固有値と固有ベクトル の履歴(No.37)

固有値問題†

固有値問題の解法†

まずは固有値を求めよう。

が成り立つとすれば、これに単位行列 を掛けて、

と書ける。すると、

が成立しなければならない。

行列 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)
• (右辺)

となり、 が導かれてしまう。

すなわち、ある について行列 が正則になったなら、 その に対して 固有ベクトルは存在しない。

つまり、正則でなくなるための条件

が 固有ベクトルが存在するための に対する必要条件 であることが分かる。

固有値 が満たすこの方程式は 「行列 の固有方程式」 と呼ばれる。

固有方程式を解いて得られた に対して、

を について解く、

あるいはこれを変形した、

を について解けば、

に対応する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 に対して、

となる解が必ず存在する。

→ 固有方程式は が固有値となるための十分条件でもある

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：　

の時、 は回転を表すため、 任意のベクトルが元とは異なる方向を向く
→ すなわち、元のベクトルと平行にならない。
→ すると、固有ベクトルは１つも存在しないはず！
→ 固有値も存在しないはず！

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

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

\end{vmatrix} =0 );

では、左辺第２項が正となるから、 この方程式を満たす は確かに存在しない・・・
→ 本当？

いや、複素数の範囲 でなら存在する！

２つの解が得られたので場合分けをして：

① 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 を掛けてみる

&math( \sim \begin{bmatrix}

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

\end{bmatrix} );

&math( \sim \begin{bmatrix}

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

\end{bmatrix} );

より と置けば、

② 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 を掛けて

&math( \sim \begin{bmatrix}

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

\end{bmatrix} );

&math( \sim \begin{bmatrix}

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

\end{bmatrix} );

より と置けば、

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}

is \\ s

\end{bmatrix}=(\cos \theta + i\sin\theta)\bm x );

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

-it \\ t

\end{bmatrix} = (\cos \theta - i\sin\theta)\bm x );

（騙されたみたい、に感じるけれど）ちゃんとうまく行く。

このように、複素数の範囲で考える限り固有値は必ず存在する。

この点について、以下に詳しく見よう。

固有方程式の解†

固有ベクトルの自由度†

例えば が の固有値 に属する固有ベクトル（ ） であれば、 任意の実数 に対して も に属する固有ベクトルである。 (厳密には を除外しなければならないが、自明なので以下明記しない)

なぜなら、

このように、固有ベクトルは必ず任意パラメータを含む形で求まる。

ある固有値 に属する固有ベクトルに含まれるパラメータの数＝自由度について考えよう。

から固有ベクトル を求める方程式は、 元 連立の一次方程式となる。

すなわち、

&math( (A-\lambda I)\bm x= \begin{bmatrix} a_{11}-\lambda & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{11}-\lambda & & \vdots \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & \dots & & a_{nn} - \lambda \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\\vdots\\x_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\\vdots\\0 \end{bmatrix} =\bm o );

階数の定義より、上記連立方程式の拡大係数行列を行に対する基本変形で階段行列化した際には 非ゼロの行が 行、ゼロの行が 行現われる。

&math( \begin{bmatrix} a_{11}-\lambda & a_{12} & \dots & a_{1n} & 0 \\ a_{21} & a_{11}-\lambda & & \vdots & \vdots \\ \vdots & & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{n1} & \dots & \dots & a_{nn} - \lambda & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix}

* & * & \dots & * & 0 \\ 

\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\

* & * & \dots & * & 0 \\

0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\

0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\

\end{bmatrix} \begin{array}{ll} \Bigg\} \ \rank (A-\lambda I)\\ \\ \Bigg\} \ n- \rank (A-\lambda I)\\ \end{array} );

ここで、係数行列 は正則ではないため、 である。 したがって、掃き出し後の階段行列にはゼロの行が必ず１行以上現われることになる。

すなわちはき出せない列が 列現れて、 解には同数の未定係数（パラメータ）が現われることになる。

&math( \bm x = c^{(1)}\begin{bmatrix} x_1^{(1)}\\x_2^{(1)}\\ \vdots \\x_n^{(1)}\\ \end{bmatrix}

1. c^{(2)}\begin{bmatrix} x_1^{(2)}\\x_2^{(2)}\\ \vdots \\x_n^{(2)}\\ \end{bmatrix}
2. \dots + c^{(m)}\begin{bmatrix} x_1^{(m)}\\x_2^{(m)}\\ \vdots \\x_n^{(m)}\\ \end{bmatrix} );

ただし、 は任意係数であり、

である。

すなわち、固有ベクトルの自由度は である。

繰り返しになるが、 であるため、 すべての固有値に対する固有ベクトルは最低１以上の自由度を持つ。

（蛇足：求めた固有値に対して固有ベクトルを求める際にパラメータを 含まない形になってしまった場合には、途中の計算を間違えている ことになる。）

以上は、「行列の階数」のところでやった「連立一次方程式の解の自由度」 の部分をほぼそのままなぞる形の議論であるため、関連して復習せよ。

固有ベクトルの一次独立性†

「 の異なる固有値に属する固有ベクトルは１次独立である」

この意味は、

「行列 の固有値の中から、 個の異なる固有値 を選び出し、これらに対応する固有ベクトルをそれぞれ１つ選んで とすれば、 この 個のベクトルは一次独立である」

ということ。

まず確認：

「 が一次独立」の意味は、 「 が成り立つと仮定すれば を導けること」であった。

以下は数学的帰納法を用いた証明：

(1)
の時には、固有ベクトル は を満たすため、 から が導かれ、 は一次独立である。

(2)
ベクトルが 個の時に一次独立になると仮定して、 個でも一次独立になることを導く。

「 個でも一次独立になること」は、 「 から が導けること」なので、加えて

・・・（＊）

が成り立つことも仮定する。この式に左から を掛ければ

&math( &c_1A\bm x_1+c_2A\bm x_2+\dots+c_rA\bm x_r=\\ &c_1\lambda_1\bm x_1+c_2\lambda_2\bm x_2+\dots+c_r\lambda_r\bm x_r=0);

一方、（＊）に を掛ければ、

&math( c_1\lambda_r\bm x_1+c_2\lambda_r\bm x_2+\dots+c_r\lambda_r\bm x_r=0);

２つの式を引き算すると、

&math( &c_1(\lambda_1-\lambda_r)\bm x_1+c_2(\lambda_2-\lambda_r)\bm x_2+\dots+c_{r-1}(\lambda_{r-1}-\lambda_r)\bm x_{r-1}+c_r(\lambda_r-\lambda_r)\bm x_r=\\ &c_1(\lambda_1-\lambda_r)\bm x_1+c_2(\lambda_2-\lambda_r)\bm x_2+\dots+c_{r-1}(\lambda_{r-1}-\lambda_r)\bm x_{r-1}=0);

仮定より、異なる固有値に属する 個の固有ベクトル は一次独立であるため、 係数はすべてゼロでなくてはならず、

であり、すべての固有値が異なるという仮定から、

が導かれる。

さらにこれらを（＊）に代入すれば、 を得る。

すなわち、（＊）から が導かれたことになり、 は一次独立であることが言えた。

で成り立つことと、
で成り立てば で成り立つことから、
与えられた命題は全ての に対して成り立つことが証明された。

質問・コメント†