i\\ &= \beta \lambda_1 v_1 + \sum_{i=2}^r \lambda_i T v_i \end{aligned}$$ である。$ST = TS$ より上の2つは等しい。移項することで $$0 = (\alpha - \beta) v_1 + (\alpha v_2 - T v_2) + \cdots + (\alpha v_r + T v_r)$$ である。

ここで $(\alpha - \beta) v_1$ は固有値 $\lambda_1$ に属する $S$ の固有空間，$\alpha v_i - T v_i$ は $\lambda_i$ に属する $S$ の固有空間である。

さて，固有空間は直和に分かれるため， $$\begin{cases} (\alpha - \beta) v_1 = 0\\ \alpha v_2 - T v_2 = 0\\ \;\; \vdots\\ \alpha v_r - T v_r = 0 \end{cases}$$

よって $\alpha -\beta = 0$ である。