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の変更点

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[[線形代数II/固有値問題・固有空間・スペクトル分解]]

#katex

* 正規行列 [#v556cbec]

正規行列 &math(A); は &math(AA^\dagger=A^\dagger A); を満たす行列
正規行列 $A$ は $AA^\dagger=A^\dagger A$ を満たす行列

* 準備：正規行列について $A\bm x=\lambda x$ なら $A^\dagger\bm x=\overline\lambda\bm x$ [#p694137a]

&math(A\bm x=\lambda x); のとき、
$A\bm x=\lambda x$ のとき、

&math((A-\lambda E)\bm x=\bm 0); であるから、
$(A-\lambda E)\bm x=\bm 0$ であるから、

$$
\begin{aligned}
0&=\|(A-\lambda E)\bm x\|^2\\
&=\big((A-\lambda E)\bm x,(A-\lambda E)\bm x\big)\\
&=\big(\bm x,(A-\lambda E)^\dagger(A-\lambda E)\bm x\big)\\
&=\big(\bm x,(A^\dagger-\overline\lambda E)(A-\lambda E)\bm x\big)\\
&=\big(\bm x,(A^\dagger A-\overline\lambda A-\lambda A^\dagger+|\lambda|^2E)\bm x\big)\\
&=\big(\bm x,(A A^\dagger-\overline\lambda A-\lambda A^\dagger+|\lambda|^2E)\bm x\big)\hspace{5mm}\because A^\dagger A=AA^\dagger\\
&=\big(\bm x,(A-\lambda E)(A^\dagger-\overline\lambda E)\bm x\big)\\
&=\big((A-\lambda E)^\dagger\bm x,(A^\dagger-\overline\lambda E)\bm x\big)\\
&=\|(A^\dagger-\overline\lambda E)\bm x\|^2\\
\end{aligned}
$$

すなわち、

&math(A^\dagger\bm x=\overline\lambda\bm x);
$$A^\dagger\bm x=\overline\lambda\bm x$$

* 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 [#pc64d78a]

&math(A); が正規行列で、&math(A\bm x=\lambda\bm x,A\bm y=\lambda'\bm y); のとき、
$A$ が正規行列で、$A\bm x=\lambda\bm x,A\bm y=\lambda'\bm y$ のとき、

&math(
$$
\begin{aligned}
&\big(\bm x,A\bm y\big)=\big(\bm x,\lambda'\bm y\big)=\lambda'\big(\bm x,\bm y\big)\\
&=\big(A^\dagger\bm x,\bm y\big)=\big(\overline\lambda\bm x,\bm y\big)=\lambda\big(\bm x,\bm y\big)
);
\end{aligned}
$$

したがって、

&math((\lambda-\lambda')(\bm x,\bm y)=0);
$$(\lambda-\lambda')(\bm x,\bm y)=0$$

&math(\lambda\ne\lambda'); ならば、&math((\bm x,\bm y)=0);
$\lambda\ne\lambda'$ ならば、$(\bm x,\bm y)=0$

* 質問・コメント [#k1688fd4]

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