5.6 における線形変換の固有空間

例 5.17 (線形変換の固有空間の具体例) 線形変換 $f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ ; $\vec{y}=f(\vec{x})=A\vec{x}$ の固有空間を求める．ただし，

$\displaystyle A= \begin{bmatrix}5 & 6 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}$

とする．まず，固有多項式は

$\displaystyle g_A(t)=\det(tE-A)= \begin{vmatrix}t-5 & -6 & 0 \\ 1 & t & 0 \\ -1 & -2 & t-2 \end{vmatrix} = (t-2)^2(t-3)$

である．よって $g_A(\lambda)=0$ より固有値は $\lambda=3$ , $\lambda=2$ (2 個)である． $\lambda=3$ のとき

$\displaystyle \lambda E-A=3E-A= \begin{bmatrix}-2 & -6 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ -1 &... ...簡約化}}\quad \begin{bmatrix}1 & 0 & -3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

より，固有空間は

$\displaystyle W(3;f)= \left\{\left.\,{c\vec{p}_1}\,\,\right\vert\,\,{c\in\mathb... ...p}_1\right\rangle , \qquad \vec{p}_1= \begin{bmatrix}3 \\ -1 \\ 1 \end{bmatrix}$

となる． $\lambda=2$ のとき

$\displaystyle \lambda E-A=2E-A= \begin{bmatrix}-3 & -6 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ -1 &... ...{簡約化}}\quad \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

より，固有空間は

$\displaystyle W(2;f)= \left\{\left.\,{c_1\vec{p}_2+c_2\vec{p}_3}\,\,\right\vert... ...1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad \vec{p}_3= \begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

となる．

の基底は $\{\vec{p}_1\}$ であり $\dim(W(3;f))=1$ となる．の基底は $\{\vec{p}_2,\vec{p}_3\}$ であり $\dim(W(2;f))=2$ となる．また，

$\displaystyle P= \begin{bmatrix}\vec{p}_1 & \vec{p}_2 & \vec{p}_3 \end{bmatrix}... ...P)= \begin{vmatrix}3 & -2 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} =5\neq 0$

より $\{\vec{p}_1,\vec{p}_2,\vec{p}_3\}$ は 1 次独立であり，

$\displaystyle W(3;f)\cap W(2;f)= \left\langle \vec{p}_1\right\rangle \cap \left\langle \vec{p}_2,\,\, \vec{p}_3\right\rangle = \{\vec{0}\}$

であるので，

	$\displaystyle W(3;f)\oplus W(2;f)= \left\langle \vec{p}_1\right\rangle \oplus \... ...left\langle \vec{p}_1,\,\, \vec{p}_2,\,\, \vec{p}_3\right\rangle =\mathbb{R}^3,$
	$\displaystyle \dim(W(3;f))+\dim(W(2;f))=\dim(\mathbb{R}^3)$

が成り立つ． $\mathbb{R}^3$ はとに直和分解される． $\{\vec{p}_1,\vec{p}_2,\vec{p}_3\}$ は $\mathbb{R}^3$ の基底となる．

標準基底 $\Sigma=\{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3\}$ に関するの表現行列はである．基底 $\Sigma'=\{\vec{p}_1,\vec{p}_2,\vec{p}_3\}$ に関するの表現行列を求める． $\Sigma$ , $\Sigma'$ の座標を $(x_1,x_2,x_3)_{\Sigma}$ , $(x'_1,x'_2,x'_3)_{\Sigma'}$ とすると，

	$\displaystyle x_1\vec{e}_1+x_2\vec{e}_2+x_3\vec{e}_3= x'_1\vec{p}_1+x'_2\vec{p}... ...}_2 & \vec{p}_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x'_1 \\ x'_2 \\ x'_3 \end{bmatrix}$
	$\displaystyle \quad\Rightarrow\quad \vec{x}=P\vec{x}', \quad \vec{x}= \begin{bm... ...end{bmatrix}, \quad \vec{x}'= \begin{bmatrix}x'_1 \\ x'_2 \\ x'_3 \end{bmatrix}$

と座標変換が得られる．これを用いて，線形変換 $\vec{y}=A\vec{x}$ を座標変換すると

$\displaystyle \vec{y}=A\vec{x} \quad\Rightarrow\quad P\vec{y}'=AP\vec{x}' \quad... ...y}'=P^{-1}AP\vec{x}' \quad\Rightarrow\quad \vec{y}'=D\vec{x}', \quad D=P^{-1}AP$

と表される．よって，基底 $\Sigma'=\{\vec{p}_1,\vec{p}_2,\vec{p}_3\}$ に関するの表現行列は

$\displaystyle D=P^{-1}AP= \begin{bmatrix}3 & -2 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 ... ...end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

となる．また，あらたな座標 $(x'_1,x'_2,x'_3)_{\Sigma'}$ のもとでのは $\vec{y}'=D\vec{x}'$ より

$\displaystyle f:\, (x'_1,x'_2,x'_3)\mapsto(y'_1,y'_2,y'_3); \quad y'_1=3x'_1,\quad y'_2=2x'_1,\quad y'_3=2x'_3$

と表される．