第十一回　解答

問題.31　解答

解答の前に

本問は『シュミットの直交化法』を用いて、正規直交基底を求める問題だ。解答の前に、正規直交基底とシュミットの直交化法がどういうものかを理解しよう！

正規直交基底の定義

\(V : n次元\mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C})\) ベクトル空間とする。
ただし、\(V\) には \(\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y} \in V\) に対して、内積 \((\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})\) が定義されているとする。

\(V\) の \(n\) の元の集合、\(\tilde{\boldsymbol{x}}=\{\boldsymbol{x}_1 , \cdots , \boldsymbol{x}_n\}\) が$$(\boldsymbol{x}_i , \boldsymbol{x}_j)=\delta_{i , j}\ (1 \le i , j \le n)$$を満たすとき、\(\tilde{\boldsymbol{x}}\) を正規直交基底という。

ここで、\(\delta_{i , j}\) はクロネッカーのデルタで、第一回でも紹介したが、その定義は、$$\delta_{i , j}=\begin{cases}1 　(i=j)\\0　(i \ne j)\end{cases}$$ であった。

つまり、正規直交基底というのは長さが1(正確にはノルムが1)で、どの二つも互いに直交するような\(n\)個のベクトルの組である。最も身近な例は、\(\mathbb{R}^{3}\) における、$$\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}、\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}、\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right\}$$であろう。

※正規直交基底を英語で orthonormal basis (オーソノーマル ベイシス)と書くので、簡単に o.b. と書くことにしよう。

シュミットの直交化法について

シュミットの直交化法というのは、与えられた基底を利用してo.b.を作る方法である。

やり方を覚えるだけなのだが、最初はけっこう大変に思えるかもしれない。しかし、慣れてくると楽しく計算できるようになってくるだろう。まずは、シュミットの直交化法の意味について見て行こう。

まず、\(V\) の基底 \(\tilde{\boldsymbol{a}}=\{\boldsymbol{a}_1 , \cdots , \boldsymbol{a}_n\}\) が与えられたとしよう。 これを用いて、一個づつ正規直交基底の元を求めていくという計算法である。求める正規直交基底を \(\tilde{\boldsymbol{b}}=\{\boldsymbol{b}_1 , \cdots , \boldsymbol{b}_n\}\) とおく。

まず一つ目の \(\boldsymbol{b}_1\) について、$$\boldsymbol{b}_1=\frac{\boldsymbol{a}_1}{\|\boldsymbol{a}_1\|}$$
と定める。\(\boldsymbol{a}_1\) を自分自身の長さ(ノルム)で割っているので、\(\boldsymbol{b}_1\) のノルムはもちろん１となる。

次に二つ目の \(\boldsymbol{b}_2\) について、$$\boldsymbol{b}_2=\frac{\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|}$$
と定める。これも、\(\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\) というベクトルを自分自身の長さ(ノルム)で割っているので、\(\boldsymbol{b}_2\) のノルムはもちろん１となる。

そして大事なことは、このように定めた \(\boldsymbol{b}_2\) は \(\boldsymbol{b}_1\) と直交するのである。じっさいに、\(\boldsymbol{b}_2\) と \(\boldsymbol{b}_1\) の内積を計算すると、
$$(\boldsymbol{b}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)=(\frac{\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|} \ ,\ \boldsymbol{b}_1)$$
$$=\frac{1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|}(\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\ \ (←定数倍は前へ出る！)$$
$$=\frac{1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|}\{(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\|\boldsymbol{b}_1\|^{2}\}=0$$
ここで、\(\|\boldsymbol{b}_1\|=1\) であるから、
$$=\frac{1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|}\cdot 0=0$$
と内積が0となったので確かに直交する。

次に三つ目の \(\boldsymbol{b}_3\) について、$$\boldsymbol{b}_3=\frac{\boldsymbol{a}_3-\sum_{i=1}^{2}(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i}{\|\boldsymbol{a}_3-\sum_{i=1}^{2}(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\|}$$
と定める。

\(\boldsymbol{b}_3\) のノルムは１であることはもういいだろう。

大切なことは、このように定めた \(\boldsymbol{b}_3\) は、 \(\boldsymbol{b}_1\) と \(\boldsymbol{b}_2\) に直交するのである。このことをチェックするためには、\(\boldsymbol{b}_3\) の定数倍は無視してよいので、\(\boldsymbol{b}_3\) の分子の \(\boldsymbol{a}_3-\sum_{i=1}^{2}(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\) が、 \(\boldsymbol{b}_1\) と \(\boldsymbol{b}_2\) に直交することをチェックすればよい。

まずは、\(\boldsymbol{b}_1\) について、

$$(\boldsymbol{a}_3-\sum_{i=1}^{2}(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\ ,\ \boldsymbol{b}_1)$$
$$=(\boldsymbol{a}_3-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\boldsymbol{b}_2\ ,\ \boldsymbol{b}_1)$$
$$=(\boldsymbol{a}_3\ ,\ \boldsymbol{b}_1)-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\|\boldsymbol{b}_1\|^{2}-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)(\boldsymbol{b}_2\ ,\ \boldsymbol{b}_1)$$
ここで、\(\|\boldsymbol{b}_1\|=1\) で、\(\boldsymbol{b}_2\) と \(\boldsymbol{b}_1\) は直交することは既に示したので、第３項は０になって消える。したがって、
$$(上式)=(\boldsymbol{a}_3\ ,\ \boldsymbol{b}_1)-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\cdot1 =0$$
よって、\(\boldsymbol{b}_3\) は、 \(\boldsymbol{b}_1\) と直交する。

次に、\(\boldsymbol{b}_2\) について、

$$(\boldsymbol{a}_3-\sum_{i=1}^{2}(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\ ,\ \boldsymbol{b}_2)$$
$$=(\boldsymbol{a}_3-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\boldsymbol{b}_2\ ,\ \boldsymbol{b}_2)$$
$$=(\boldsymbol{a}_3\ ,\ \boldsymbol{b}_2)-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)(\boldsymbol{b}_1\ ,\ \boldsymbol{b}_2)-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\|\boldsymbol{b}_2\|^{2}$$
ここで、\(\|\boldsymbol{b}_2\|=1\) で、\(\boldsymbol{b}_1\) と \(\boldsymbol{b}_2\) は直交することは既に示したので、第２項は０になって消える。したがって、
$$(上式)=(\boldsymbol{a}_3\ ,\ \boldsymbol{b}_2)-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\cdot1 =0$$
よって、\(\boldsymbol{b}_3\) は、 \(\boldsymbol{b}_2\) と直交する。

以下同様に、\(\boldsymbol{b}_4\) を
$$\boldsymbol{b}_4=\frac{\boldsymbol{a}_4-\sum_{i=1}^{3}(\boldsymbol{a}_4 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i}{\|\boldsymbol{a}_4-\sum_{i=1}^{3}(\boldsymbol{a}_4 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\|}$$
と定め、\(\boldsymbol{b}_5\) を
$$\boldsymbol{b}_5=\frac{\boldsymbol{a}_5-\sum_{i=1}^{4}(\boldsymbol{a}_5 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i}{\|\boldsymbol{a}_5-\sum_{i=1}^{4}(\boldsymbol{a}_5 \ ,\ \boldsymbol{b}_i)\boldsymbol{b}_i\|}$$

と定めていくと、上とまったく同様にノルムが１であることと、異なる二つが直交することを示すことができる。

さあ、なかなか大変な計算だったと思うが、それは文字を使って一般的にやったからであって、具体的に与えられたベクトルで計算すると、そこまで大変ではないぞ。

長くなったがこれから問題の解答に移ろう！

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問題.31の解答

与えられたベクトルをもう一度書くと、
$$\boldsymbol{a}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}、\boldsymbol{a}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}、\boldsymbol{a}_3=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$$
である。では、上で見たように \(\boldsymbol{b}_1\) から順に決めて行こう。

※以下の計算では、列ベクトルではなく行ベクトルとして計算して、最後に転置をとって列ベクトルに直すことにする。

\(\boldsymbol{b}_1\) については、$$\boldsymbol{b}_1=\frac{\boldsymbol{a}_1}{\|\boldsymbol{a}_1\|}=(\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)$$
で終わりだ。

次に、\(\boldsymbol{b}_2\) を求めるために、\(\boldsymbol{b}_2’=\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\) を求める。

$$\boldsymbol{b}_2’=(0,1,1)-\left((0,1,1)\ ,\ (\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)\right)(\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)$$
$$=(0,1,1)-\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)$$
$$=(0,1,1)-(\frac{1}{2} , \frac{1}{2} , 0)=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$$

\(\boldsymbol{b}_2\) については、$$\boldsymbol{b}_2=\frac{\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1}{\|\boldsymbol{a}_2-(\boldsymbol{a}_2 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1\|}=\frac{\boldsymbol{b}_2^{\prime}}{\|\boldsymbol{b}_2’\|}$$
と定めるのであった。

$$\|\boldsymbol{b}_2’\|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+1}=\sqrt{\frac{6}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$$
したがって、
$$\boldsymbol{b}_2=\frac{2}{\sqrt{6}}(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)=(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}})$$
となる。

次に、\(\boldsymbol{b}_3\) を求めるために、\(\boldsymbol{b}_3’=\boldsymbol{a}_3-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\boldsymbol{b}_2\) を求める。

$$\boldsymbol{b}_3’=(1,0,1)-\left((1,0,1)\ ,\ (\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)\right)(\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)$$$$-\left((1,0,1)\ ,\ (-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}})\right)(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}})$$
$$=(1,0,1)-\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} , 0)-\frac{1}{\sqrt{6}}(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}})$$
$$=(1,0,1)-(\frac{1}{2} , \frac{1}{2} , 0)+(\frac{1}{6},-\frac{1}{6},-\frac{1}{3})=(\frac{2}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})$$

\(\boldsymbol{b}_3\) については、$$\boldsymbol{b}_3=\frac{\boldsymbol{a}_3-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\boldsymbol{b}_2}{\|\boldsymbol{a}_3-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_1)\boldsymbol{b}_1-(\boldsymbol{a}_3 \ ,\ \boldsymbol{b}_2)\boldsymbol{b}_2\|}=\frac{\boldsymbol{b}_3^{\prime}}{\|\boldsymbol{b}_3’\|}$$
と定めるのであった。ここで、

$$\|\boldsymbol{b}_3’\|=\sqrt{\frac{4}{9}\times 3}=\frac{2}{\sqrt{3}}$$
したがって、
$$\boldsymbol{b}_3=\frac{\boldsymbol{b}_3^{\prime}}{\|\boldsymbol{b}_3’\|}=\frac{\sqrt{3}}{2}(\frac{2}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})=(\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})$$
となる。

以上により、求める \(\mathbb{R}^{3}\) の正規直交基底は、(転置をとって)

$$ \left\{\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\0\end{pmatrix}\ ,\ \begin{pmatrix}-\frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}}\end{pmatrix}\ ,\ \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}}\\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{1}{\sqrt{3}}\end{pmatrix}\right\}　\cdots　(答)$$

以上が、問題.31の解答だ。数問解けばすぐに慣れると思う。とにかく繰り返し練習だ！

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問題.32　解答

直交行列の性質についての証明問題だ。すべて重要な性質なので証明も含めしっかり理解してほしい。問題は、次の4条件が同値であることを示すというものだ。

(ⅰ)　\(A\) は直交行列である。すなわち、\({}^{t}\!A\ A=A\ {}^{t}\!A=E\) を満たす\(n\) 次実行列。

(ⅱ)　任意の \(\boldsymbol{x}\ \in\ \mathbb{R}^{n}\) に対して、\(\|A\boldsymbol{x}\|=\|\boldsymbol{x}\|\) が成立する。

(ⅲ)　任意の \(\boldsymbol{x}、\boldsymbol{y}\ \in \mathbb{R}^{n}\) に対して、\((A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})=(\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})\) が成立する。

(ⅳ)　\(\{\boldsymbol{a}_1, \cdots ,\boldsymbol{a}_n\}\) は正規直交基底(=o.b.)である。

※性質(ⅱ)、(ⅲ)から直交行列は正規直交基底を正規直交基底に移すことが分かる。（ノルムと内積が変化しないので）

（証明）

\((ⅰ)\Longrightarrow(ⅱ)\) について：

$$\|A\boldsymbol{x}\|^{2}=(A\boldsymbol{x},A\boldsymbol{x})\stackrel{\mathrm{def}}{=}{}^{t}\!(A\boldsymbol{x})(A\boldsymbol{x})=({}^{t}\boldsymbol{x} {}^{t}\!A)(A\boldsymbol{x})={}^{t}\boldsymbol{x}( {}^{t}\!AA)\boldsymbol{x}　\cdots　\star$$

ここで、仮定より \(A\) は直交行列なので \( {}^{t}\!AA=E\) が成り立つ。したがって、

$$\star={}^{t}\boldsymbol{x}E\boldsymbol{x}={}^{t}\boldsymbol{x}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\|\boldsymbol{x}\|^{2}$$

ゆえに、\(\|A\boldsymbol{x}\|^{2}=\|\boldsymbol{x}\|^{2}\) から、\(|A\boldsymbol{x}\|=\|\boldsymbol{x}\|\) を得る。

これは、(ⅱ)が成り立つことを示している。

\((ⅱ)\Longrightarrow(ⅲ)\) について：

\((A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}) , A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}))\) を二通りの方法で計算する。

$$(A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}) , A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}))=\|A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})\|^{2}$$

ここで、仮定の(ⅱ)より、

$$\|A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})\|^{2}=\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^{2}=(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y} , \boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})$$

$$=\|\boldsymbol{x}\|^{2}+2(\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})+\|\boldsymbol{y}\|^{2}　\cdots　①$$

$$また、　　　(A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}) , A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}))=(A\boldsymbol{x}+A\boldsymbol{y} , A\boldsymbol{x}+A\boldsymbol{y})$$

$$=(A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{x})+(A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})+(A\boldsymbol{y} , A\boldsymbol{x})+(A\boldsymbol{y} , A\boldsymbol{y})$$

$$=\|A\boldsymbol{x}\|^{2}+2(A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})+\|A\boldsymbol{y}\|^{2}　\cdots　\star$$

ここで、仮定の(ⅱ)より、\(\|A\boldsymbol{x}\|^{2}=\|\boldsymbol{x}\|^{2}　、　\|A\boldsymbol{y}\|^{2}=\|\boldsymbol{y}\|^{2}\) なので、

$$\star=\|\boldsymbol{x}\|^{2}+2(A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})+\|\boldsymbol{y}\|^{2}　\cdots　②$$

①と②から、

$$\|\boldsymbol{x}\|^{2}+2(\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})+\|\boldsymbol{y}\|^{2}=\|\boldsymbol{x}\|^{2}+2(A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})+\|\boldsymbol{y}\|^{2}$$

$$\Longleftrightarrow (A\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})=(\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y}).$$

これは、(ⅲ)が成り立つことを示している。

\((ⅲ)\Longrightarrow(ⅳ)\) について：

\(\boldsymbol{e}_i、\boldsymbol{e}_j\) を基本ベクトルとする。

$$(A\boldsymbol{e}_i、A\boldsymbol{e}_j)=(\boldsymbol{a}_i , \boldsymbol{a}_j)　\cdots　③　が成り立つ。$$

一方、(ⅲ)を仮定しているので、

$$(A\boldsymbol{e}_i、A\boldsymbol{e}_j)=(\boldsymbol{e}_i、\boldsymbol{e}_j)=\delta_{i , j}　(←クロネッカーのデルタ)　\cdots　④$$

③と④から、

$$(\boldsymbol{a}_i , \boldsymbol{a}_j)=\delta_{i , j}$$

これは、\(\{\boldsymbol{a}_1, \cdots ,\boldsymbol{a}_n\}\) が正規直交基底であること、すなわち(ⅳ)が成り立つことを示している。

最後に、\((ⅰ)\Longleftrightarrow(ⅳ)\) を示す。

$$A=(\boldsymbol{a}_1,\cdots,\boldsymbol{a}_n) が直交行列$$

$$\Longleftrightarrow {}^{t}\!A\ A=E$$

$$\Longleftrightarrow \begin{pmatrix}{}^{t}\boldsymbol{a}_1\\ \vdots \\ {}^{t}\boldsymbol{a}_n\end{pmatrix}(\boldsymbol{a}_1,\cdots,\boldsymbol{a}_n)=E$$

$$\Longleftrightarrow {}^{t}\!\boldsymbol{a}_i\boldsymbol{a}_j=\delta_{i , j}$$

$$\Longleftrightarrow (\boldsymbol{a}_i , \boldsymbol{a}_j)=\delta_{i , j}$$

これは、\((ⅰ)\Longleftrightarrow(ⅳ)\) であることを示している。

以上により、

$$\begin{matrix}(ⅰ)\Longrightarrow(ⅱ)\\
\Updownarrow\ 　　　\Downarrow\\
(ⅳ)\Longleftarrow(ⅲ)\end{matrix}$$

が示されたので、4条件(ⅰ)～(ⅳ)は同値であることが示された。　\(q.e.d.\)

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問題.33　解答

解答の前に

本問は、与えられた行列を三角化する問題だ。

行列には対角化できるものと、できないものがあってそれを教えてくれたのが第9回の解答で紹介した定理1と定理2である。

しかし、『行列の三角化』は常に可能なのだ！　それを保証してくれるのが次の定理である。

まずは、新しい概念であるユニタリ行列について紹介しよう。ついでにエルミート行列についても大事なので紹介する。

エルミート行列とユニタリ行列

\(M_n(\mathbb{C})\) を \(n\) 次複素行列全体とする。

\(A\ \in\ M_n(\mathbb{C})\) に対して、\(A\) の『転置共役』を、\(A^{\ast}\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ {}^{t}(\overline{A})\) で表す。

ここで、演算『\(\ast\)』に対して明らかに次が成り立つ。

(ア)　\((A^{\ast})^{\ast}=A\)

(イ)　\((AB)^{\ast}=B^{\ast}A^{\ast}\)

(ウ)　\((\alpha A+\beta B)^{\ast}=\overline{\alpha}A^{\ast}+\overline{\beta}B^{\ast}\ \ (\alpha , \beta\ \in\ \mathbb{C})\)

(エ)　\((A\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})=(\boldsymbol{x} , A^{\ast}\boldsymbol{y})\ 、\ (\boldsymbol{x} , A\boldsymbol{y})=(A^{\ast}\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})\ \ (\boldsymbol{x}\ ,\ \boldsymbol{y}\ \in\ \mathbb{C}^{n})\)

※(エ)の内積 \((\cdot\ ,\ \cdot)\) はエルミート内積：\((\boldsymbol{x} , \boldsymbol{y})\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ {}^{t}\boldsymbol{x}\overline{\boldsymbol{y}}\) である。

(ア)～(エ)はすべて、定義から容易に証明できる。ここでは(エ)のみ示してみよう。

さて、これで、エルミート行列とユニタリ行列の定義を与える準備が整った。

エルミート行列

\(A\ \in\ M_n(\mathbb{C})\) が、\(A^{\ast}=A\) を満たすとき、\(A\) をエルミート行列という。

※\(A\) が \(n\) 次実行列のとき、\(A^{\ast}={}^{t}(\overline{A})={}^{t}A\) となるので、

$$A^{\ast}=A$$

という条件は、

$${}^{t}A=A$$

となって、これは \(A\) が対称行列であることに他ならない。

つまり、エルミート行列とは、複素行列バージョンの対称行列だと思ってよい。

ユニタリ行列

\(A\ \in\ M_n(\mathbb{C})\) が、\(A^{\ast}A=A^{\ast}A=E\) を満たすとき、\(A\) をユニタリ行列という。

※\(A\) が \(n\) 次実行列のとき、\(A^{\ast}={}^{t}(\overline{A})={}^{t}A\) となるので、
$$A^{\ast}A=A^{\ast}A=E$$

という条件は、

$${}^{t}\!A\ A=A\ {}^{t}\!A=E$$

となって、これは \(A\) が直交行列であることの定義に他ならない。

つまり、\(A\) が \(n\) 次実行列のとき、\(A\) がユニタリ行列であるとは、\(A\) が直交行列であることに他ならない。

つまり、ユニタリ行列とは、複素行列バージョンの直交行列だと思ってよい。

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前問の問題.32において、問題文の『直交行列』を『ユニタリ行列』に置き換えても条件(ⅰ)～(ⅳ)は全て同値となることが示されるので練習のつもりでやってみてほしい。ほとんど同様に示されるが『(ⅱ)\( \Longrightarrow\)(ⅲ)』のみ同じようにはいかない。ぜひ自分で考えてみてほしい。ヒントは$$(A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}) , A(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}))\ \ と\ \ (A(\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}) , A(\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}))$$

をそれぞれ性質(ⅱ)を用いて計算してから考えるということだ。

さて、解答の前の説明が大分長くなってしまったが、上で説明したことは本問を解くにあたって必要となる大事な知識なので、ぜひしっかり理解してほしい。もちろん、理論的な理解は後回しにして、まずは解き方を学ぶという姿勢も大切だということはこれまで伝えてきた通りだ。

本問を解くうえでの鍵となる 定理 \(\spadesuit\) の証明は『帰納法』を用いてできるが、少しテクニカルな変形や計算をしなくてはならずなかなか大変なのだ。

ここまでにかなり説明が長くなってしまったので、ここでは証明はせずに、上で紹介した知識を使って『三角化のやり方』を学ぼう！　

というのは、あまり理論的な内容でガチガチに固めようとしても、結局は理解が不十分となり、すぐに抜けてしまい時間の浪費につながってしまう可能性が高いからだ。行列の三角化がスラスラできるようになってきたら、それなりのテキストを参照して証明をしっかりと理解してもらえたらと思う。

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問題.33の解答

くり返すが、どんな \(n\) 次行列も三角化可能である。本問の行列は対角化できないものであった。

もう一度書くと、

$$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&2&0\\0&-1&2\end{pmatrix}$$

である。第9回の問題.27の解答を転記すると、以下のようになる。

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。

次に、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、

$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}　(c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))$$となるので、特に \(\lambda=1\) に属する固有ベクトルとして、 \(\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) 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、

$$\boldsymbol{x}=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}　(c \in \mathbb{R}\ (or\ \mathbb{C}))$$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。

とうのが、対角化できないという結論に達した流れである。

さて、三角化するための計算は、対角化しようと求めた各固有値に属する固有ベクトル、

$$\boldsymbol{p}_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}　、　\boldsymbol{p}_2=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$

を利用する。

【１】まず、これら \(\boldsymbol{p}_1、\boldsymbol{p}_2\) を含む基底を作るのだ。

今回は、\(n=3\) であるから、あと一つのベクトル \(\boldsymbol{p}_3\) を追加して、
\(\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}\) が \(\mathbb{R}^{3}\) の基底となればよい。

どうやって作るのかというと、とても簡単で \(\boldsymbol{p}_1、\boldsymbol{p}_2\) と1次独立なベクトルを取ればよい。
(つまり、\(\boldsymbol{p}_1\) と \(\boldsymbol{p}_2\) によって張られる平面上にないベクトルをとる！)

なんでもいいが、なるべく簡単なものを選ぶとよい。ここでは、

$$\boldsymbol{p}_3=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$$

を取ろう。ここで、もちろん \(\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}\) は \(\mathbb{R}^{3}\) の基底となる。

【２】次にやることは、追加した \(\boldsymbol{p}_3\) に対して、\(A\boldsymbol{p}_3\) を基底 \(\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}\) の一次結合として表すことだ。

\(A\boldsymbol{p}_3=\boldsymbol{a}_1=\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}\) より、直ぐに(連立方程式を立てることなく)、

$$\boldsymbol{a}_1=-\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}=-(\boldsymbol{p}_1-\boldsymbol{p}_2-\boldsymbol{p}_3)=-\boldsymbol{p}_1+\boldsymbol{p}_2+\boldsymbol{p}_3$$

が分かる。以上【１】、【２】を実行したら、もう三角化はほとんど完成している。どういうことかというと、次のテクニカルな変形法が教えてくれる。

\(P\ \stackrel{\mathrm{def}}{=}\ (\boldsymbol{p}_1 , \boldsymbol{p}_2 , \boldsymbol{p}_3)\) 　(←\(3 \times 3\) 行列)とおくと、

$$AP=A(\boldsymbol{p}_1 , \boldsymbol{p}_2 , \boldsymbol{p}_3)=(A\boldsymbol{p}_1 , A\boldsymbol{p}_2 , A\boldsymbol{p}_3)$$

$$=(\boldsymbol{p}_1\ ,\ 2\boldsymbol{p}_2\ ,\ -\boldsymbol{p}_1+\boldsymbol{p}_2+\boldsymbol{p}_3)$$

$$=(\boldsymbol{p}_1 , \boldsymbol{p}_2 , \boldsymbol{p}_3)\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}$$

と変形できる。(この変形が最重要！)
\(P\) は \(\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}\) が一次独立なのでもちろん正則(逆行列が存在)であるから、

$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&2&1\\0&0&1\end{pmatrix}　\cdots　(答)$$

となって、右辺は見事に三角行列になったことが分かる。

これが、\(A\) を三角化する手順である。

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ユニタリ行列で三角化する場合

ここで、定理 \(\spadesuit\) の主張(下に転記した)によると、三角化するための行列 \(U\) はユニタリ行列となっているが上で得た \(P\) はユニタリ行列ではない(\(\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}\) は正規直交基底でないから)、ということが気になるが本問は『三角化せよ』という問題だから三角化するための行列がユニタリ行列であるかどうかは気にしなくてよい。

ただし、問題によっては \(A\) をあるユニタリ行列を用いて三角化せよと言われることもあるかもしれない。そんなときは、以下のように少し手間が増えるだけで本質的にやることは変わらない。

問題.32の(ⅳ)より、ユニタリ行列の列ベクトル全体は正規直交基底となるので、上で得た基底：

$$\{\boldsymbol{p}_1\ ,\ \boldsymbol{p}_2\ ,\ \boldsymbol{p}_3\}$$

をシュミットの直交化法によって正規直交基底に直す。そうして得た正規直交基底を、

$$\{\tilde{\boldsymbol{p}_1}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_2}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_3}\}$$

とおくと、

$$\tilde{\boldsymbol{p}_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}、\tilde{\boldsymbol{p}_2}=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}-1\\-1\\2\end{pmatrix}、\tilde{\boldsymbol{p}_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$$

となる。以下においては、文字式を用いて一般的に議論することにする。

\(\tilde{P}=(\tilde{\boldsymbol{p}_1}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_2}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_3})\) とおくと、これはユニタリ行列(あるいは直交行列)であり、\(\tilde{\boldsymbol{p}_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\boldsymbol{p}_1\) であるから、\(A\tilde{\boldsymbol{p}_1}=\tilde{\boldsymbol{p}_1}\) はいえるので、

$$A\tilde{P}=(A\tilde{\boldsymbol{p}_1}\ ,\ A\tilde{\boldsymbol{p}_2}\ ,\ A\tilde{\boldsymbol{p}_3})=(\tilde{\boldsymbol{p}_1}\ ,\ A\tilde{\boldsymbol{p}_2}\ ,\ A\tilde{\boldsymbol{p}_3})$$

$$=(\tilde{\boldsymbol{p}_1}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_2}\ ,\ \tilde{\boldsymbol{p}_3})\begin{pmatrix}1&\ast&\ast\\0&b_1&b_3\\0&b_2&b_4\end{pmatrix}$$

$$\Longleftrightarrow \tilde{P}^{-1}A\tilde{P}=\begin{pmatrix}1&\ast&\ast\\0&b_1&b_3\\0&b_2&b_4\end{pmatrix}　\cdots　\star$$

という形に書けることは間違いなく言えることだ。ここで、\(2 \times 2\) 行列の \(B \stackrel{\mathrm{def}}{=} \begin{pmatrix}b_1&b_3\\b_2&b_4\end{pmatrix}\) が三角行列になっていれば、ここで計算は終了となるが、もしも、\(B\) が三角行列でないときは \(B\) の固有値とそれに属する固有ベクトルを求めることになる。

そして、固有値１と２に属する固有ベクトル \(\boldsymbol{b}_1、\boldsymbol{b}_1\) をそれぞれ求めて、それらをまたシュミットの直交化法によって正規直交化する。それらのベクトルを \(\boldsymbol{v}_1=\begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}、\boldsymbol{v}_2=\begin{pmatrix}v_3\\v_4\end{pmatrix}\) とおくと、

\(\boldsymbol{v}_1=\frac{\boldsymbol{b}_1}{\|\boldsymbol{b}_1\|}\) より、\(B\boldsymbol{v}_1=\boldsymbol{v}_1\) となることは確実に言えるので、

\(V=(\boldsymbol{v}_1 , \boldsymbol{v}_2)\)　(←\(2\times2\) 行列) とおくと、

$$BV=B(\boldsymbol{v}_1 , \boldsymbol{v}_2)=(B\boldsymbol{v}_1 , B\boldsymbol{v}_2)=(\boldsymbol{v}_1 , B\boldsymbol{v}_2)$$

$$=(\boldsymbol{v}_1 , \boldsymbol{v}_2)\begin{pmatrix}1&\ast\\0&\ast\end{pmatrix}=V\begin{pmatrix}1&\ast\\0&\ast\end{pmatrix}$$

という形の書けることは確かである。したがって、

$$V^{-1}BV=\begin{pmatrix}1&\ast\\0&\ast\end{pmatrix}$$

を得る。\(\ast\) がなんであれ、\(B\) は三角化されていることに注意する。

さて、今、

$$V \stackrel{\mathrm{def}}{=}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&v_1&v_3\\0&v_2&v_4\end{pmatrix}$$

と定めることにより、これはユニタリ行列(あるいは直交行列)となる。
(列ベクトル全体は正規直交基底となるから)

そして、更に、上で求めた二つのユニタリ行列 \(\tilde{P}\) と \(V\) の積 \(\tilde{P}V\) は、

$$(\tilde{P}V)(\tilde{P}V)^{\ast}=\tilde{P}VV^{\ast}\tilde{P}^{\ast}=\tilde{P}E\tilde{P}^{\ast}=\tilde{P}\tilde{P}^{\ast}=E$$

より、\(\tilde{P}V\) もまたユニタリ行列となる。ここで、

$$(\tilde{P}V)^{-1}A(\tilde{P}V)=V^{-1}(\tilde{P}^{-1}A\tilde{P})V=V^{-1}\begin{pmatrix}1&\ast&\ast\\0&b_1&b_3\\0&b_2&b_4\end{pmatrix}V$$

$$=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&v_1&v_3\\0&v_2&v_4\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}1&\ast&\ast\\0&b_1&b_3\\0&b_2&b_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&v_1&v_3\\0&v_2&v_4\end{pmatrix}$$

$$=\left(\begin{array}{c|cc}1&\ &0&0\\ \hline 0&\ &\ &\ \\0&\ &　\huge{V^{-1}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c|cc}1&\ &\ast&\ast\\ \hline 0&\ &\ &\ \\0&\ &　\huge{B}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c|cc}1&\ &0&0\\ \hline 0&\ &\ &\ \\0&\ &　\huge{V}\end{array}\right)$$

$$=\left(\begin{array}{c|cc}1&\ &\ast&\ast\\ \hline 0&\ &\ &\ \\0&\ &　\huge{V^{-1}BV}\end{array}\right)$$

$$=\left(\begin{array}{c|cc}1&\ast&\ast\\ \hline 0&1&\ast\\0&0&\ast \end{array}\right)$$

となって、ユニタリ行列 \(\tilde{P}V\) によって三角化された。

※最後に \(3\times3\) 成分の \(\ast\) は固有値の２であることは決まっている。つまり、

$$(\tilde{P}V)^{-1}A(\tilde{P}V)=\begin{pmatrix}1&\ast&\ast\\0&1&\ast\\0&0&2\end{pmatrix}$$

と三角化されるのだ。

このように、ユニタリ行列で三角化する場合は、正規直交化する作業に加えて、場合によっては \(2\times2\) 行列 \(B\) の固有ベクトルも求め、三角化しなくてはならないのでかなり長い計算になる。

しかし、一回通してできれば、これなら大丈夫だと思えるようになる。それは自分がそうだったからだ。一問練習用として用意したので、ぜひやってみてほしい。

ここが、一番大変なところだからあきらめずに頑張てくれ！

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追加の一問

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