固有値問題・固有空間・スペクトル分解/メモ

(88d) 更新


線形代数II/固有値問題・固有空間・スペクトル分解

演習の解答

エルミート行列の和はエルミート行列になる

$A,B$ がエルミートであるとすると、

$$(A+B)^\dagger={}^t(\overline{A + B})={}^t(\overline{A} + \overline{B})={}^t\overline{A} +{}^t\overline{B}=A^\dagger+B^\dagger=A+B$$

ユニタリ行列の積はユニタリ行列になる

$A,B$ がユニタリ行列であるとすると、

$$ (AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger=B^{-1}A^{-1}=(AB)^{-1} $$

エルミート行列の積は必ずしもエルミート行列にならない

$A,B$ がエルミートであるとすると、

$$ (AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger=BA $$

これが $AB$ と等しいのは、

$$ BA=AB $$

が成り立つ時に限る。

すなわち、2つのエルミート行列が可換なときに限りその積がエルミートになる。

たとえば、

$$ A=\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix}1&i\\-i&0\end{pmatrix} $$

とすると両者はエルミートだが、$AB=\begin{pmatrix}2-i&2i\\1+i&i\end{pmatrix}$ も $BA=\begin{pmatrix}2+i&1-i\\-2i&-i\end{pmatrix}$ もエルミートではない。

ユニタリ行列の和は必ずしもユニタリ行列にならない

$A,B$ がユニタリであるとすると、

$$ (A+B)(A+B)^\dagger=AA^\dagger+BA^\dagger+AB^\dagger+BB^\dagger=E+BA^\dagger+AB^\dagger+E=E $$

となるのは、

$$BA^\dagger+AB^\dagger=-E$$

が成り立つときだけである。

例えば、原点を中心に角度 $\theta$ だけ回転する行列を

$$ R(\theta)=\begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta&\\ \end{pmatrix} $$

として定めると、これは必ずユニタリになる。

$R(\theta)+R(\theta')$ という行列は、元のベクトルを $\theta$ 回したものと $\theta'$ 回したものを作って足し合わせるような行列になる。ユニタリ行列はベクトルの長さを変えないことを特徴とする行列であるが、$R(\theta)+R(\theta')$ の操作は一般にベクトルの長さを変えてしまうため、ユニタリ行列にはならない。

例えば、

$$A=R(0)+R(\pi/2)=\begin{pmatrix} 1+1/\sqrt2&-1/\sqrt2\\ 1/\sqrt2&1+1/\sqrt2 \end{pmatrix}$$

が $AA^\dagger \ne E$ となるのは明らかである。

問題2

(1)

$$\begin{aligned} {}|A-\lambda E|&=\begin{vmatrix} 3-\lambda&-1&2\\ {}-1&3-\lambda&2\\ 2&2&-\lambda\\ \end{vmatrix} =-\lambda(3-\lambda)^2-4-4-2\cdot4(3-\lambda)+\lambda\\ &=-\lambda^3+6\lambda^2+(-9+8+1)\lambda+(-4-4-24)\\ &=-\lambda^3+6\lambda^2-32=0\\ \end{aligned} $$

$\lambda=4$ が解になることに気づけば、$(4-\lambda)$ を括りだして、

$$\begin{aligned} {}|A-\lambda E| &=(4-\lambda)(-8+2\lambda+\lambda^2)=(4-\lambda)^2(-2-\lambda)=0 \end{aligned} $$

を得る。したがって固有値は $$\lambda_1=-2,\ \lambda_2=4$$ ただし、$\lambda_2$ は2重根。

(1) (別解)

$$\begin{aligned} |A-\lambda E|&=\begin{vmatrix} 3-\lambda&-1&2\\ {}-1&3-\lambda&2\\ 2&2&-\lambda\\ \end{vmatrix}\\ &=\begin{vmatrix} 4-\lambda&-4+\lambda&0\\ {}-1&3-\lambda&2\\ 2&2&-\lambda\\ \end{vmatrix}\hspace{1cm}\text{1行目から2行目を引いた}\\ &=\begin{vmatrix} 4-\lambda&0&0\\ {}-1&2-\lambda&2\\ 2&4&-\lambda\\ \end{vmatrix}\hspace{1.3cm}\text{2列目に1列目を加えた}\\ &=(4-\lambda)\begin{vmatrix} 2-\lambda&2\\ 4&-\lambda\\ \end{vmatrix}\hspace{1.4cm}\text{行列式の縮小}\\ &=(4-\lambda)\begin{vmatrix} {}-2-\lambda&2+\lambda\\ 4&-\lambda\\ \end{vmatrix}\hspace{0.8cm}\text{1行目から2行目を引いた}\\ &=(4-\lambda)\begin{vmatrix} {}-2-\lambda&0\\ 4&4-\lambda\\ \end{vmatrix}\hspace{0.8cm}\text{2列目に1列目を加えた}\\ &=(4-\lambda)^2(-2-\lambda) \end{aligned} $$

(2)

$A$ はエルミート行列なので、ユニタリ行列で対角化可能なはず。

$\lambda_1=-2$ に対して、

$$\begin{aligned} (A-\lambda E)\bm x=\begin{pmatrix} 5&-1&2\\ {}-1&5&2\\ 2&2&2\\ \end{pmatrix}\bm x=0\\ \end{aligned}$$

ガウスの掃出し法により同値変形すると、

$$\begin{aligned} &\begin{pmatrix} 5&-1&2\\ {}-1&5&2\\ 2&2&2\\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 5&-1&2\\ {}4&4&4\\ 1&1&1\\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 5&-1&2\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}\\&\sim \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 0&-6&-3\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 2&2&2\\ 0&2&1\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&2&1\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

掃き出せなかった列に対応して、$z=2s$ とパラメータに置くと、

$$ \begin{cases} 2x+2s=0\\ 2y+2s=0\\ z=2s \end{cases} $$

より、固有ベクトルは

$$ \bm x=s\begin{pmatrix} {}-1\\-1\\2 \end{pmatrix} $$

$V(-2)$ の正規直交基底は $\bigg\{\displaystyle\frac1{\sqrt6}\begin{pmatrix}-1\\-1\\2\end{pmatrix}\bigg\}$ で、1次元

$\lambda_2=4$ に対して、

$$\begin{aligned} (A-\lambda E)\bm x=\begin{pmatrix} {}-1&-1&2\\ {}-1&-1&2\\ 2&2&-4\\ \end{pmatrix}\bm x=0\\ \end{aligned}$$

ガウスの掃出し法により同値変形すると、

$$\begin{aligned} &\begin{pmatrix} {}-1&-1&2\\ {}-1&-1&2\\ 2&2&-4\\ \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} {}1&1&-2\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

掃き出せなかった列に対応して、$y=s,z=t$ とパラメータに置くと、

$$ \begin{cases} x+s-2t=0\\ y=s\\ z=t \end{cases} $$

より、固有ベクトルは

$$ \bm x=s\begin{pmatrix} {}-1\\1\\0 \end{pmatrix}+ t\begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} $$

これらのベクトルにシュミットの直交化を適用する。

$$ \bm e_2=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix} {}-1\\1\\0 \end{pmatrix} $$

$$\begin{aligned} \bm f_3&=\begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix}-\Big(\bm e_1,\begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix}\Big)\bm e_1\\ &=\begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix}-\frac12\cdot(-2)\cdot\begin{pmatrix} {}-1\\1\\0 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$ \bm e_3=\frac1{\|\bm f_3\|}\bm f_3=\frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} $$

$V(4)$ の正規直交基底は $\bigg\{\displaystyle\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix} {}-1\\1\\0 \end{pmatrix},\ \ \frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}\bigg\}$ で、2次元

(3)

${\bm e}_1=\frac1{\sqrt6}\begin{pmatrix}-1\\-1\\2\end{pmatrix}$と置くと、

$$ P_{V(-2)}=\bm e_1\,{}^t\bm e_1=\frac16\begin{pmatrix} 1&1&-2\\ 1&1&-2\\ {}-2&-2&4 \end{pmatrix} $$

$$\begin{aligned} P_{V(4)}&=\bm e_2\,{}^t\bm e_2+\bm e_3\,{}^t\bm e_3=\frac12\begin{pmatrix} 1&-1&0\\ {}-1&1&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}+\frac13\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}=\frac16\begin{pmatrix} 5&-1&2\\ {}-1&5&2\\ 2&2&2 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$P_{V(-2)}+P_{V(4)}=E$ を確認できる。


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