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当記事は「統計学のための数学入門$30$講(朝倉書店)」の読解サポートにあたってChapter.$22$の「固有値と固有ベクトル」の章末問題の解答の作成を行いました。
基本的には書籍の購入者向けの解説なので、まだ入手されていない方は購入の上ご確認ください。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。

・書籍解答まとめ
https://www.hello-statisticians.com/answer_textbook_math#math_stat

本章のまとめ

固有値・固有ベクトルの性質

問題$22.1$で使用するので、$22.1$節、P.$140$の「固有値・固有ベクトルの性質」の内容を以下にまとめる。

$p$次の正方行列$A$の固有値$\lambda_i$に関して下記が成立する。
$(1) \,$ 固有方程式は$p$次方程式であり、固有値は$p$個ある。ただし、重根の場合には重複度を含めて$p$個と考える。
$(2) \,$ $\lambda_{1} + \lambda_{2} + \cdots \lambda_{p} = \mathrm{Tr}(A)$
$(3) \,$ $\lambda_{1} \lambda_{2} \cdots \lambda_{p} = |A|$
$(4) \,$ $|A| \, \iff \,$ 少なくとも$1$つの固有値が$0$
$(5) \,$ $A$の逆行列が存在する $\, \iff \,$ 全ての固有値が$0$ではない
$(6) \,$ $A$の逆行列$A^{-1}$が存在するとき、$A$の固有値が$\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots \lambda_{p}$であれば$A^{-1}$の固有値は$1/\lambda_{1}, 1/\lambda_{2}, \cdots 1/\lambda_{p}$である。また$\lambda_i$に対応する$A$の固有ベクトルが$\mathbf{x}_{i}$であれば、$1/\lambda_i$に対応する$A^{-1}$の固有ベクトルは$\mathbf{x}_{i}$である。
$(7) \,$ $A$の固有値と$A^{\mathrm{T}}$の固有値は同じである。

対角化可能なための条件

$p$次の正方行列$A \in \mathbb{R}^{p \times p}$は下記が成立するとき対角化可能である。
$(1) \,$ 正方行列$A$の$p$個の固有値が全て異なる
$(2) \,$ 正方行列$A$に$p$本の一次独立な固有ベクトルが存在する

演習問題解答

問題$22.1$

$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

上記の$A$の逆行列$A^{-1}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} &= \frac{1}{2-0} \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & -1/2 \\ 0 & 1/2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$A$の固有値・固有ベクトル

固有方程式$\det(A – \lambda I_2)=0$は下記のように解ける。
$$
\large
\begin{align}
\det(A – \lambda I_2) &= \left| \begin{array}{cc} 1-\lambda & 1 \\ 0 & 2-\lambda \end{array} \right| \\
&= (1-\lambda)(2-\lambda) = 0 \\
\lambda &= 1, \, 2
\end{align}
$$

上記の長さ$1$の固有ベクトルを$\displaystyle \mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right)$とおくと、$\lambda = 1, \, 2$に対応する$\mathbf{u}$はそれぞれ下記のように得られる。

・$\lambda = 1$
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} x+y \\ 2y \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\mathbf{u} &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$

・$\lambda = 2$
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) &= 2 \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} x+y \\ 2y \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} 2x \\ 2y \end{array} \right) \\
\mathbf{u} &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$A^{-1}$の固有値・固有ベクトル

固有方程式$\det(A^{-1} – \lambda I_2)=0$は下記のように解ける。
$$
\large
\begin{align}
\det(A^{-1} – \lambda I_2) &= \left| \begin{array}{cc} 1-\lambda & -1/2 \\ 0 & 1/2-\lambda \end{array} \right| \\
&= \left( 1-\lambda \right) \left( \frac{1}{2} – \lambda \right) = 0 \\
\lambda &= 1, \, \frac{1}{2}
\end{align}
$$

上記の長さ$1$の固有ベクトルを$\displaystyle \mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right)$とおくと、$\lambda = 1, \, 1/2$に対応する$\mathbf{u}$はそれぞれ下記のように得られる。

・$\lambda = 1$
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{cc} 1 & -1/2 \\ 0 & 1/2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} x-y/2 \\ y/2 \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\mathbf{u} &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$

・$\lambda = 1/2$
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{cc} 1 & -1/2 \\ 0 & 1/2 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) &= \frac{1}{2} \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} x-y/2 \\ y/2 \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x/2 \\ y/2 \end{array} \right) \\
\mathbf{u} &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$

上記に対し、$(1)$〜$(3)$と$(5)$、$(6)$が成立することを以下確認を行う。
$(1) \,$ $2$次の正方行列$A, A^{-1}$に対し、固有方程式$\det(A – \lambda I_2)=0, \det(A^{-1} – \lambda I_2)$はそれぞれ$2$次方程式であり、それぞれ$2$個の方程式の解に対応する固有値を持つ。
$(2) \,$ $A$に関して$\lambda_1+\lambda_2 = 1+2 = 3 = \mathrm{Tr}(A)$が成立し、同様に$A^{-1}$に関して$\lambda_1+\lambda_2 = 1+1/2 = 3/2 = \mathrm{Tr}(A^{-1})$が成立する。
$(3) \,$ $A$に関して$\lambda_1 \times \lambda_2 = 2 = |A|$が成立し、同様に$A^{-1}$に関して$\lambda_1 \times \lambda_2 = 1/2 = |A^{-1}|$が成立する。
$(5) \,$ $A$の固有値は$1 \neq 0, 2 \neq 0$である。また、$A^{-1}$も存在する。
$(6) \,$ $A, A^{-1}$の固有値・固有ベクトルをそれぞれ確認することで、確認できる。

$A^{n}$の計算

$A$に関する固有ベクトルを縦に並べた行列を$U$、固有値を対角に並べた行列を$\Lambda$とおくと、$U, \Lambda$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
U &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 1/\sqrt{2} \\ 0 & 1/\sqrt{2} \end{array} \right) \\
\Lambda &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

このとき、$A, U, \Lambda$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
AU &= U \Lambda \\
U^{-1}AU &= \Lambda \\
(U^{-1}AU)^{n} &= \Lambda^{n} \\
U^{-1} A^{n} U &= \Lambda^{n} \\
A^{n} &= U \Lambda^{n} U^{-1} \\
A^{n} &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 1/\sqrt{2} \\ 0 & 1/\sqrt{2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 2^{n} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 0 & \sqrt{2} \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2^{n}/\sqrt{2} \\ 0 & 2^{n}/\sqrt{2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 0 & \sqrt{2} \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2^{n}-1 \\ 0 & 2^{n} \end{array} \right)
\end{align}
$$

問題$22.2$

$$
\large
\begin{align}
B = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{array} \right), \, C = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$

行列$B$の対角化

行列$B$の固有多項式$\det{(\lambda I_{3} \, – \, B)}$は下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\det{(\lambda I_{3} \, – \, B)} &= \left| \begin{array}{ccc} \lambda & 0 & -2 \\ 0 & \lambda \, – \, 2 & 0 \\ -2 & 0 & \lambda \end{array} \right| \\
&= \lambda \cdot (-1)^{1+1} \left| \begin{array}{cc} \lambda \, – \, 2 & -2 \\ 0 & \lambda \end{array} \right| + (-2) \cdot (-1)^{1+3} \left| \begin{array}{cc} 0 & -2 \\ \lambda \, – \, 2 & 0 \end{array} \right| \\
&= \lambda^{2}(\lambda \, – \, 2) \, – \, 4(\lambda \, – \, 2) \\
&= (\lambda \, – \, 2)(\lambda^{2} \, – \, 4) \\
&= (\lambda \, – \, 2)^{2} (\lambda + 2)
\end{align}
$$

よって行列$B$の固有値は$\lambda=2, -2$である。以下、それぞれの固有値に対して長さ$1$の固有ベクトルを求める。

・$\lambda=2$
長さ$1$の固有ベクトルを$\displaystyle \mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)$とおくとき、$B \mathbf{u} = 2 \mathbf{u}$より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B \mathbf{u} &= 2 \mathbf{u} \\
\left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) &= 2 \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} z \\ y \\ x \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)
\end{align}
$$

$x=z$かつ$|\mathbf{u}|=1$であるので、$\mathbf{u}$は下記のように表すことができる¹。
$$
\large
\begin{align}
\mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right), \, \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \quad (1)
\end{align}
$$

・$\lambda=-2$
長さ$1$の固有ベクトルを$\displaystyle \mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)$とおくとき、$B \mathbf{u} = -2 \mathbf{u}$より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B \mathbf{u} &= -2 \mathbf{u} \\
\left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) &= -2 \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} z \\ y \\ x \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} -x \\ -y \\ -z \end{array} \right)
\end{align}
$$

$x=-z$かつ$|\mathbf{u}|=1$であるので、$\mathbf{u}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\mathbf{u} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right) \quad (2)
\end{align}
$$

$(1), \, (2)$より$3$本の$1$次独立な固有ベクトルを持つので、$B$は対角化可能である。

行列$C$の対角化

行列$C$の固有多項式$\det{(\lambda I_{3} \, – \, C)}$は下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\det{(\lambda I_{3} \, – \, C)} &= \left| \begin{array}{ccc} \lambda \, – \, 1 & -1 & 0 \\ 0 & \lambda \, – \, 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda \, – \, 1 \end{array} \right| \\
&= (\lambda \, – \, 1) \cdot (-1)^{1+1} \left| \begin{array}{cc} \lambda \, – \, 1 & 0 \\ 0 & \lambda \, – \, 1 \end{array} \right| \\
&= (\lambda \, – \, 1)^{3}
\end{align}
$$

よって行列$C$の固有値は$\lambda=1$である。以下、固有値$\lambda=1$に対して長さ$1$の固有ベクトルを求める。

長さ$1$の固有ベクトルを$\displaystyle \mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)$とおくとき、$C \mathbf{u} = \mathbf{u}$より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
C \mathbf{u} &= \mathbf{u} \\
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x \\ \ z \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} x+y \\ y \\ z \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right)
\end{align}
$$

上記より$y=0$が得られる。$|\mathbf{u}|=1$であるので、一次独立な$\mathbf{u}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\mathbf{u} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right), \, \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \quad (3)
\end{align}
$$

$(3)$より、$1$次独立な固有ベクトルは$2$本のみであるので$C$は対角化することができない。

1. $\lambda=2$が重解であるので、固有ベクトル本数の上限は$2$であることに注意しておくと良いです。 ↩︎

三角関数$\sin, \cos, \tan$の逆関数の$\sin^{-1}, \cos^{-1}, \tan^{-1}$は積分の結果の表記などでよく用いられるので、結果の解釈がしやすいように値に関して具体的に抑えておくと良いです。当記事では逆三角関数の微分の公式の導出に関して取りまとめました。

・数学まとめ
https://www.hello-statisticians.com/math_basic

前提の確認

公式一覧

$$
\large
\begin{align}
(\sin^{-1}{x})’ &= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\
(\cos^{-1}{x})’ &= -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\
(\tan^{-1}{x})’ &= \frac{1}{1+x^2}
\end{align}
$$

逆関数の微分の公式

逆三角関数の微分の公式の導出にあたっては下記で表した逆関数の微分の公式を用いる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dx}{dy} = \left( \frac{dy}{dx} \right)^{-1}
\end{align}
$$

上記の「微分の定義式」に基づく導出は下記で取り扱った。

微分の公式とその導出まとめ　〜積・商・合成関数・逆関数の導関数、三角関数 etc〜

公式の導出

$\displaystyle (\sin^{-1}{x})’ = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$の導出

$y=\sin^{-1}{x}$とおくと、$x=\sin{y}$が成立するので、$\displaystyle \frac{dx}{dy}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dx}{dy} &= \frac{d}{dy} (\sin{y}) \\
&= \cos{y}
\end{align}
$$

したがって、$\displaystyle (\sin^{-1}{x})’ = \frac{dx}{dy}$は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
(\sin^{-1}{x})’ &= \frac{dx}{dy} = \left( \frac{dy}{dx} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{\cos{y}} = \frac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}{y}}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\end{align}
$$

上記より$\displaystyle (\sin^{-1}{x})’ = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$が成立する。

$\displaystyle (\cos^{-1}{x})’ = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$の導出

$y=\cos^{-1}{x}$とおくと、$x=\cos{y}$が成立するので、$\displaystyle \frac{dx}{dy}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{dx}{dy} &= \frac{d}{dy} (\cos{y}) \\
&= -\sin{y}
\end{align}
$$

したがって、$\displaystyle (\cos^{-1}{x})’ = \frac{dx}{dy}$は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
(\cos^{-1}{x})’ &= \frac{dx}{dy} = \left( \frac{dy}{dx} \right)^{-1} \\
&= -\frac{1}{\sin{y}} = -\frac{1}{\sqrt{1-\cos^{2}{y}}} \\
&= -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\end{align}
$$

上記より$\displaystyle (\cos^{-1}{x})’ = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$が成立する。

$\displaystyle (\tan^{-1}{x})’ = \frac{1}{1+x^2}$の導出

下記で取り扱った。

微分の公式とその導出まとめ　〜積・商・合成関数・逆関数の導関数、三角関数 etc〜

参考