固有値と固有ベクトル のバックアップ(No.2)

更新


線形代数I

固有値問題

Ax と x との関係

正方行列 A を考える。

通常、 A\bm x は元のベクトル \bm x と必ずしも平行にならない。

A\bm x \ne k\bm x

例:

&math( A=\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} );

\bm x_1=\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} であれば A\bm x_1=\begin{bmatrix} 7 \\ 5 \end{bmatrix}\ne k\bm x_1

しかし、 \bm x をうまく選ぶと A\bm x\parallel\bm x となる場合がある。

\bm x_2=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} であれば A\bm x_2=\begin{bmatrix} 4 \\ 4 \end{bmatrix}=4\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}=4\bm x_2

\bm x_3=\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} であれば A\bm x_3=\begin{bmatrix} 2 \\ -2 \end{bmatrix}=2\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}=2\bm x_3

であり、元のベクトルと平行になっている。

固有値問題

与えられた正方行列 A に対して、 \lambda \bm x

A\bm x=\lambda\bm x

を満たすとき、

  • \lambda A 固有値
    (ギリシャ数字の "ラムダ" で書くのが慣例)
  • \bm x A の固有値 \lambda に属する 固有ベクトル

と呼ぶ。

固有値問題 とは、
与えられた正方行列 A に対して、 固有値と固有ベクトルを(すべて)求める問題である。

どんな役にたつ?

この授業でもやるように、「行列の対角化」の基礎となる。
→ 行列の対角化は広い範囲の応用がある

特に量子力学では固有値、固有ベクトルが主要な役割を担う。

注意

\bm x=\bm o とすると、

A\bm o=\lambda \bm o=\bm o

は任意の \lambda に対して成り立ってしまう。

この 自明な解 \bm x=\bm o は固有ベクトルに含めない。

固有値問題の解法

まずは固有値を与える方程式を導こう。

A\bm x=\lambda \bm x

に、単位行列 I を導入して、

A\bm x=\lambda I \bm x

と書くことができる。すると、

A\bm x-\lambda I \bm x=(A-\lambda I)\bm x=\bm o

が得られる。

行列 (A-\lambda I) が正則である場合(逆行列を持つ場合)、 上式の左から逆行列を掛けると、

  • (左辺) =(A-\lambda I)^{-1}(A-\lambda I)\bm x=\bm x
  • (右辺) =(A-\lambda I)^{-1}\bm o=\bm o

となり、 \bm x=\bm o が導かれてしまう。

すなわち、行列 (A-\lambda I) が正則になるような \lambda に対して、固有ベクトルは存在しない

したがって、

|A-\lambda I|=0

固有ベクトルが存在する \lambda の条件 となる。

固有値 \lambda の満たすこの方程式は 「行列 A の固有方程式」 と呼ばれる。

得られた \lambda に対して、

(A-\lambda I)\bm x=\bm o

を解けば固有ベクトルが求まる。

下に見るように、固有方程式を満たす \lambda に対しては必ず \bm x を求められる。

→ 固有方程式は \lambda が固有値となるための必要十分条件である

手順をまとめると

  • 固有方程式 |A-\lambda I|=0 から \lambda を(いくつか)求める
  • (個々の \lambda について) (A-\lambda I)\bm x=\bm o を解いて \bm x を求める

すなわち、

  • 一般には1つの行列 A が複数の固有値 \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\dots を持つ場合がある
  • それぞれの固有値には、その固有値に属する固有ベクトルが(場合によっては複数)存在する
    • \lambda_1 \bm x_{\lambda_1}^{(1)}, \bm x_{\lambda_1}^{(2)}, \dots
    • \lambda_2 \bm x_{\lambda_2}^{(1)}, \bm x_{\lambda_2}^{(2)}, \dots
    •  :
    •  :

具体例

&math( A=\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} );

のとき、

&math(A-\lambda I&= \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}

  • \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{bmatrix} );

&math( |A-\lambda I| &= \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} \\&= (3-\lambda)^2-1^2 \\&= (3-\lambda+1)(3-\lambda-1) \\&= (4-\lambda)(2-\lambda) );

&math( \therefore \lambda=2,4 );

固有ベクトルは \lambda のそれぞれの値に対して個別に求める。

\lambda=2 の時

&math( (A-\lambda I)\bm x &= \begin{bmatrix} 3-2 & 1 \\ 1 & 3-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \bm o = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} );

\bm x を求める手順は (A-\lambda I) を係数行列とする 連立方程式を解くことに帰着する

&math( \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} );

x+y=0

掃き出せなかった y をパラメータに置き、 y=s とすれば、

x=-s

\therefore \bm x=s\begin{bmatrix}-1\\1\end{bmatrix}

同様に、

\lambda=4 の時

&math( (A-\lambda I)\bm x &= \begin{bmatrix}

  • 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \bm o );

&math( \begin{bmatrix}

  • 1 & 1 & 0\\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0\\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} );

x-y=0 そこで y=t と置けば、

x=t

\therefore \bm x=t\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}

注意

固有方程式より (A-\lambda I) が正則でない、すなわち \mathrm{rank}\,(A-\lambda I)<n が保証されているため、 \bm x に関する連立方程式は最終行が必ず 0=0 の形になり、無数の解が得られる。

固有方程式の解を用いたにもかかわらず、連立方程式が 無数の解を持つ形にならない場合には、 どこかで計算を間違えているため見直すべきである。

固有方程式が解を持たない場合

固有方程式が解を持たない場合があるだろうか?

例:  A=\begin{bmatrix}\cos \theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}

\theta\ne n\pi の時、 A は回転を表すため、 任意のベクトルが元とは異なる方向へ向くことになり、元のベクトルと平行にならない。
→ 固有ベクトルは存在しないはず

&math(|A-\lambda I|= \begin{vmatrix}

\cos \theta-\lambda & -\sin\theta \\
\sin\theta & \cos\theta -\lambda

\end{vmatrix} =0 );

(\cos \theta-\lambda)^2+\underbrace{(\sin\theta)^2}_{>\,0}=0

\sin\theta\ne 0 では、第2項は必ず正となるから、 この方程式を満たす \lambda は存在しない・・・
→ 本当?

複素数の範囲 でなら存在する!

(\cos \theta-\lambda)^2=-(\sin\theta)^2

\cos \theta-\lambda=\pm i\sin\theta

\lambda=\cos \theta \pm i\sin\theta

\lambda=\cos \theta + i\sin\theta の時

&math((A-\lambda I)\bm x&= \begin{bmatrix}

\cos \theta-\lambda & -\sin\theta \\
\sin\theta & \cos\theta -\lambda

\end{bmatrix} \bm x = \begin{bmatrix}

-i\sin\theta & -\sin\theta \\
\sin\theta & -i\sin\theta

\end{bmatrix} \bm x\\ &= \sin\theta \begin{bmatrix}

-i & -1 \\
1 & -i

\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 0 );

&math( \begin{bmatrix}

-i & -1 & 0 \\
1 & -i & 0

\end{bmatrix} ); 一行目に i を掛けてみる

&math( = \begin{bmatrix}

1 & -i & 0 \\
1 & -i & 0

\end{bmatrix} );

&math( = \begin{bmatrix}

1 & -i & 0 \\
0 & 0 & 0

\end{bmatrix} );

x-iy=0 より y=s と置けば、

x=is

\therefore \bm x=s\begin{bmatrix} i \\ 1 \end{bmatrix}

\lambda=\cos \theta - i\sin\theta の時

&math((A-\lambda I)\bm x&= \begin{bmatrix}

i\sin\theta & -\sin\theta \\
\sin\theta & i\sin\theta

\end{bmatrix} \bm x\\ &= \sin\theta \begin{bmatrix}

i & -1 \\
1 & i

\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 0 );

&math( \begin{bmatrix}

i & -1 & 0 \\
1 & i & 0

\end{bmatrix} ); 一行目に i を掛けて

&math( = \begin{bmatrix}

-1 & -i & 0 \\
1 & i & 0

\end{bmatrix} );

&math( = \begin{bmatrix}

1 & i & 0 \\
0 & 0 & 0

\end{bmatrix} );

x+iy=0 より y=t と置けば、

x=-it

\therefore \bm x=t\begin{bmatrix} -i \\ 1 \end{bmatrix}

確認してみる:

&math(A\bm x= \begin{bmatrix}

\cos \theta & -\sin\theta \\
\sin\theta & \cos\theta

\end{bmatrix} \begin{bmatrix}

is \\  s

\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}

is\cos \theta - s\sin\theta \\
is\sin\theta + s\cos\theta

\end{bmatrix} = s(\cos \theta + i\sin\theta) \begin{bmatrix}

i \\ 1

\end{bmatrix} );

&math(A\bm x= \begin{bmatrix}

\cos \theta & -\sin\theta \\
\sin\theta & \cos\theta

\end{bmatrix} \begin{bmatrix}

-it \\  t

\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}

-it\cos \theta - t\sin\theta \\
-it\sin\theta + t\cos\theta

\end{bmatrix} = t(\cos \theta - i\sin\theta) \begin{bmatrix}

-i \\ 1

\end{bmatrix} );

(騙されたみたい、かもしれないが)ちゃんとうまく行く。

固有方程式の解

固有方程式の次数

固有方程式 |A-\lambda I|=0 は必ず \lambda n 次方程式となる。

&math( \begin{vmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22}-\lambda & & \vdots \\ \vdots & & \ddots & \\ a_{n1} & \cdots & & a_{nn}-\lambda \\ \end{vmatrix} );

なぜなら、行列式は各行、各列から重複の無いように n 個の要素を抜き出して積を作り、 そのような積を可能な限り集めて和にした物であった。

行列式 = Σ ( n 個の要素の積 )

したがって、行列式は対角要素を全て掛け合わせた項

(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\dots(a_{nn}-\lambda)

を含んでいる。この項は \lambda n 乗を含んでいる。

また他の項から、 \lambda n より大きな次数の項は出ない。

&math(|A-\lambda I|= (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\dots(a_{nn}-\lambda)+);( \lambda n 次以下の項)

|A-\lambda I|=0 \lambda n 次方程式である。

代数学の基本定理

n 次方程式は複素数の範囲に必ず n 個の解を持つ。

したがって、それらの解を \lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n とすれば、

|A-\lambda I|=(\lambda_1-\lambda)(\lambda_2-\lambda)\dots(\lambda_n-\lambda)

と因数分解できる。

重複解

n 個の解、というのは重複解を個別に数えているので、 重複解がある場合には、

|A-\lambda I|=(\lambda_1-\lambda)^3(\lambda_2-\lambda)(\lambda_2-\lambda)^2\dots(\lambda_m-\lambda)

などとなって、異なる解の個数 m m<n となる。

固有値の個数

重複度を含めて必ず n 個の固有値が存在する。

n 次行列

&math( A=\begin{bmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} );

について、

|A-\lambda I| = (3-\lambda)(2-\lambda)(1-\lambda)^2

\lambda = 3, 2, 1

の3つの異なる固有値が見つかる。

ただし、1 は2重解であるため重複度を含めると4つの固有値がある。


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