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練習問題メモ 19（固有値と固有ベクトル その1－正方行列の定める線形変換の場合－）

問1

A∈Mn(R),λA \in M_n(\mathbb{R}), \lambda を AA の固有値とする。 Rn\mathbb{R}^n の部分集合

W~(λ)={x∈Rn∣ ある自然数 k に対して (λE−A)kx=0}\widetilde{W}(\lambda)=\left\{\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^n \mid \text { ある自然数 } k \text { に対して }(\lambda E-A)^k \boldsymbol{x}=\mathbf{0}\right\}
(1)

は Rn\mathbb{R}^n の部分空間であることを示せ。なお、 W~(λ)\widetilde{W}(\lambda) を固有値 λ\lambda に対する AA の 広域固有空間 または 一般固有空間 という。

info - Unknown Directive
あるベクトル空間$V$の部分集合$W$が以下を満たす場合に部分空間となる

1. $\mathbb{0} \in W$
2. $a, b \in W \implies a + b \in W$
3. $a\in W, c\in \mathbb{R} \implies ca \in W$

(1) ゼロベクトルを含む

(λE−A)k0=0(\lambda E - A)^k 0 = 0
(2)

であり、0∈Rn0 \in \mathbb{R}^nであるため

0∈W~(λ)0 \in \widetilde{W}(\lambda)
(3)

（広義固有空間の求め方【例題】 など、広義固有空間の定義として「零を含む」とする流儀もあるようだが、今回はxxが固有ベクトル（x≠0x\neq 0）と指定されてないので0∈Rn0\in \mathbb{R}^nゆえ零を含むといえる）

(2) 和について閉じている

x1,x2∈W~(λ)x_1, x_2 \in \widetilde{W}(\lambda)について、ある自然数k,ℓ∈Nk, \ell\in \mathbb{N}が存在し

(λE−A)kx1=0(λE−A)ℓx2=0(\lambda E - A)^k x_1 = 0\\ (\lambda E - A)^\ell x_2 = 0\\
(4)

m∈Nm\in \mathbb{N}をm≥k,m≥ℓm\geq k, m\geq \ellとおくと

(λE−A)m(x1+x2)=(λE−A)mx1+(λE−A)mx2=0(\lambda E - A)^m (x_1 + x_2) = (\lambda E - A)^m x_1 + (\lambda E - A)^m x_2 = 0
(5)

よって

x1+x2∈W~(λ)x_1 + x_2 \in \widetilde{W}(\lambda)
(6)

(3) 定数倍について閉じている

∀c∈R,∀x∈W~(λ),(λE−A)kcx=c{(λE−A)kx}=c{0}=0\forall c \in \mathbb{R}, \forall x \in \widetilde{W}(\lambda),\quad (\lambda E - A)^k c x = c \{ (\lambda E - A)^k x \} = c \{ 0 \} = 0
(7)

よって

cx∈W~(λ)c x \in \widetilde{W}(\lambda)
(8)

(1),(2),(3)を満たすため、W~(λ)\widetilde{W}(\lambda)はRn\mathbb{R}^nの部分空間

問2

次の１～３の正方行列の固有値と固有値に対する 1 つの固有ベクトルおよび固有空間を求めよ。

  1. (1122)\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 2 & 2\end{array}\right)

  2. (120222023)\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 3\end{array}\right)

  3. (211121112)\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right)

  1. (1122)\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 2 & 2\end{array}\right)

  1. 固有値を求める

(A−λE)x=0(A-\lambda E)x = 0が非自明な解x≠0x\neq 0を持つためにはdet⁡(A−λE)=0\det(A - \lambda E)=0である必要があるため、そのようなλ\lambdaを求める

det⁡(A−λE)=det⁡(1−λ122−λ)=(1−λ)(2−λ)−2=2−3λ+λ2−2=(λ−3)λ=0\begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 1\\ 2 & 2 - \lambda \end{pmatrix}\\ &= (1 - \lambda)(2 - \lambda) - 2\\ &= 2 - 3\lambda + \lambda^2 - 2\\ &= (\lambda - 3) \lambda\\ &= 0 \end{aligned}
(9)

なので、λ=0,3\lambda = 0, 3

  1. 固有ベクトルと固有空間を求める

λ=0\lambda = 0の場合：

Ax=λxAx = \lambda x
(10)

は

(1122)(x1x2)=λ(x1x2)\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}
(11)

であり

{x1+x2=02x1+2x2=0\begin{cases} x_1 + x_2 = 0\\ 2 x_1 + 2 x_2 = 0 \end{cases}
(12)

となる。

これを解くと

x1=−x2x2=−x1x_1 = -x_2\\ x_2 = -x_1
(13)

つまり

x=(x1−x1)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ -x_1 \end{pmatrix}
(14)

であるため、未知の数c∈Rc\in\mathbb{R}をもちいて

x=c(1−1)\boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}
(15)

と表すことができる。そのため、例えば (1−1)\begin{pmatrix}1 \\ -1\end{pmatrix}は固有値0に属する固有ベクトルのひとつになる。

固有空間は

V(0)={c(1−1)∣c∈R}V(0) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\}
(16)

となる。

λ=3\lambda = 3の場合：

Ax=λxAx = \lambda x
(17)

は

{x1+x2=3x12x1+2x2=3x2\begin{cases} x_1 + x_2 = 3x_1\\ 2 x_1 + 2 x_2 = 3x_2 \end{cases}
(18)

となる。

これを解くと

x2=2x1x_2 = 2 x_1
(19)

であるため、

x=(x12x1)=c(12),c∈R\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ 2 x_1 \end{pmatrix} = c \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}, c\in \mathbb{R}
(20)

となり、例えば(12)\begin{pmatrix}1 \\ 2\end{pmatrix}が固有値3の固有ベクトルの一つである。

固有空間V(λ)V(\lambda)は

V(3)={c(12)∣c∈R}V(3) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\}
(21)

となる。

  1. (120222023)\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 3\end{array}\right)

  1. 固有値を求める

det⁡(A−λE)=det⁡(1−λ2022−λ2023−λ)=(1−λ)(2−λ)(3−λ)−4(1−λ)−4(3−λ)=(2−3λ+λ2)(3−λ)−4+4λ−12+4λ=(2−3λ+λ2)(3−λ)−16+8λ=6−9λ+3λ2−2λ+3λ2−λ3−16+8λ=−λ3+6λ2−3λ−10\begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0 \\ 2 & 2-\lambda & 2 \\ 0 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}\\ &= (1-\lambda) (2-\lambda) (3 - \lambda) - 4 (1-\lambda) - 4 (3 - \lambda)\\ &= (2 - 3 \lambda + \lambda^2) (3 - \lambda) - 4 + 4\lambda - 12 + 4\lambda\\ &= (2 - 3 \lambda + \lambda^2) (3 - \lambda) - 16 + 8\lambda\\ &= 6 - 9 \lambda + 3\lambda^2 - 2 \lambda + 3 \lambda^2 - \lambda^3 - 16 + 8\lambda\\ &= - \lambda^3 + 6\lambda^2 - 3 \lambda - 10 \\ \end{aligned}
(22)

よって

(λ−5)(λ−2)(λ+1)=0(\lambda - 5) (\lambda - 2) (\lambda + 1) = 0
(23)

なので、λ=−1,2,5\lambda = -1, 2, 5

Source
import sympy as sp

l = sp.Symbol("l")
M = sp.Matrix([
    [1-l, 2, 0],
    [2, 2-l, 2],
    [0, 2, 3-l],
])
det = M.det()
print(f"{det=}")

print(f"factor: {sp.factor(det)}")

from sympy.solvers import solve
print(f"λ={solve(det)}")
Output

λ=−1\lambda = -1の場合

(A−λE)x=0=(1+12022+12023+1)(x1x2x3)=0(A - \lambda E)x = 0\\ = \begin{pmatrix} 1+1 & 2 & 0 \\ 2 & 2+1 & 2 \\ 0 & 2 & 3+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0
(24)
{2x1+2x2=02x1+3x2+2x3=02x2+4x3=0\begin{cases} 2 x_1 + 2 x_2 \quad\quad= 0\\ 2 x_1 + 3 x_2 + 2 x_3 = 0 \\ \quad\quad 2 x_2 + 4 x_3 = 0 \end{cases}
(25)

1行目の式より x1=−x2x_1 = -x_2 なので、 2行目の式に代入して

−2x2+3x2+2x3=0  ⟺  x2=−2x3  ⟺  x3=−12x2- 2 x_2 + 3x_2 + 2x_3 =0\\ \iff x_2 = - 2 x_3\\ \iff x_3 = -\frac{1}{2} x_2
(26)

よって

(−x2x2−12x2)=x2(−11−12)\begin{pmatrix} -x_2 \\ x_2 \\ -\frac{1}{2}x_2 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix}
(27)

なので

x=c(−11−12),c∈R\boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R}
(28)

固有ベクトルのひとつは(−11−12)\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2}\end{pmatrix}となる

固有空間V(λ)V(\lambda)は

V(−1)={c(−11−12)∣c∈R}V(-1) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\}
(29)

λ=2\lambda = 2の場合

(A−λE)x=0  ⟺  (1−22022−22023−2)(x1x2x3)=0  ⟺  (−120202021)(x1x2x3)=0(A - \lambda E)x = 0\\ \iff \begin{pmatrix} 1-2 & 2 & 0 \\ 2 & 2-2 & 2 \\ 0 & 2 & 3-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0\\ \iff \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0
(30)
{−x1+2x2=02x1+2x3=02x2+x3=0\begin{cases} - x_1 + 2 x_2 = 0\\ 2 x_1 + 2 x_3 = 0 \\ 2 x_2 + x_3 = 0 \end{cases}
(31)

これを解くと

x1=2x2x3=−2x2x_1 = 2 x_2\\ x_3 = -2 x_2
(32)

よって

(2x2x2−2x2)=x2(21−2)\begin{pmatrix} 2 x_2 \\ x_2 \\ -2x_2 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}
(33)

なので

x=c(21−2),c∈R\boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R}
(34)

固有ベクトルのひとつは(21−2)\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}となる

固有空間V(λ)V(\lambda)は

V(2)={c(21−2)∣c∈R}V(2) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\}
(35)

λ=5\lambda=5の場合

Source
import sympy as sp

l = sp.Symbol("l")
M = sp.Matrix([
    [1-l, 2, 0],
    [2, 2-l, 2],
    [0, 2, 3-l],
])
print(M.eigenvals())
M.eigenvects()
Output

  1. (211121112)\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right)

1. 固有値を求める

固有方程式

det⁡(A−λE)=det⁡(2−λ1112−λ1112−λ)=0\det(A - \lambda E) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = 0
(36)

を解く。

det⁡(A−λE)=det⁡(2−λ1112−λ1112−λ)=(2−λ)3+1+1−3(2−λ)=(2−λ)(2−λ)(2−λ)+2−6+3λ=(4−4λ+λ2)(2−λ)−4+3λ=8−4λ−8λ+4λ2+2λ2−λ3−4+3λ=−λ3+6λ2−12λ+3λ+8−4=−λ3+6λ2−9λ+4\begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}\\ &= (2 - \lambda)^3 + 1 + 1 - 3 (2 - \lambda)\\ &= (2 - \lambda)(2 - \lambda)(2 - \lambda) + 2 - 6 + 3\lambda\\ &= (4 - 4 \lambda + \lambda^2)(2 - \lambda) -4 + 3\lambda\\ &= 8 - 4\lambda - 8 \lambda + 4\lambda^2 + 2\lambda^2 - \lambda^3 -4 + 3\lambda\\ &= -\lambda^3 + 6\lambda^2 - 12 \lambda + 3\lambda + 8 - 4\\ &= -\lambda^3 + 6\lambda^2 - 9 \lambda + 4\\ \end{aligned}
(37)

因数定理を使う：f(λ)=−λ3+6λ2−9λ+4f(\lambda) = -\lambda^3 + 6\lambda^2 - 9 \lambda + 4にλ=1\lambda =1を試しに代入すると、f(1)=−1+6−9+4=0f(1) = -1 + 6 -9 + 4 = 0。0になるので、因数の一つは(λ−1)(\lambda - 1)であることがわかる

組立除法により、f(λ)=(λ−1)×−(λ2−5λ+4)=−(λ−1)(λ−1)(λ−4)f(\lambda) = (\lambda - 1) \times -(\lambda^2 - 5\lambda + 4) = -(\lambda - 1)(\lambda - 1)(\lambda-4)であることがわかる

よってλ=1,4\lambda = 1, 4

Source
import sympy as sp

l = sp.Symbol("l")
M = sp.Matrix([
    [2-l, 1, 1],
    [1, 2-l, 1],
    [1, 1, 2-l],
])
det = M.det()
print(f"{det=}")

print(f"factor: {sp.factor(det)}")

from sympy.solvers import solve
print(f"λ={solve(det)}")
Output

λ=1\lambda=1の場合

(A−λE)x=(111111111)(x1x2x3)=0(A - \lambda E)x = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0
(38)

x1+x2+x3=0x_1 + x_2 + x_3 = 0

c1,c2∈Rc_1, c_2 \in \mathbb{R}とおき、

x1=c1x2=c2x3=−c1−c2x_1 = c_1\\ x_2 = c_2\\ x_3 = -c_1 - c_2
(39)

とする。

x=c1(10−1)+c2(01−1)\boldsymbol{x} = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
(40)

となり、固有空間は

V(1)={c1(10−1)+c2(01−1)∣c1,c2∈R}V(1) = \left . \left\{ c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \right | c_1, c_2\in \mathbb{R} \right\}
(41)

となる。固有ベクトルの例は、c1=c2=1c_1=c_2=1とおいて

(10−1)+(01−1)=(11−2)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}
(42)

λ=4\lambda=4の場合

(A−λE)x=(2−λ1112−λ1112−λ)(x1x2x3)=(−2111−2111−2)(x1x2x3)=0(A - \lambda E)x = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} =0
(43)
{−2x1+x2+x3=0x1−2x2+x3=0x1+x2−2x3=0\begin{cases} -2 x_1 + x_2 + x_3 = 0\\ x_1 - 2x_2 + x_3 = 0\\ x_1 + x_2 - 2x_3 = 0\\ \end{cases}
(44)

1行目から2行目を引けば

−3x1+3x2=0→x2=x1-3x_1 + 3x_2 = 0\\ \to x_2 = x_1
(45)

1行目を2倍して2行目に足せば

−3x1+3x3=0→x3=x1-3 x_1 + 3x_3 = 0\\ \to x_3 = x_1
(46)

よって

x=x1(111)\boldsymbol{x} = x_1 \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}
(47)

なので

x=c(111),c∈R\boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R}
(48)

固有ベクトルのひとつは(111)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}となる

固有空間V(λ)V(\lambda)は

V(4)={c(111)∣c∈R}V(4) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\}
(49)

問3

正方行列 AA および λ\lambda に関する多項式 f(λ)f(\lambda) をそれぞれ

A=(13111923),f(λ)=λ4−λ3−λ2+9λ−1A=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{3} & 11 \\ \frac{1}{9} & \frac{2}{3} \end{array}\right), \quad f(\lambda)=\lambda^4-\lambda^3-\lambda^2+9 \lambda-1
(50)

により定める。行列多項式 f(A)f(A) を計算せよ。

事前知識：

  • 行列多項式は多項式の変数部分に行列をとったもの

  • 行列多項式において、1は単位行列として扱う

  • もしλ\lambdaが固有値でffが固有多項式だとすると、ケイリー・ハミルトンの定理よりf(A)=Of(A) = Oだが、問題中のf(λ)f(\lambda)は、λ\lambdaを使っていてややこしいが固有多項式ではない（2次の行列なのにλ4\lambda^4など2より高次の項があるため）

今回はケイリー・ハミルトンの定理における

A2−(a+d)A+(ad−bc)A^2 - (a + d) A + (ad - bc)
(53)

の部分は、

A2−(a+d)A+(ad−bc)=A2−(13+23)A+(1323−1119)=A2−A+(29−119)=A2−A−1\begin{aligned} A^2 - (a + d) A + (ad - bc)\\ &= A^2 - (\frac{1}{3} + \frac{2}{3}) A + (\frac{1}{3}\frac{2}{3} - 11\frac{1}{9})\\ &= A^2 - A + (\frac{2}{9} - \frac{11}{9})\\ &= A^2 - A - 1\\ \end{aligned}
(54)

となる

問題文中の行列多項式を整理すると、ケイリー・ハミルトンの定理によりA2−A−I=0A^2-A-I=0となるため

f(A)=A4−A3−A2+9A−1=A2(A2−A−I⏟=O)+9A−1=9A−1\begin{aligned} f(A) &=A^4-A^3-A^2+9 A-1\\ &=A^2(\underbrace{ A^2-A-I }_{=O}) + 9 A - 1\\ &= 9 A - 1\\ \end{aligned}
(55)

となる。

よって

f(A)=9A−E=9(13111923)−(1001)=(939999183)−(1001)=(39916)−(1001)=(29915)\begin{aligned} f(A) &= 9A - E\\ &= 9 \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{3} & 11 \\ \frac{1}{9} & \frac{2}{3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} \frac{9}{3} & 99 \\ \frac{9}{9} & \frac{18}{3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} 3 & 99 \\ 1 & 6 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} 2 & 99 \\ 1 & 5 \end{array}\right) \end{aligned}
(56)
import sympy as sp

M = sp.Matrix([
    [1/3, 11],
    [1/9, 2/3],
])
I = sp.Matrix([
    [1, 0],
    [0, 1],
])

(M @ M @ M @ M) - (M @ M @ M) - (M @ M) + 9 * M - I

問4

次の問いに答えよ。

  1. 零写像の定義を書け。

  2. ff をベクトル空間 VV の線形変換とする。 mm 個の ff から得られる合成写像を fmf^m と書く。例えば、 f2=f∘f,f3=f∘f∘ff^2=f \circ f, f^3=f \circ f \circ f である。また、 f1=ff^1=f と約束する。ある自然数 mm に対して、 fmf^m が零写像となるならば、 ff の固有値は 0 のみであることを示せ。

  1. 零写像の定義を書け。

定義域の任意の元を定義域の零元に写す写像のこと。

すなわち、写像をf:X→Yf: X\to Yとすると、∀x∈X,f(x)=0∈Y\forall x \in X, f(x) = 0 \in Yとなる写像のこと。

  1. ff をベクトル空間 VV の線形変換とする。 mm 個の ff から得られる合成写像を fmf^m と書く。例えば、 f2=f∘f,f3=f∘f∘ff^2=f \circ f, \quad f^3=f \circ f \circ f である。また、 f1=ff^1=f と約束する。ある自然数 mm に対して、 fmf^m が零写像となるならば、 ff の固有値は 0 のみであることを示せ。

f(x)=λxf(x) = \lambda xとおくと、合成写像f∘f(x)=f(f(x))f\circ f(x) = f(f(x)) は

f(f(x))=f(λx)=λf(x)=λ2xf(f(x)) = f(\lambda x) = \lambda f(x) = \lambda^2 x
(57)

同様に、m≤2m \leq 2について

fm(x)=fm−1(f(x))=fm−1(λx)=λmxf^m (x) = f^{m-1}(f(x)) = f^{m-1}(\lambda x) = \lambda^m x
(58)
数学
練習問題メモ 18（表現行列）
数学
練習問題メモ 20（固有値と固有ベクトル その2－一般の線形変換の場合－）