固有空間と固有ベクトル【例題】

$ \def\a{\alpha} \def\p{\bm{p}} \def\go{\Rightarrow} \def\co{\Leftarrow} $

この記事では、前半で「固有空間の性質」を証明して、後半で「固有値と固有空間」を求める問題を扱います。
行列を対角化する問題については対角化可能を参照してください。

まずは固有値、固有ベクトル、固有空間などの定義を確認します。

以下, $I$ を単位行列とする.

定義
$A\in M_n(\C)$ とする. 複素数 $\a$ が $A$ の固有値(eigenvalue)であるとは, $$ \exists \x\in \C^n \sm \{\0\},\ \ \ A\x=\a\x. $$ が成り立つことである. また, このとき $\x$ を $\a$ に対する $A$ の固有ベクトル(eigenvector)とよぶ.

定義
$A\in M_n(\C)$ とし, $\a\in \C$ を $A$ の固有値とする. $$ W(\a):=\Ker(A-\a I)=\{\x\in \C^n \mid A\x=\a\x\} $$ を固有値 $\a$ に対する固有空間(eigenspace)という.

問題
固有空間 $W(\a)$ は $\C^n$ の部分空間であることを示せ.

▼ 解答

[解答]
$\x,\y\in W(\a),\ c\in \C$ とする. このとき, $A\x=\a\x,\ A\y=\a\y$ が成り立つから, $$\eq{ & A(\x+\y)=A\x+A\y=\0+\0=\0, \\[3pt] & A(c\x)=c(A\x)=c \c \0=\0 }$$ により, $\x+\y,c\x\in W(\a)$ である. よって $W(\a)$ は $\C^n$ の部分空間である.

性質

定理
$A\in M_n(\C)$ とし, $\a$ を $A$ の固有値とする. このとき, $$ \dim W(\a)=n-\rank(A-\a I). $$

[証明]  次元定理により $$ \dim \Ker(A-\a I) = \dim \C^n +\dim \Im(A-\a I). $$ であるから定理の等式が成り立つ.

定理
$A\in M_n(\C)$ とし, $\a_1,\cd,\a_s$ を $A$ の相異なる固有値とする. このとき, これらの固有値に対する固有ベクトル $\v_1,\cd,\v_s$ は線形独立である.

▼ 証明

[証明]  $s$ に関する帰納法で示す. $s=1$ のときは明らかであるから, $s\geq 2$ とし, $\\v_1,\cd,\v_{s-1}$ は線形独立であると仮定する. $c_i$ をスカラーとして $$ c_1\v_1+\cd+c_{s-1}\v_{s-1}+c_s\v_s=0 \tag{*}$$ とする. 両辺に $A$ をかければ, $A\v_i=\a_i \v_i$ であるから, $$ c_1\a_1\v_1+\cd+c_{s-1}\a_{s-1}\v_{s-1}+c_s\a_s\v_s=0. $$ 他方, $(*)$ を $\a_s$ 倍すれば, $$ c_1\a_s\v_1+\cd+c_{s-1}\a_s\v_{s-1}+c_s\a_s\v_s=0. $$ 上の２式を辺々引き算すれば $$ c_1(\a_1-\a_s)\v_1+\cd +c_{s-1}(\a_{s-1}-\a_s)\v_{s-1}=0. $$ これから帰納法の仮定によって $c_i(\a_i-\a_s)=0\ (i=1,\cd,s-1)$ が得られ, $\a_i\neq \a_s$ であるから $c_i=0\ (i=1,\cd,s-1)$ が得られる. したがって, また $(*)$ から $c_s=0$ も得られる. これで主張が示された.

定理
$A\in M_n(\C)$ とし, $\a_1,\cd,\a_s$ を $A$ の相異なる固有値とする. このとき, 固有空間の和 $W(\a_1)+\cd+W(\a_s)$ は直和である.

▼ 証明

[証明]  $Z=W(\a_1)+\cd+W(\a_s)$ とおく. $\bm{z}$ を $Z$ の任意の元とし, $$ \bm{z}=\v_1+\cd+\v_s=\v_1'+\cd+\v_s' \ \ \ (\v_i,\v_i'\in W(\a_i)) $$ とする. このとき $\v_i-\v_i'=\v_i''$ とおけば $$ \v_1''+\cd+\v_s''=0\ \ \ \ \ (\v_i''\in W(\a_i)) \tag{*}$$ となるが, 前定理によって相異なる固有値に対する固有ベクトルは線形独立であるから, $(*)$ が成り立つためには, 明らかに $$ \v_1''=\cd=\v_s''=0 $$ でなければならない. ゆえに $\v_i=\v_i'\ (i=1,\cd,s).$ すなわち $Z$ の元を $W(\a_i)$ の元の和として表すしかたは一意的である.

定理
$n$ 次正方行列 $A$ についての次の３条件は互いに同値である.
(1) $A$ は対角化可能.
(2) $A$ の固有ベクトルの中から, $n$ 個の線形独立な $\x_1,\cd,\x_n$ が選べる.
(3) $A$ の相異なる固有値全体が $\a_1,\a_2,\cd,\a_s$ であれば, $$ \C^n=W(\a_1)\oplus \cd \oplus W(\a_s). $$

▼ 証明

[証明]  $(1)\go (2)\ \ $ ある $P\in M_n(\C)$ によって, $T:=P^{-1}AP$ が対角行列になったとしよう. $P$ の列ベクトルを $\p_1,\cd,\p_n$ で表せば, $P$ は正則であるから, $\p_1,\cd,\p_n$ は線形独立である. さらに, $P^{-1}AP=T$ は $AP=PT$ を意味し, 右辺は $(\a_1\p_1,\cd,\a_n\p_n)$ であるから, $\p_i$ は固有値 $\a_i$ に属する固有ベクトルである.

$(1)\co (2)\ \ $ $\x_1,\cd,\x_n$ を基底として, 線形変換 $\x\ma A\x$ を行列表示をすれば, $\x_i$ の属する固有値を $(i,i)$ 成分とする対角行列が得られる. したがって, $A$ は対角化可能である.

$(2)\go (3)\ \ $ 任意の $\x\in \C^n$ をとると, $\x_1,\cd,\x_n$ は $\C^n$ の基底であるから, $\x=c_1\x_1+\cd+c_n\x_n$ で表せる. 各 $\x_i$ はある固有値の固有空間に属するから, $\x\in W(\a_1)+\cd+W(\a_n)$ である. したがって, $\C^n=W(\a_1)+\cd+W(\a_n)$ である. これが直和であることは固有空間の性質から成り立つ.

$(2)\co (3)\ \ $ $W(\a_i)$ の基底を 各 $i=1,\cd,s$ について一組ずつ選び, それら全体を考えればよい.

問題

例題
$A= \m{ 2 & 1 \cr 1 & 2 }$ の固有値と固有空間を求めよ.

▼ 解答

[解答]
$$\eq{ |xI-A| & = \md{x-2 & -1 \cr -1 & x-2 } =(x-2)^2-1 \\ & =x^2-4x+3=(x-1)(x-3) }$$ により, $A$ の固有値は $1$ と $3$ である.

固有値 $1$ に対する固有ベクトルは $$ (A-I)\x= \m{ 1 & 1 \cr 1 & 1 } \m{ x_1 \\ x_2}=\m{x_1+x_2 \\ x_1+x_2}=\m{0 \\ 0} $$ の非自明解である. したがって, $$ W(1)=\le\langle \m{1 \\ -1} \ri\rangle. $$
固有値 $3$ に対する固有ベクトルは $$ (A-3I)\x= \m{ -1 & 1 \cr 1 & -1 } \m{ x_1 \\ x_2}=\m{-x_1+x_2 \\ x_1-x_2}=\m{0 \\ 0} $$ の非自明解である. したがって, $$ W(3)=\le\langle \m{1 \\ 1} \ri\rangle. $$

例題
$A= \m{ 1 & 1 & 1 \cr 0 & 2 & 0 \cr 0 & 0 & 2 }$ の固有値と固有空間を求めよ.

▼ 解答

[解答]
$$ |xI-A|= \md{x-1 & -1 & -1 \cr 0 & x-2 & 0 \cr 0 & 0 & x-2 } =(x-1)(x-2)^2 $$ により, $A$ の固有値は $1$ と $2$ である.

固有値 $1$ に対する固有ベクトルは $$ (A-I)\x= \m{ 0 & 1 & 1 \cr 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & 1 } \m{ x_1 \\ x_2 \\ x_3} =\m{x_2+x_3 \\ x_2 \\ x_3}=\m{0 \\ 0 \\ 0} $$ の非自明解である. したがって, $$ W(1)=\le\langle \m{1 \\ 0 \\ 0} \ri\rangle. $$
固有値 $2$ に対する固有ベクトルは $$ (A-2I)\x= \m{-1 & 1 & 1 \cr 0 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0 } \m{ x_1 \\ x_2 \\ x_3} =\m{ -x_1+x_2+x_3 \\ 0 \\ 0}=\m{0 \\ 0 \\ 0} $$ の非自明解である. $x_1=c_1,\ x_2=c_2$ とすると, $x_3=c_1-c_2$ であるから, 固有ベクトルは $$ x=\m{c_1 \\c_2\\ c_1-c_2} =c_1\m{1 \\0 \\1} +c_2\m{0 \\1 \\-1} \ \ (\neq \0) $$ という形に表せる. したがって, $$ W(2)=\le\langle \m{1 \\ 0 \\ 1},\ \ \m{0 \\ 1 \\ -1} \ri\rangle. $$