第9回 解答
問題.25 解答
行列の対角化について
本問は行列の対角化に関する問題だ。行列の対角化というのは、『与えられた行列 \(A\) に相似な対角行列を求める問題だ。』
\(n\) 次行列 \(A\) に相似な行列というのは、\(n\) 次正則行列 \(P\) を用いて、\(P^{-1}AP\) と表される行列のことである。\(B=P^{-1}AP\) とおくとき、行列 \(A\) と \(B\) が相似であることを \(A \sim B\) と表す。
つまり、\(3 \times 3\) 行列の場合、与えられた \(n\) 次行列 \(A\) を対角化するとは、$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha&0&0\\0&\beta&0\\0&0&\gamma\end{pmatrix}$$となるような \(n\) 次正則行列 \(P\) を求めることなのだ。
これが、与えられた \(n\) 次行列 \(A\) を対角化することの定義である。問題はいかにして、対角化するための正則行列 \(P\) を求めるかである。
行列の対角化を可能にする定理を二つ紹介する。実際問題として、これらたった二つの定理で事足りるのでしっかり理解して使えるようになってほしい。
定理１（固有値から判断する）
\(n\) 次行列 \(A\) が \(n\) 個の異なる固有値を持つならば \(A\) は対角化可能である。
これが定理1の主張である。
たとえば3次行列の場合、固有値を求めるためのに固有方程式 \(|\lambda E-A|=0\) を立てるが、これを解いたとき異なる解が3個でたならば、この時点で対角化可能！と思っていいわけだ。
実際の計算は問題の解答を見てもらうことにして、ここでは定理1の証明の概略を紹介しよう。
定理1の証明
はじめに、\(n\) 次行列 \(A\) が \(n\) 個の異なる固有値を持つとき、これら \(n\) 個の異なる固有値に属する固有ベクトルは1次独立であることを帰納法を用いて示す。
以下において、\(\lambda_i\) に属する固有ベクトルを \(\boldsymbol{p}_i\) と書くことにする。
\(n=1\) のとき、\(\boldsymbol{p}_1\) が1次独立であることは明らかである。
次に、\(\boldsymbol{p}_i\ (1 \le i \le k-1)\) が1次独立であると仮定し、\(\boldsymbol{p}_1 , \cdots , \boldsymbol{p}_k\) が1次独立であることを示す。
今、\(c_1\boldsymbol{p}_1+ \cdots +c_{k-1}\boldsymbol{p}_{k-1}+c_k\boldsymbol{p}_k=\boldsymbol{0} \cdots ①\) と仮定する。
(目標は、\(c_1=c_2=\cdots=c_k=0\) である。)
これから、少しテクニカルなことをする。つまり、①の両辺に \(\lambda_k\) をかけて、
\(c_1\lambda_k\boldsymbol{p}_1+ \cdots +c_{k-1}\lambda_k\boldsymbol{p}_{k-1}+c_k\lambda_k\boldsymbol{p}_k=\boldsymbol{0} \cdots ②\)、
また、①の両辺に \(A\) をかけて、\(A\boldsymbol{p}_i=\lambda_i\) を用いると、
\(c_1\lambda_1\boldsymbol{p}_1+ \cdots +c_{k-1}\lambda_{k-1}\boldsymbol{p}_{k-1}+c_k\lambda_k\boldsymbol{p}_k=\boldsymbol{0} \cdots ③\)、
②から③の辺々を引くと、左辺の第 \(k\) 項が消えるので、
\(c_1(\lambda_k-\lambda_1)\boldsymbol{p}_1+ \cdots +c_{k-1}(\lambda_k-\lambda_{k-1})\boldsymbol{p}_{k-1}=\boldsymbol{0}\) となる。
\(\boldsymbol{p}_i\ (1 \le i \le k-1)\) が1次独立であるという仮定から、$$c_i(\lambda_k-\lambda_i)=0\ (1 \le i \le k-1)$$がいえる。仮定により、\(A\) は \(n\) 個の異なる固有値を持つので \(\lambda_k-\lambda_i \ne 0\) であるから、これより、\(c_i=0\ (1 \le i \le k-1)\) がいえる。したがって、①に代入すると \(c_k\boldsymbol{p}_k=\boldsymbol{0}\) となるが、\(\boldsymbol{p}\ne \boldsymbol{0}\) より、\(c_k=0\) を得る。
これで目標であった \(c_1=c_2=\cdots=c_k=0\) が示された。
ゆえに、\(n\) 個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。 \(q.e.d.\)
さて、これで \(n\) 次行列 \(A\) が \(n\) 個の異なる固有値を持つならば、\(n\) 個の1次独立である固有ベクトルを持つことが示された。このとき、 \(A\) が対角化可能になるということは次の定理2が教えてくれるぞ。
定理2（固有ベクトルから判断する）
\(n\) 次行列 \(A\) が\(n\) 個の1次独立な固有ベクトル \(\boldsymbol{p}_1、\cdots、\boldsymbol{p}_1\) を持つならば\(A\) は対角化可能である 。（実は、\(n\) 次行列 \(A\) が\(n\) 個の1次独立な固有ベクトルを持つことは対角化可能であるための必要十分条件である）
このとき、\(P=(\boldsymbol{p}_1 , \cdots , \boldsymbol{p}_1)\) ( \(P\) は\(n\) 次行列) とおくと、
$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} \lambda_1 \\ & \lambda_2 & & \huge{0} \\ & & \ddots \\ & \huge{0} & & \ddots \\ & & & & \lambda_n \end{pmatrix}$$
と対角化される。ここで、各 \(\lambda_i\) は \(A\) の固有値で、\(\boldsymbol{p}_i\) は \(\lambda_i\) に属する固有ベクトルである。
これが、定理2の主張である。前回の第8回の内容である固有値と固有ベクトルが中心的な役割を演じていることが分かるだろう。
証明は、主張してる内容とは裏腹に秒でできるのだ！
定理2の証明
各 \(\lambda_i\) は \(A\) の固有値で、\(\boldsymbol{p}_i\) は \(\lambda_i\) に属する固有ベクトルだから、その定義から
$$A\boldsymbol{p}_i=\lambda_i \boldsymbol{p}_i\ (1\le i \le n)$$とかけるだろう。そしてこれは、$$AP=P\begin{pmatrix} \lambda_1 \\ & \lambda_2 & & \huge{0} \\ & & \ddots \\ & \huge{0} & & \ddots \\ & & & & \lambda_n \end{pmatrix}$$が成り立つことに他ならない。
各 \(\boldsymbol{p}_i\) は1次独立であるから、\(n\) 次行列 \(P\) は正則（逆行列が存在する）であるから、両辺の左から \(P\) をかけて、$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} \lambda_1 \\ & \lambda_2 & & \huge{0} \\ & & \ddots \\ & \huge{0} & & \ddots \\ & & & & \lambda_n \end{pmatrix}$$
を得る。 \(q.e.d.\)
ほら、たしかに対角化できただろう？
以上、二つの定理を駆使して、与えられた行列を対角化するわけだ。とにかく、固有値と固有ベクトルを求める必要があることが、定理2の証明から分かるだろう。
では問題の解答に移ろう。
問題.25の解答
\(A=\begin{pmatrix}1&2\\-1&4\end{pmatrix}\) である。まずは固有値を求める。
固有方程式：\(|\lambda E-A|=0\) を解くと、
\begin{split}
&\Longleftrightarrow \begin{vmatrix}\lambda-1&-2\\1&\lambda-4\end{vmatrix}=0\\
&\Longleftrightarrow (\lambda-1)(\lambda-4)+2=0\\
&\Longleftrightarrow \lambda^{2}-5\lambda+6=0\\
&\Longleftrightarrow (\lambda-2)(\lambda-3)=0
\end{split}
よって、\(A\) は異なる二つの固有値 \(\lambda=2、3\) を持つ。したがって、定理1により、この時点で \(A\) は対角化可能だと分かるのだ。
次に各固有値に属する固有ベクトルを求める。（固有値と固有ベクトルの定義は第8回を参照）
\(\lambda=2\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda-1&-2\\1&\lambda-4\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に、\(\lambda=2\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}1&-2\\1&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \Longleftrightarrow x-2y=0\) となるので、
\(y=c\ (c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とすると、\(\lambda=2\) に属する固有ベクトルは、\(\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\) となる。したがって、特に \(\boldsymbol{p}_1\) として、\(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\) をとる。
\(\lambda=3\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda-1&-2\\1&\lambda-4\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に、\(\lambda=3\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}2&-2\\1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \Longleftrightarrow x-y=0\) となるので、
\(y=c\ (c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とすると、\(\lambda=3\) に属する固有ベクトルは、\(\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) となる。したがって、特に \(\boldsymbol{p}_2\) として、\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) がとれる。
これより、対角化行列 \(P\) は、\(\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}\) で、定理2より、\(A\) は、$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}$$と対角化される。
※わざわざ計算しなくとも定理2によって対角成分に固有値が並ぶことが約束されている。もちろん一度計算してみると確かに対角化されることを実感できるだろう。
以上が、問題.25の解答である。次の問題は、3次行列についてだ。
問題.26の解答
\(A=\begin{pmatrix}4&1&-1\\-4&0&2\\2&1&1\end{pmatrix}\) である。
まずは固有値を求める。
固有方程式：\(|\lambda E-A|=0\) を解くと、
\begin{split}
&\Longleftrightarrow \begin{vmatrix}\lambda-4&-1&1\\4&\lambda&-2\\-2&-1&\lambda-1\end{vmatrix}=0\\
&\Longleftrightarrow \lambda(\lambda-4)(\lambda-1)-4-4-\{-2\lambda+2(\lambda-4)-4(\lambda-1)\}=0\\
&\Longleftrightarrow \lambda^{3}-5\lambda^{2}-4\lambda-8-(-4\lambda-4)=0\\
&\Longleftrightarrow \lambda^{3}-5\lambda^{2}+8\lambda-4=0\\
&\Longleftrightarrow (\lambda-1)(\lambda-2)^{2}=0
\end{split}
よって、\(A\) は異なる二つの固有値 \(\lambda=1、2\) を持つ。今回は、異なる三つの固有値を持たないので、この時点では \(A\) が対角化可能かどうかはまだ分からない。
よって、次に定理2を満たす可能性を探っていく。とにもかくにも、各固有値に属する固有ベクトルを求める。
\(\lambda=1\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda-4&-1&1\\4&\lambda&-2\\-2&-1&\lambda-1\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に \(\lambda=1\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}-3&-1&1\\4&1&-2\\-2&-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)
\(\Longleftrightarrow \begin{cases}-3x-y+z=0\\4x+y-2z=0\\2x+y=0\end{cases}\)
ここで、\(x=c\ (c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とおくと、\(y=-2c\)、\(z=3x+y=3c-2c=c\) より、\(\lambda=1\) に属する固有ベクトルは、
$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}$$となるので、特に \(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}\) がとれる。
\(\lambda=2\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda-4&-1&1\\4&\lambda&-2\\-2&-1&\lambda-1\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に \(\lambda=2\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}-2&-1&1\\4&2&-2\\-2&-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Longleftrightarrow 2x+y-z=0\)
ここで、\(x=s、y=t\ (s、t \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とおくと、\(z=2x+y=2s+t\) より、\(\lambda=2\) に属する固有ベクトルは、
$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s\\t\\2s+t\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$となるので、1次独立な固有ベクトルとして、\(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\)、\(\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) がとれる。
これで、3個の1次独立な固有ベクトル \(\boldsymbol{p}_1、\boldsymbol{p}_2、\boldsymbol{p}_3\) を得たので、定理2により与えられた行列 \(A\) は対角化可能である。ここまできてようやく対角化可能であることが分かったのだ。対角化行列 \(P\) は、
\(P=\begin{pmatrix}1&1&0\\-2&0&1\\1&2&1\end{pmatrix}\) であり、このとき ¥(A¥) は、
$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$$と対角化される。
※左辺をわざわざ計算しなくとも定理2によって対角成分に固有値が並ぶことが約束されているのだ。
これが問題.26の解答である。問題.25、問題.26共に対角化可能であった。そうすると、対角化できないものはめったにないのでは？ と思うかもしれないが、実は自分で作ってみようとすると分かるのだが、固有方程式が重解(2重解または3重解)を持つとき、大体において対角化不可能であった。上の問題.26は固有方程式が重解 \(\lambda=2\) を持ち、対角化可能であったが、これはむしろまれな方であるのだ！ 次の問題は、問題.26と固有値が似ているが対角化できない例となっているぞ。
問題.27の解答
\(A=\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&2&0\\0&-1&2\end{pmatrix}\) である。
まずは固有値を求める。
固有方程式：\(|\lambda E-A|=0\) を解くと、
\begin{split}
&\Longleftrightarrow \begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\1&\lambda-2&0\\0&1&\lambda-2\end{vmatrix}=0\\
&\Longleftrightarrow \lambda(\lambda-2)^{2}+(\lambda-2)=0\\
&\Longleftrightarrow (\lambda-2)(\lambda^{2}-2\lambda+1)=0\\
&\Longleftrightarrow (\lambda-2)(\lambda-1)^{2}=0\\
\end{split}
よって、\(A\) は異なる二つの固有値 \(\lambda=1、2\) を持つ。今回は、異なる三つの固有値を持たないので、この時点では \(A\) が対角化可能かどうかはまだ分からない。
よって、次に定理2を満たす可能性を探っていく。とにもかくにも、各固有値に属する固有ベクトルを求める。
\(\lambda=1\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda&-1&0\\1&\lambda-2&0\\0&1&\lambda-2\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に \(\lambda=1\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}1&-1&0\\1&-1&0\\0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)
\(\Longleftrightarrow \begin{cases}x-y=0\\y-z=0\end{cases}\Longleftrightarrow x=y=z\)
ここで、\(x=c\ (c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とおくと、\(x=y=z=c\) より、\(\lambda=1\) に属する固有ベクトルは、
$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$$となるので、特に \(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) がとれる。
\(\lambda=2\) のとき、$$\begin{pmatrix}\lambda&-1&0\\1&\lambda-2&0\\0&1&\lambda-2\end{pmatrix}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
に \(\lambda=2\) を代入して、
\(\begin{pmatrix}2&-1&0\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} \Longleftrightarrow \begin{cases}2x-y=0\\x=0\\y=0\\zは任意\end{cases}\)
ここで、\(z=c\ (c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))\) とおくと、\(\lambda=2\) に属する固有ベクトルは、
$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$となるので \(\boldsymbol{p}_2\) として、 \(\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\) の一つのみとれる。
つまり、1次独立な固有ベクトルが2個しか取れなかったので、定理2の条件を満たさない。よって、与えられた行列 \(A\) は対角化できないのである。
したがって、対角化できないが答えとなる。
コメント