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－）

問1

写像 \(\Psi: \mathbb{R}[t]_2 \rightarrow \mathbb{R}[t]_2\) を

\[ \Psi(f(t))=f(-t)+\frac{d}{d t} f(t) \quad\left(f(t) \in \mathbb{R}[t]_2\right) \]

により定めると、 \(\Psi\) は \(\mathbb{R}[t]_2\) の線形変換を定めることがわかる。 \(\mathbb{R}[t]_2\) の基底 \(\{1, t, t^2\}\) に関する \(\Psi\) の表現行列、 \(\Psi\) の固有値、 \(\Psi\) の各固有値に対する固有空間を求めよ。

Tip

情報整理

• 多項式：\(\mathbb{R}[t]_2 = \{ a_2 t^2 + a_1 t + a_0 \mid a_2,a_1,a_0 \in \mathbb{R}\}\)

• 基底：\(\{1, t, t^2\}\) → これらの線形結合で\(\mathbb{R}[t]_2\)を生成するため

\(f(-t)\)はどう考えればいいのか？

\(\Psi(1)\)のとき、\(\Psi(f(t))\)の\(f(t)\)を1とおいている、すなわち\(f(t) := 1\)と定義している。\(f(t)\)は\(t\)がなんであれ常に1の定数となっていると解釈できる → \(f(-t) = 1\)

\(\Psi(t)\)のとき、同様に\(f(t) := t\)とおいている。今度は\(f(t)\)は\(t\)の関数なので、\(f(-t) = -t\)。あるいは別の解釈としては、\(f(t)\in\mathbb{R}[t]_2\)は線形関数なので線形性\(\forall k \in \mathbb{R}, f(k\cdot t) = k \cdot f(t)\)により、\(f(-t) = -t\)。

\(\Psi(t^2)\)のとき、\(f(t) := t^2\) → \(f(-t) = (-t)^2 = t^2\)

\(\mathbb{R}[t]_2\) の基底 \(\left\{1, t, t^2\right\}\) に関する \(\Psi\) の表現行列

表現行列は

\[ \begin{pmatrix} \Psi(1) & \Psi(t) & \Psi(t^2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} A \]

を満たす行列\(A\)のこと（ややこしいが、\(f(t)\)も\(t\)も\(\mathbb{R}[t]_2\)の元なので）。

\[\begin{split} \begin{aligned} \Psi(1) = 1 + \frac{d}{dt}(1) = 1 + 0 = 1\\ \Psi(t) = -t + \frac{d}{dt}(t) = -t + 1\\ \Psi(t^2) = t^2 + \frac{d}{dt}(t^2) = t^2 + 2t\\ \end{aligned} \end{split}\]

より、

\[ \begin{pmatrix} \Psi(1) & \Psi(t) & \Psi(t^2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -t + 1 & t^2 + 2t \end{pmatrix} \]

なので、あてはまるように\(A\)を求める

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = 1 = \Psi(1) \\ \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = -t + 1 = \Psi(t) \\ \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} = t^2 + 2t = \Psi(t^2) \end{split}\]

なので、表現行列は

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

\(\Psi\) の固有値

行列表現の固有値でよさそう？

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

を満たす\(\lambda\)は

\[ \lambda = -1, 1 \]

\(\Psi\) の各固有値に対する固有空間

\(\lambda = -1\)の場合、

\[\begin{split} (A - \lambda E) x = 0 \\ = \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0\\ 0 & -1-\lambda & 2\\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = 0 \end{split}\]

は

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 1+1 & 1 & 0\\ 0 & -1+1 & 2\\ 0 & 0 & 1+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = 0 \end{split}\]

より

\[\begin{split} \begin{cases} 2 x_0 + x_1 = 0\\ 2 x_2 = 0\\ 2 x_2 = 0 \end{cases} \end{split}\]

から、\(x_1 = -2 x_0, x_2 = 0\)

固有空間\(V(\lambda)\)は

\[\begin{split} V(-1) = \left . \left\{ c \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} \right | c\in \mathbb{R} \right\} \end{split}\]

\(\lambda = 1\)の場合、

\[ (A - \lambda E) x = 0 \]

は

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_0 \\ x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = 0 \end{split}\]

より

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

から、\(x_1 = x_2 = 0\)、情報がない\(x_0\)は未知

固有空間\(V(\lambda)\)は

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

import sympy as sp

# Define the matrix
matrix = sp.Matrix([
    [1, 1, 0],
    [0, -1, 2],
    [0, 0, 1]
])

# Calculate the eigenvalues
eigenvalues = matrix.eigenvals()
print("λ=", eigenvalues.keys())
print("x=", matrix.eigenvects())

λ= dict_keys([1, -1])
x= [(-1, 1, [Matrix([
[-1/2],
[   1],
[   0]])]), (1, 2, [Matrix([
[1],
[0],
[0]])])]

問2

\(M_2(\mathbb{R})\) の部分集合 \(W\) を

\[\begin{split} W=\left\{\left.\left(\begin{array}{ll} x_1 & x_2 \\ x_2 & x_1 \end{array}\right) \in M_2(\mathbb{R}) \right\rvert\, x_1, x_2 \in \mathbb{R}\right\} \end{split}\]

により定める。

1. \(W\) は \(M_2(\mathbb{R})\) の部分空間であることを示せ。

2. \(E_1, E_2 \in W\) を

\[\begin{split} E_1=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right), \quad E_2=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) \end{split}\]

により定める。 \(\left\{E_1, E_2\right\}\) は \(W\) の基底であることを示せ。

1. \(W\) は \(M_2(\mathbb{R})\) の部分空間であることを示せ。

(1) \(x_1, x_2 \in \mathbb{R}\)はともに0になりうるため、\(O\in W\)

(2) \(X, Y \in W\)とする。\(X + Y\)の各要素は\(\mathbb{R}\)に含まれるため、\(X+Y\in W\)

(3) \(X \in W, c\in\mathbb{R}\)とする。\(c X\)の各要素は\(\mathbb{R}\)に含まれるため、\(cX \in W\)

(1)~(3)より、部分空間の定義を満たすため、\(W\)は部分空間である

2. \(\left\{E_1, E_2\right\}\) は \(W\) の基底であることを示せ。

Tip

ベクトル\(v_1, v_2 \in V\)が\(V\)の基底であるとは、

1. 線形独立であること、すなわち\(c_1 v_1 + c_2 v_2 = 0, \ (c_1, c_2\in \mathbb{R})\)となるのは\(c_1=c_2=0\)のときのみ

2. \(V\)を生成する。つまり、他の\(v\in V\)を\(c_1 v_1 + c_2 v_2\)で表すことができる

\(x_1, x_2 \in \mathbb{R}\)とする。

\[ x_1 E_1 + x_2 E_2 = O \]

とおくと、

\[\begin{split} x_1 \left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) + x_2 \left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll} x_1 & x_2 \\ x_2 & x_1 \end{array}\right) = O \end{split}\]

より、

\[ x_1 = x_2 = 0 \]

となる。よって1次独立である。

また、\(c_1, c_2 \in \mathbb{R}\)について、

\[\begin{split} c_1 E_1 + c_2 E_2 = \left(\begin{array}{ll} c_1 & 0 \\ 0 & c_1 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{ll} 0 & c_2 \\ c_2 & 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll} c_1 & c_2 \\ c_2 & c_1 \end{array}\right) \end{split}\]

\(c_1, c_2 \in \mathbb{R}\)のため、\(x_1, x_2 \in \mathbb{R}\)についての

\[\begin{split} \left(\begin{array}{ll} x_1 & x_2 \\ x_2 & x_1 \end{array}\right) \in W \end{split}\]

を\(E_1,E_2\)の線形結合によって表現できる。よって\(E_1,E_2\)は\(W\)を生成する。

したがって、\(E_1,E_2\)は\(W\)の基底である

問3

写像 \(\Psi: \mathbb{R}[t]_2 \rightarrow \mathbb{R}[t]_2\) を

\[ \Psi(f(t))=2 f(t)+\int_0^1 f(t) d t \quad\left(f(t) \in \mathbb{R}[t]_2\right) \]

により定めると、 \(\Psi\) は \(\mathbb{R}[t]_2\) の線形変換を定めることがわかる。 \(\mathbb{R}[t]_2\) の基底 \(\left\{1, t, t^2\right\}\) に関する \(\Psi\) の表現行列、 \(\Psi\) の固有値を求めよ。

\(\mathbb{R}[t]_2\) の基底 \(\left\{1, t, t^2\right\}\) に関する \(\Psi\) の表現行列

表現行列は

\[ \begin{pmatrix} \Psi(1) & \Psi(t) & \Psi(t^2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} A \]

を満たす行列\(A\)のこと（ややこしいが、\(f(t)\)も\(t\)も\(\mathbb{R}[t]_2\)の元なので）。

\[\begin{split} \Psi(1) = 2 \times 1 + [t]^1_0 = 2 + 1 - 0 = 3\\ \Psi(t) = 2 t + \left[\frac{1}{2} t^2\right]^1_0 = 2t + \frac{1}{2}\\ \Psi(t^2) = 2 t^2 + \left[\frac{1}{3} t^3\right]^1_0 = 2t^2 + \frac{1}{3}\\ \end{split}\]

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = 3 = \Psi(1) \\ \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = 2t + \frac{1}{2} = \Psi(t) \\ \begin{pmatrix} 1 & t & t^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{3} \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} = 2t^2 + \frac{1}{3} = \Psi(t^2) \end{split}\]

なので、表現行列は

\[\begin{split} \begin{pmatrix} 3 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{split}\]

\(\Psi\) の固有値

固有方程式

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

を解くと、\(\lambda = 2, 3\)

import sympy as sp

# Define the matrix
matrix = sp.Matrix([
    [3, 1/2, 1/3],
    [0, 2, 0],
    [0, 0, 2]
])

# Calculate the eigenvalues
eigenvalues = matrix.eigenvals()
print("λ=", eigenvalues.keys())
print("x=", matrix.eigenvects())

λ= dict_keys([3.00000000000000, 2.00000000000000])
x= [(3.00000000000000, 1, [Matrix([
[1.0],
[  0],
[  0]])]), (2.00000000000000, 1, [Matrix([
[-0.5],
[ 1.0],
[   0]])]), (2.00000000000000, 1, [Matrix([
[-0.333333333333333],
[                 0],
[               1.0]])])]

問4

\(f\) をベクトル空間 \(V\) の線形変換とし、次の 2 つの命題 \(P, Q\) を考える。

• \(P: f\) は同型写像、すなわち、 \(f\) は全単射である。【 \(\rightarrow\) 問 17.4】

• \(Q: f\) は \(0\) を固有値として持たない。

\(P\) と \(Q\) は同値であることを次の文章の \(\square\) を埋めることにより示せ。

前提となる定理1 正則性と同値な条件

\(A\) を \(n\) 次の正方行列とすると、次の \(1 \sim\) 5 は互いに同値である。

1. \(A\) は正則である。

2. \(\operatorname{rank} A=n\)

3. \(A\) の階数標準形は単位行列である。

4. 同次連立 1 次方程式 \(A \boldsymbol{x}=\mathbf{0}\) の解は自明な解のみである。

5. 任意の \(n\) 次の列ベクトル \(\boldsymbol{b}\) に対して、連立 1 次方程式 \(\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}\) の解が一意的 に存在する。

[証明]

線形変換 \(f\) の \([1]\) 行列を考えることにより、正方行列 \(A\) に対する次の命題 \(P^{\prime}\) と \(Q^{\prime}\) が同値であることを示せばよい。

\[\begin{split} \begin{aligned} & P': A \text { は } [2] \text { である。 } \\ & Q': A \text { は } 0 \text { を固有値として持たない。 } \end{aligned} \end{split}\]

\(P^{\prime} \Longrightarrow Q^{\prime}\) : 背理法で示す。 \(A\) を \([2]\) 行列とし、 0 を固有値として持つと仮定する。 \(x\) を固有値 0 に対する \(A\) の固有ベクトルとすると、 \(A \boldsymbol{x}=[3]\)。 \(A\) は \([2]\) なので、逆行列 \(A^{-1}\) が存在し、両辺に左から \([4]\) を掛けると、 \(\boldsymbol{x} = [5]\) 。固有ベクトルの定義 より、 \(x \neq [5]\) なので、これは矛盾である。よって、\([2]\)行列は 0 を固有値として持たない。

\(Q^{\prime} \Longrightarrow P^{\prime}\) : 対偶を示す。 \(A\) が \([2]\) でないと仮定すると、定理1より、同次連立 1 次方程式 \(A x=0\) は \([6]\) でない解 \(x\) を持つ。このとき、 \(x\) は固有値 0 に対する \(A\) の固有ベクトルである。よって、 \(A\) は 0 を固有値として持つため、命題 \(Q^{\prime} \Longrightarrow P^{\prime}\) の対偶が成り立つ。したがって、命題 \(Q^{\prime} \Longrightarrow P^{\prime}\) も成り立つ。

\([1] =\)表現

\([2] =\)正則

\([3] =0\)

\([4] = A^{-1}\)

\([5] = 0\)

\([6] =\)自明