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。
\(\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 2 & 2\end{array}\right)\)
\(\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 3\end{array}\right)\)
\(\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right)\)
\(\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 2 & 2\end{array}\right)\)
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、\(\lambda = 0, 3\)
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。
\(\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 3\end{array}\right)\)
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、\(\lambda = -1, 2, 5\)
\(\lambda = -1\)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
\(\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2\end{array}\right)\)
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\(\lambda = 1, 4\)
\(\lambda=1\)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
\[\begin{split}
V(4)
=
\left .
\left\{
c
\begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}
\right |
c\in \mathbb{R}
\right\}
\end{split}\]