[1 i]
[i 3]
が対角化できるかどうか?の問題なのですが
行列式:4,固有値:2のみ,固有ベクトルの張る空間:a・(i,1)^T
だと思うのですが正しいですか?
固有空間の次元が1であり2でないので前記行列は正則行列によって対角化できないと結論づけていいのでしょうか?

「もしも、対称行列が一次独立になった場合、 行列の対角化はどのようにして求めたら良いのでしょうか? 」という質問があったのですが対称行列に「一次独立」は定義されているのでしょうか?
私は「正則」のことだと思うのですが

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A 回答 (5件)

物理屋の siegmund です.



nuubou さんの結論のとおりと思います.
線型代数の定理に
「n 次正方行列 A に対して,P^(-1)AP が対角行列になるようにできるためには,
A に関して n 個の線型独立な固有列ベクトルが存在することが必要十分である」
というのがあります.
もちろん,P^(-1) が存在するためには P が正則である必要がありますね.
線型独立な固有列ベクトルを p1,p2,...,pn とすれば,それらを並べた行列
(p1,p2,...,pn) が P になります.
nuubou さんが固有値と固有列ベクトルを調べたのは,
上の定理に従ったことになります.
この定理は P がユニタリかどうかは触れていません.
つまり,一般にはユニタリでない行列によって対角化されると言うことです.

A が正規行列(すなわち,A(A*) = (A*)A がなりたつ,A* は A の随伴行列)
であるときは,ユニタリ行列で対角化できます.
つまり,
「正方行列 A に対して U^(-1)AU が対角行列になるようなユニタリ行列 U が
存在するためには,A が正規行列であることが必要十分である」
です.
U は上の p1,p2,...,pn を正規直交基底にして並べればOKです.

>「もしも、対称行列が一次独立になった場合、
> 行列の対角化はどのようにして求めたら良いのでしょうか? 」
> という質問があったのですが対称行列に「一次独立」は定義されているのでしょうか?
ちょっと前に noubou さんが回答された
http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=188684
ですよね.
私も,行列に対して1次独立とは言わないように思います.
ベクトルならよく目にしますが...
質問者のお礼の
>正方行列は一次独立にならないんですね!
正方行列だから1次独立にはならない(他の行列だったら1次独立になる)
と思われているような気がします.
noubou さんの回答の
> ・複素数の正規行列はユニタリ行列で対角化される
> ・実対称行列は直交行列で対角化される
はその通りと思います.
特にエルミート行列(A = A*)の対角化は量子力学などで物理屋にはおなじみです.
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この回答へのお礼

私もそうではないかと思っていたのだけれど定義は世間で認知されているかどうかに関わらず論理的に矛盾がなければどうのように定義してもいいのですから本当に行列に一次独立は定義されていないのかといわれると自信がなかったわけです
例えば特殊な学問の分野でなされているとお手上げです
なにせ解析のほうはフーリエ変換などでよく利用しているのですが線形代数のほうは長い間ご無沙汰だったのであまり断言するようなことはできなかったのです
前の質問者が私の回答だけですぐに締め切ってしまったものですからあわててしまって質問してみたのです
レモンさんが見ていてくれたらいいのですが
ありがとうございました

お礼日時:2001/12/23 23:02

oodaiko です。


>全く気になりませんので大丈夫です(というより,大変勉強になります)
siegmund先生どうもです。

>そうだとするとレモンさんの質問と回答はどのようになりますか?
ところで私も下のように考えはしましたが正直なところmichikoremonさんが何を聞こうとしていたのかさっぱりわかりません。やはり質問の意図が不明なときは補足要求を出したほうがよいと思います。特に数学関連の質問は良く理解している人でさえ条件などを忘れがちですし、ましてやこの掲示板で数学記号を書くのは困難なのでよけいに不明な記述になりがちですから。
>実正方行列において対称行列と交代行列以外に有名な正規行列はありますか?
あとは直交行列くらいですかね。
一般の複素数を成分とする正規行列のなかで特別なものとして、エルミート行列、反エルミート行列、ユニタリ行列などがあり、それらの成分を実数に制限したものがそれぞれ実対称行列、実交代行列、直行行列になります。

この回答への補足

直交行列は列挙漏れでした
結局はこれといった正規行列は他にないんですね
ところで一般の正規行列において異なる固有値に対する固有ベクトルは直交するとは限らないのですか?

補足日時:2001/12/26 23:18
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siegmund です.



oodaiko さん,お久しぶりです.
ご登場願えないかと密かに思っていました(指名は反則らしいので).

> うーん。穴だらけですね。 f(^^; (siegmund 先生、失礼します)
私も研究者の端くれですから,ディスカッションは日常茶飯事です.
全く気になりませんので大丈夫です(というより,大変勉強になります).
積分計算など回答しているうちはとりあえず余りボロが出ませんが,
こういう話になると,とたんにボロボロですね(^^;).

> 係数としての体を定めておく必要があります。
C(複素数体)かR(実数体)しか頭にありませんでした.
でも,これは私にはなかなか思いつかない.

> それから(I)(II)の条件だけではベクトルの和としての逆元の存在、
> およびスカラーと逆元の関係などが言えません。
逆元のことを忘れていました.これは知ってたはずなのに.
こっちは罪が重いですね.

大変勉強になりましたし,
全然見当違いのことを言っていたのではないらしいのでほっとしました.
oodaiko さんの情け深いフォローもあったし...
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数学屋のoodaikoです。



>ベクトル空間は
>・・・
>・・・
>が成り立つ.
>の(I)(II)が満たされればOKです
>所詮,物理屋の数学ですから穴だらけかも知れません.

うーん。穴だらけですね。 f(^^; (siegmund 先生、失礼します)

まずベクトル空間を定義するには係数としての体を定めておく必要があります。(つまりスカラーとしてどんな体を使うかを決めておきます)
体とは大まかに言えばその中で四則計算が自由にできるような(ただし0で割ることを除く)代数系のことです。
もっと厳密に言えば、その中で和と積という2種類の演算が定義され、各演算に関して可換群になっており(ただし和の単位元0に対する積の逆元--つまり0で割ること--は定義されない)、かつ和と積の間に分配法則が成り立つ。--ような代数系です。
そこでベクトル空間を定義する時は係数体とコミにして「体K上のベクトル空間V」という必要があります。
まあ実用的には係数体としてC(複素数体)またはR(実数体)を使う場合がほとんどなのでわざわざ言わないのでしょうが、情報数学などでは有限体上のベクトル空間などもよく使いますので。

それから(I)(II)の条件だけではベクトルの和としての逆元の存在、およびスカラーと逆元の関係などが言えません。
(I)の条件は
「元同士の和が定義され、和に関して可換群になっている。」
とした方が簡単になります
(「可換群」という言葉の定義の中に、結合法則および交換法則の成立、零ベクトル(単位元)および逆元の存在、がすでに含まれています)

とはいえ適用範囲が最初から明確になっている限り、実用的にはsiegmund先生の定義で十分だと思いますので、数学屋のこうるさいツッコミなどは無視して下さい。(^^;

さて話題になっている行列の線形独立(一次独立)についてです。

行列というのは線形写像の表現形式です。特にn次元のベクトル空間からm次元のベクトル空間への線形写像はm×nの行列として表現されます。(ただしベクトルは縦ベクトルとして表示するものとします)m×n行列全体の集合(つまりn次元ベクトル空間からm次元ベクトル空間への線形写像全体の集合)をM(m,n)と書きます。線形写像についても行列に対する演算で和とスカラー倍を定義することにより、M(m,n)はベクトル空間となります。この空間の次元はm×nになります。
ベクトル空間ですから線形独立も定義できます。従って行列にも線形独立性は定義できます。
2×2の場合はsiegmund先生の回答のように4つの基底が存在します。

確かに行列(線形写像)に関しては線形独立と言う言葉を使うことはないようです。少なくとも行列を写像として扱っている限りは。
というのも数学では写像(関数)が構成する空間の幾何学的構造を研究することもよくあるからです。その場合、例えば2×2実行列全体の空間M(R,2,2)は実数体上の4次元ベクトル空間R^4と同一視されます。そうなると線形独立とか基底の概念が意味をもってきます。
ではM(R,2,2)とR^4は幾何学的にも同じ構造ではないかと思われそうですが、そうではありません。基本的なベクトル空間としての構造は同じですが、行列の積や行列式に対応するような演算は通常のn次元ベクトル空間には定義されませんし、それはn次元ベクトル空間の内積、外積、ベクトル積などとも異なった種類の演算です。そこで行列の演算を使って距離や位相などを入れたり、あるいは各種の演算と位相構造を併せて位相群として考えたりすることにより、行列空間は単なるR^nより豊かな幾何学的構造をもつようになります。

また別の観点として、n×n行列をn個のn次元縦ベクトル(または横ベクトル)を横に(または縦に)並べたものと見なせば、行列の各列(または各行){成分ベクトルといいます}が線形独立か線形従属か、という議論ができます。
これは行列の正則性と関係があって、行列が正則であることと成分ベクトルが線形独立であることは同値な条件になります。言い替えれば、行列式の値が0になることと成分ベクトルが線形従属であることも、同値な条件になります。

私が思うにNo 188684の質問者の方は何か勘違いしているのはもちろん、どうも線形独立と線形従属を逆に理解しているようにも思えます。
>「もしも、対称行列が一次独立になった場合
というのはこの意味で成分ベクトルが線形従属になった場合のことを尋ねているのでないかと思います

この回答への補足

そうだとするとレモンさんの質問と回答はどのようになりますか?

詳しそうなのでちなみにもう一つお聞きします
実正方行列において対称行列と交代行列以外に有名な正規行列はありますか?

以上よろしきお願いします

補足日時:2001/12/26 00:50
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siegmund です.


前の回答では nuubou さんのお名前を一部ミスタイプして大変失礼しました.
数学は専門じゃないので,そんなに自信があるわけではありませんが,
nuubou さんのお礼を拝見してもうちょっと考えてみました.

確かに,行列について1次独立云々は聞かないような気がします.
ただし,例えば2行2列の行列なら,任意の行列は

┌   ┐  ┌   ┐  ┌   ┐  ┌   ┐  
│1 0│  │0 1│  │0 0│  │0 0│  
│0 0│  │0 0│  │1 0│  │0 1│  
└   ┘  └   ┘  └   ┘  └   ┘  

の1次結合で表現できるわけですから(要するに,上の4つの行列が基底になっている),
1次独立云々という概念も可能のように思います.

もう少し一般的に言うなら,
2行2列の行列を元とするベクトル空間が構成可能です.
ベクトル空間の元がベクトル(拡張した意味の)ですから,
2行2列の行列1つ1つをベクトルと思っていることになります.
ベクトル空間は

(I) 元同士の和がまた元になっていて,結合法則と交換法則が成り立ち,
零ベクトルが存在する.
(II) 元のスカラー倍がまた元になっていて,
(a+b)x = ax + bx
a(x+y) = ax + ay
(ab)x = a(bx)
1x = x
(a,b は複素数,x,y はベクトル空間の元)
が成り立つ.

の(I)(II)が満たされればOKです.
したがって,2行2列の全体は,普通の行列の加法とスカラー倍によって
ベクトル空間を構成します.
こうすれば,2行2列の行列の1次独立の話は,
普通のベクトルの1次結合の話に帰着します.
こういうことがあるので,行列の1次独立云々は言わないのかも知れません.

michikoremon さんが見ていてくれたら,は私も同感です.

所詮,物理屋の数学ですから穴だらけかも知れません.
一応,物理数学なんて授業もやったことあるんですがね(^^;).
数学を専門とされている方のご意見を伺いたいところです.
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この回答へのお礼

従って締め切らないで起きます
非常にご丁寧にありがとうございました

お礼日時:2001/12/24 16:29

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000
010
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000
011
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100
010
001
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W(α1)∩W(β1)∩W(γ1)
W(α1)∩W(β1)∩W(γ2)
W(α1)∩W(β2)∩W(γ1)
W(α1)∩W(β2)∩W(γ2)
W(α2)∩W(β1)∩W(γ1)
W(α2)∩W(β1)∩W(γ2)
W(α2)∩W(β2)∩W(γ1)
W(α2)∩W(β2)∩W(γ2)
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Qα_1,α_2,…,α_n が非零の時,e^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt)が一次独立を示す問題です

Let α_1,α_2,…,α_n be distinct numbers, ≠0. Show that the functions
e^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt) are lineraly independent over the complex numbers.
[Hint: Suppose we have a linear relation
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
with constants c_i,valid for all t. If not all c_i are 0,without loss of generality,we may assume that none of them is 0.Differentiate the above relation n-1 times. You get a system of linear equations. The determinant of its coefficients must be zero.(Why?) Get a contradiction from this.]

と言うe^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt)が一次独立を示す問題です。
(もし,c_iの一つでも非零なら全c_iも非零である事を使ってよいようです)
n-1回微分して得られる一次連立方程式の係数行列の行列式は

とりあえずn-1回微分してみましたらその係数行列の行列式が0でなければならない事から
矛盾を引き出せと述べてあります。

係数行列Aは
A:=
(c_1,c_2,…,c_n)
(c_1α_1,c_2α_2,…,c_2α_n)
(c_1α_1^2,c_2α_2^2,…,c_nα_n^2)
:
(c_1α_1^(n-1),c_2α_2^(n-1),…,c_nα_n^(n-1))

と書けると思います。

そして,その一次連立方程式は
At^(e^α_1t,e^α_2t,…,e^α_nt)=0
と書けます。
(但しtは転置行列を表す)

このdet(A)=0でなければならないのは何故なのでしょうか?

そしてdet(A)=0ならどうして矛盾なのでしょうか?

Let α_1,α_2,…,α_n be distinct numbers, ≠0. Show that the functions
e^(α_1t),e^(α_2t),…,e^(α_nt) are lineraly independent over the complex numbers.
[Hint: Suppose we have a linear relation
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
with constants c_i,valid for all t. If not all c_i are 0,without loss of generality,we may assume that none of them is 0.Differentiate the above relation n-1 times. You get a system of linear equations. The determinant of its coefficients must ...続きを読む

Aベストアンサー

この「ヒント」が・・・あんまりよくない気がする

・微分を繰り返して,方程式を作る
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
c_1α_1e^(α_1t)+c_2α_2e^(α_2t)+…+c_nα_ne^(α_nt)=0
・・・
c_1α_1^{n-1}e^(α_1t)+c_2α_2^{n-1}e^(α_2t)+…+c_nα_n^{n-1}e^(α_nt)=0
・t=0を代入する
c_1+c_2+…+c_n=0
c_1α_1+c_2α_2+…+c_nα_n=0
・・・
c_1α_1^{n-1}+c_2α_2^{n-1}+…+c_nα_n^{n-1}=0
これをcjについての連立方程式だとして整理すると,
係数の行列の行列式は
「ファンデルモンドの行列式」ってやつで
すぐ計算できる.
そうすると「αi」が全部違うから0ではない
つまり,係数が全部0になり一次独立.

ヒントの通りにするなら
without loss of generality,we may assume that none of them is 0.
の意味を理解して,やっぱりファンデルモンドで矛盾

この「ヒント」が・・・あんまりよくない気がする

・微分を繰り返して,方程式を作る
c_1e^(α_1t)+c_2e^(α_2t)+…+c_ne^(α_nt)=0
c_1α_1e^(α_1t)+c_2α_2e^(α_2t)+…+c_nα_ne^(α_nt)=0
・・・
c_1α_1^{n-1}e^(α_1t)+c_2α_2^{n-1}e^(α_2t)+…+c_nα_n^{n-1}e^(α_nt)=0
・t=0を代入する
c_1+c_2+…+c_n=0
c_1α_1+c_2α_2+…+c_nα_n=0
・・・
c_1α_1^{n-1}+c_2α_2^{n-1}+…+c_nα_n^{n-1}=0
これをcjについての連立方程式だとして整理すると,
係数の行列の行列式は
「ファンデルモンドの行列式」ってやつで
す...続きを読む


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