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－）

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 $Ψ : R [t]_{2} \to R [t]_{2}$ を

Ψ (f (t)) = f (- t) + \frac{d}{d t} f (t) (f (t) \in R [t]_{2})

により定めると、 $Ψ$ は $R [t]_{2}$ の線形変換を定めることがわかる。 $R [t]_{2}$ の基底 ${1, t, t^{2}}$ に関する $Ψ$ の表現行列、 $Ψ$ の固有値、 $Ψ$ 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： $R [t]_{2} = {a_{2} t^{2} + a_{1} t + a_{0} ∣ a_{2}, a_{1}, a_{0} \in R}$
基底： ${1, t, t^{2}}$ → これらの線形結合で $R [t]_{2}$ を生成するため

f (- t)

はどう考えればいいのか？

$Ψ (1)$ のとき、 $Ψ (f (t))$ 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 → $f (- t) = 1$

$Ψ (t)$ 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、 $f (t) \in R [t]_{2}$ は線形関数なので線形性 $\forall k \in R, f (k \cdot t) = k \cdot f (t)$ により、 $f (- t) = - t$ 。

$Ψ (t^{2})$ のとき、 $f (t) := t^{2}$ → $f (- t) = (- t)^{2} = t^{2}$

$R [t]_{2}$ の基底 ${1, t, t^{2}}$ に関する $Ψ$ の表現行列

表現行列は

(\begin{matrix} Ψ (1) & Ψ (t) & Ψ (t^{2}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & t & t^{2} \end{matrix}) A

を満たす行列 $A$ のこと（ややこしいが、 $f (t)$ も $t$ も $R [t]_{2}$ の元なので）。

\begin{array}{r} \begin{matrix} Ψ (1) = 1 + \frac{d}{d t} (1) = 1 + 0 = 1 \\ Ψ (t) = - t + \frac{d}{d t} (t) = - t + 1 \\ Ψ (t^{2}) = t^{2} + \frac{d}{d t} (t^{2}) = t^{2} + 2 t \end{matrix} \end{array}

より、

(\begin{matrix} Ψ (1) & Ψ (t) & Ψ (t^{2}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & - t + 1 & t^{2} + 2 t \end{matrix})

なので、あてはまるように $A$ を求める

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) = 1 = Ψ (1) \\ (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{array}) = - t + 1 = Ψ (t) \\ (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 1 \end{array}) = t^{2} + 2 t = Ψ (t^{2}) \end{array}

なので、表現行列は

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}) \end{array}

$Ψ$ の固有値

行列表現の固有値でよさそう？

\begin{array}{r} det (\begin{array}{c} 1 - λ & 1 & 0 \\ 0 & - 1 - λ & 2 \\ 0 & 0 & 1 - λ \end{array}) = - (1 + λ) (1 - λ)^{2} = 0 \end{array}

を満たす $λ$ は

λ = - 1, 1

$Ψ$ の各固有値に対する固有空間

$λ = - 1$ の場合、

\begin{array}{r} (A - λ E) x = 0 \\ = (\begin{array}{c} 1 - λ & 1 & 0 \\ 0 & - 1 - λ & 2 \\ 0 & 0 & 1 - λ \end{array}) (\begin{array}{c} x_{0} \\ x_{1} \\ x_{2} \end{array}) = 0 \end{array}

は

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 1 + 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 + 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 + 1 \end{array}) (\begin{array}{c} x_{0} \\ x_{1} \\ x_{2} \end{array}) = 0 \end{array}

より

\begin{array}{r} {\begin{cases} 2 x_{0} + x_{1} = 0 \\ 2 x_{2} = 0 \\ 2 x_{2} = 0 \end{cases} \end{array}

から、 $x_{1} = - 2 x_{0}, x_{2} = 0$

固有空間 $V (λ)$ は

\begin{array}{r} V (- 1) = {c (\begin{array}{c} 1 \\ - 2 \\ 0 \end{array}) | c \in R} \end{array}

$λ = 1$ の場合、

(A - λ E) x = 0

は

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ 0 & - 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}) (\begin{array}{c} x_{0} \\ x_{1} \\ x_{2} \end{array}) = 0 \end{array}

より

\begin{array}{r} {\begin{cases} x_{1} = 0 \\ - 2 x_{1} + 2 x_{2} = 0 \end{cases} \end{array}

から、 $x_{1} = x_{2} = 0$ 、情報がない $x_{0}$ は未知

固有空間 $V (λ)$ は

\begin{array}{r} V (1) = {c (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) | c \in R} \end{array}

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#

$M_{2} (R)$ の部分集合 $W$ を

\begin{array}{r} W = {(\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{2} & x_{1} \end{array}) \in M_{2} (R) | x_{1}, x_{2} \in R} \end{array}

により定める。

$W$ は $M_{2} (R)$ の部分空間であることを示せ。
$E_{1}, E_{2} \in W$ を

\begin{array}{r} E_{1} = (\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}), E_{2} = (\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}) \end{array}

により定める。 ${E_{1}, E_{2}}$ は $W$ の基底であることを示せ。

$W$ は $M_{2} (R)$ の部分空間であることを示せ。

(1) $x_{1}, x_{2} \in R$ 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 $R$ に含まれるため、 $X + Y \in W$

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

(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

${E_{1}, E_{2}}$ 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、

線形独立であること、すなわち $c_{1} v_{1} + c_{2} v_{2} = 0, (c_{1}, c_{2} \in R)$ となるのは $c_{1} = c_{2} = 0$ のときのみ
$V$ 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

$x_{1}, x_{2} \in R$ とする。

x_{1} E_{1} + x_{2} E_{2} = O

とおくと、

\begin{array}{r} x_{1} (\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}) + x_{2} (\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}) = (\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{2} & x_{1} \end{array}) = O \end{array}

より、

x_{1} = x_{2} = 0

となる。よって1次独立である。

また、 $c_{1}, c_{2} \in R$ について、

\begin{array}{r} c_{1} E_{1} + c_{2} E_{2} = (\begin{array}{ll} c_{1} & 0 \\ 0 & c_{1} \end{array}) + (\begin{array}{ll} 0 & c_{2} \\ c_{2} & 0 \end{array}) = (\begin{array}{ll} c_{1} & c_{2} \\ c_{2} & c_{1} \end{array}) \end{array}

$c_{1}, c_{2} \in R$ のため、 $x_{1}, x_{2} \in R$ についての

\begin{array}{r} (\begin{array}{ll} x_{1} & x_{2} \\ x_{2} & x_{1} \end{array}) \in W \end{array}

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 $Ψ : R [t]_{2} \to R [t]_{2}$ を

Ψ (f (t)) = 2 f (t) + \int_{0}^{1} f (t) d t (f (t) \in R [t]_{2})

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

$R [t]_{2}$ の基底 ${1, t, t^{2}}$ に関する $Ψ$ の表現行列

表現行列は

(\begin{matrix} Ψ (1) & Ψ (t) & Ψ (t^{2}) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & t & t^{2} \end{matrix}) A

を満たす行列 $A$ のこと（ややこしいが、 $f (t)$ も $t$ も $R [t]_{2}$ の元なので）。

\begin{array}{r} Ψ (1) = 2 \times 1 + [t]_{0}^{1} = 2 + 1 - 0 = 3 \\ Ψ (t) = 2 t + {[\frac{1}{2} t^{2}]}_{0}^{1} = 2 t + \frac{1}{2} \\ Ψ (t^{2}) = 2 t^{2} + {[\frac{1}{3} t^{3}]}_{0}^{1} = 2 t^{2} + \frac{1}{3} \end{array}

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ 0 \end{array}) = 3 = Ψ (1) \\ (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 2 \\ 0 \end{array}) = 2 t + \frac{1}{2} = Ψ (t) \\ (\begin{array}{c} 1 & t & t^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} \frac{1}{3} \\ 0 \\ 2 \end{array}) = 2 t^{2} + \frac{1}{3} = Ψ (t^{2}) \end{array}

なので、表現行列は

\begin{array}{r} (\begin{array}{c} 3 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}) \end{array}

$Ψ$ の固有値

固有方程式

\begin{array}{r} det (\begin{array}{c} 3 - λ & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ 0 & 2 - λ & 0 \\ 0 & 0 & 2 - λ \end{array}) = (2 - λ)^{2} (3 - λ) = 0 \end{array}

を解くと、 $λ = 2, 3$

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。【 $\to$ 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 $◻$ 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。

$A$ は正則である。
$rank A = n$
$A$ の階数標準形は単位行列である。
同次連立 1 次方程式 $A x = 0$ の解は自明な解のみである。
任意の $n$ 次の列ベクトル $b$ に対して、連立 1 次方程式 $A x = b$ 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 $P^{'}$ と $Q^{'}$ が同値であることを示せばよい。

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

$P^{'} ⟹ Q^{'}$ : 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、 $A x = [3]$ 。 $A$ 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、 $x = [5]$ 。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。

$Q^{'} ⟹ P^{'}$ : 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 $Q^{'} ⟹ P^{'}$ の対偶が成り立つ。したがって、命題 $Q^{'} ⟹ P^{'}$ も成り立つ。

$[1] =$ 表現

$[2] =$ 正則

$[3] = 0$

$[4] = A^{- 1}$

$[5] = 0$

$[6] =$ 自明

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－）

Contents

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#

問2#

問3#

問4#

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－）

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－）#