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IAL 2022 Jan FP3 Q4

A Level / Edexcel / FP3

IAL 2022 Jan Paper · Question 4

题目

Problem

M=(6k2k50207)M=\begin{pmatrix} 6&k&2\\ k&5&0\\ 2&0&7 \end{pmatrix}

where kk is a constant.

Given that 33 is an eigenvalue of MM,

(a) determine the possible values of kk.

(3)

Given that k<0k<0

(b) determine the other eigenvalues of MM.

(3)

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

(3)
题目中文翻译 M=(6k2k50207)M=\begin{pmatrix} 6&k&2\\ k&5&0\\ 2&0&7 \end{pmatrix}

其中 kk 为常数。

已知 33 是 MM 的一个特征值，

(a) 求 kk 的所有可能值。

已知 k<0k<0，

(b) 求 MM 的另外两个特征值。

(c) 求一个对应于特征值 33 的单位特征向量。

解答

(a)

解法一：使用特征行列式

思路

展开

因为 33 是特征值，所以 det⁡(M−3I)=0\det(M-3I)=0。把 λ=3\lambda=3 直接代入特征行列式，可立即得到关于 kk 的二次方程。

答题过程

展开

Since 33 is an eigenvalue of MM,

det⁡(M−3I)=0.\det(M-3I)=0.

Therefore,

∣3k2k20204∣= 0,3(8)−k(4k)+2(−4)= 0,16−4k2= 0.\begin{align*} \begin{vmatrix} 3&k&2\\ k&2&0\\ 2&0&4 \end{vmatrix} =&\,0, \\ 3(8)-k(4k)+2(-4) =&\,0, \\ 16-4k^2 =&\,0. \end{align*}

Hence

k2=4,k^2=4,

so the possible values are

k=2ork=−2.\boxed{k=2\quad\text{or}\quad k=-2}.

解法二：使用特征向量方程

思路

展开

设特征值 33 对应非零特征向量为 (x,y,z)T(x,y,z)^T。从三个联立方程中先用后两式把 y,zy,z 表示成 xx，再代回第一式；由于特征向量非零，可约去 xx 并求出 kk。

答题过程

展开

Let a non-zero eigenvector corresponding to the eigenvalue 33 be

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

Then

M(xyz)=3(xyz),M\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix},

giving

6x+ky+2z= 3x,kx+5y= 3y,2x+7z= 3z.\begin{align*} 6x+ky+2z=&\,3x, \\ kx+5y=&\,3y, \\ 2x+7z=&\,3z. \end{align*}

The last two equations give

y=−kx2,z=−x2.y=-\frac{kx}{2}, \qquad z=-\frac{x}{2}.

Substituting these into the first equation,

6x−k2x2−x=3x.6x-\frac{k^2x}{2}-x=3x.

If x=0x=0, the equations above would also give y=z=0y=z=0, which is impossible for an eigenvector. Hence x≠0x\ne0, and

k22=2.\frac{k^2}{2}=2.

Therefore,

k=2ork=−2.\boxed{k=2\quad\text{or}\quad k=-2}.

(b)

解法一

思路

展开

由 k<0k<0 先确定 k=−2k=-2。然后建立完整特征方程；已知 33 是其中一根，可以把三次多项式分解，从而读出另外两个特征值。

答题过程

展开

Since k<0k<0, part (a) gives k=−2k=-2. Thus

det⁡(M−λI)=∣6−λ−22−25−λ0207−λ∣.\det(M-\lambda I) =\begin{vmatrix} 6-\lambda&-2&2\\ -2&5-\lambda&0\\ 2&0&7-\lambda \end{vmatrix}.

The characteristic equation is

0= (6−λ)(5−λ)(7−λ) −4(7−λ)−4(5−λ)= −λ3+18λ2−99λ+162.\begin{align*} 0=&\,(6-\lambda)(5-\lambda)(7-\lambda) \\ &\,-4(7-\lambda)-4(5-\lambda) \\ =&\,-\lambda^3+18\lambda^2-99\lambda+162. \end{align*}

Equivalently,

λ3−18λ2+99λ−162= 0(λ−3)(λ−6)(λ−9)= 0.\begin{align*} \lambda^3-18\lambda^2+99\lambda-162 =&\,0 \\ (\lambda-3)(\lambda-6)(\lambda-9) =&\,0. \end{align*}

Therefore, the other eigenvalues are

6and9.\boxed{6\quad\text{and}\quad9}.

(c)

解法一

思路

展开

仍使用 k=−2k=-2，解齐次方程 (M−3I)v=0(M-3I)\mathbf v=0。先求出一个与 (2,2,−1)T(2,2,-1)^T 平行的特征向量，再除以其模长 33 得到单位特征向量。

答题过程

展开

For k=−2k=-2,

(M−3I)(xyz)=(000).(M-3I) \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.

This gives

3x−2y+2z= 0,−2x+2y= 0,2x+4z= 0.\begin{align*} 3x-2y+2z=&\,0, \\ -2x+2y=&\,0, \\ 2x+4z=&\,0. \end{align*}

Hence

y=x,z=−x2,y=x, \qquad z=-\frac{x}{2},

so an eigenvector is

(22−1).\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}.

Its magnitude is

22+22+(−1)2=3.\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}=3.

Therefore, one corresponding normalised eigenvector is

13(22−1).\boxed{ \frac13\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix} }.

Its negative is also a valid normalised eigenvector.