5-3 固有ベクトルの独立性
読み始める前の問い
異なる倍率で伸びる方向同士が、互いに重複することはあるだろうか。
このページでできるようになること
異なる固有値に属する固有ベクトルの独立性を証明し、固有空間の和を扱えるようになる。
異なる伸び方は混同できない
$T(v_1)=2v_1$、$T(v_2)=3v_2$ とする。もし $v_2=cv_1$ なら、線形性から $T(v_2)=2v_2$ となり、同時に $T(v_2)=3v_2$ だから $v_2=0$ となる。固有ベクトルは零でないので、異なる固有値に属する二本は平行でない。この現象は何本でも成り立つ。
証明を読む前の見取り図
最短の線形関係を仮定し、$A-\lambda I$ を作用させて一本を消し、より短い関係を作って矛盾させる。
$T:V\to V$ の相異なる固有値を $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ とし、$v_i$ を $\lambda_i$ に属する固有ベクトルとする。このとき $v_1,\dots,v_r$ は一次独立である。
$r$ に関する帰納法で証明する。$r=1$ では $v_1\ne0$ だから一次独立である。
$r-1$ 本まで結論が成り立つとし
$$c_1v_1+\cdots+c_rv_r=0 \tag{1}$$
と仮定する。(1) に $T$ を作用させた式から (1) の $\lambda_r$ 倍を引くと
$$c_1(\lambda_1-\lambda_r)v_1+\cdots+c_{r-1}(\lambda_{r-1}-\lambda_r)v_{r-1}=0.$$
帰納法の仮定より、各 $i< r$ について $c_i(\lambda_i-\lambda_r)=0$。固有値は相異なるので $c_i=0$ である。これを (1) に戻すと $c_rv_r=0$ であり、$v_r\ne0$ より $c_r=0$。ゆえに全係数が $0$ である。
固有空間ごとの一般化
$E_\lambda=\ker(T-\lambda I)$ を固有空間とする。相異なる固有値 $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ に対して
$$E_{\lambda_1}+\cdots+E_{\lambda_r}$$
は直和である。実際、$v_i\in E_{\lambda_i}$ が $v_1+\cdots+v_r=0$ を満たすとき、零でない $v_i$ だけを残せば先ほどの定理に反する。したがってすべて $v_i=0$ である。
これにより
$$\sum_{i=1}^r\dim E_{\lambda_i}\le \dim V$$
が分かる。特に $n$ 次元空間上の線形写像が $n$ 個の相異なる固有値をもてば、各固有値から一つずつ選んだ固有ベクトルは基底になる。
反例：同じ固有値なら独立とは限らない
恒等写像では零でないベクトルはすべて固有値 $1$ の固有ベクトルだが、$v$ と $2v$ は一次従属である。「固有ベクトルである」だけでは足りず、固有値が相異なるという仮定が本質的である。一方、同じ固有空間の中から基底を選べば、そのベクトルたちは一次独立である。
計算例
$$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&1\\0&0&3\end{pmatrix}$$
の固有値は $1,2,3$ である。対応する固有ベクトルとして
$$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\quad
v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad
v_3=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$
を取れる。定理から一次独立であり、直接にも
$$\det(v_1\ v_2\ v_3)=1\ne0$$
と検算できる。
演習
$5$ 次元空間上の線形写像が相異なる固有値を $6$ 個もつことはあり得ないことを示せ。
各固有値に属する固有ベクトルを一つずつ選ぶと、定理により $6$ 本の一次独立なベクトルが得られる。しかし $5$ 次元空間に $6$ 本の一次独立なベクトルは存在しない。したがって、そのような線形写像は存在しない。
固有ベクトルが十分な本数だけあれば、それを基底にできる。次ページでは、その基底による最も簡単な表示を対角化として定式化する。
このページで回収したもの
異なるモードを独立な座標軸として同時に採用できる理由が分かった。
次へ持ち越す問い
この見方を、次のページではより広い対象またはより計算しやすい形へ移す。
参考文献
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