高校数学Cでは、放物線・楕円・双曲線を個別の方程式として学び、それぞれの標準形を覚えて問題を解きます。
しかし、$xy$ の項を含む $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 18$ のような式が出てくると、これがどの曲線なのかを判定するのは簡単ではありません。
大学の線形代数では、固有値という概念を用いてこの問題を統一的に解決します。
2次式 $ax^2 + 2bxy + cy^2$ は行列 $\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$ と対応し、この行列の固有値を求めて対角化すると、$xy$ の項が消えて標準形に変換されます。
固有値の符号を見るだけで、その曲線が楕円なのか双曲線なのかがただちにわかるのです。
固有値・固有ベクトルは、行列という変換の「本質的な方向と倍率」を取り出す操作であり、2次曲線の分類はその最も直観的な応用です。
高校数学Cでは、2次曲線を次の3種類に分けて学びます。
これらは標準形と呼ばれ、座標軸に対して対称な位置に置かれた形です。 高校ではこの標準形を前提に、焦点の位置や漸近線を求める計算を行います。
しかし、実際の問題では座標軸に沿わない2次曲線が現れることがあります。たとえば、
$$5x^2 + 4xy + 2y^2 = 18$$
この方程式には $xy$ の項があるため、上の標準形のどれとも一致しません。 高校では「軸の回転」によって $xy$ の項を消す方法に触れることもありますが、 回転角をどう決めるかは天下り的に与えられ、なぜその角度で $xy$ の項が消えるのかの本質的な説明はありません。
この「$xy$ の項を含む2次式がどの曲線を表すか」という問題に、固有値を使った統一的な解法を与えることが、この記事の目標です。
高校では2次曲線を「方程式の形」で分類しましたが、大学の線形代数では、2次式の背後にある行列の性質によって分類します。
この記事を読むと、以下のことができるようになります。
鍵となるのは、固有値と固有ベクトルという2つの概念です。 これらは行列という変換が「どの方向に」「何倍に」引き伸ばすかを教えてくれます。 まず固有値・固有ベクトルを定義し、次にそれを用いた対角化を学び、最後に2次曲線の分類に応用するという流れで進めます。
📖 M-17-3 で、行列はベクトルを別のベクトルに変換する線形写像であることを学びました。 たとえば、行列 $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ はベクトル $\mathbf{v}$ を $A\mathbf{v}$ に変換します。
一般に、行列 $A$ によってベクトル $\mathbf{v}$ は方向も大きさも変わります。しかし、特別なベクトルに対しては、方向が変わらず、大きさだけが変わるということが起こり得ます。
行列による変換は、一般のベクトルに対しては方向も大きさも複雑に変化させます。 しかし、もし方向が変わらないベクトルを見つけられれば、その方向では変換は「定数倍」という単純な操作に帰着します。 そのような特別な方向を基底に選べば、行列全体の振る舞いが「各方向への定数倍」として理解できるようになります。 これが固有値・固有ベクトルを考える動機です。
$n$ 次正方行列 $A$ に対して、$\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$ かつ
$$A\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v}$$
を満たす実数（または複素数）$\lambda$ を $A$ の固有値（eigenvalue）、$\mathbf{v}$ を $\lambda$ に属する固有ベクトル（eigenvector）と呼びます。
この式は「行列 $A$ でベクトル $\mathbf{v}$ を変換しても、$\mathbf{v}$ の方向は変わらず、$\lambda$ 倍されるだけ」という意味です。$\lambda > 0$ なら同じ向き、$\lambda < 0$ なら逆向きに、$|\lambda|$ 倍だけ伸縮します。$\mathbf{v} = \mathbf{0}$ は任意の $\lambda$ で成り立ってしまうので、固有ベクトルからは除外します。
$A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ に対して、$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ を代入してみます。
$$A\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 3\mathbf{v}_1$$
$A\mathbf{v}_1 = 3\mathbf{v}_1$ が成り立つので、$\lambda_1 = 3$ は固有値、$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ は固有値 $3$ に属する固有ベクトルです。
同様に、$\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ を試すと、
$$A\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = 2\mathbf{v}_2$$
よって $\lambda_2 = 2$ も固有値で、$\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ が対応する固有ベクトルです。 この行列 $A$ は、$\mathbf{v}_1$ の方向には $3$ 倍に、$\mathbf{v}_2$ の方向には $2$ 倍に引き伸ばす変換ということがわかります。
上の例では固有ベクトルを「推測」しましたが、一般には次のように系統的に求めます。 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$ を変形すると、
$$(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$$
ここで $I$ は単位行列です。$\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$ なる解が存在するためには、 📖 M-17-3 で学んだように、 $A - \lambda I$ の行列式が $0$ でなければなりません。
$$\det(A - \lambda I) = 0$$
この方程式を固有方程式（characteristic equation）と呼びます。$n$ 次行列の場合、$\lambda$ についての $n$ 次方程式となり、その解が固有値です。
先ほどの $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ で実際に計算してみます。
$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3 - \lambda & 1 \\ 0 & 2 - \lambda \end{pmatrix} = (3 - \lambda)(2 - \lambda) - 0 \cdot 1 = (3 - \lambda)(2 - \lambda)$$
これを $0$ と置くと、$(3 - \lambda)(2 - \lambda) = 0$ より $\lambda = 3$ または $\lambda = 2$ となり、先ほどの結果と一致します。
固有値が求まれば、各 $\lambda$ を $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ に代入して連立方程式を解くことで、固有ベクトルが得られます。
ここまでで、行列から固有値と固有ベクトルを求める方法がわかりました。次に、これらを使って行列を「対角化」する操作を見ていきます。
セクション3で見たように、行列 $A$ には固有値の方向で「ただの定数倍」になるという性質があります。 固有ベクトルを基底に選び直せば、行列全体が対角行列（対角成分以外が $0$ の行列）で表せるはずです。 これが対角化の考え方です。
$2 \times 2$ 行列 $A$ が固有値 $\lambda_1, \lambda_2$ と、対応する固有ベクトル $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ を持つとします。 固有ベクトルを列に並べた行列を $P = (\mathbf{v}_1 \quad \mathbf{v}_2)$ とすると、定義から
$$AP = A(\mathbf{v}_1 \quad \mathbf{v}_2) = (\lambda_1\mathbf{v}_1 \quad \lambda_2\mathbf{v}_2) = (\mathbf{v}_1 \quad \mathbf{v}_2)\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = PD$$
ここで $D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$ は固有値を対角に並べた行列です。 $P$ が逆行列を持てば、両辺に左から $P^{-1}$ をかけて
$$P^{-1}AP = D$$
が得られます。これは、基底を固有ベクトルに取り替えると、行列 $A$ が対角行列 $D$ になることを意味します。
正方行列 $A$ に対して、固有ベクトルを列に並べた行列 $P$ を用いて
$$P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$
と表せるとき、$A$ は対角化可能であるといいます。$D$ の対角成分は $A$ の固有値です。
対角行列は「各座標軸方向に独立に定数倍する」という最も単純な変換です。対角化とは、行列の振る舞いを「固有ベクトルの方向に分解して、各方向は独立に $\lambda_i$ 倍する」と理解することに他なりません。
セクション3の $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ を対角化してみます。 固有値は $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 2$、固有ベクトルは $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$, $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ でした。
$P = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ とすると、$\det P = 1 \neq 0$ なので逆行列が存在し、
$$P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$
検算します。
$$P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$
確かに $D = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ となり、対角化が成功しました。
誤解：正方行列なら必ず対角化できる。
正しい理解：対角化には「一次独立な固有ベクトルが $n$ 本取れる」ことが必要です。 たとえば $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ の固有方程式は $(1-\lambda)^2 = 0$ より $\lambda = 1$（重解）ですが、 固有ベクトルは $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ の定数倍しか得られず、一次独立な2本の固有ベクトルが取れません。 この行列は対角化できません。
ただし、次のセクションで扱う対称行列は必ず対角化可能であることが保証されます。 2次曲線の問題では対称行列しか現れないため、対角化は常に成功します。
ここまでで、固有値を用いて行列を対角化する方法がわかりました。次に、2次式と対称行列の対応を見ることで、これを2次曲線の問題に結びつけます。
ここから、セクション3〜4で導入した固有値と対角化を、2次曲線の問題に接続します。 そのために、2変数の2次式を行列の言葉で書き直すことから始めます。
$x, y$ の2次の項だけからなる式を2次形式と呼びます。一般的な形は
$$Q(x, y) = ax^2 + 2bxy + cy^2$$
です（$xy$ の係数を $2b$ と書いているのは、後で行列と対応させるときに都合がよいためです）。 この2次形式は、ベクトル $\mathbf{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ と行列 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$ を用いて、
$$Q(x, y) = \mathbf{x}^T A \mathbf{x}$$
と書けます。ここで $\mathbf{x}^T$ は $\mathbf{x}$ の転置（行ベクトル $(x \quad y)$）です。実際に計算すると、
$$\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = (x \quad y)\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = (x \quad y)\begin{pmatrix} ax + by \\ bx + cy \end{pmatrix} = ax^2 + bxy + bxy + cy^2 = ax^2 + 2bxy + cy^2$$
となり、確かに $Q(x, y)$ に一致します。
2次形式 $Q(x, y) = ax^2 + 2bxy + cy^2$ は、対称行列
$$A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$$
を用いて $Q(x, y) = \mathbf{x}^T A \mathbf{x}$ と表せます。
行列 $A$ が対称（$A^T = A$、つまり $(i, j)$ 成分と $(j, i)$ 成分が等しい）であることに注目してください。$xy$ の項の係数 $2b$ が、行列の $(1,2)$ 成分と $(2,1)$ 成分に均等に $b$ ずつ配分されています。2次形式に対応する行列は常に対称行列です。
対称行列には、一般の行列にはない重要な性質があります。それは、異なる固有値に属する固有ベクトルが直交するということです。
示すこと：対称行列 $A$（つまり $A^T = A$）の異なる固有値 $\lambda_1 \neq \lambda_2$ に属する固有ベクトル $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ は直交する（内積が $0$）。
証明の方針：$\mathbf{v}_1^T A \mathbf{v}_2$ を2通りに計算し、内積が $0$ になることを導きます。
$A\mathbf{v}_1 = \lambda_1 \mathbf{v}_1$, $A\mathbf{v}_2 = \lambda_2 \mathbf{v}_2$ とします。
一方で、$\mathbf{v}_1^T (A\mathbf{v}_2) = \mathbf{v}_1^T (\lambda_2 \mathbf{v}_2) = \lambda_2 (\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2)$ です。
他方で、$A^T = A$ より、$\mathbf{v}_1^T A = (A^T \mathbf{v}_1)^T = (A\mathbf{v}_1)^T = (\lambda_1 \mathbf{v}_1)^T = \lambda_1 \mathbf{v}_1^T$ なので、$\mathbf{v}_1^T (A\mathbf{v}_2) = \lambda_1 (\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2)$ でもあります。
両者を等号で結ぶと、$\lambda_1 (\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2) = \lambda_2 (\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2)$ となります。
$\lambda_1 \neq \lambda_2$ なので、$(\lambda_1 - \lambda_2)(\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2) = 0$ の左辺の第1因子は $0$ ではありません。したがって $\mathbf{v}_1^T \mathbf{v}_2 = 0$、つまり $\mathbf{v}_1$ と $\mathbf{v}_2$ は直交します。 $\square$
この性質は極めて重要です。固有ベクトルが直交するということは、それらを正規化（長さ $1$ に揃える）すれば、直交座標系が得られるということです。 つまり、対称行列の固有ベクトルで基底を取り替える操作は、座標軸の回転に対応します。
対称行列 $A$ は、直交行列 $P$（$P^T P = I$、つまり列ベクトルが互いに直交し長さ $1$）を用いて
$$P^T A P = D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$
と対角化できます。これを直交対角化と呼びます。
$\mathbf{x} = P\mathbf{x}'$（座標変換）を代入すると、2次形式は
$$\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = \mathbf{x}'^T (P^T A P) \mathbf{x}' = \mathbf{x}'^T D \mathbf{x}' = \lambda_1 x'^2 + \lambda_2 y'^2$$
となり、$xy$ の交差項が消えた標準形が得られます。
ここが、この記事全体の核心です。2次形式 $ax^2 + 2bxy + cy^2$ を対称行列 $A$ で表し、$A$ を直交対角化すると、固有ベクトルの方向に座標軸を回転させた新しい座標 $(x', y')$ では $\lambda_1 x'^2 + \lambda_2 y'^2$ という標準形になります。$\lambda_1, \lambda_2$ の符号を見るだけで、曲線の種類が判定できるのです。
次のセクションでは、この仕組みを具体的な2次曲線に適用し、実際に分類を行います。
2次曲線 $ax^2 + 2bxy + cy^2 = k$（$k > 0$）の型は、対応する対称行列 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$ の固有値 $\lambda_1, \lambda_2$ で決まります。
| 固有値の符号 | 標準形 | 曲線の種類 |
|---|---|---|
| $\lambda_1 > 0,\ \lambda_2 > 0$ | $\lambda_1 x'^2 + \lambda_2 y'^2 = k$ | 楕円 |
| $\lambda_1 > 0,\ \lambda_2 < 0$（または逆） | $\lambda_1 x'^2 + \lambda_2 y'^2 = k$ | 双曲線 |
| $\lambda_1 > 0,\ \lambda_2 = 0$（または逆） | $\lambda_1 x'^2 = k$ | 平行な2直線（退化） |
$\lambda_1 = \lambda_2 > 0$ の場合は円になります。放物線は2次の項だけでは現れず、1次の項が必要です（たとえば $y = x^2$ には $y$ の1次の項が含まれています）。
固有値の符号の組み合わせだけで曲線の種類が決まるという事実は、高校で個別に覚えていた分類が、実は行列の性質から自動的に導かれることを示しています。
セクション1で挙げた $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 18$ を、固有値を使って分類してみます。
ステップ1：対称行列を書く。 $xy$ の係数が $4$ なので $2b = 4$、つまり $b = 2$ です。よって、
$$A = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$$
ステップ2：固有方程式を解く。
$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 5 - \lambda & 2 \\ 2 & 2 - \lambda \end{pmatrix} = (5 - \lambda)(2 - \lambda) - 4 = \lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6) = 0$$
固有値は $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 6$ です。
ステップ3：固有値の符号から分類する。 $\lambda_1 = 1 > 0$, $\lambda_2 = 6 > 0$ と両方正なので、この曲線は楕円です。
標準形に直すと $x'^2 + 6y'^2 = 18$、すなわち $\dfrac{x'^2}{18} + \dfrac{y'^2}{3} = 1$ となります。
ステップ4：主軸の方向（固有ベクトル）を求める。 $\lambda_1 = 1$ に対する固有ベクトルを求めます。$(A - I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ より、
$$\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
$4v_1 + 2v_2 = 0$ より $v_2 = -2v_1$ なので、$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ が固有ベクトルです。正規化すると $\hat{\mathbf{v}}_1 = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ です。
$\lambda_2 = 6$ に対しても同様に $(A - 6I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ を解くと、
$$\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
$-v_1 + 2v_2 = 0$ より $v_1 = 2v_2$ なので、$\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ が固有ベクトルです。正規化すると $\hat{\mathbf{v}}_2 = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ です。
確認として、$\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = 1 \cdot 2 + (-2) \cdot 1 = 0$ なので、確かに直交しています。
直交行列 $P = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$ が座標変換行列であり、この $P$ による変換 $\mathbf{x} = P\mathbf{x}'$ は、座標軸を $\mathbf{v}_1$ の方向に回転する操作に対応します。 回転角は $\theta = \arctan(-2) \approx -63.4{}^{\circ}$ です。
高校で「$xy$ の項を消すために軸を回転する」と教わる操作の正体は、対称行列の直交対角化です。回転角は天下り的に決めるのではなく、固有ベクトルの方向として自然に求まります。固有値が標準形の係数を、固有ベクトルが主軸の方向を与えるのです。
対称行列は $A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & -2 \end{pmatrix}$ です。固有方程式を解きます。
$$\det(A - \lambda I) = (1 - \lambda)(-2 - \lambda) - 4 = \lambda^2 + \lambda - 6 = (\lambda + 3)(\lambda - 2) = 0$$
固有値は $\lambda_1 = -3$, $\lambda_2 = 2$ です。正と負の固有値が混在するので、この曲線は双曲線です。
標準形は $-3x'^2 + 2y'^2 = 6$、すなわち $\dfrac{y'^2}{3} - \dfrac{x'^2}{2} = 1$ です。
対称行列 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$ の固有値の積は $\det A = ac - b^2$ に等しく、固有値の和は $a + c$ です。 これは固有方程式 $\lambda^2 - (a+c)\lambda + (ac - b^2) = 0$ から直ちに読み取れます（解と係数の関係）。
$ac - b^2 > 0$ なら固有値は同符号（楕円）、$ac - b^2 < 0$ なら異符号（双曲線）、$ac - b^2 = 0$ なら一方が $0$（退化）となります。 高校で2次曲線の判別に使う $ac - b^2$ の符号は、実は固有値の積の符号を見ていたのです。
Q1. 行列 $A = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ の固有値をすべて求めてください。
Q2. 対称行列の異なる固有値に属する固有ベクトルにはどのような性質がありますか。
Q3. 2次形式 $3x^2 + 2xy + 3y^2$ に対応する対称行列を書いてください。
Q4. 対称行列の固有値が $\lambda_1 = 5$, $\lambda_2 = -2$ のとき、対応する2次曲線 $Q(x,y) = k$（$k > 0$）は楕円・双曲線・放物線のどれですか。理由も答えてください。
行列 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ の固有値と固有ベクトルを求めてください。
固有方程式：$\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3 = (\lambda - 1)(\lambda - 3) = 0$
固有値：$\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 3$
$\lambda_1 = 1$ のとき：$(A - I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ より $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\mathbf{v} = \mathbf{0}$。$v_1 + v_2 = 0$ なので $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。
$\lambda_2 = 3$ のとき：$(A - 3I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ より $\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\mathbf{v} = \mathbf{0}$。$-v_1 + v_2 = 0$ なので $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
$A$ は対称行列なので、固有ベクトル $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2$ は直交します。実際 $\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 = 0$ と確認できます。
2次形式 $2x^2 - 6xy + 5y^2$ に対応する対称行列を求めてください。
$xy$ の係数が $-6$ なので $2b = -6$、$b = -3$ です。
$$A = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 5 \end{pmatrix}$$
行列 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ を直交対角化してください。具体的に直交行列 $P$ と対角行列 $D$ を求めてください。
問1より、固有値は $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 3$、固有ベクトルは $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ です。
正規化すると $\hat{\mathbf{v}}_1 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\hat{\mathbf{v}}_2 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ です。
$$P = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$$
$P^T A P = D$ が成り立ちます。
$P$ は直交行列（$P^T P = I$）であり、対称行列は常に直交行列で対角化できます。$\det P = \dfrac{1}{2}(1 \cdot 1 - 1 \cdot (-1)) = 1$ なので、$P$ は回転行列でもあります（$45{}^{\circ}$ の回転）。
2次曲線 $2x^2 + 2xy + 2y^2 = 9$ が楕円・双曲線のどちらであるかを固有値を用いて判定し、標準形を求めてください。
対称行列は $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ です（$xy$ の係数が $2$ なので $b = 1$）。
問1より固有値は $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 3$ で、両方正なので楕円です。
標準形は $x'^2 + 3y'^2 = 9$、すなわち $\dfrac{x'^2}{9} + \dfrac{y'^2}{3} = 1$ です。
固有値 $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 3$ が両方正なので楕円と判定できます。判別式でも確認すると、$ac - b^2 = 2 \cdot 2 - 1^2 = 3 > 0$ なので楕円と一致します。新しい座標系での長軸は $x'$ 軸方向（長さ $\sqrt{9} = 3$）、短軸は $y'$ 軸方向（長さ $\sqrt{3}$）です。
2次曲線 $3x^2 + 2\sqrt{3}\,xy + y^2 = 8$ について、以下の問いに答えてください。
(1) 対応する対称行列 $A$ を書き、その固有値と固有ベクトルを求めてください。
(2) この曲線が楕円・双曲線・退化のどれかを判定してください。
(3) 直交対角化を行い、標準形を求めてください。
(1) $xy$ の係数は $2\sqrt{3}$ なので $b = \sqrt{3}$ です。
$$A = \begin{pmatrix} 3 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}$$
固有方程式：$(3-\lambda)(1-\lambda) - 3 = \lambda^2 - 4\lambda = \lambda(\lambda - 4) = 0$
固有値は $\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = 4$ です。
$\lambda_1 = 0$ に対する固有ベクトル：$(A - 0 \cdot I)\mathbf{v} = A\mathbf{v} = \mathbf{0}$ より $3v_1 + \sqrt{3}\,v_2 = 0$、つまり $v_2 = -\sqrt{3}\,v_1$ なので $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{3} \end{pmatrix}$。
$\lambda_2 = 4$ に対する固有ベクトル：$(A - 4I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ より $-v_1 + \sqrt{3}\,v_2 = 0$、つまり $v_1 = \sqrt{3}\,v_2$ なので $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix}$。
(2) $\lambda_1 = 0$ があるので退化です。標準形は $4y'^2 = 8$、つまり $y'^2 = 2$（$y' = \pm\sqrt{2}$ の平行な2直線）となります。
(3) 正規化すると $\hat{\mathbf{v}}_1 = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{3} \end{pmatrix}$, $\hat{\mathbf{v}}_2 = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix}$ です。
$$P = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}, \quad P^T A P = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}$$
標準形は $4y'^2 = 8$ です。
固有値に $0$ が含まれる場合、$\det A = 0$ です。実際 $ac - b^2 = 3 \cdot 1 - 3 = 0$ と確認できます。$\det A = 0$ は「行列 $A$ が次元を潰す」（📖 M-17-3）ことを意味し、2次曲線としては退化します。直交行列 $P$ は $60{}^{\circ}$ の回転に対応します（$\cos 60{}^{\circ} = 1/2$, $\sin 60{}^{\circ} = \sqrt{3}/2$）。