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2×2行列の分類

同期が教えてくれたものを一部修正

以下 $$A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\in M_2\left(R\right)$$ とする。 $A$の固有多項式は$p\left(x\right):=x^2-(a+d)x+(ad-bc)$、その判別式は$K:=(a+d{)}^2-4(ad-bc)=(a-d{)}^2+4bc$

0.0.1. K>0のとき

相異なる2つの固有値を$\lambda ,\mu$とする。

$\lambda$に対する固有ベクトルを1つとり$x_{\lambda }$とすると、これは実ベクトルである。

$\mu$についても同様であるから、$x_{\lambda },x_{\mu }$によって座標を取り直すと $$A(a{x}_{\lambda }+b{x}_{\mu })=\lambda a{x}_{\lambda }+\mu b{x}_{\mu }$$ となって、$A$が両軸方向への引き伸ばしを表していることがわかる。

0.0.2. K=0のとき

固有値は$\lambda :=(a+d)/2$ただ一つである。

$A-\lambda E$のランクが0のとき

$A=\lambda E$であるから、$A$は両軸方向に$\lambda$倍する写像を表す。

$A-\lambda E$のランクが1のとき

$\mu :=(a-d)/2$とおくと $$A-\lambda E=\left(\begin{array}{cc}\mu & b\\ c& -\mu \end{array}\right)$$ である。$K=(a-d{)}^2+4bc=0$より${\mu }^2+bc=0$であるから、 $$(A-\lambda E{)}^2=\left(\begin{array}{cc}\mu & b\\ c& -\mu \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\mu & b\\ c& -\mu \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\mu }^2+bc& 0\\ 0& {\mu }^2+bc\end{array}\right)=O$$ である。

したがって、$(A-\lambda E{)}^{2}x=0$の解のうち$(A-\lambda E)x\ne 0$となるものを1つとり$x^{\ast }$とし、

$y^{\ast }:=(A-\lambda E)x^{\ast }$とおくと、$x^{\ast },y^{\ast }$は$R^2$の基底をなし、

• $y^{\ast }:=(A-\lambda E)x^{\ast }$より$(A-\lambda E)x^{\ast }=y^{\ast }$.
• $(A-\lambda E{)}^2{x}^{\ast }=0$より$(A-\lambda E)y^{\ast }=0$.

となる。したがって$A-\lambda E$は、

• $x^{\ast }$方向成分を$y^{\ast }$方向にシフトする。
• $y^{\ast }$方向成分をなくす。

という変換を表す。

$A=(A-\lambda E)+\lambda E$なので、 $A$は上記のシフト変換＋縦横の$\lambda$倍、と理解することができる。

0.0.3. K<0のとき

$A$の固有値のひとつを$\lambda +i\mu (\lambda ,\mu \in R)$とする。

$\lambda$に対応する固有ベクトルの1つを$x^{\ast }+i{y}^{\ast }(x^{\ast },y^{\ast }\in R^2)$ とすると、 $$A(x^{\ast }+i{y}^{\ast })=(\lambda x^{\ast }-\mu y^{\ast })+i(\mu x+\lambda y^{\ast })$$ であるから、実部と虚部を比較して

• $A{x}^{\ast }=\lambda x^{\ast }-\mu y^{\ast }$
• $A{y}^{\ast }=\mu x^{\ast }+\lambda y^{\ast }$

が成り立つ。したがって $$A(x^{\ast },y^{\ast })=(A{x}^{\ast },A{y}^{\ast })=(x^{\ast },y^{\ast })\left(\begin{array}{cc}\lambda & \mu \\ -\mu & \lambda \end{array}\right)$$ 基底を$x^{\ast },y^{\ast }$に取り替えると($x^{\ast },y^{\ast }$が一次独立であることは最後に示す)、$A$は $$\left(\begin{array}{cc}\lambda & \mu \\ -\mu & \lambda \end{array}\right)$$ に置き換わる。これは

• $R:=\sqrt{{\lambda }^2+{\mu }^2}$の拡大
• $R\cos \theta =\lambda ,R\sin \theta =\mu$を満たす角度$\theta$の回転

の変換を表す。

なお、基底の置き換えについては行列の相似を参照して下さい。

最後に$x^{\ast }$と$y^{\ast }$が一次独立であることを示す。

$Az=\lambda z$となる$z\in C$を1つとった時に$x^{\ast }=\mathrm{Re}\left(z\right),y^{\ast }=\mathrm{Im}\left(z\right)$と定義した時に$x^{\ast }$と$y^{\ast }$は$C^2$上一次独立であることを示す。$A\in M_2\left(R\right)$より両辺の複素共役をとることで$A\overline{z}=\overline{\lambda }\overline{z}$となるので$\overline{\lambda }$は$A$の固有値、$\overline{z}$はそれに対応する固有ベクトルとなる。判別式は負であるので、固有値は実数でないので$\lambda \ne \overline{\lambda }$であり、異なる固有値に対応する固有空間は直和であるので$C^2=<z,\overline{z}>$となる。$z=x^{\ast }+i{y}^{\ast },\overline{z}=x^{\ast }-i{y}^{\ast }$であるので$C^2=<x^{\ast },y^{\ast }>$となるので$x^{\ast },y^{\ast }$は$C^2$上一次独立。

その他の証明

$x^{\ast }=0$ならば$A{x}^{\ast }=\lambda x^{\ast }-\mu y^{\ast },\mu \ne 0$であるので$y^{\ast }=0$となる。この時、固有ベクトル$x^{\ast }+i{y}^{\ast }=0$となり矛盾する。ゆえに$x^{\ast }\ne 0$である。同様にして$y^{\ast }=0$と仮定すると$x^{\ast }=0$となってしまうので$y^{\ast }\ne 0$である。

よって、$x^{\ast }$と$y^{\ast }$が一次従属だと仮定すると、$\alpha \ne 0$が存在し$y^{\ast }=\alpha x^{\ast }$と表せる。この時 $$A{y}^{\ast }=A\left(\alpha x^{\ast }\right)=\alpha A{x}^{\ast }=\alpha (\lambda x^{\ast }-\mu y^{\ast })=(\lambda -\alpha \mu )y^{\ast }$$

$$A{y}^{\ast }=(\frac{\mu }{\alpha }+\lambda )y^{\ast }$$

であり$y^{\ast }\ne 0$であることから右辺同士の係数を比較し$\alpha \mu +\frac{\mu }{\alpha }=0$となるので、$\mu \ne 0$であることに注意すると${\alpha }^2+1=0$となるので矛盾。よって、$x^{\ast },y^{\ast }$は1次独立。

行列の相似

行列の相似$A^{\prime }=P^{-1}AP$が何を表しているのかを考えてみる。

(つまり、ジョルダン標準形が一致している行列同士の関係性について考えてみる)

$R^n$などの有限次元ベクトル空間には基底が存在するが、その基底を任意に1つ固定する。

この時、空間上の点と基底の係数の組は1対1で対応している(基底の定義)。

例えば$R^2$の$(0,3{)}^T$という点については$e_1,e_2$と標準基底をとると、$(0,3{)}^T=0e_1+3e_2$と一意に表すことが出来て、$f_1=(1,1{)}^T,f_2=(-2,1{)}^T$を基底としてとると$(0,3{)}^T=2f_1+1f_2$と一意に表すことが出来る.ゆえに、$R^2$を $f_1,f_2$の基底に対する係数の組の空間と同一視することができて、例えば$R^2$の空間上の$(0,3{)}^T$は係数の組の空間上の点$(2,1{)}^T\in R^2$に対応する。

今、$A,A^{\prime }\in R^{n\times n}$は相似であるとする。つまり、正則行列$P$が存在して$A^{\prime }=P^{-1}AP$が成立しているとする。$P=(v_1,\dots ,v_n)$と表現すると$P$は正則なので$v_1,\dots ,v_n$は$R^n$の基底となる。この時 $$(A{v}_1,\dots ,A{v}_n)=A(v_1,\dots ,v_n)=AP=P{A}^{\prime }=(v_1,\dots ,v_n)A^{\prime }(A^{\prime }{e}_1,\dots ,A^{\prime }{e}_n)=A^{\prime }E=E{A}^{\prime }=(e_1,\dots ,e_n)A$$ であるので1次変換$T:R^n\to R^n$を$T\left(e_i\right)=a_i^{\prime }$ ($A'$の$i$列目)と定義すると、

$A$は$R^n$を$v_1,\dots ,v_n$の基底に対する係数の組の空間と見た時に1次変換$T$を表し、

$A^{\prime }$は$R^n$を$e_1,\dots ,e_n$の基底に対する係数の組の空間と見た時に1次変換$T$を表す。

(同じ一次変換$T$で表せていることに注意、またもう少し詳しい内容を最後に補足として示す)

つまり、行列が相似(より一般に1次変換における表現行列一致している)ということは

基底を適切に取り替えることで、ベクトル空間を基底に関する係数の組の空間と見たときに、行列の変換を一致させることが出来るということである

0.1. 補足

$A$は$R^n$を$v_1,\dots ,v_n$の基底に対する係数の組の空間と見た時に1次変換$T$を表すことを詳しく説明する。

$R^n$上の任意の元は$v_j$の線形結合で表せるので、$R^n$から任意に元を1つとって${\sum }_{j=1}^n{\lambda }_j{v}_j$とする。この時、この元は係数の組の空間として見た時には$({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T$となる。この時$T$の定義より、 $$T\left(\right({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\left)\right)=T\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{e}_j\right)=\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_j^{\prime }={(\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_{1j}^{\prime }\right)\dots ,\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_{nj}^{\prime }\right))}^T$$ となる。一方で上記の計算より $$(A{v}_1,\dots ,A{v}_n)=(v_1,\dots ,v_n)A^{\prime }=(\left(\sum _{i=1}^n{a}_{i1}^{\prime }{v}_i\right),\dots ,\left(\sum _{i=1}^n{a}_{in}^{\prime }{v}_i\right))$$ であるので、 $$A\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{v}_j\right)=\sum _{j=1}^n{\lambda }_{j}A{v}_j=\sum _{j=1}^n{\lambda }_j\left(\sum _{i=1}^n{a}_{ij}^{\prime }{v}_i\right)=\sum _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_{ij}^{\prime }\right)v_i$$ ゆえに、$A\left({\sum }_{j=1}^n{\lambda }_j{v}_j\right)$を係数の組の空間として見た時には $$={(\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_{1j}^{\prime }\right)\dots ,\left(\sum _{j=1}^n{\lambda }_j{a}_{nj}^{\prime }\right))}^T$$ となりこれは$T\left(\right({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\left)\right)$と一致する。