行列のもつ重要な特徴量である、固有値・固有ベクトルについて解説する。
固有値・固有ベクトルの概念はあらゆる分野で登場する。
特に、この後で学ぶ「行列の対角化」においては欠かせないので、計算方法も含めてしっかり理解しておこう。
固有値と固有ベクトルの定義
まず、固有値と固有ベクトルの定義を述べる。
\(n\)次正方行列\(A\)に対し、
$$A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$$
を満たす\(\boldsymbol{0}\)でないベクトル\(\boldsymbol{x}\)が存在するとき、\(\lambda\)を\(A\)の固有値、\(\boldsymbol{x}\)を\(\lambda\)に対する固有ベクトルという。
ベクトルに行列を作用させると、別のベクトルへと変換される。
固有ベクトルとは、\(A\)による変換で大きさが定数倍されるだけの特別なベクトルである。
そして、これに対する固有値とは固有ベクトルの倍率のことである。
固有値と固有ベクトルの求め方
定義より
$$A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x} \Longleftrightarrow (A-\lambda E)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
と変形できる。この式が非自明解を持つための条件は、行列式が0すなわち
$$|A-\lambda E|=0$$
である必要がある。この左辺を\(A\)の固有多項式といい、\(\phi_{A}(\lambda)\)などとかく。
また上式のように固有多項式=0とした方程式を、固有方程式という。
固有値・固有ベクトルを求めるには、次のようにすればよい。
① 固有方程式を解き、固有値\(\lambda_1,\cdots,\lambda_n\)を得る。
② 固有値\(\lambda_i\)を代入して得られる連立方程式
$$(A-\lambda_i E)\boldsymbol{x}=0$$
を解き、対応する固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_i\)を得る。
このように、ある行列の固有値と固有ベクトルの組を求める問題を固有値問題という。
さて、計算手順が分かったところで具体的な問題を解いてみよう。
固有値問題の例
次の行列の固有値と固有ベクトルを求めよ。
\[(1)~~A=\left(\begin{array}{cc}
4 & -2 \\
1 & 1
\end{array}\right)~~~~~~~(2)~~B=\left(\begin{array}{ccc}
2 & 1 & -1 \\
-1 & 3 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{array}\right)\]
まず 固有方程式を得るために、行列式の計算が必要となる。サラスの公式などを用いるとよい。
固有値の数だけ連立方程式を解き、対応する固有ベクトルを求める。固有ベクトルの定数倍はすべて固有ベクトルになることに注意。
(解)
(1)：
行列\(A\)の固有方程式は
\begin{align*}
\phi_A(\lambda)&=|A-\lambda E| \\
&=\left|\begin{array}{cc}
4-\lambda & -2 \\
1 & 1-\lambda
\end{array}\right| \\
&=(4-\lambda)(1-\lambda)-(-2)・1 \\
&=\lambda^2-5\lambda+6 \\
&=(\lambda-2)(\lambda-3)=0
\end{align*}
よって、固有値は\(\lambda=2,3\)である。
続いて、各固有値に対応する固有ベクトルを求める。
λ=2のとき：
\begin{align*}\left(\begin{array}{cc}
2 & -2 \\
1 & -1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
0 \\
0
\end{array}\right)\end{align*}
より
$$x_1-x_2=0$$
0でない任意定数\(k\)を用いて、
\begin{align*}\boldsymbol{x}_1=k\left(\begin{array}{c}
1 \\
1
\end{array}\right)\end{align*}
λ=3のとき：
\begin{align*}\left(\begin{array}{cc}
1 & -2 \\
1 & -2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
0 \\
0
\end{array}\right)\end{align*}
より
$$x_1-2x_2=0$$
0でない任意定数\(k\)を用いて、
\begin{align*}\boldsymbol{x}_2=k\left(\begin{array}{c}
2 \\
1
\end{array}\right)\end{align*}
(2)：
行列\(B\)の固有多項式を求める。
\begin{align*}
\phi_B(\lambda)&=\left|\begin{array}{ccc}
2-\lambda & 1 & -1 \\
-1 & 3-\lambda & 0 \\
1 & 0 & 1-\lambda
\end{array}\right| \\
&=(2-\lambda)(3-\lambda)(1-\lambda)+(1-\lambda)+(3-\lambda) \\
&=(2-\lambda)\{(3-\lambda)(1-\lambda)+2\} \\
&=(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+5) \\
&=(2-\lambda)\{\lambda-(2+i)\}\{\lambda-(2-i)\}
\end{align*}
よって、行列\(B\)の固有値は\(\lambda=2,2+i,2-i\)である。
λ=2のとき：
\begin{align*}\left(\begin{array}{ccc}
0 & 1 & -1 \\
-1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0
\end{array}\right)\end{align*}
すなわち
\begin{cases}
x_2-x_3=0 \\
x_1-x_3=0
\end{cases}
$$∴x_1=x_2=x_3$$
したがって、固有ベクトルは
\begin{align*}\boldsymbol{x}_1=k\left(\begin{array}{c}
1 \\
1 \\
1
\end{array}\right)\end{align*}
λ=2+iのとき：
\begin{align*}\left(\begin{array}{ccc}
-i & 1 & -1 \\
-1 & 1-i & 0 \\
1 & 0 & -1-i
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0
\end{array}\right)\end{align*}
すなわち
\begin{cases}
-x_1+(1-i)x_2=0 \\
x_1-(1+i)x_3=0
\end{cases}
\[∴\begin{cases}
\displaystyle x_2=\frac{1}{1-i}x_1=\frac{1}{2}(1+i)x_1 \\
\displaystyle x_3=\frac{1}{1+i}x_1=\frac{1}{2}(1-i)x_1
\end{cases}\]
したがって、固有ベクトルは
\begin{align*}\boldsymbol{x}_2=k\left(\begin{array}{c}
2 \\
1+i \\
1-i
\end{array}\right)\end{align*}
λ=2-iのとき：
\begin{align*}\left(\begin{array}{ccc}
i & 1 & -1 \\
-1 & 1+i & 0 \\
1 & 0 & -1+i
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
0 \\
0 \\
0
\end{array}\right)\end{align*}
すなわち
\begin{cases}
-x_1+(1+i)x_2=0 \\
x_1-(1-i)x_3=0
\end{cases}
\[∴\begin{cases}
\displaystyle x_2=\frac{1}{1+i}x_1=\frac{1}{2}(1-i)x_1 \\
\displaystyle x_3=\frac{1}{1-i}x_1=\frac{1}{2}(1+i)x_1
\end{cases}\]
したがって、固有ベクトルは
\begin{align*}\boldsymbol{x}_3=k\left(\begin{array}{c}
2 \\
1-i \\
1+i
\end{array}\right)\end{align*}
(終)
２つ目の例のように、固有値は複素数の場合もあり得る。
固有ベクトルの線形独立性
さて、２つの例題で得られた固有ベクトルを眺めてみると、線形独立であることに気が付くだろうか。
実は、固有ベクトルには次の関係がある。
(証明)
$$A\boldsymbol{x}_i=\lambda_i\boldsymbol{x}_i,A\boldsymbol{x}_j=\lambda_j\boldsymbol{x}_j$$
とかける。ただし、\(\lambda_i\not=\lambda_j，\boldsymbol{x}_i,\boldsymbol{x}_j\not=0\)とする。このとき
$$c_i\boldsymbol{x}_i+c_j\boldsymbol{x}_j=\boldsymbol{0}~\cdots~(*)~~~ならば~~~c_i=c_j=0$$
であることを示せばよい。
(＊)の両辺に左から\(A\)をかけると
$$c_iA\boldsymbol{x}_i+c_jA\boldsymbol{x}_j=c_i\lambda_i\boldsymbol{x}_i+c_j\lambda_j\boldsymbol{x}_j=\boldsymbol{0}$$
また、(＊)の両辺に\(\lambda_j\)をかけると
$$c_i\lambda_j\boldsymbol{x}_i+c_j\lambda_j\boldsymbol{x}_j=\boldsymbol{0}$$
辺々を引くと
$$c_i(\lambda_i-\lambda_j)\boldsymbol{x}_i=\boldsymbol{0}$$
となる。\(\lambda_i\not=\lambda_j，\boldsymbol{x}_i\not=\boldsymbol{0}\)より\(c_i=0\)、さらに\(\boldsymbol{x}_j\not=\boldsymbol{0}\)と(＊)より\(c_j=0\)となる。
したがって、\(c_i=c_j=0\)なので\(\boldsymbol{x}_i,\boldsymbol{x}_j\)は線形独立である。
(証明終)
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