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

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

\[ \widetilde{W}(\lambda)=\left\{\boldsymbol{x} \in \mathbb{R}^n \mid \text { ある自然数 } k \text { に対して }(\lambda E-A)^k \boldsymbol{x}=\mathbf{0}\right\} \]

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

(1) ゼロベクトルを含む

\[ (\lambda E - A)^k 0 = 0 \]

であり、\(0 \in \mathbb{R}^n\)であるため

\[ 0 \in \widetilde{W}(\lambda) \]

（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\(x\)が固有ベクトル（\(x\neq 0\)）と指定されてないので\(0\in \mathbb{R}^n\)ゆえ零を含むといえる）

(2) 和について閉じている

\(x_1, x_2 \in \widetilde{W}(\lambda)\)について、ある自然数\(k, \ell\in \mathbb{N}\)が存在し

\[\begin{split} (\lambda E - A)^k x_1 = 0\\ (\lambda E - A)^\ell x_2 = 0\\ \end{split}\]

\(m\in \mathbb{N}\)を\(m\geq k, m\geq \ell\)とおくと

\[ (\lambda E - A)^m (x_1 + x_2) = (\lambda E - A)^m x_1 + (\lambda E - A)^m x_2 = 0 \]

よって

\[ x_1 + x_2 \in \widetilde{W}(\lambda) \]

(3) 定数倍について閉じている

\[ \forall c \in \mathbb{R}, \forall x \in \widetilde{W}(\lambda),\quad (\lambda E - A)^k c x = c \{ (\lambda E - A)^k x \} = c \{ 0 \} = 0 \]

よって

\[ c x \in \widetilde{W}(\lambda) \]

(1),(2),(3)を満たすため、\(\widetilde{W}(\lambda)\)は\(\mathbb{R}^n\)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. \(\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 2 & 2\end{array}\right)\)

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

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

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

1. 固有値を求める

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

\[\begin{split} \begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 1\\ 2 & 2 - \lambda \end{pmatrix}\\ &= (1 - \lambda)(2 - \lambda) - 2\\ &= 2 - 3\lambda + \lambda^2 - 2\\ &= (\lambda - 3) \lambda\\ &= 0 \end{aligned} \end{split}\]

なので、\(\lambda = 0, 3\)

2. 固有ベクトルと固有空間を求める

\(\lambda = 0\)の場合：

\[ Ax = \lambda x \]

は

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \end{split}\]

であり

\[\begin{split} \begin{cases} x_1 + x_2 = 0\\ 2 x_1 + 2 x_2 = 0 \end{cases} \end{split}\]

となる。

これを解くと

\[\begin{split} x_1 = -x_2\\ x_2 = -x_1 \end{split}\]

つまり

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ -x_1 \end{pmatrix} \end{split}\]

であるため、未知の数\(c\in\mathbb{R}\)をもちいて

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{split}\]

と表すことができる。そのため、例えば \(\begin{pmatrix}1 \\ -1\end{pmatrix}\)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

\[\begin{split} V(0) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

となる。

\(\lambda = 3\)の場合：

\[ Ax = \lambda x \]

は

\[\begin{split} \begin{cases} x_1 + x_2 = 3x_1\\ 2 x_1 + 2 x_2 = 3x_2 \end{cases} \end{split}\]

となる。

これを解くと

\[ x_2 = 2 x_1 \]

であるため、

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ 2 x_1 \end{pmatrix} = c \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}, c\in \mathbb{R} \end{split}\]

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

固有空間\(V(\lambda)\)は

\[\begin{split} V(3) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

となる。

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

1. 固有値を求める

\[\begin{split} \begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0 \\ 2 & 2-\lambda & 2 \\ 0 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}\\ &= (1-\lambda) (2-\lambda) (3 - \lambda) - 4 (1-\lambda) - 4 (3 - \lambda)\\ &= (2 - 3 \lambda + \lambda^2) (3 - \lambda) - 4 + 4\lambda - 12 + 4\lambda\\ &= (2 - 3 \lambda + \lambda^2) (3 - \lambda) - 16 + 8\lambda\\ &= 6 - 9 \lambda + 3\lambda^2 - 2 \lambda + 3 \lambda^2 - \lambda^3 - 16 + 8\lambda\\ &= - \lambda^3 + 6\lambda^2 - 3 \lambda - 10 \\ \end{aligned} \end{split}\]

よって

\[ (\lambda - 5) (\lambda - 2) (\lambda + 1) = 0 \]

なので、\(\lambda = -1, 2, 5\)

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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)}")

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det=-l**3 + 6*l**2 - 3*l - 10
factor: -(l - 5)*(l - 2)*(l + 1)
λ=[-1, 2, 5]

\(\lambda = -1\)の場合

\[\begin{split} (A - \lambda E)x = 0\\ = \begin{pmatrix} 1+1 & 2 & 0 \\ 2 & 2+1 & 2 \\ 0 & 2 & 3+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0 \end{split}\]

\[\begin{split} \begin{cases} 2 x_1 + 2 x_2 \quad\quad= 0\\ 2 x_1 + 3 x_2 + 2 x_3 = 0 \\ \quad\quad 2 x_2 + 4 x_3 = 0 \end{cases} \end{split}\]

1行目の式より \(x_1 = -x_2\) なので、 2行目の式に代入して

\[\begin{split} - 2 x_2 + 3x_2 + 2x_3 =0\\ \iff x_2 = - 2 x_3\\ \iff x_3 = -\frac{1}{2} x_2 \end{split}\]

よって

\[\begin{split} \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_2 \\ -\frac{1}{2}x_2 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \end{split}\]

なので

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R} \end{split}\]

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

固有空間\(V(\lambda)\)は

\[\begin{split} V(-1) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -\frac{1}{2} \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

\(\lambda = 2\)の場合

\[\begin{split} (A - \lambda E)x = 0\\ \iff \begin{pmatrix} 1-2 & 2 & 0 \\ 2 & 2-2 & 2 \\ 0 & 2 & 3-2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0\\ \iff \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=0 \end{split}\]

\[\begin{split} \begin{cases} - x_1 + 2 x_2 = 0\\ 2 x_1 + 2 x_3 = 0 \\ 2 x_2 + x_3 = 0 \end{cases} \end{split}\]

これを解くと

\[\begin{split} x_1 = 2 x_2\\ x_3 = -2 x_2 \end{split}\]

よって

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 2 x_2 \\ x_2 \\ -2x_2 \end{pmatrix} = x_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{split}\]

なので

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R} \end{split}\]

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

固有空間\(V(\lambda)\)は

\[\begin{split} V(2) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

\(\lambda=5\)の場合

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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()

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{5 - l: 1, 2 - l: 1, -l - 1: 1}

[(2 - l,
  1,
  [Matrix([
   [  -1],
   [-1/2],
   [   1]])]),
 (5 - l,
  1,
  [Matrix([
   [1/2],
   [  1],
   [  1]])]),
 (-l - 1,
  1,
  [Matrix([
   [ 2],
   [-2],
   [ 1]])])]

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

1. 固有値を求める

固有方程式

\[\begin{split} \det(A - \lambda E) = \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = 0 \end{split}\]

を解く。

\[\begin{split} \begin{aligned} \det(A - \lambda E) &= \det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}\\ &= (2 - \lambda)^3 + 1 + 1 - 3 (2 - \lambda)\\ &= (2 - \lambda)(2 - \lambda)(2 - \lambda) + 2 - 6 + 3\lambda\\ &= (4 - 4 \lambda + \lambda^2)(2 - \lambda) -4 + 3\lambda\\ &= 8 - 4\lambda - 8 \lambda + 4\lambda^2 + 2\lambda^2 - \lambda^3 -4 + 3\lambda\\ &= -\lambda^3 + 6\lambda^2 - 12 \lambda + 3\lambda + 8 - 4\\ &= -\lambda^3 + 6\lambda^2 - 9 \lambda + 4\\ \end{aligned} \end{split}\]

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

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

よって\(\lambda = 1, 4\)

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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)}")

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det=-l**3 + 6*l**2 - 9*l + 4
factor: -(l - 4)*(l - 1)**2
λ=[1, 4]

\(\lambda=1\)の場合

\[\begin{split} (A - \lambda E)x = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0 \end{split}\]

\(x_1 + x_2 + x_3 = 0\)

\(c_1, c_2 \in \mathbb{R}\)とおき、

\[\begin{split} x_1 = c_1\\ x_2 = c_2\\ x_3 = -c_1 - c_2 \end{split}\]

とする。

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{split}\]

となり、固有空間は

\[\begin{split} V(1) = \left . \left\{ c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + c_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \right | c_1, c_2\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

となる。固有ベクトルの例は、\(c_1=c_2=1\)とおいて

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{split}\]

\(\lambda=4\)の場合

\[\begin{split} (A - \lambda E)x = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} =0 \end{split}\]

\[\begin{split} \begin{cases} -2 x_1 + x_2 + x_3 = 0\\ x_1 - 2x_2 + x_3 = 0\\ x_1 + x_2 - 2x_3 = 0\\ \end{cases} \end{split}\]

1行目から2行目を引けば

\[\begin{split} -3x_1 + 3x_2 = 0\\ \to x_2 = x_1 \end{split}\]

1行目を2倍して2行目に足せば

\[\begin{split} -3 x_1 + 3x_3 = 0\\ \to x_3 = x_1 \end{split}\]

よって

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = x_1 \begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{split}\]

なので

\[\begin{split} \boldsymbol{x} = c \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad c \in \mathbb{R} \end{split}\]

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

固有空間\(V(\lambda)\)は

\[\begin{split} V(4) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

問3

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

\[\begin{split} A=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{3} & 11 \\ \frac{1}{9} & \frac{2}{3} \end{array}\right), \quad f(\lambda)=\lambda^4-\lambda^3-\lambda^2+9 \lambda-1 \end{split}\]

により定める。行列多項式 \(f(A)\) 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\(\lambda\)が固有値で\(f\)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\(f(A) = O\)だが、問題中の\(f(\lambda)\)は、\(\lambda\)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\(\lambda^4\)など2より高次の項があるため）

ケイリー・ハミルトンの定理（2次の正方行列の場合）

\[\begin{split} A=\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right) \end{split}\]

の場合、固有多項式は

\[\begin{split} \begin{align} \phi_A(\lambda) &= \det(A - \lambda I) = \det\left(\begin{array}{cc} a - \lambda & b \\ c & d - \lambda \end{array}\right)\\ &= (a - \lambda) (d - \lambda) - bc\\ &= ad - a \lambda - d \lambda + \lambda^2 - bc\\ &= \lambda^2 - (a + d) \lambda + (ad - bc)\\ \end{align} \end{split}\]

今回はケイリー・ハミルトンの定理における

\[ A^2 - (a + d) A + (ad - bc) \]

の部分は、

\[\begin{split} \begin{aligned} A^2 - (a + d) A + (ad - bc)\\ &= A^2 - (\frac{1}{3} + \frac{2}{3}) A + (\frac{1}{3}\frac{2}{3} - 11\frac{1}{9})\\ &= A^2 - A + (\frac{2}{9} - \frac{11}{9})\\ &= A^2 - A - 1\\ \end{aligned} \end{split}\]

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\(A^2-A-I=0\)となるため

\[\begin{split} \begin{aligned} f(A) &=A^4-A^3-A^2+9 A-1\\ &=A^2(\underbrace{ A^2-A-I }_{=O}) + 9 A - 1\\ &= 9 A - 1\\ \end{aligned} \end{split}\]

となる。

よって

\[\begin{split} \begin{aligned} f(A) &= 9A - E\\ &= 9 \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{3} & 11 \\ \frac{1}{9} & \frac{2}{3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} \frac{9}{3} & 99 \\ \frac{9}{9} & \frac{18}{3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} 3 & 99 \\ 1 & 6 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)\\ &= \left(\begin{array}{cc} 2 & 99 \\ 1 & 5 \end{array}\right) \end{aligned} \end{split}\]

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

\[\begin{split}\displaystyle \left[\begin{matrix}2.0 & 99\\1.0 & 5.0\end{matrix}\right]\end{split}\]

問4

次の問いに答えよ。

1. 零写像の定義を書け。

2. \(f\) をベクトル空間 \(V\) の線形変換とする。 \(m\) 個の \(f\) から得られる合成写像を \(f^m\) と書く。例えば、 \(f^2=f \circ f, f^3=f \circ f \circ f\) である。また、 \(f^1=f\) と約束する。ある自然数 \(m\) に対して、 \(f^m\) が零写像となるならば、 \(f\) 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\(f: X\to Y\)とすると、\(\forall x \in X, f(x) = 0 \in Y\)となる写像のこと。

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

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

\[ f(f(x)) = f(\lambda x) = \lambda f(x) = \lambda^2 x \]

同様に、\(m \leq 2\)について

\[ f^m (x) = f^{m-1}(f(x)) = f^{m-1}(\lambda x) = \lambda^m x \]