第12章固有値・固有ベクトルと行列の対角化

例12.1　$2\times2$行列の固有値・固有ベクトル

$A=\begin{bmatrix}4&-2\\1&1\end{bmatrix}$ について，$\bm x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}$ とおいて固有値と固有ベクトルを求めよ．

解答　まず固有方程式を作る．

$$ A-\lambda E=\begin{bmatrix}4-\lambda&-2\\1&1-\lambda\end{bmatrix} $$

この行列式を（$2\times2$行列式の定義 $ad-bc$ どおりに）計算すると，

$$ \det(A-\lambda E)=(4-\lambda)(1-\lambda)-(-2)\cdot1=(\lambda-4)(\lambda-1)+2=0 $$

（$(4-\lambda)(1-\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-1)$ は，2つのカッコの中身をどちらも $-1$ 倍すると符号が2回変わって元に戻ることから成り立つ書き換えである．）右辺を展開すると

$$ \lambda^2-5\lambda+4+2=\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3)=0 $$

となるので，固有値は $\lambda=2,3$（2つとも重複度1）である．

(i) $\lambda=2$ のとき　$A\bm x=2\bm x$，すなわち $(A-2E)\bm x=\bm0$ を成分で書き下すと，

$$ \begin{cases}4x_1-2x_2=2x_1\\x_1+x_2=2x_2\end{cases} $$

である．これを解く．1本目の式は $4x_1-2x_2=2x_1$ より $2x_1=2x_2$，すなわち $x_1=x_2$．2本目の式は $x_1+x_2=2x_2$ より，やはり $x_1=x_2$ となり，2本の式は（$A-2E$ の $\rank$ が1なので当然だが）同じ条件に帰着する．そこで $x_1=k$（$k$ は任意の実数）とおくと $x_2=k$ でもあるから，

$$ \bm x=\begin{bmatrix}k\\k\end{bmatrix}=k\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}\qquad(k\neq0) $$

を得る．$k=1$ ととった $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$ が，図12.1の $\bm x_1$ と一致していることに注目してほしい．

(ii) $\lambda=3$ のとき　$A\bm x=3\bm x$，すなわち $(A-3E)\bm x=\bm0$ を成分で書き下すと，

$$ \begin{cases}4x_1-2x_2=3x_1\\x_1+x_2=3x_2\end{cases} $$

である．1本目の式は $4x_1-2x_2=3x_1$ より $x_1=2x_2$．2本目の式は $x_1+x_2=3x_2$ より，これも $x_1=2x_2$ となり，やはり同じ条件に帰着する．そこで $x_2=\ell$（$\ell$ は任意の実数）とおくと $x_1=2\ell$ だから，

$$ \bm x=\begin{bmatrix}2\ell\\\ell\end{bmatrix}=\ell\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}\qquad(\ell\neq0) $$

を得る．$\ell=1$ ととった $\begin{bmatrix}2\\1\end{bmatrix}$ が，図12.1の $\bm x_2$ と一致する．（sympyで検算：$A$ の固有値は $2,3$，固有ベクトルはそれぞれ $(1,1)^{\mathsf T},(2,1)^{\mathsf T}$ の定数倍に一致する．）

例題12.1　$3\times3$行列の固有値・固有ベクトル

$A=\begin{bmatrix}-2&1&2\\-4&3&2\\-5&1&5\end{bmatrix}$ の固有値と固有ベクトルをすべて求めよ．

解答　固有方程式を作る．

$$ A-\lambda E=\begin{bmatrix}-\lambda-2&1&2\\-4&3-\lambda&2\\-5&1&5-\lambda\end{bmatrix} $$

この行列式を，第8章 定理8.2（余因子展開，第1行に関する展開）を使って計算する．$3\times3$の小行列式（第1行・各列を取り除いたもの）をそれぞれ求めると，

$$ M_{11}=\begin{vmatrix}3-\lambda&2\\1&5-\lambda\end{vmatrix}=(3-\lambda)(5-\lambda)-2=\lambda^2-8\lambda+13 $$ $$ M_{12}=\begin{vmatrix}-4&2\\-5&5-\lambda\end{vmatrix}=-4(5-\lambda)-2\cdot(-5)=4\lambda-10 $$ $$ M_{13}=\begin{vmatrix}-4&3-\lambda\\-5&1\end{vmatrix}=-4\cdot1-(3-\lambda)(-5)=11-5\lambda $$

余因子は符号 $(-1)^{i+j}$ が付くので，第1行に沿った展開は次の形になる（$1$列目・$3$列目の符号は $+$，$2$列目の符号は $-$）．

$$ \det(A-\lambda E)=(-\lambda-2)M_{11}-1\cdot M_{12}+2\cdot M_{13} $$

代入すると，

$$ \det(A-\lambda E)=(-\lambda-2)(\lambda^2-8\lambda+13)-(4\lambda-10)+2(11-5\lambda) $$

まず $(-\lambda-2)(\lambda^2-8\lambda+13)$ を展開すると，

$$ -\lambda^3+8\lambda^2-13\lambda-2\lambda^2+16\lambda-26=-\lambda^3+6\lambda^2+3\lambda-26 $$

となる．残りの2項は，

$$ -(4\lambda-10)+2(11-5\lambda)=-4\lambda+10+22-10\lambda=-14\lambda+32 $$

である．これらを足し合わせると，

$$ \det(A-\lambda E)=-\lambda^3+6\lambda^2+3\lambda-26-14\lambda+32=-\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6=0 $$

両辺に $-1$ を掛けて $\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=0$ とし，$\lambda=1$ を代入すると $1-6+11-6=0$ となって解の1つが見つかる．そこで左辺を $(\lambda-1)$ で（高校数学の因数定理・組立除法で）割ると $\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3)$ が得られ，

$$ \lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3)=0 \qquad\therefore\ \lambda=1,2,3 $$

となる．3つとも異なる実数の固有値である．続けて，それぞれの固有ベクトルを求める．

$\lambda=1$ のとき　$(A-E)\bm x=\bm0$ を成分で書くと，

$$ \begin{cases}-3x_1+x_2+2x_3=0\\-4x_1+2x_2+2x_3=0\\-5x_1+x_2+4x_3=0\end{cases} $$

である．1本目 $\times2$ から2本目を引くと，

$$ -6x_1+2x_2+4x_3-(-4x_1+2x_2+2x_3)=-2x_1+2x_3=0 $$

すなわち $x_1=x_3$．これを1本目に代入すると，

$$ -3x_1+x_2+2x_1=-x_1+x_2=0 $$

すなわち $x_2=x_1$．よって $x_1=k$ とおくと $\bm x=k(1,1,1)^{\mathsf T}$．（3本目の式でも $-5k+k+4k=0$ と確かに成り立ち，条件が矛盾しないことを確認できる．）

$\lambda=2$ のとき　$(A-2E)\bm x=\bm0$：

$$ \begin{cases}-4x_1+x_2+2x_3=0\\-4x_1+x_2+2x_3=0\\-5x_1+x_2+3x_3=0\end{cases} $$

（1本目と2本目は同一の式である）．1本目から $x_2=4x_1-2x_3$．これを3本目に代入すると，

$$ -5x_1+(4x_1-2x_3)+3x_3=-x_1+x_3=0 $$

すなわち $x_3=x_1$．したがって $x_2=4x_1-2x_1=2x_1$．$x_1=k$ とおくと $\bm x=k(1,2,1)^{\mathsf T}$．

$\lambda=3$ のとき　$(A-3E)\bm x=\bm0$：

$$ \begin{cases}-5x_1+x_2+2x_3=0\\-4x_1+2x_3=0\\-5x_1+x_2+2x_3=0\end{cases} $$

（1本目と3本目は同一の式である）．2本目より $x_3=2x_1$．これを1本目に代入すると，

$$ -5x_1+x_2+4x_1=-x_1+x_2=0 $$

すなわち $x_2=x_1$．$x_1=k$ とおくと $\bm x=k(1,1,2)^{\mathsf T}$．

以上をまとめると，固有値は $\lambda=1,2,3$（いずれも重複度1）で，対応する固有ベクトルはそれぞれ $(1,1,1)^{\mathsf T}$，$(1,2,1)^{\mathsf T}$，$(1,1,2)^{\mathsf T}$（の定数倍）である．（sympyで検算：$A(1,1,1)^{\mathsf T}=(1,1,1)^{\mathsf T}$，$A(1,2,1)^{\mathsf T}=(2,4,2)^{\mathsf T}=2(1,2,1)^{\mathsf T}$，$A(1,1,2)^{\mathsf T}=(3,3,6)^{\mathsf T}=3(1,1,2)^{\mathsf T}$ をいずれも直接確認済み．）

例題12.2　固有空間の次元（幾何学的重複度）を求める

$A=\begin{bmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&-1\end{bmatrix}$ の固有値と，それぞれの代数的重複度・幾何学的重複度を求めよ．

解答　$A-\lambda E=\begin{bmatrix}2-\lambda&1&0\\0&2-\lambda&0\\0&0&-1-\lambda\end{bmatrix}$ は上三角行列だから，第8章で確かめた事実（上三角行列の行列式は対角成分の積）より，固有方程式は

$$ \det(A-\lambda E)=(2-\lambda)^2(-1-\lambda)=0 $$

である．よって固有値は $\lambda=2$（代数的重複度 $a=2$）と $\lambda=-1$（代数的重複度 $a=1$）である．

$\lambda=2$ の固有空間．$(A-2E)\bm x=\bm0$ を成分で書くと $\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&-3\end{bmatrix}\bm x=\bm0$，すなわち $x_2=0$ かつ $x_3=0$（$x_1$ は自由）．よって $W(2)=\{(t,0,0)^{\mathsf T}\mid t\in\R\}$ は1次元であり，幾何学的重複度は $g=1$．ここで $g=1\lt a=2$ となっており，定理12.2の不等号が厳密（真の不等号）になる例が見つかった．

$\lambda=-1$ の固有空間．$(A+E)\bm x=\bm0$ を成分で書くと $\begin{bmatrix}3&1&0\\0&3&0\\0&0&0\end{bmatrix}\bm x=\bm0$．2本目の式 $3x_2=0$ より $x_2=0$，これを1本目に代入すると $3x_1=0$ より $x_1=0$（$x_3$ は自由）．よって $W(-1)=\{(0,0,u)^{\mathsf T}\mid u\in\R\}$ は1次元であり，$g=a=1$（等号が成り立つ場合）．（sympyで検算：$W(2)$ は $(1,0,0)^{\mathsf T}$ の1次元，$W(-1)$ は $(0,0,1)^{\mathsf T}$ の1次元であることを確認済み．）

例題12.3　対称行列の固有値は実数である（発展）

$2\times2$の実対称行列 $S=\begin{bmatrix}a&b\\b&d\end{bmatrix}$（$a,b,d$ は実数．転置しても同じ行列になっている，$(1,2)$成分と$(2,1)$成分がどちらも $b$ であることに注意）の固有値は，$a,b,d$ にどんな実数を選んでも必ず実数になることを示せ．また，$S=\begin{bmatrix}2&3\\3&2\end{bmatrix}$ の場合に，具体的に固有値を求めよ．

解答　固有方程式を作ると，

$$ \det(S-\lambda E)=(a-\lambda)(d-\lambda)-b^2=\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-b^2)=0 $$

という，$\lambda$ についての2次方程式が得られる．高校数学の2次方程式の解の公式より，この方程式が実数解をもつかどうかは判別式

$$ D=(a+d)^2-4(ad-b^2) $$

の符号で決まる．右辺を展開して整理すると，

$$ D=a^2+2ad+d^2-4ad+4b^2=a^2-2ad+d^2+4b^2=(a-d)^2+4b^2 $$

となる．最後の式は，実数の2乗 $(a-d)^2$ と，実数の2乗の4倍 $4b^2$ の和であるから，$a,b,d$ がどんな実数であっても $D\ge0$ である（2乗はつねに $0$ 以上）．したがって固有方程式の判別式は決して負にならず，$S$ の固有値は常に実数である（複素数にはなりえない）．

具体的に $S=\begin{bmatrix}2&3\\3&2\end{bmatrix}$（$a=d=2,b=3$）の場合，$D=(2-2)^2+4\cdot3^2=36$，$\sqrt D=6$ であり，固有値は

$$ \lambda=\frac{(a+d)\pm\sqrt D}{2}=\frac{4\pm6}{2}=5,\ -1 $$

である．（sympyで検算：一般の対称2次行列の判別式が $(a-d)^2+4b^2$ に一致すること，および $S=\begin{bmatrix}2&3\\3&2\end{bmatrix}$ の固有値が $5,-1$ であることを確認済み．）

例題12.4　対角化可能な場合とできない場合

次の2つの行列は，どちらも固有値が $2$（重複度2）しかもたない．対角化可能かどうかをそれぞれ調べよ．(a) $A=\begin{bmatrix}2&0\\0&2\end{bmatrix}$．(b) $B=\begin{bmatrix}2&1\\0&2\end{bmatrix}$．

解答　(a) $A-\lambda E=\begin{bmatrix}2-\lambda&0\\0&2-\lambda\end{bmatrix}$（対角行列でもあり上三角行列でもある）だから，固有方程式は $(2-\lambda)^2=0$，固有値 $\lambda=2$（代数的重複度 $a=2$）．固有空間は $(A-2E)\bm x=\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}\bm x=\bm0$ となり，これはすべての $\bm x\in\R^2$ で成り立つから，$W(2)=\R^2$，幾何学的重複度 $g=2$．$g=a=2$ なので対角化可能である——実際，$A$ 自身がすでに対角行列なので，$P=E$（単位行列）ととれば $P^{-1}AP=A$ が成り立つ．

(b) $B-\lambda E=\begin{bmatrix}2-\lambda&1\\0&2-\lambda\end{bmatrix}$ も上三角だから，固有方程式は同じく $(2-\lambda)^2=0$，固有値 $\lambda=2$（代数的重複度 $a=2$）．固有空間は $(B-2E)\bm x=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}\bm x=\bm0$，すなわち $x_2=0$（$x_1$ は自由）から定まる．よって $W(2)=\{(t,0)^{\mathsf T}\mid t\in\R\}$ は1次元であり，幾何学的重複度 $g=1\lt a=2$．定理12.5（の重複度による言い換え）より，$B$ は対角化できない——$B$ の固有ベクトルは $(1,0)^{\mathsf T}$ の定数倍しかなく，これと線形独立なもう1本の固有ベクトルが存在しないため，$2$本の独立な固有ベクトルを集められない．（sympyで検算：$A$ の固有空間は2次元，$B$ の固有空間は1次元であることを確認済み．）

例題12.5　対角化を用いた高次のべき乗の計算

例12.1の $A=\begin{bmatrix}4&-2\\1&1\end{bmatrix}$ について，$A^{10}$ を求めよ．

解答　例12.1より，$A$ の固有値は $\lambda=2,3$，対応する固有ベクトルは $(1,1)^{\mathsf T},(2,1)^{\mathsf T}$ である．これらは相異なる固有値に対応するので定理12.3より線形独立であり，定理12.5より $A$ は対角化可能である．固有ベクトルを列に並べて

$$ P=\begin{bmatrix}1&2\\1&1\end{bmatrix} $$

とおく．$\det P=1\cdot1-2\cdot1=-1\neq0$ より $P$ は正則であり，直接の検算により

$$ P^{-1}=\begin{bmatrix}-1&2\\1&-1\end{bmatrix} $$

である（実際，

$$ PP^{-1}=\begin{bmatrix}1\cdot(-1)+2\cdot1&1\cdot2+2\cdot(-1)\\1\cdot(-1)+1\cdot1&1\cdot2+1\cdot(-1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix} $$

となり，単位行列に一致することで確かめられる）．定理12.5の証明どおり $P^{-1}AP=D=\begin{bmatrix}2&0\\0&3\end{bmatrix}$ となるので，定理12.6より

$$ A^{10}=PD^{10}P^{-1}=\begin{bmatrix}1&2\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2^{10}&0\\0&3^{10}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1&2\\1&-1\end{bmatrix} $$

である．$2^{10}=1024$，$3^{10}=59049$ を代入して，まず左の2つの積を計算すると，

$$ PD^{10}=\begin{bmatrix}1\cdot1024&2\cdot59049\\1\cdot1024&1\cdot59049\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1024&118098\\1024&59049\end{bmatrix} $$

となり，これに $P^{-1}$ を掛けると，

$$ A^{10}=\begin{bmatrix}1024&118098\\1024&59049\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1&2\\1&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1024\cdot(-1)+118098\cdot1&1024\cdot2+118098\cdot(-1)\\1024\cdot(-1)+59049\cdot1&1024\cdot2+59049\cdot(-1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}117074&-116050\\58025&-57001\end{bmatrix} $$

を得る．行列を10回掛け合わせる代わりに，$2^{10},3^{10}$ という2つの数のべき乗と，$2\times2$行列の積2回だけで求まった．（sympyで検算：$A$ を10回直接掛け合わせた結果と，$PD^{10}P^{-1}$ の結果がどちらも $\begin{bmatrix}117074&-116050\\58025&-57001\end{bmatrix}$ に一致することを確認済み．）

例題12.6　回転行列の複素固有値と対角化

$\theta=\pi/3$（$60°$）のときの回転行列

$$ R=\begin{bmatrix}\cos60°&-\sin60°\\\sin60°&\cos60°\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1/2&-\sqrt3/2\\\sqrt3/2&1/2\end{bmatrix} $$

について，固有値・固有ベクトルを求め，複素数の範囲で対角化せよ．

解答　上のノートの計算より，固有値は次のとおりである．

$$ \lambda_1=e^{i\pi/3}=\cos60°+i\sin60°=\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}2,\qquad \lambda_2=e^{-i\pi/3}=\dfrac12-i\dfrac{\sqrt3}2 $$

固有ベクトルを求めるため，$(R-\lambda_1E)\bm x=\bm0$ を成分で書くと，

$$ \begin{cases}(\cos\theta-\lambda_1)x_1-\sin\theta\, x_2=0\\ \sin\theta\, x_1+(\cos\theta-\lambda_1)x_2=0\end{cases} $$

である．

$$ \cos\theta-\lambda_1=\cos\theta-(\cos\theta+i\sin\theta)=-i\sin\theta $$

なので，1本目の式は $-i\sin\theta\,x_1-\sin\theta\,x_2=0$，すなわち（$\sin\theta\neq0$ なので両辺を $-\sin\theta$ で割って）$x_2=-ix_1$ となる．$x_1=1$ ととると，固有ベクトル $\bm v_1=(1,-i)^{\mathsf T}$ が得られる（2本目の式でも，

$$ \sin\theta\cdot1+(-i\sin\theta)\cdot(-i)=\sin\theta+i^2\sin\theta=\sin\theta-\sin\theta=0 $$

となり，確かに満たされる）．同様に，$\lambda_2=\cos\theta-i\sin\theta$ については $\cos\theta-\lambda_2=i\sin\theta$ となり，同じ手順で $\bm v_2=(1,i)^{\mathsf T}$ を得る．

$\bm v_1,\bm v_2$ は相異なる固有値に対応するので（定理12.3は複素数の範囲でも証明のどのステップも変えずにそのまま成り立つ）線形独立であり，$P=\begin{bmatrix}1&1\\-i&i\end{bmatrix}$（$\det P=1\cdot i-1\cdot(-i)=2i\neq0$）は正則である．したがって $R$ は複素数の範囲で対角化可能であり，定理12.5の証明で構成した手順どおり，

$$ P^{-1}RP=D=\begin{bmatrix}e^{i\theta}&0\\0&e^{-i\theta}\end{bmatrix} $$

となる．（sympyで検算：$\theta=\pi/3$ の数値で $R\bm v_1=\lambda_1\bm v_1$，$R\bm v_2=\lambda_2\bm v_2$ が成り立つこと，および $PDP^{-1}$ を実際に計算すると（虚数単位を含む式がきれいに打ち消し合って）もとの実行列 $R$ にちょうど戻ることを確認済み．）

演習12.1　3×3行列の固有値と固有方程式

$A=\begin{bmatrix}1&0&0\\1&0&2\\-1&2&0\end{bmatrix}$ の固有方程式と固有値をすべて求め，各固有値に対応する固有ベクトルを1本ずつ求めよ．

ヒント：例題12.1と同じ手順（$3\times3$の行列式を余因子展開で計算し，因数定理で根を1つ見つけてから残りを2次方程式に帰着させる）で計算せよ．

→ 解答

演習12.2　対角化可能性の判定

$A=\begin{bmatrix}4&1&0\\0&4&0\\0&0&-1\end{bmatrix}$ は対角化可能か．理由とともに答えよ．

ヒント：上三角行列なので固有値は対角成分から直ちにわかる．重複している固有値について，固有空間 $W(\lambda)$ の次元（幾何学的重複度）を求め，代数的重複度と比べよ．

→ 解答

演習12.3　対角化を用いた行列のべき乗

$A=\begin{bmatrix}0&1\\-4&5\end{bmatrix}$ について，固有値・固有ベクトルを求めて対角化し，$A^n$（$n$ は自然数）の一般公式を求めよ．また，その公式を使って $A^5$ を具体的に計算せよ．

ヒント：例題12.5とまったく同じ手順で進める．固有値は2つとも整数になる．

→ 解答

演習12.4　固有値0とKer fの関係

$A=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$ とする．(1) $\lambda=0$ が $A$ の固有値であることを示し，対応する固有ベクトルを求めよ．(2) 一般に，$n$次正方行列 $A$ について「$\lambda=0$ が $A$ の固有値である」ことと「$A$ を表現行列とする線形写像 $f(\bm x)=A\bm x$ の核 $\mathrm{Ker}\,f$ が $\{\bm0\}$ より真に大きい（＝ $A$ が正則でない）」ことが同値であると言える理由を説明せよ．

ヒント：(2)は定義12.1・定義12.2を見比べればよい——$\lambda=0$ のときの固有空間 $W(0)$ とは何か．

→ 解答

演習12.5　線形独立性の直接確認

演習12.1で求めた3本の固有ベクトルが線形独立であることを，定理12.3に頼らず，行列式を直接計算することで確認せよ．

ヒント：3本を列に並べた $3\times3$行列を作り，その行列式が $0$ でないことを見ればよい（第10章 定理10.1）．

→ 解答

演習12.6　対角化できない行列を自分で作る

対角化できない $2\times2$行列を1つ自分で作り，それが対角化できない理由を，代数的重複度・幾何学的重複度の言葉で説明せよ．

ヒント：例題12.4(b)と同じ仕組み——重複する固有値をもつ上三角行列——で，固有値を変えて作ってみよ．

→ 解答