【線形代数】7-2-1 対角化の定義｜要点まとめ
大学数学の線形代数における「固有空間」の定義から、具体的な求め方、次元の性質、固有空間の直和性まで分かりやすく解説します。さらに、行列の固有空間の計算や、線形変換（微分作用素など）における固有空間の基底を求める実践的な例題を通じて、理解を深めることができます。
対角化の定義
【対角化の定義】
\(A\in M_n(\mathbb{C})\)とする。このとき、ある正則行列\(P\)に対して\(P^{-1}AP\)が対角行列となるとき、このような変換行列\(P\)と対角行列\(P^{-1}AP\)を求めることを対角化という。
【対角化可能であるための必要十分条件(1)】
\(A\in M_n(\mathbb{C})\)が対角化可能であることの必要十分条件は、\(A\)の固有ベクトルからなる\(\mathbb{C}^n\)の基底が存在することである。このとき、\(A\)の(重複をこめた)\(n\)個の固有値を\(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\)とし、\(\lambda_j\)に対する\(A\)の固有ベクトル\(\boldsymbol{p}_j\)を\(\boldsymbol{p}_1,\boldsymbol{p}_2,\cdots,\boldsymbol{p}_n\)が\(\mathbb{C}^n\)の基底となるようにとると、\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \cdots & \boldsymbol{p}_n\end{pmatrix}\)とおけば\(P\)は正則行列で
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n\end{pmatrix}\)
と\(A\)を対角化できる。
【対角化可能であるための必要十分条件(2)】
\(A\in M_n(\mathbb{C})\)の相異なる固有値を\(\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_m\)とし、その重複度をそれぞれ\(l_1,l_2,\cdots,l_m\)とする。このとき、次の条件は全て同値である。
(1)\(A\)は対角化可能である
(2)\(A\)の固有ベクトルからなる\(\mathbb{C}^n\)の基底が存在する。
(3)\(\mathbb{C}^n=V(\mu_1)\oplus V(\mu_2)\oplus\cdots\oplus V(\mu_m)\)
(4)\(\dim V(\mu_j)=l_j\ \ (j=1,2,\cdots,m)\)
(5)\(n-\mathrm{rank}(A-\mu_jE_n)=l_j\ \ (j=1,2,\cdots,m)\)
【対角化可能であるための十分条件】
\(A\in M_n(\mathbb{C})\)の固有値が全て異なるとき、\(A\)は対角化可能である。
【例題】次の行列が対角化可能か判定し、可能ならば対角化しなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ -1 & 4\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 \\ 1 & x-4\end{vmatrix}\)
\(=x^2-5x+6\)
\(=(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 \\ -1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}-2 & 2 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-1 & -2 \\ 1 & x-4\end{vmatrix}\)
\(=x^2-5x+6\)
\(=(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-1 & 2 \\ -1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -2 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}-2 & 2 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -1 \\ 1 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^2+1\)
\(=(x-i)(x+i)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=i,-i\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(i)\)のとき、
\((A-iE)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-iE=\begin{pmatrix}-i & 1 \\ -1 & -i\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & i \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-i \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{C})\)
すなわち、\(V(i)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-i \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(-i)\)のとき、
\((A+iE)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+iE=\begin{pmatrix}i & 1 \\ -1 & i\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -i \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}i \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{C})\)
すなわち、\(V(-i)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}i \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-i & i \\ 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}i & 0 \\ 0 & -i\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -1 \\ 1 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^2+1\)
\(=(x-i)(x+i)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=i,-i\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(i)\)のとき、
\((A-iE)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-iE=\begin{pmatrix}-i & 1 \\ -1 & -i\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & i \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-i \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{C})\)
すなわち、\(V(i)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-i \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(-i)\)のとき、
\((A+iE)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+iE=\begin{pmatrix}i & 1 \\ -1 & i\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & -i \\ 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}i \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{C})\)
すなわち、\(V(-i)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}i \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-i & i \\ 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}i & 0 \\ 0 & -i\end{pmatrix}\)
(3)\(A=\begin{pmatrix}3 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 3 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 2 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & -2 & -2 & 4 \\ -2 & x-3 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & x-2 & 1 \\ -2 & -2 & -2 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\begin{vmatrix}x-5 & -4 & 5 \\ -1 & x-2 & 1 \\ -1 & -x & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\begin{vmatrix}x-4 & -x-2 & -(x-2) \\ -1 & x-2 & x-1 \\ -1 & -x & 0\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^2(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 2 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 1 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}0 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 0 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x-3 & -2 & -2 & 4 \\ -2 & x-3 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & x-2 & 1 \\ -2 & -2 & -2 & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\begin{vmatrix}x-5 & -4 & 5 \\ -1 & x-2 & 1 \\ -1 & -x & x+1\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\begin{vmatrix}x-4 & -x-2 & -(x-2) \\ -1 & x-2 & x-1 \\ -1 & -x & 0\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)^2(x-2)(x-3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2,3\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 2 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}1 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 1 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -3\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}0 & 2 & 2 & -4 \\ 2 & 0 & 2 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 2 & 2 & 2 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(3)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & -1 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\)
(4)\(A=\begin{pmatrix}-3 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 2\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+3 & 2 & 2 & -1 \\ -2 & x-3 & -2 & 0 \\ -3 & -1 & x+2 & 1 \\ 4 & 2 & 2 & x-2\end{vmatrix}\)
\(=(-1)^{3+4}\cdot1\begin{vmatrix}x & 1 & x \\ -2 & x-3 & -2 \\ 4 & 2 & 2\end{vmatrix}\)
\(=-\begin{vmatrix}0 & 1 & x \\ 0 & x-3 & -2 \\ 2 & 2 & 2\end{vmatrix}\)
\(=x(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,1,2\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}-3 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-5 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & 1 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ -6 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}2 \\ -6 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-4 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 1 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & -6 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+3 & 2 & 2 & -1 \\ -2 & x-3 & -2 & 0 \\ -3 & -1 & x+2 & 1 \\ 4 & 2 & 2 & x-2\end{vmatrix}\)
\(=(-1)^{3+4}\cdot1\begin{vmatrix}x & 1 & x \\ -2 & x-3 & -2 \\ 4 & 2 & 2\end{vmatrix}\)
\(=-\begin{vmatrix}0 & 1 & x \\ 0 & x-3 & -2 \\ 2 & 2 & 2\end{vmatrix}\)
\(=x(x-2)(x-1)^2=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,1,2\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}-3 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(0)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}-5 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -2 & -1 \\ 0 & 1 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}2 \\ -6 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(2)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}2 \\ -6 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-4 & -2 & -2 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 1 & -1 \\ -4 & -2 & -2 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_4=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、
\(P=\begin{pmatrix}\boldsymbol{p}_1 & \boldsymbol{p}_2 & \boldsymbol{p}_3 & \boldsymbol{p}_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & -6 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 & 2\end{pmatrix}\)
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
(5)\(A=\begin{pmatrix}-1 & -1 & -1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 0 & 3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+1 & 1 & 1 & 2 \\ -1 & x-1 & -1 & 0 \\ -2 & -1 & x-2 & -2 \\ -1 & -1 & 0 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\cdot 1 \cdot (-1)^{1+1}\begin{vmatrix}x-1 & -1 & 0 \\ -1 & x-2 & -2 \\ -1 & 0 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)(x-1)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & -1 & -1 & -2 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & -1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(3\)と\(\dim V(1)=2\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x+1 & 1 & 1 & 2 \\ -1 & x-1 & -1 & 0 \\ -2 & -1 & x-2 & -2 \\ -1 & -1 & 0 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=(x-1)\cdot 1 \cdot (-1)^{1+1}\begin{vmatrix}x-1 & -1 & 0 \\ -1 & x-2 & -2 \\ -1 & 0 & x-3\end{vmatrix}\)
\(=(x-2)(x-1)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)であり、固有値が全て異なるので\(A\)は対角化可能。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}-2 & -1 & -1 & -2 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & -1 & 2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(V(1)\)の基底として\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ -2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)がとれる。
よって、固有値\(1\)の重複度\(3\)と\(\dim V(1)=2\)が異なるので、\(A\)は対角可能ではない。
線形変換の固有値・固有ベクトル
【線形変換の固有値・固有ベクトル】
\(\lambda\in\mathbb{K}\)が\(f\)の固有値であるとは
\(f(v)=\lambda v\)
となる零でないベクトル\(v\in V\)が存在することである。このとき、\(v\)を\(\lambda\)に対する\(f\)の固有ベクトルという。
【例題】2変数\(x\)と\(y\)についての二次斉次実多項式全体のなす実ベクトル空間を\(V\)としたとき、\(D\)の固有値と固有空間の基底を求めなさい。
\(V=\{ax^2+bxy+cy^2|a,b,c\in\mathbb{R}\}\)
線形変換\(D:V\longrightarrow V\)を
\(\displaystyle D(u)=y\frac{\partial u}{\partial x}+x\frac{\partial u}{\partial y}\ \ (u=u(x,y)\in V)\)
線形変換\(D:V\longrightarrow V\)を
\(\displaystyle D(u)=y\frac{\partial u}{\partial x}+x\frac{\partial u}{\partial y}\ \ (u=u(x,y)\in V)\)
\(V\)の基底\([x^2,xy,y^2]\)に関する\(f\)の表現行列\(A\)を求める。
この基底を\(D\)で写すと
\(D(x^2)=2xy\)
\(D(xy)=x^2+y^2\)
\(D(y^2)=2xy\)
すなわち、
\([D(x^2),D(xy),D(y^2)]=[x^2,xy,y^2]\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -1 & 0 \\ -2 & x & -2 \\ 0 & -1 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x\)
\(=x(x-2)(x+2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,2,-2\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(0)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(2)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-2)\)のとき、
\((A+2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(-2)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
この基底を\(D\)で写すと
\(D(x^2)=2xy\)
\(D(xy)=x^2+y^2\)
\(D(y^2)=2xy\)
すなわち、
\([D(x^2),D(xy),D(y^2)]=[x^2,xy,y^2]\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(x)=\begin{vmatrix}x & -1 & 0 \\ -2 & x & -2 \\ 0 & -1 & x\end{vmatrix}\)
\(=x^3-4x\)
\(=x(x-2)(x+2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0,2,-2\)
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(0)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(2)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix}\)
・固有空間\(V(-2)\)のとき、
\((A+2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+2E=\begin{pmatrix}-2 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、\(V(-2)\)の基底として\(\begin{pmatrix}1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
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