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FP3 2020 Oct Q3

A Level / Edexcel / FP3

IAL 2020 Oct Paper · Question 3

题目

Problem

3.

The matrix M\mathbf{M} is given by

M=(3−4k1−2k1−55)\mathbf{M} = \begin{pmatrix} 3 & -4 & k \\ 1 & -2 & k \\ 1 & -5 & 5 \end{pmatrix}

where kk is a constant.

Given that 33 is an eigenvalue of M\mathbf{M},

(a) find the value of kk.

(3)

(b) Hence find the other two eigenvalues of M\mathbf{M}.

(3)

(c) Find a normalised eigenvector corresponding to the eigenvalue 33.

(3)
题目中文翻译

矩阵 M\mathbf{M} 定义为

M=(3−4k1−2k1−55)\mathbf{M} = \begin{pmatrix} 3 & -4 & k \\ 1 & -2 & k \\ 1 & -5 & 5 \end{pmatrix}

其中 kk 为常数。

已知 33 是 M\mathbf{M} 的一个特征值，

(a) 求 kk 的值。

(3)

(b) 因此求 M\mathbf{M} 的另外两个特征值。

(3)

(c) 求对应特征值 33 的一个单位特征向量。

(3)

解答

(a)

解法一

思路

展开

已知 3 是特征值，因此 det⁡(M−3I)=0\det(M-3I)=0。将 λ=3\lambda=3 直接代入可使第一项为零，行列式展开后很快得到 kk。

答题过程

展开

Since 3 is an eigenvalue,

det⁡(M−3I)=0.\det(M-3I)=0.

Thus

0= ∣0−4k1−5k1−52∣= 4(2−k)+k(−5+5)= 8−4k.\begin{align*} 0 =&\, \begin{vmatrix} 0&-4&k\\ 1&-5&k\\ 1&-5&2 \end{vmatrix}\\[4mm] =&\,4(2-k)+k(-5+5)\\[4mm] =&\,8-4k. \end{align*}

Therefore

k=2.\boxed{k=2}.

(b)

解法一

思路

展开

承接 (a) 取 k=2k=2，建立特征方程。由于题目已经给出 3 是特征值，特征多项式含有因子 3−λ3-\lambda；余下二次因式给出另外两个特征值。

答题过程

展开

With k=2k=2,

det⁡(M−λI)=0.\det(M-\lambda I)=0.

Expanding the determinant gives

0= ∣3−λ−421−2−λ21−55−λ∣= (3−λ)((λ+2)(λ−5)+10) +4(3−λ)+2(λ−3)= (3−λ)((λ+2)(λ−5)+10)+2(3−λ)= (3−λ)((λ+2)(λ−5)+12)= (3−λ)(λ2−3λ+2)= (3−λ)(λ−1)(λ−2).\begin{align*} 0 =&\, \begin{vmatrix} 3-\lambda&-4&2\\ 1&-2-\lambda&2\\ 1&-5&5-\lambda \end{vmatrix}\\[4mm] =&\,(3-\lambda)\big((\lambda+2)(\lambda-5)+10\big)\\ &\,+4(3-\lambda)+2(\lambda-3)\\ =&\,(3-\lambda)\big((\lambda+2)(\lambda-5)+10\big) +2(3-\lambda)\\ =&\,(3-\lambda) \bigl((\lambda+2)(\lambda-5)+12\bigr)\\[4mm] =&\,(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+2)\\[4mm] =&\,(3-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-2). \end{align*}

Hence the other two eigenvalues are

1and2.\boxed{1\quad\text{and}\quad2}.

(c)

解法一

思路

展开

使用 (a) 的 k=2k=2，解齐次方程 (M−3I)v=0(M-3I)\mathbf{v}=\mathbf0。求得任一非零特征向量后，再除以其模得到单位特征向量。

答题过程

展开

Let

v=(xyz).\mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.

For the eigenvalue 3,

(0−421−521−52)(xyz)=(000).\begin{pmatrix} 0&-4&2\\ 1&-5&2\\ 1&-5&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.

The first row gives −4y+2z=0-4y+2z=0, so z=2yz=2y. The second row then gives

x−5y+2(2y)=0,x-5y+2(2y)=0,

so x=yx=y. Taking y=1y=1 gives the eigenvector

(112).\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}.

Its magnitude is 12+12+22=6\sqrt{1^2+1^2+2^2}=\sqrt6. Therefore a normalised eigenvector is

16(112).\boxed{\frac1{\sqrt6} \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}}.

Its negative is also acceptable.