1-7. 固有値・固有ベクトル

式1.54

$A\mathbf{a}=\lambda \mathbf{a}$ の両辺の形は、

$$A\mathbf{a}=\left(\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \cdots & a_{1n}\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n1}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ ⋮\\ a_n\end{array}\right),\lambda \mathbf{a}=\lambda \left(\begin{array}{c}{a}_1\\ ⋮\\ a_n\end{array}\right)$$

となる。式変形して、

$$\begin{array}{rl}A\mathbf{a}-\lambda \mathbf{a}& =EA\mathbf{a}-\lambda E\mathbf{a}\\ & =(EA-\lambda E)\mathbf{a}\\ & =(A-\lambda E)\mathbf{a}=0\end{array}$$

が成り立つ。もし $(A-\lambda E)\mathbf{a}$ に逆行列 $((A-\lambda E)\mathbf{a}{)}^{-1}$ があれば左からそれをかけることで $\mathbf{a}=0$ を得るが、これは定義1.28に矛盾する。したがって $A-\lambda E$ の逆行列は存在しない。

定理1.29

${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_n$ は一次独立でないと仮定すると、${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_k$ までは一次独立で、${\mathbf{a}}_{k+1}$ を含むと一次従属になるような $k(k<n)$ が存在する。このときある定数 $c_1,\cdots ,c_k$ を使って、

$${\mathbf{a}}_{k+1}=c_1{\mathbf{a}}_1+c_2{\mathbf{a}}_2+\cdots +c_k{\mathbf{a}}_k\text{\hspace{1em}(1)}$$

と書けるはず (${\mathbf{a}}_{k+1}$ は一次従属なので、一次独立の和として表現できる)。左側から $A$ をかけて、

$$A{\mathbf{a}}_{k+1}=c_{1}A{\mathbf{a}}_1+c_{2}A{\mathbf{a}}_2+\cdots +c_{k}A{\mathbf{a}}_k$$

さらに、$A{\mathbf{a}}_i={\lambda }_i{\mathbf{a}}_i$ なので、

$${\lambda }_{k+1}{\mathbf{a}}_{k+1}=c_1{\lambda }_2{\mathbf{a}}_1+c_2{\lambda }_2{\mathbf{a}}_2+\cdots +c_k{\lambda }_k{\mathbf{a}}_k\text{\hspace{1em}(2)}$$

となる。(2)式に(1)を代入して、

$${\lambda }_{k+1}(c_1{\mathbf{a}}_1+c_2{\mathbf{a}}_2+\cdots +c_k{\mathbf{a}}_k)=c_1{\lambda }_1{\mathbf{a}}_1+c_2{\lambda }_2{\mathbf{a}}_2+\cdots +c_k{\lambda }_k{\mathbf{a}}_k$$

さらに、右辺を左辺に移動して、

$$c_1({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_1){\mathbf{a}}_1+c_2({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_2){\mathbf{a}}_2+\cdots +c_k({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_k){\mathbf{a}}_k=0$$

仮定より ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_k$ は一次独立なので、

$$c_1({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_1)=c_2({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_2)=\cdots =c_k({\lambda }_{k+1}-{\lambda }_k)=0$$

固有値がすべて異なるので、$c_1=c_2=\cdots =c_k=0$ から、 ${\mathbf{a}}_{k+1}=0$ を得るが、これは固有ベクトルが $0$ でないことに矛盾する。

定理1.31

$P^{-1}P=E$ より、$\text{det}(P^{-1})\cdot \text{det}P=1$ なので、$\text{det}(P^{-1})=(\text{det}P{)}^{-1}$ である。

固有方程式は $\text{det}(\lambda E-A)=\text{det}(A-\lambda E)=0$ であるので(0でさえあればいいので、入れ替えても同じ)、

$$\begin{array}{rl}\text{det}(\lambda E-A)& =\text{det}(\lambda E-P^{-1}BP)\\ & =\text{det}(\lambda P^{-1}EP-P^{-1}BP)\\ & =\text{det}(P^{-1})\cdot \text{det}(\lambda E-B)\cdot \text{det}(P)\\ & =\text{det}(P{)}^{-1}\cdot \text{det}(\lambda E-B)\cdot \text{det}P\\ & =\text{det}(\lambda E-B)\end{array}$$

より、固有多項式が一致する。同様に、

$$\begin{array}{rl}\text{det}A& =\text{det}(P^{-1}BP)\\ & =\text{det}(P^{-1})\cdot \text{det}(B)\cdot \text{det}(P)\\ & =\text{det}(P{)}^{-1}\cdot \text{det}B\cdot \text{det}P\\ & =\text{det}B\end{array}$$

である。

定理1.34 (前半)

$\mathbf{a}$ と $\mathbf{b}$ の複素内積は、${}^t\mathbf{a}\overline{\mathbf{b}}$ と書けることから、

$$(A\mathbf{a},\mathbf{b})={}^t(A\mathbf{a})\overline{\mathbf{b}}$$

である。${}^t(AB)={}^{t}B{}^{t}A$ より、

$$={}^t(A\mathbf{a})\overline{\mathbf{b}}={}^t\mathbf{a}{}^{t}A\overline{\mathbf{b}}$$

これを内積の形に変形して、

$$={}^t\mathbf{a}{}^{t}A\overline{\mathbf{b}}=(\mathbf{a},\overline{({}^{t}A)}\mathbf{b})$$

である。先に転置しても後で転置しても値としては変わらないので、

$$\begin{gathered} =(\mathbf{a},\overline{({}^{t}A)}\mathbf{b}) \\ =(\mathbf{a},{}^t(\overline{A})\mathbf{b}) \end{gathered}$$

最後に定理1.24より、

$$\begin{gathered} =(\mathbf{a},{}^t(\overline{A})\mathbf{b}) \\ =(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{b}) \end{gathered}$$

定理1.34 (後半)

複素内積の定義と $A\mathbf{a}=\lambda \mathbf{a}$より、

$$|\lambda {|}^2|\mathbf{a}{|}^2=\lambda \overline{\lambda }(\mathbf{a},\mathbf{a})=(\lambda \mathbf{a},\lambda \mathbf{a})=(A\mathbf{a},A\mathbf{a})$$

である。$(A\mathbf{a},\mathbf{b})=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{b})$ なので、

$$=(A\mathbf{a},A\mathbf{a})=(\mathbf{a},A^{\ast }A\mathbf{a})=(\mathbf{a},\mathbf{a})=|\mathbf{a}{|}^2$$

$|\mathbf{a}{|}^2\ne 0$ なので、$|\lambda {|}^2=1$ つまり $|\lambda |=1$

直行行列の場合

$\mathbf{a}\in \mathbb{R}$ のとき、$(A\mathbf{a},\mathbf{b})=(\mathbf{a},{}^{t}A\mathbf{b})$ である。定義1.24の $A=\overline{A}$ より $A^{\ast }={}^{t}A$、定義1.33より $A{}^{t}A={}^{t}AA$、定義1.26より $A{}^{t}A=E$ なので、

$$|\lambda {|}^2|\mathbf{a}{|}^2=\lambda \overline{\lambda }(\mathbf{a},\mathbf{a})=\cdots =(\mathbf{a},{}^{t}AA\mathbf{a})=(\mathbf{a},\mathbf{a})$$

複素内積のおさらい

$${}^t\mathbf{a}\overline{\mathbf{b}}=\left(\begin{array}{c}{a}_1,\cdots ,a_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\overline{b_1}\\ ⋮\\ {\overline{b}}_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{a}_1\overline{b_1}\\ ⋮\\ a_n{\overline{b}}_n\end{array}\right)$$

である。なぜ複素共役を取るのかは1-1. ベクトルと行列を参照のこと。

定理1.35

$A\mathbf{a}=\lambda \mathbf{a}$ とすると、定理1.34の $(A\mathbf{a},\mathbf{b})=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{b})$ より、

$$\lambda (\mathbf{a},\mathbf{a})=(\lambda \mathbf{a},\mathbf{a})=(A\mathbf{a},\mathbf{a})=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{a})$$

ここで、$A$ はエルミート行列なので $A=A^{\ast }$ であることを利用すると、

$$=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{a})=(\mathbf{a},A\mathbf{a})=(\mathbf{a},\lambda \mathbf{a})=\overline{\lambda }(\mathbf{a},\mathbf{a})$$

となる。$\lambda =\overline{\lambda }$ なので、$\lambda$ は実数である。

定理1.36

正規行列であることの証明

まず $A$ が正規行列のとき $A-\lambda E$ も正規行列になることを確認する。随伴行列の性質から、$(A+B{)}^{\ast }=A^{\ast }+B^{\ast }$ と $(kA{)}^{\ast }=\overline{k}{A}^{\ast },k\in \mathbb{C}$ は自明であるので、$X=A-\lambda E$ とおくと、

$X^{\ast }=(A-\lambda E{)}^{\ast }=A^{\ast }-\overline{\lambda }E$

である。正規行列であることを示すには $X{X}^{\ast }=X^{\ast }X$ であることを示せばいいので、それぞれを計算すると、

$$\begin{array}{r}X{X}^{\ast }=(A-\lambda E)(A^{\ast }-\overline{\lambda }E)=A{A}^{\ast }-\lambda A^{\ast }-\overline{\lambda }A+|\lambda {|}^{2}E\\ X^{\ast }X=(A^{\ast }-\overline{\lambda }E)(A-\lambda E)=A^{\ast }A-\overline{\lambda }A-\lambda A^{\ast }+|\lambda {|}^{2}E\end{array}$$

2式の展開結果から $A{A}^{\ast }=A^{\ast }A$ となるので、$X=A-\lambda E$ も正規行列となる。

内積を考える

式1.54より $(A-\lambda E)\mathbf{a}=0$ なので、内積をとっても $0$ である。したがって、式1.65の $(A\mathbf{a},\mathbf{b})=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{b})$ と定義1.33の正規行列の性質 $A{A}^{\ast }=A^{\ast }A$ を利用すると、

$$\begin{array}{rl}0& =((A-\lambda E)\mathbf{a},(A-\lambda E)\mathbf{a})\\ & =(\mathbf{a},(A-\lambda E{)}^{\ast }(A-\lambda E)\mathbf{a})\\ & =(\mathbf{a},(A-\lambda E)(A-\lambda E{)}^{\ast }\mathbf{a})\end{array}$$

ここで、内積 $(\mathbf{a},A\mathbf{b})$ を考える。

$$(\mathbf{a},A\mathbf{b})={}^t\mathbf{a}(\overline{A\mathbf{b}})={}^t\mathbf{a}({}^t{A}^{\ast }\overline{\mathbf{b}})={}^t\mathbf{a}{}^t{A}^{\ast }\overline{\mathbf{b}}={}^t(A^{\ast }\mathbf{a})\overline{\mathbf{b}}=(A^{\ast }\mathbf{a},\mathbf{b})$$

であるので、

$$\begin{array}{rl}& =(\mathbf{a},(A-\lambda E)(A-\lambda E{)}^{\ast }\mathbf{a})\\ & =((A-\lambda E{)}^{\ast }\mathbf{a},(A-\lambda E{)}^{\ast }\mathbf{a})\end{array}$$

となる。これは $|(A^{\ast }-\overline{\lambda }E)\mathbf{a}{|}^2=0$ であり、 $\mathbf{a}\ne 0$ なので、 $A^{\ast }\mathbf{a}=\overline{\lambda }\mathbf{a}$ である。

固有値について考える

互いに異なる固有値 ${\lambda }_i,{\lambda }_j$ に従属する固有ベクトルを ${\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j$ とすると、$A\mathbf{a}=\lambda \mathbf{a}$ と $(A\mathbf{a},\mathbf{b})=(\mathbf{a},A^{\ast }\mathbf{b})$ そして今し方求めた $A^{\ast }\mathbf{a}=\overline{\lambda }\mathbf{a}$ より、

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_i({\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j)& =({\lambda }_i{\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j)\\ & =(A{\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j)\\ & =({\mathbf{a}}_i,A^{\ast }{\mathbf{a}}_j)\\ & =({\mathbf{a}}_i,\overline{{\lambda }_j}{\mathbf{a}}_j)\\ & ={\lambda }_j({\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j)\end{array}$$

が成り立つが、${\lambda }_i\ne {\lambda }_j$ より、$({\mathbf{a}}_i,{\mathbf{a}}_j)=0$ となる。