固有値問題・固有空間・スペクトル分解 の履歴(No.31)

練習†

$\displaystyle A=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\\\end{pmatrix}$ について固有値問題を解け。ただし $\theta\ne 2m\pi$

$A$ は回転を表わす行列。一方で、固有値問題は $A\bm x=\lambda\bm x$ だから、$A$ を掛けても向きの変わらないベクトルを探す問題。すなわち・・・解無しになるのでは？　と思うのが正しい感覚。

実際、実数の範囲では固有値は存在しない。一方、複素数の範囲ではどんな行列にも必ず重複度を含めて $n$ コの固有値が存在し、それぞれの固有値に対して最低１コの固有ベクトルが見付かる。

回転を表わす上記の $A$ に対しても、複素数の範囲ならばちゃんと固有値・固有ベクトルが見付かることを確認せよ。

解答†

$\sin\theta=0$ では $A=E$ または $A=-E$ なので、
任意のベクトルが固有値 1 または -1 の固有ベクトルになる。

以下では $\sin\theta\ne 0$ として解く。

$$\begin{aligned} |A-\lambda E|=\begin{vmatrix} \cos\theta-\lambda&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta-\lambda\\ \end{vmatrix} =(\cos\theta-\lambda)^2+\sin^2\theta=0 \end{aligned}$$

すなわち、

$$\begin{aligned}(\cos\theta-\lambda)^2=-\sin^2\theta\end{aligned}$$

$\sin\theta\ne 0$ のとき、$-\sin^2\theta<0$ だから、 実数の範囲にこの方程式を満たす $\lambda$ は存在しない。

しかし複素数の範囲であれば、

$$\begin{aligned}\cos\theta-\lambda=\pm i\sin\theta\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}\lambda=\cos\theta\mp i\sin\theta\end{aligned}$$

として、$2$ 個の $\lambda$ が求まる。 ２個なのは元の行列が２次の正方行列であったためだ。

対応する固有ベクトルを求めるには、

$$ (A-\lambda E)\bm x=\begin{pmatrix} \pm i\sin\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\pm i\sin\theta\\ \end{pmatrix}\bm x=\bm 0 $$

を解けばよく、係数行列を同値変形すると、

$$ \sim\begin{pmatrix} \pm i\sin\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\pm i\sin\theta\\ \end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix} \pm i&-1\\ 1&\pm i\\ \end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix} 1&\pm i\\ 1&\pm i\\ \end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix} 1&\pm i\\ 0&0\\ \end{pmatrix} $$

３つ目の $\sim$ では１行目に $\mp i$ をかけた。

したがって、$x\pm iy=0$ となり、掃出せなかった $y$ をパラメータとすれば、

$\lambda=\cos\theta+i\sin\theta$ の固有ベクトルの一般形は

$$\begin{aligned}\bm x=y\begin{pmatrix} i\\1 \end{pmatrix}\end{aligned}$$

$\lambda=\cos\theta-i\sin\theta$ の固有ベクトルの一般形は

$$\begin{aligned}\bm x=y\begin{pmatrix} {}-i\\1 \end{pmatrix}\end{aligned}$$

となる。

実際に入れてみると、

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \pm i\\1 \end{pmatrix}&= \begin{pmatrix} \pm i\cos\theta-\sin\theta\\ \pm i\sin\theta+\cos\theta \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \pm i(\cos\theta\pm i\sin\theta)\\ \cos\theta\pm i\sin\theta \end{pmatrix}\\&= (\cos\theta\pm i\sin\theta)\begin{pmatrix} \pm i\\ 1 \end{pmatrix}= e^{\pm i\theta} \begin{pmatrix} \pm i\\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

のようになって、確かに固有値・固有ベクトルになっていることが分かる。

これらの固有ベクトルに対して、「平面内の回転」を表す行列が、 「複素数の位相を回転」させているのは興味深いところだ。

これらの固有値に対して、固有空間は、

$$V(e^{i\theta})=\big[\begin{pmatrix}i\\1\end{pmatrix}\big],V(e^{-i\theta})=\big[\begin{pmatrix}-i\\1\end{pmatrix}\big]$$

と表せる。

練習†

$x$ の２次以下の多項式からなる線形空間 $P^2[x]$ において、 次の線形変換を考える。

$$\begin{aligned}T:f(x)\mapsto f(x+1)\end{aligned}$$

$T$ の固有値、固有ベクトルを求めよ。

$$\begin{aligned} T(ax^2+bx+c) &=a(x+1)^2+b(x+1)+c\\ &=ax^2+(2a+b)x+(a+b+c) \end{aligned}$$

基底を $B=\langle x^2,x,1\rangle$ と取れば、

$$\begin{aligned} T_B=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 2&1&0\\ 1&1&1\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} |T_B-\lambda E|= \begin{vmatrix} 1-\lambda&0&0\\ 2&1-\lambda&0\\ 1&1&1-\lambda\\ \end{vmatrix}=(1-\lambda)^3=0 \end{aligned}$$

$\therefore \lambda=1$

$$\begin{aligned} (T_B-E)\bm x=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 2&0&0\\ 1&1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}=\bm 0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned}a=b=0\end{aligned}$$

$c=s$ と置けば、

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}= s \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$\bm x_B=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ に対応するベクトルは $\bm x=0x^2+0x+1=1$

すなわち、固有値 $\lambda=1$、固有ベクトル $s\cdot 1$ が答えになる。

固有値問題を解くには適当な基底に対する表現を使うと便利だが、 答えを書くときには元の線形空間の元に直さなければならない。 基底の選び方には任意性があり、回答者が勝手に決めたものだからだ。

どのような基底を取って計算しても、元の空間に戻した際の答えは変わらない。

この問題では縮退度３の固有値 $\lambda=1$ に対して固有空間は１次元しかない。 これは行列で言えば対角化ができないケースに相当する。 一般の線形変換で言えば、全空間である $P^2[x]$ を固有空間の直和で表せないケースに相当する。

エルミート演算子の例†

射影演算子はエルミートである。

量子力学では、任意の観測可能な物理量は波動関数に対するエルミート演算子で表わされる。

エルミート変換の固有値は実数になる†

$H\bm x=\lambda x$ ただし $\bm x\ne \bm 0$ とすると、

$$\begin{aligned}(\bm x,H\bm x)=(H\bm x,\bm x)\end{aligned}$$

に対して、

$$\begin{aligned} &(\text{左辺})= \lambda(\bm x,\bm x)= \lambda|\bm x|^2\\ =&(\text{右辺})=\overline\lambda(\bm x,\bm x)=\overline\lambda|\bm x|^2\\ \end{aligned}$$

より、

$$\begin{aligned}(\lambda-\overline\lambda)|\bm x|^2=0\end{aligned}$$　　 $\bm x\ne 0$ だから、

$$\begin{aligned}\lambda=\overline\lambda\end{aligned}$$

すなわち、

$$\begin{aligned}\lambda\in\mathbb R\end{aligned}$$

エルミート変換の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する†

$H\bm x=\lambda\bm x$、$H\bm y=\lambda'\bm y$ ただし $\bm x\ne \bm 0,\bm y\ne\bm 0$ とすると、

$$\begin{aligned}(H\bm x,\bm y)=(\bm x, H\bm y)\end{aligned}$$

に対して、$\lambda\in\mathbb R$ すなわち $\overline\lambda=\lambda$ であるから、

$$\begin{aligned} &(\text{左辺})=(\lambda\bm x,\bm y)=\overline\lambda(\bm x,\bm y)=\lambda(\bm x,\bm y)\\ =\,&(\text{右辺})=(\bm x, \lambda'\bm y)=\lambda'(\bm x, \bm y) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore (\lambda-\lambda')(\bm x,\bm y)=0 \end{aligned}$$

したがって、 $\lambda\ne\lambda'$ ならば、 $(\bm x,\bm y)=0$ である。

ユニタリ変換の例†

原点を中心とする回転および反転は、任意のベクトルの長さを保存するが、 そのような変換がユニタリ変換である。

任意の正規直交基底から、別の正規直交基底への基底の変換はユニタリ変換となる。

• ユニタリ行列の列ベクトルは正規直交系を為す
• ユニタリ行列の逆行列はユニタリ変換
• ユニタリ行列の積はユニタリ変換

などを使うと証明できる。

量子力学において、例えば時間を進める演算子=時間発展演算子はユニタリになる。

ユニタリ行列の列ベクトルは正規直交系を為す†

$U=\Big(\bm e_1\ \bm e_2\ \dots\ \bm e_n\Big)$ と置けば、

$$\begin{aligned} &U^{-1}U=U^\dagger U=\begin{pmatrix} \hspace{5mm}&\bm e_1^\dagger&\hspace{5mm}\\&\bm e_2^\dagger\\&\vdots\\&\bm e_n^\dagger \end{pmatrix}\Bigg(\bm e_1\ \bm e_2\ \dots\ \bm e_n\Bigg)= \begin{pmatrix} (\bm e_1,\bm e_1)&(\bm e_1,\bm e_2)&\cdots &(\bm e_1,\bm e_n)\\ (\bm e_2,\bm e_1)&(\bm e_2,\bm e_2)& &\vdots\\ \vdots & &\ddots &\vdots\\ (\bm e_n,\bm e_1)&\cdots &\cdots &(\bm e_n,\bm e_n)\\ \end{pmatrix}\\ &=E= \begin{pmatrix} \delta_{11}&\delta_{12}&\cdots &\delta_{1n}\\ \delta_{21}&\delta_{22}& &\vdots\\ \vdots & &\ddots &\vdots\\ \delta_{n1}&\cdots &\cdots &\delta_{nn}\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

より、

$$ (\bm e_i,\bm e_j)=\delta_{ij} $$

同様に $UU^\dagger=E$ より行ベクトルも正規直交系を為すことを示せる。

ユニタリ変換の固有値の絶対値は１になる†

$U\bm x=\lambda\bm x$ ただし $\bm x\ne \bm 0$ とすると、

$$\begin{aligned} (U\bm x,U\bm x)=(\bm x,\bm x) \end{aligned}$$

に対して、

$$\begin{aligned} &(\text{左辺})=\lambda\overline\lambda(\bm x,\bm x)=|\lambda|^2|\bm x|^2\\ =\,&(\text{右辺})=|\bm x|^2\\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned}(|\lambda|^2-1)|\bm x|^2=0\end{aligned}$$

$\bm x\ne\bm 0$ であれば

$$\begin{aligned}|\lambda|=1\end{aligned}$$

絶対値が１の複素数はある実数 $\theta$ を用いて $e^{i\theta}$ と表せるから、

$$\begin{aligned}\lambda=e^{i\theta}\end{aligned}$$

と書けることになる。

ユニタリ変換の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する†

$U\bm x=\lambda\bm x$、$U\bm y=\lambda'\bm y$ ただし $\bm x\ne\bm 0,\bm y\ne\bm 0$ とすると、

$$\begin{aligned} (U\bm x,U\bm y)=(\bm x,\bm y) \end{aligned}$$

に対して、

$$\begin{aligned} &(\text{左辺})=(\lambda\bm x,\lambda'\bm y)=\overline\lambda\lambda'(\bm x,\bm y)\\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore (\overline\lambda\lambda'-1)(\bm x,\bm y)=0 \end{aligned}$$

ここで、$|\lambda|=1$ より $\lambda=e^{i\theta}$ と置けば、

$$\begin{aligned}\overline\lambda=e^{-i\theta}=\frac{1}{e^{i\theta}}=\frac{1}{\lambda}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}\overline\lambda\lambda'-1=\frac{\lambda'}{\lambda}-1=\frac{\lambda'-\lambda}{\lambda}\end{aligned}$$

この値は $\lambda\ne\lambda'$ のときゼロにならないから、

$$\begin{aligned}(\bm x,\bm y)=0\end{aligned}$$

※もちろん $|\lambda|^2=\overline{\lambda}\lambda=1$ から直接 $\overline{\lambda}=1/\lambda$ としても良いが、 上記の説明の方がその意味がよく分かるはず。

例†

ユニタリ行列

$A=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\\\end{pmatrix}$ について上記を確かめよ。

正規行列の固有ベクトル†

対角化 $P^{-1}AP=\Lambda$ に用いる行列 $P$ の列ベクトルはすべて固有ベクトルであった。

したがって、ユニタリ行列で対角化可能ということは、 固有ベクトルにより正規直交系（$n$ 本あるため正規直交基底） を作れることと同値である。

結果的に、正規行列の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する。
証明はこちら→ 線形代数II/正規行列の異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する

例題†

$A=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&3&2&-1\\0&2&0&2\\0&-1&2&3\end{pmatrix}$　を以下の手順でスペクトル分解せよ。

(1) 固有値を求め、小さい方から $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\dots$ とせよ。

(2) 対応する固有ベクトルを求めよ

(3) 固有ベクトルを正規直交化して、ユニタリ行列により $A$ を対角化せよ。

(4) それぞれの固有値に対応する固有空間 $V(\lambda_k)$ への射影行列 $P_{V(\lambda_k)}$ を求めよ。

(5) $\sum_k P_{V(\lambda_k)}=E$ を確かめよ。（$E$ は単位行列である）

(6) $A$ をスペクトル分解せよ。

解答 (1)†

実対称行列すなわちエルミート行列であるから、 固有値は必ず実数になる。

$$\begin{aligned} &|A-\lambda E| =\begin{vmatrix} 1-\lambda&0&0&0\\ 0&3-\lambda&2&-1\\ 0&2&-\lambda&2\\ 0&-1&2&3-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)\begin{vmatrix} 3-\lambda&2&-1\\ 2&-\lambda&2\\ {}-1&2&3-\lambda \end{vmatrix}\ \ \leftarrow(1,1)\text{成分を使った次数の低下}\\ &=(1-\lambda)\begin{vmatrix} 4-\lambda&0&-4+\lambda\\ 2&-\lambda&2\\ {}-1&2&3-\lambda \end{vmatrix}\ \ \ \ \leftarrow \text{１行目から３行目を引いた}\\ &=(1-\lambda)(4-\lambda)\begin{vmatrix} 1&0&-1\\ 2&-\lambda&2\\ {}-1&2&3-\lambda \end{vmatrix}\ \ \ \ \leftarrow \text{１行目の因子}\ (4-\lambda)\ \text{を前に出した}\\ &=(1-\lambda)(4-\lambda)\begin{vmatrix} 1&0&0\\ 2&-\lambda&4\\ {}-1&2&2-\lambda \end{vmatrix}\ \ \ \ \leftarrow \text{１列目を３列目に足した}\\ &=(1-\lambda)(4-\lambda)\big[-\lambda(2-\lambda)-4\cdot 2\big]\\ &=(1-\lambda)(4-\lambda)(-8-2\lambda+\lambda)\\ &=(1-\lambda)(4-\lambda)(-2-\lambda)(4-\lambda)\\ &=(-2-\lambda)(1-\lambda)(4-\lambda)^2\\ \end{aligned}$$

したがって、$\lambda_1=-2,\lambda_2=1,\lambda_3=4\ (\text{二重})$

解答 (2)：$\lambda_1$ について†

$$\begin{aligned} (A-\lambda_1 E)\bm x=\begin{pmatrix} 3&0&0&0\\ 0&5&2&-1\\ 0&2&2&2\\ 0&-1&2&5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=\bm 0 \end{aligned}$$

に対して、係数行列を同値変形すれば、

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

すなわち、　 $ \begin{cases} x=0\\ y-w=0\\ z+2w=0\\ 0=0 \end{cases} $　が成り立つ。

掃出せなかった $w$ をパラメータとすれば、 $ \bm x=w\begin{pmatrix} 0\\1\\-2\\1 \end{pmatrix} $　 が固有ベクトルの一般形である。

したがって、固有空間 $V(-2)$ は１次元で、基底は $\bm b_1=\begin{pmatrix} 0\\1\\-2\\1 \end{pmatrix}$

$\bm b_1$ が元の方程式の解になっていること、つまり $(A-\lambda_1E)\bm b_1=\bm 0$ を確かめれば検算になる。

解答 (2)：$\lambda_2$ について†

$$ (A-\lambda_2 E)\bm x=\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&2&2&-1\\ 0&2&-1&2\\ 0&-1&2&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=\bm 0\\ $$

について、係数行列を同値変形すれば、

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

すなわち、　 $ \begin{cases} 0=0\\ y=0\\ z=0\\ w=0\\ \end{cases} $　 が成り立つ。

掃出せなかった $x$ をパラメータとすれば、　 $\bm x=x\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0\end{pmatrix}$　 が固有ベクトルの一般形である。

したがって、固有空間 $V(1)$ は１次元で、基底は $\bm b_2=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0\end{pmatrix}$

$\bm b_2$ が元の方程式の解になっていること、 つまり $(A-\lambda_2E)\bm b_2=\bm 0$ を確かめれば検算になる。

解答 (2)：$\lambda_3$ について†

$$ (A-\lambda_3 E)\bm x=\begin{pmatrix} {}-3&0&0&0\\ 0&-1&2&-1\\ 0&2&-4&2\\ 0&-1&2&-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=\bm 0\\ $$

について、係数行列を同値変形すれば、　 $ \sim\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&-2&1\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} $

したがって、　 $ \begin{cases} x=0\\ y-2z+w=0\\ 0=0\\ 0=0\\ \end{cases} $　 が成り立つ。

掃出せなかった $z,w$ をパラメータとすれば、　 $\bm x=z\begin{pmatrix} 0\\2\\1\\0 \end{pmatrix}+w\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1 \end{pmatrix} $　 が固有ベクトルの一般形である。

したがって、固有空間 $V(4)$ は２次元で、基底は $\bm b_3=\begin{pmatrix} 0\\2\\1\\0\end{pmatrix}, \bm b_4=\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}$

$\bm b_3,\bm b_4$ が元の方程式の解になっていること、 すなわち $(A-\lambda_3E)\bm b_3=\bm 0,\,$ $(A-\lambda_3E)\bm b_4=\bm 0$ を確かめれば検算になる。

解答 (2)：まとめ†

$$ \bm b_1=\begin{pmatrix} 0\\2\\1\\0\end{pmatrix}\ \in V(-2),\ {} \bm b_1=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0\end{pmatrix}\ \in V(1),\ {} \bm b_3=\begin{pmatrix} 0\\2\\1\\0\end{pmatrix}, \bm b_4=\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1\end{pmatrix}\ \in V(4) $$

重複度１である $\lambda_1=-2,\ \lambda_2=1$ が１次元、
重複度２である $\lambda_3=4$ が２次元になっていることに注意せよ。

解答 (3)†

ここでは $A$ が正規行列であるため、 異なる固有値に属する固有ベクトルは直交する。

すなわち、

$$\begin{aligned} &\bm b_1\perp\bm b_2,\\ &\bm b_1\perp\bm b_3,\bm b_1\perp\bm b_4,\\ &\bm b_2\perp\bm b_3,\bm b_2\perp\bm b_4\\ \end{aligned}$$

は自動的に成り立つが、同じ固有値に対する固有ベクトルが直交するとは限らない。
つまり、$\bm b_3\perp\bm b_4$ とは限らない。

実際、

$$\begin{aligned} \big(\bm b_3,\bm b_4\big)=\bm b_3^\dagger\bm b_4=\begin{pmatrix} 0&&2&&1&&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1 \end{pmatrix} =-2\ne 0 \end{aligned}$$

となり、$\bm b_3\not\perp\bm b_4$ であることが確かめられる。

しかし、$\bm b_3,\bm b_4$ は一次独立であるため、 これら２つのベクトルに対してシュミットの直交化を適用し、 正規直交系を作ることはいつでも可能である。 $V(4)$ は線形空間で、和とスカラー倍に対して閉じているから、 シュミットの直交化によって得られるベクトルも、 やはり固有値 $4$ の固有ベクトルであることに注意せよ。

もちろん、直交するベクトル群を他の方法で見つけることができるならば 必ずしもシュミットの直交化を使う必要はない。

例えば $\bm b_3'=\bm b_3+\bm b_4=\begin{pmatrix} 0\\1\\1\\1 \end{pmatrix}$ は、$\bm b_3'\in V(4)$ かつ $\bm b_3'\perp\bm b_4$ を満たす。

したがって、$\bm b_1,\bm b_2,\bm b_3',\bm b_4$ はすべて互いに直交する。

そこで、これらを正規化して、

$$\begin{aligned} \bm e_1=\frac{1}{\sqrt 6}\begin{pmatrix} 0\\1\\-2\\1 \end{pmatrix},\ {} \bm e_2=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix},\ {} \bm e_3=\frac{1}{\sqrt 3}\begin{pmatrix} 0\\1\\1\\1 \end{pmatrix},\ {} \bm e_4=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

として、正規直交基底 $\set{\bm e_1,\bm e_2,\bm e_3,\bm e_4}$ が得られる。

$A$ を対角化するユニタリ行列は、

$$\begin{aligned}U=\big(\bm e_1\ \ \bm e_2\ \ \bm e_3\ \ \bm e_4\big)=\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 1/\sqrt 6&0&1/\sqrt 3&-1/\sqrt 2\\ {}-2/\sqrt 6&0&1/\sqrt 3&0\\ 1/\sqrt 6&0&1/\sqrt 3&1/\sqrt 2\\ \end{pmatrix}\end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned}U^\dagger AU=\begin{pmatrix} {}-2&&&\\ &1&&\\ &&4&\\ &&&4 \end{pmatrix}\end{aligned}$$

として対角化できる。

解答 (4)†

$$\begin{aligned} P_{V(-2)}=\bm e_1\bm e_1^\dagger= \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0\\1\\-2\\1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&-2&1 \end{pmatrix} =\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&-2&1\\ 0&-2&4&-2\\ 0&1&-2&1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} P_{V(1)}=\bm e_2\bm e_2^\dagger= \begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} P_{V(4)}&=\bm e_3\bm e_3^\dagger+\bm e_4\bm e_4^\dagger= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 0\\1\\1\\1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&1&1\\ \end{pmatrix}+\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0\\-1\\0\\1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&-1&0&1\\ \end{pmatrix}\\&= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&1&1\\ 0&1&1&1\\ 0&1&1&1\\ \end{pmatrix}+ \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&0&-1\\ 0&0&0&0\\ 0&-1&0&1\\ \end{pmatrix}= \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&5&2&-1\\ 0&2&2&2\\ 0&-1&2&5\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

解答 (5)†

$$\begin{aligned} &P_{V(-2)}+P_{V(1)}+P_{V(4)}=\\ &\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&-2&1\\ 0&-2&4&-2\\ 0&1&-2&1 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ \end{pmatrix}+ \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&5&2&-1\\ 0&2&2&2\\ 0&-1&2&5\\ \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

解答 (6)†

スペクトル分解は、

$$\begin{aligned} A&=-2\cdot P_{V(-2)}+1\cdot P_{V(1)}+4\cdot P_{V(4)}\\ &= {}-2\cdot\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&1&-2&1\\ 0&-2&4&-2\\ 0&1&-2&1 \end{pmatrix}+ 1\cdot\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ \end{pmatrix}+ 4\cdot\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&5&2&-1\\ 0&2&2&2\\ 0&-1&2&5\\ \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

検算してみると以下のようになって、確かに等号が成立することを確認できるが、 「スペクトル分解」はあくまでも固有値と射影演算子の積の和の形であるから、 かけ算を実行してまぜこぜにする前の形で解答を書かねばならない。

$$\begin{aligned} (右辺)&= {}-\frac{1}{3}\begin{pmatrix} {}-3&0&0&0\\ 0&1&-2&1\\ 0&-2&4&-2\\ 0&1&-2&1 \end{pmatrix}+ \frac{2}{3}\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 0&5&2&-1\\ 0&2&2&2\\ 0&-1&2&5\\ \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 3&0&0&0\\ 0&-1+10&2+4&-1-2\\ 0&2+4&-4+4&2+4\\ 0&-1-2&2+4&-1+10 \end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 3&0&0&0\\ 0&9&6&-3\\ 0&6&0&6\\ 0&-3&6&9 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&3&2&-1\\ 0&2&0&2\\ 0&-1&2&3 \end{pmatrix}=A \end{aligned}$$

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