「行列の対角化②〜実対称行列、エルミート行列、正規行列の対角化〜」【線型代数学の基礎シリーズ】固有値編 その4

本記事の内容

本記事は正規行列の対角化について解説する記事です。

本記事を読むにあたり、行列の対角化について知っている必要があるため、以下の記事も合わせてご覧ください。

「行列の対角化①」【線型代数学の基礎シリーズ】固有値編 その2

...

for-spring.com

2022.07.18

何すんの今回？

前回、行列の対角化について解説しましたが、どんな行列も対角化できるわけではありませんでした。
対角化できる行列\(A\)の条件の１つとして、\(A\)が相異なる固有値を持つことがありました。
そして、\(A\)の各固有値に属する固有ベクトルを並べて得られる行列\(P\)によって
$$
B=P^{-1}AP
$$
を計算すると、\(B\)の対角成分が\(A\)の固有値となるような対角行列\(B\)に変形できるのでした。

今回は、特別な行列は特別な行列でもって対角化できる、ということについて話します。

実対称行列、エルミート行列のチャラい復習とエルミート内積

実対称行列とエルミート行列のチャラい復習

もうすでに実対称行列とエルミート行列については解説していますので、チャラく復習します。

復習と言っておきながら新しい行列も出てきていますが、難しい話ではないので、ここで定めてしまいました。
歪エルミート行列はちょっとだけ歪んだエルミート行列で、共役をとって転置したときの行列が自身と異符号な行列のことです。

エルミート内積

内積は高校数学で学習していましたが、あくまで実数の範囲であって、「ベクトルの成分同士をかけて和をとるんだぜ〜」ということくらいしか述べられていません。

ここでは複素数の範囲で、内積というものを厳密に定めることにします。

エルミート内積において、\(\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\)の要素がすべて実数であって、かつ\(k\in\mathbb{R}\)であるときには、実数の範囲での内積となります。
我々がすでに知っている「ベクトルの各成分同士をかけて、和を取る」という内積はしっかり上記を満たしています。
実際、
$$
(\boldsymbol{a},\boldsymbol{b})=\sum_{i=1}^na_ib_i
$$
として確かめられます。

これからも分かる通り、内積というのは１つしか無いわけではなくて、沢山定め方があります。
そのうち、最も基本的な定め方をしたエルミート内積を標準的なエルミート内積と呼ぼうぜ、という話です。

余談(内積)

よく知っている内積の性質として、\(|\boldsymbol{a}|=\boldsymbol{a}^\top\boldsymbol{a}\)というものがあります。
これは、\(\boldsymbol{a}\)の大きさを表しているわけですが、内積は大きさを定める概念でもある、ということになります。
先の通り、内積というのは１つしか存在しないわけではなくて、たくさんあります。
異なる内積同士のイメージを言うと、「計るモノサシを変えている」ということです。
要するに、「ある対象を内積①で定める大きさで計るとと2cm、内積②で定める大きさで計ると10m」というような具合です。

エルミート行列の固有値

では、エルミート行列の固有値について観察してみます。

エルミート行列の固有値はすべて実数です。

エルミート行列の成分は複素数です。
通常、複素行列の固有値は複素数なのですが、エルミート行列の固有値はなんとびっくり、実数なのです。

定理1.の証明

\(n\)次のエルミート行列\(A\)の固有値の1つを\(\lambda\)として、\(\lambda\)に属する固有ベクトルを\(\boldsymbol{x}\in\mathbb{C}^n\)としましょう。
すなわち、
$$
A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}\quad (\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0})
$$
とします。
このとき、\(\mathbb{C}^n\)の標準的なエルミート内積\((\ ,\ )\)に関して、
$$
(A\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=(\lambda\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\lambda(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})
$$
となります。

ここで、次の事実を使います。

補題2.の証明

簡単です。

\(A^{**}=A\)に注意すると、
$$
(左辺)=\boldsymbol{y}^*\left( A\boldsymbol{x}\right)=\left( \boldsymbol{y}^*A\right)\boldsymbol{x}=\left( \boldsymbol{y}^*A^{**}\right)\boldsymbol{x}=\left( A^*\boldsymbol{y}\right)^*\boldsymbol{x}=(右辺)
$$
となるからです。

補題2.の証明終わり

さて、今、\(A^*=A\)だったことに注意して補題2.を使うと
$$
\left( A\boldsymbol{x},\boldsymbol{x}\right)=\left( \boldsymbol{x},A^*\boldsymbol{x}\right)=\left( \boldsymbol{x},A\boldsymbol{x}\right)=(\boldsymbol{x},\lambda\boldsymbol{x})=\overline{\lambda}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})
$$
です。
ここで、\(\left( A\boldsymbol{x},\boldsymbol{x}=\lambda(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})\right)\)だったことを思い出すと、
$$
\lambda\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x}\right)=\overline{\lambda}\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)
$$
です。
さて、\(\boldsymbol{x}\)は\(A\)の固有ベクトルだったので\(\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}\)です。
エルミート行列において、\(\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}\)に対して\(\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x}\right)>0\)だったわけですので、
$$
\lambda=\overline{\lambda}
$$
となります。
つまり、共役をとっても値が変わらないので、\(\lambda\in\mathbb{R}\)です。
従って、 エルミート行列の固有値は実数です。

定理1.の証明終わり

本当にエルミート行列の固有値は実数なのけ？

実際に確かめてみましょう。

例3.虚数単位を\(i\)、\(\displaystyle
A=
\begin{pmatrix}
0&i&1\\
-i&0&-i\\
1&i&1
\end{pmatrix}
\)とすると、\(A^*=A\)ですので、エルミート行列です。
\(A\)の固有多項式\(\varphi_A(t)\)は
$$
\varphi_A(t)=
\left|
\begin{array}{c}
-t&i&1\\
-i&-t&-i\\
1&i&1-t
\end{array}
\right|
=t^2(1-t)-i^2-i^2-(-t)-i^2t+i^2(1-t)
$$
です。
※ちなみにこの場合は行基本変形、列基本変形よりもサラスの公式一発で計算してしまったほうが楽ちんだと思います。

従って、固有方程式\(\varphi_A(t)=0\)の解は
\begin{eqnarray}
\varphi_A(t)=0&\Leftrightarrow&t^2(1-t)-i^2-i^2-(-t)-i^2t+i^2(1-t)=0\\
&\Leftrightarrow&t^2-t^3+1+1+t+t-(1-t)=0\\
&\Leftrightarrow&t^3-t^2-3t-1=0\\
&\Leftrightarrow&(t+1)(t^2-2t-1)=0\\
\end{eqnarray}
となるので、\(t=-1,1+\sqrt{2},1-\sqrt{2}\)となって、固有値はすべて実数です。
そこで、\(\lambda_1=-1,\lambda_2=1+\sqrt{2},\lambda_3=1-\sqrt{2}\)とします。

エルミート行列の相異なる固有値に属する固有ベクトルは直交します。

そうなんです。
直交するんです。
つまり内積\(=0\)なのです。

定理4.の証明

エルミート行列\(A\)の相異なる固有値を\(\lambda,\mu\)として、それぞれに属する固有ベクトルを\(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\)としましょう。
すなわち、
$$
A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x},\quad A\boldsymbol{y}=\mu\boldsymbol{y}\quad (\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\neq\boldsymbol{0})
$$
とします。

このとき、
$$
\left(A\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=\left(\lambda\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=\lambda\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)
$$
となります。
一方で、仮定から\(A\)はエルミート行列なので、\(A^*=A\)ですから、補題2.を用いて
$$
\left(A\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=\left(\boldsymbol{x},A^*\boldsymbol{y}\right)=\left(\boldsymbol{x},A\boldsymbol{y}\right)=\left(\boldsymbol{x},\mu\boldsymbol{y}\right)=\overline{\mu}\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)
$$
です。
定理1.からエルミート行列の固有値は実数ですので、\(\mu=\overline{\mu}\)だから、
$$
\lambda\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=\mu\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)
$$
となります。
従って、
$$
(\lambda-\mu)\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=0
$$
です。
ところが、\(\lambda\)と\(\mu\)は相異なっているので、\(\lambda\neq\mu\)です。
故に、
$$
\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)=0
$$
となります。

定理4.の証明終わり

本当にエルミート行列の相異なる固有値に属する固有ベクトルは直交すんのけ？

例3.の固有ベクトルが直交するのかについて実際に計算してみます。

(\(\lambda_1=-1\)のときの固有ベクトル)

$$
\begin{pmatrix}
1&i&1\\
-i&1&-i\\
1&i&2
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z
\end{array}
\right)=\boldsymbol{0}
$$
を解くと、\(x+iy+z=0\)かつ\(z=0\)が導けるので、\(x+iy=0\)という関係式が得られます。
従って、\(y=c_1\)とすると、\(x=-ic_1\)となります。
故に固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_1^\prime\)は
$$
\boldsymbol{x}_1^\prime=c_1
\left(
\begin{array}{c}
-i\\
1\\
0
\end{array}
\right)
$$
です。
そこで\(c_1=1\)の場合を\(\boldsymbol{x}_1\)とします。
つまり、
$$
\boldsymbol{x}_1=
\left(
\begin{array}{c}
-i\\
1\\
0
\end{array}
\right)
$$
とします。

(\(\lambda_2=1+\sqrt{2}\)のときの固有ベクトル)

$$
\begin{pmatrix}
-1-\sqrt{2}&i&1\\
-i&-1-\sqrt{2}&-i\\
1&i&-\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z
\end{array}
\right)=\boldsymbol{0}
$$
の解は、
$$
\begin{cases}
x+iy-\sqrt{2}z=0\\
\sqrt{2}y+iz=0
\end{cases}
$$
の解ですので、
\(z=\sqrt{2}c_2\)とすると、\(y=-ic_2\)となります。
故に\(x-i^2c_2-2c_2=0\)により、\(x=c_2\)となります。
従って固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_2^\prime\)は
$$
\boldsymbol{x}_2^\prime=c_2
\left(
\begin{array}{c}
1\\
-i\\
\sqrt{2}
\end{array}
\right)
$$
です。
そこで\(c_2=1\)の場合を\(\boldsymbol{x}_2\)とします。
つまり、
$$
\boldsymbol{x}_2=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
-i\\
\sqrt{2}
\end{array}
\right)
$$
とします。

(\(\lambda_3=1-\sqrt{2}\)のときの固有ベクトル)

$$
\begin{pmatrix}
-1+\sqrt{2}&i&1\\
-i&-1+\sqrt{2}&-i\\
1&i&\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z
\end{array}
\right)=\boldsymbol{0}
$$
の解は、
$$
\begin{cases}
x+iy+\sqrt{2}z=0\\
-\sqrt{2}y+iz=0
\end{cases}
$$
の解ですので、
\(y=c_3\)とすると、\(\displaystyle z=\frac{\sqrt{2}}{i}y=\frac{i^2\sqrt{2}}{i}c_3=-\sqrt{2}ic_3\)となります。
故に\(x-ic_3-2ic_3=0\)により、\(x=ic_3\)となります。
従って固有ベクトル\(\boldsymbol{x}_3^\prime\)は
$$
\boldsymbol{x}_3^\prime=c_3
\left(
\begin{array}{c}
i\\
1\\
-\sqrt{2}i
\end{array}
\right)
$$
です。
そこで\(c_3=1\)の場合を\(\boldsymbol{x}_3\)とします。
つまり、
$$
\boldsymbol{x}_3=
\left(
\begin{array}{c}
i\\
1\\
-\sqrt{2}i
\end{array}
\right)
$$
とします。

では、内積\((\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2)\)、\((\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)\)、\((\boldsymbol{x}_3,\boldsymbol{x}_1)\)を計算してみます。
\begin{eqnarray}
&&(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2)=\boldsymbol{x}_1^\top\overline{\boldsymbol{x_2}}=-i+i+0=0\\
&&(\boldsymbol{x}_2,\boldsymbol{x}_3)=\boldsymbol{x}_2^\top\overline{\boldsymbol{x_3}}=-i-i+2i=0\\
&&(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_3)=\boldsymbol{x}_1^\top\overline{\boldsymbol{x_3}}=(-i)^2+1=0\\
\end{eqnarray}
となって、直交します。

実対称行列は直交行列で対角化できます。

与えられた行列が実対称行列だったらば、直交行列でもって対角化ができます。
どういうことか、というと、\(A\)が実対称行列であれば、ある直交行列\(P\)が存在して\(B=P^{-1}AP\)が対角行列となる、というわけです。
「なぜ？」というと実は理由はシンプルで、\(B=P^{-1}AP\)となるような\(P\)は固有ベクトルを並べた行列として取れるのでした。
今、エルミート行列、特に実対称行列の相異なる固有値に属する固有ベクトルは直交するので、その固有ベクトルを並べてできた行列\(P\)は直交行列になるからです。

直交行列のチャラい復習

チャラくユニタリ行列と直交行列を復習します。

なぜ”直交”行列と呼ばれるのか、については【線型代数学の基礎シリーズ】行列編 その4を御覧ください。
「くどいなぁ」と思うかもしれませんが、どんなのがユニタリ行列か、どんなの直交行列か、という例を挙げます。
とはいえ、ユニタリ行列については例3.の相異なる固有値に属する固有ベクトルを大きさが\(1\)になるように調節して並べてできた行列がユニタリ行列です。

例3.において、
$$
|\boldsymbol{x}_1|=\sqrt{2},\quad |\boldsymbol{x}_2|=2,\quad |\boldsymbol{x}_3|=2
$$
ですので、
$$
P=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\boldsymbol{x}_1\ \frac{1}{2}\boldsymbol{x}_2\ \frac{1}{2}\boldsymbol{x}_3\right)=
\begin{pmatrix}
\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}\\
0&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}&\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}
$$
としたとき、
$$
P^*=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\
\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\\
\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}
$$
ですので、
\begin{eqnarray}
P^*P&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}\\
0&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}&\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\
\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\\
\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle-\frac{i^2}{2}+\frac{1}{2}+0&\displaystyle\frac{i}{2\sqrt{2}}-\frac{i}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle\frac{i^2}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+0\\
\displaystyle-\frac{i}{2\sqrt{2}}+\frac{i}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i^2}{4}+\frac{2}{4}&\displaystyle\frac{i}{4}+\frac{i}{4}-\frac{2}{4}i\\
\displaystyle\frac{i^2}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle-\frac{i}{4}-\frac{i}{4}+\frac{2}{4}i&\displaystyle-\frac{i^2}{4}+\frac{1}{4}-\frac{2}{4}i^2
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}=I_3
\end{eqnarray}
です。
また、
\begin{eqnarray}
PP^*&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\
\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\\
\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{i}{2}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}\\
0&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}&\displaystyle-\frac{\sqrt{2}}{2}i
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle-\frac{i^2}{2}+\frac{1}{2}+0&\displaystyle\frac{i}{2\sqrt{2}}-\frac{i}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle\frac{i^2}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+0\\
\displaystyle-\frac{i}{2\sqrt{2}}+\frac{i}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i^2}{4}+\frac{2}{4}&\displaystyle\frac{i}{4}+\frac{i}{4}-\frac{2}{4}i\\
\displaystyle\frac{i^2}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+0&\displaystyle-\frac{i}{4}-\frac{i}{4}+\frac{2}{4}i&\displaystyle-\frac{i^2}{4}+\frac{1}{4}-\frac{2}{4}i^2
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}=I_3
\end{eqnarray}
となって、ユニタリ行列です。

例5.(直交行列の例) \(\displaystyle
C=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
\)は直交行列です。
実際、
\begin{eqnarray}
CC^\top&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{2}&\displaystyle-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\\
\displaystyle-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&1
\end{pmatrix}=I_2,\\
C^\top C&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\\
\displaystyle\frac{1}{2}-\frac{1}{2}&\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1&0\\
0&1
\end{pmatrix}=I_2
\end{eqnarray}
となるからです。

実対称行列は直交行列で対角化可能です。

定理6.の証明

(1.\(\Rightarrow\)2.)

\(A\)を\(n\)次実対称行列とします。
\(A\)は複素数の範囲では、重複を込めて\(n\)個の固有値\(\lambda_1,\dots,\lambda_n\)を常に持ちます(代数学の基本定理から)。

また、\(A\)は対称行列なので、定理1.から\(\lambda_1,\dots,\lambda_n\)はすべて実数です。
ここで、次の事実を使います。

定理7.の証明は【線型代数学の基礎シリーズ】固有値編 その3を御覧ください。

さて、定理7.からある直交行列\(P\)が存在して、
$$
P^{-1}AP=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{*}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
と三角化できます。
今、\(P\)は直交行列なので、\(PP^\top=P^\top P=I_n\)を満たすから、\(P\)の逆行列\(P^{-1}\)は\(P^{-1}=P^\top\)です。
さらに、\(A\)は実対称行列なので、\(A^\top=A\)です。
従って、
\begin{eqnarray}
\left( P^{-1}AP\right)^\top&=&\left( P^\top AP\right)^\top\\
&=&P^\top A^\top\left( P^\top\right)^\top\\
&=&P^\top A^\top P\\
&=&P^{-1}AP
\end{eqnarray}
を満たすので、三角行列\(P^{-1}AP\)も対称行列です。
すなわち、
$$
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{*}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}^\top=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{*}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
ということになります。
これは、
$$
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{*}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}^\top
=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{O}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{*}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
なので、
$$
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{O}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{*}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{*}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
ということになります。
従って、＊の部分はすべて\(0\)ということになります。
故に、
$$
P^{-1}AP=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{O}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
となるから、\(A\)は直交行列\(P\)によって対角化できます。

(2.\(\Rightarrow\)1.の証明)

\(A\)が直交行列\(P\)によって
$$
P^{-1}AP=
\begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\huge{O}\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
\huge{O}&&&\lambda_n
\end{pmatrix}
$$
と対角化できるとします。
対角行列なので、対角成分以外はすべて\(0\)ですから、対称行列です。
故に\(\left( P^{-1}AP\right)^\top=P^{-1}AP\)です。
一方で、\(P\)は直交行列だったので、\(P^{-1}=P^\top\)です。
故に、
\begin{eqnarray}
\left( P^{-1}AP\right)^\top&=&\left( P^\top AP\right)^\top\\
&=&P^\top A^\top \left( P^\top\right)^\top\\
&=&P^\top A^\top P\\
&=&P^{-1}A^\top P
\end{eqnarray}
です。
従って、
$$
P^{-1}AP=P^{-1}A^\top P
$$
です。
この様式に左から\(P\)を、右から\(P^{-1}\)をかけると、
$$
P^{-1}AP=P^{-1}A^\top P\Leftrightarrow PP^{-1}APP^{-1}=PP^{-1}A^\top PP^{-1}\Leftrightarrow A=A^\top
$$
により\(A=A^\top\)が得られて、\(A\)が対称行列であることが示されました。

定理6.の証明終わり

いっちょ計算してみっか。

してみましょう。

例8. \(\displaystyle A=
\begin{pmatrix}
0&0&1\\
0&-1&0\\
1&0&0
\end{pmatrix}
\)を直交行列でもって対角化してみます。
\(A\)は\(A^\top=A\)ですので、対称行列です。
\(A\)の固有値は
$$
\left|A-tI_3\right|=
\left|
\begin{array}{c}
-t&0&1\\
0&-1-t&0\\
1&0&-t
\end{array}
\right|=-(t-1)(t+1)^2
$$
により、\(1,-1\)(\(-1\)の重複度は\(2\))です。
次に、固有値\(\lambda_1=1,\lambda_2=-1\)に属する固有空間\(V(1)\)および\(V(-1)\)を求めます。

(\(\lambda_1=1\)に属する固有空間\(V(1)\))

$$
\begin{pmatrix}
-1&0&1\\
0&-2&0\\
1&0&-1
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
-x+z\\
-2y\\
x-z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
\end{array}
\right)
$$
つまり、\(x=z\)かつ\(y=0\)なので、
$$
V(1)=\left\{
c\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\\
\end{array}
\right)\middle|cは任意
\right\}
$$
です。

(\(\lambda_2=-1\)に属する固有空間\(V(-1)\))

$$
\begin{pmatrix}
-1&0&1\\
0&0&0\\
1&0&1
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
x+z\\
0\\
x+z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
\end{array}
\right)
$$
つまり、\(x+z=0\)かつ\(y\)は任意です。
従って、
$$
V(-1)=\left\{
c_1\left(
\begin{array}{c}
0\\
1\\
0\\
\end{array}
\right)+
c_2\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
-1\\
\end{array}
\right)
\middle|c_1,c_2は任意
\right\}
$$
です。

ここで、「\(y\)は任意なのだから
$$
V(-1)=\left\{
c\left(
\begin{array}{c}
1\\
1\\
-1\\
\end{array}
\right)
\middle|cは任意
\right\}
$$
でもいいじゃないの？」と思うかもしれませんが、これではダメなんです。
なぜかというと、上記のようにしてしまうと、\(x=y\)という条件が追加されてしまって、\(y\)が任意ではなくなってしまうからです。

さて、以上の固有ベクトルの集合から、大きさが\(1\)で、かつ直交するような基底を選んで並べます。
ここで、\(A\)は対称行列なので、相異なる固有値の固有ベクトルは直交しています(計算してもすぐ分かります)。
つまり、
$$
\boldsymbol{a}_1=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{a}_2=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
1\\
0\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{a}_3=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
-1\\
\end{array}
\right)
$$
としたとき、\(\boldsymbol{a}_1\)と\(\boldsymbol{a}_2\)、\(\boldsymbol{a}_1\)と\(\boldsymbol{a}_3\)は互いに直交しています。
今回は、\(\boldsymbol{a}_2\)と\(\boldsymbol{a}_3\)も直交しています。
※直交しない場合もありますので、その際は次回の記事で解説するシュミットの直交化法を使います。
従って、長さのみ調節すればOKです。

$$
|\boldsymbol{a}_1|=\sqrt{2},\quad |\boldsymbol{a}_2|=1,\quad |\boldsymbol{a}_3|=\sqrt{2}
$$
ですので、新たに
$$
\boldsymbol{v}_1=
\frac{1}{\sqrt{2}}\boldsymbol{a}_1=
\frac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
1\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{v}_2=\boldsymbol{a}_2=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
1\\
0\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{v}_3=
\frac{1}{\sqrt{2}}\boldsymbol{a}_3=
\frac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
-1\\
\end{array}
\right)
$$
とします。
そして、これらを列ベクトルに持つ行列
$$
P=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\\
0&1&0\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
$$
は直交行列です(実際に計算してみると分かります)。
そして、\(P\)は直交行列なので、\(P^{-1}=P^\top\)ですから
$$
P^{-1}=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\\
0&1&0\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
$$
です。
以上により、
\begin{eqnarray}
P^{-1}AP=&&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\\
0&1&0\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0&0&1\\
0&-1&0\\
1&0&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\\
0&1&0\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-1&0\\
0&0&-1
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
として、対角化できました(途中計算は省略しましたが、順々に計算すればOKです)。

エルミート行列のユニタリ行列による対角化

先程は実対称行列を直交行列で対角化する、という話をしました。
今回はその複素数バージョンです。
この記事を読んでいただければ、

• 実対称行列\(\leftrightarrow\)エルミート行列
• 直交行列\(\leftrightarrow\)ユニタリ行列

というように対応していることが分かると思います。
というより、エルミート行列の成分がすべて実数であれば、実対称行列と言って、ユニタリ行列の成分がすべて実数であれば、直交行列という、という話でした。

エルミート行列はユニタリ行列で対角化可能です。

以下は定理6.の複素数バージョンです。

この定理9.の証明は定理6.の証明において、直交行列\(P\)をユニタリ行列\(U\)に置き換えて、転置行列の代わりに随伴行列を取れば同じく証明できますので、省略します(同じことを二度書くというのも読みにくいですしね)。

いっちょ計算してみっか

してみましょう。

例10. 虚数単位を\(i\)、\(\displaystyle
A=
\begin{pmatrix}
1&i&0\\
-i&0&1\\
0&1&1
\end{pmatrix}
\)とすると、\(A^*=A\)ですので、エルミート行列です。
このとき、\(A\)の固有値は、
$$
\left|A-tI_3\right|=
\left|
\begin{array}{c}
1-t&i&0\\
-i&-t&1\\
0&1&1-t
\end{array}
\right|=-(t-1)(t+1)(t-2)
$$
により\(1,-1,2\)です。
次にこれらに属する固有空間\(V(1),V(-1),V(2)\)を求めます。

(固有値が\(1\)のとき)

$$
\begin{pmatrix}
0&i&0\\
-i&-1&1\\
0&1&0
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
iy\\
-ix-y+z\\
y\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
\end{array}
\right)
$$
つまり、\(y=0\)かつ\(-ix-y+z=0\)なので、
$$
V(1)=\left\{
c\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
i\\
\end{array}
\right)\middle|cは任意
\right\}
$$
です。

(固有値が\(-1\)のとき)

$$
\begin{pmatrix}
2&i&0\\
-i&1&1\\
0&1&2
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
2x+iy\\
-ix+y+z\\
y+2z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
\end{array}
\right)
$$
つまり、\(2x+iy=0\)かつ\(-ix+y+z=0\)かつ\(y+2z=0\)なので、
$$
V(-1)=\left\{
c\left(
\begin{array}{c}
1\\
2i\\
-i\\
\end{array}
\right)\middle|cは任意
\right\}
$$
です。

(固有値が\(2\)のとき)

$$
\begin{pmatrix}
-1&i&0\\
-i&-2&1\\
0&1&-1
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y\\
z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
-x+iy\\
-ix-2y+z\\
y-z\\
\end{array}
\right)
=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
\end{array}
\right)
$$
つまり、\(-x+iy=0\)かつ\(-ix-2y+z=0\)かつ\(y-z=0\)なので、
$$
V(2)=\left\{
c\left(
\begin{array}{c}
1\\
-i\\
-i\\
\end{array}
\right)\middle|cは任意
\right\}
$$
です。

次に、\(V(1),V(-1),V(2)\)からそれぞれ基底を選んで
$$
\boldsymbol{a}_1=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
i\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{a}_2=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
2i\\
-i\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{a}_3=
\left(
\begin{array}{c}
1\\
-i\\
-i\\
\end{array}
\right)
$$
とします。
今回は固有値がすべて相異なるので、定理4.から\(\boldsymbol{a}_1,\boldsymbol{a}_2,\boldsymbol{a}_3\)は直交しています。
故に、大きさを調節します。
$$
|\boldsymbol{a}_1|=\sqrt{2},\quad |\boldsymbol{a}_2|=\sqrt{6},\quad |\boldsymbol{a}_3|=\sqrt{3}
$$
となるので、新たに
$$
\boldsymbol{v}_1=
\frac{1}{\sqrt{2}}\boldsymbol{a}_1=
\frac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
0\\
i\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{v}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\boldsymbol{a}_2=
\frac{1}{\sqrt{6}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
2i\\
-i\\
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{v}_3=
\frac{1}{\sqrt{3}}\boldsymbol{a}_3=
\frac{1}{\sqrt{3}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
-i\\
-i\\
\end{array}
\right)
$$
とします。
そして、これらを列ベクトルに持つ行列
$$
U=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\\
0&\displaystyle\frac{2i}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{3}}\\
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{3}}
\end{pmatrix}
$$
はユニタリ行列です(実際に計算してみると分かります)。
\(U\)はユニタリ行列なので、\(U^{-1}=U^*\)ですから
$$
U^{-1}=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{2i}{\sqrt{6}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{6}}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{3}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{3}}
\end{pmatrix}
$$
となります。
従って
\begin{eqnarray}
U^{-1}AU&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{2i}{\sqrt{6}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{6}}\\
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{3}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{3}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&i&0\\
-i&0&1\\
0&1&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\\
0&\displaystyle\frac{2i}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{3}}\\
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{6}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{3}}
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&-1&0\\
0&0&2
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
となって、対角化完了です(途中計算は省略しましたが、順々に計算していけばOKです)。

ユニタリ行列によって対角化できるための必要十分条件

今までの話は、複素行列\(A\)がユニタリ行列によって対角成分が実数であるような行列に対角化できる必要十分条件を与える、という話でした。

今回は、一般に行列\(A\)がユニタリ行列によって対角化できる必要十分条件を与えることにします。

まず、正規行列というものを説明します。

正規行列

正規行列というのは、自身の随伴行列との積が可換であるような行列ということです。
見ていただければ分かるかと思いますが、ユニタリ行列、直交行列、エルミート行列、実対称行列、歪エルミート行列はすべて正規行列です。

勿論、他にもあります。
例えば、\(\displaystyle
\begin{pmatrix}
2&0\\
0&i
\end{pmatrix}
\)も正規行列です。

\(A\)がユニタリ行列によって対角化されることの必要十分条件は\(A\)が正規行列であることです。

そうなんです。
実は、今までのエルミート行列やらの対角化はすべて正規行列の対角化に集約されます。

定理11.の証明

①”\(\Leftarrow\)”の証明

\(A\)がユニタリ行列\(U\)によって対角化されたとしましょう。
このとき、
$$
T=U^{-1}AU
$$
をその対角化として、\(T\)が対角行列だとします。
このとき、\(U\)はユニタリ行列ですので、\(UU^*=U^*U=I_n\)ですから、\(U^{-1}=U^*\)です。
従って、\(T=U^*AU\)です。
また、
$$
T^*=U^*A^*\left(U^* \right)^*=U^*A^*U
$$
です。
\(T\)は対角行列だったので、転置をして共役を取った\(T^*\)もまた対角行列です。
従って、\(TT^*=T^*T\)が成り立ちます。
ここに先程の式を代入して、
$$
TT^*=T^*T\Leftrightarrow \left( U^*AU\right)\left( U^*A^*U\right)=\left( U^*A^*U\right)\left( U^*AU\right)
$$
となります。
ここで、\(U\)がユニタリ行列だったことを思い出すと、\(UU^*=U^*U=I_n\)なのですから、
$$
U^*AA^*U=U^*A^*AU
$$
という式を得ます。
再度\(U\)がユニタリ行列であることから、\(U\)には逆行列\(U^*\)が存在するので、この等式に左から\(U\)、右から\(U^*\)をかけることによって、
\begin{eqnarray}
U^*AA^*U=U^*A^*AU&\Leftrightarrow&UU^*AA^*UU^*=UU^*A^*AUU^*\\
&\Leftrightarrow&I_nAA^*I_n=I_nA^*AI_n\\
&\Leftrightarrow&AA^*=A^*A
\end{eqnarray}
となるので、\(A\)は正規行列です。

②”\(\Rightarrow\)”の証明

\(A\)を正規行列として、まず、以下の定理を使います。

定理12.の証明は【線型代数学の基礎シリーズ】固有値編 その3を御覧ください。

さて、定理12.から、一般に行列\(A\)はあるユニタリ行列\(U\)によって
$$
B=U^{-1}AU=U^*AU=
\begin{pmatrix}
b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
&b_{22}&&\vdots\\
&&\ddots&\vdots\\
\huge{O}&&&b_{nn}
\end{pmatrix}
$$
と三角化されます。
このとき、
$$
B^*=U^*A^*U=
\begin{pmatrix}
\overline{b_{11}}&&&\huge{O}\\
\overline{b_{12}}&\overline{b_{22}}&&\\
\vdots&&\ddots&\\
\overline{b_{1n}}&\cdots&\cdots&\overline{b_{nn}}
\end{pmatrix}
$$
で、\(A\)が正規行列で、\(U\)がユニタリ行列だから、
\begin{eqnarray}
B^*B&=&\left( U^*A^*U\right)\left( U^*AU\right)\\
&=&U^*A^*\left(UU^*\right)AU\\
&=&U^*AA^*U\\
&=&U^*A\left(UU^*\right)A^*U\\
&=&\left( U^*AU\right)\left( U^*A^*U\right)=BB^*
\end{eqnarray}
となるため、\(B\)もまた正規行列です。

ここで、\(BB^*=B^*B\)という等式において、\((1,1)\)成分に注目してみます。
\begin{eqnarray}
BB^*&=&
\begin{pmatrix}
b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
&b_{22}&&\vdots\\
&&\ddots&\vdots\\
\huge{O}&&&b_{nn}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\overline{b_{11}}&&&\huge{O}\\
\overline{b_{12}}&\overline{b_{22}}&&\\
\vdots&&\ddots&\\
\overline{b_{1n}}&\cdots&\cdots&\overline{b_{nn}}
\end{pmatrix}\\
B^*B&=&
\begin{pmatrix}
\overline{b_{11}}&&&\huge{O}\\
\overline{b_{12}}&\overline{b_{22}}&&\\
\vdots&&\ddots&\\
\overline{b_{1n}}&\cdots&\cdots&\overline{b_{nn}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\
&b_{22}&&\vdots\\
&&\ddots&\vdots\\
\huge{O}&&&b_{nn}
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
により、\(BB^*\)の\((1,1)\)成分は

であり、\(B^*B\)の\((1,1)\)成分は

であるので、
$$
b_{11}\overline{b_{11}}=b_{11}\overline{b_{11}}+b_{12}\overline{b_{12}}+\cdots+b_{1n}\overline{b_{1n}}
$$
を得ます。
故に、
$$
b_{12}\overline{b_{12}}+\cdots+b_{1n}\overline{b_{1n}}=0
$$
です。
ここで、\(b_{1i}\overline{b_{1i}}\)は複素数\(b_{1i}\)の大きさの\(2\)乗\(|b_{1i}|^2\)を表すので、\(b_{1i}\overline{b_{1i}}\geq0\)です。
従って、\(b_{12}\overline{b_{12}}+\cdots+b_{1n}\overline{b_{1n}}=0\)を満たすためには、
$$
b_{12}=b_{13}=\cdots=b_{1n}=0
$$
でなければなりません。

同様にして、順番に\((i,i)\)成分を比べることで、
$$
b_{i\ i+1}=b_{i\ i+2}=\cdots=b_{in}=0
$$
を得ます。
すなわち、任意の\(i=1,2,\dots,n\)に対して\(B\)の\((i,i)\)成分以外はすべて\(0\)ということになります。
従って、\(B\)は対角行列です。

定理12.の証明終わり

いっちょ計算してみっか。

してみましょう。

例13. \(\displaystyle A=
\begin{pmatrix}
-1-4i&-2i\\
2i&-1-4i
\end{pmatrix}
\)が正規行列であることを示し、さらにユニタリ行列で対角化してみます。

まず、\(\displaystyle
A^*=
\begin{pmatrix}
-1+4i&-2i\\
2i&-1+4i
\end{pmatrix}
\)ですので、
\begin{eqnarray}
AA^*&=&
\begin{pmatrix}
-1-4i&-2i\\
2i&-1-4i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1+4i&-2i\\
2i&-1+4i
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
21&4i\\
-4i&21
\end{pmatrix}\\
A^*A&=&
\begin{pmatrix}
-1+4i&-2i\\
2i&-1+4i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1-4i&-2i\\
2i&-1-4i
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
21&4i\\
-4i&21
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
となるから、\(A\)は正規行列です(真正直に計算を頑張ります)。

さて、\(A\)が正規行列なので、先程示した定理12.から、ユニタリ行列で対角化可能です。
そこで、\(A\)の固有値を求めます。
\(A\)の固有多項式\(\varphi_A(t)\)は
$$
\varphi_A(t)=
\left|
\begin{array}{c}
-1-4i-t&-2i\\
2i&-1-4i-t
\end{array}
\right|=t^2+(2+8i)t+(-19+8i)
$$
なので、固有方程式\(\varphi_A(t)=0\)の解は\(1-4i,-3-4i\)となります。
従って、固有値は\(1-4i,-3-4i\)です。

各固有値に属する固有ベクトルを求めてみます。

(固有値\(1-4i\)に属する固有ベクトル)

\begin{eqnarray}
\begin{pmatrix}
-1-4i-1+4i&-2i\\
2i&-1-4i-1+4i
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y
\end{array}
\right)
&=&
\begin{pmatrix}
-2&-2i\\
2i&-2
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y
\end{array}
\right)\\
&=&
\left(
\begin{array}{c}
-2x-2iy\\
2ix-2y
\end{array}
\right)=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
により、\(y=ix\)なので、\(x=1\)とすると\(y=i\)です。
従って、固有ベクトルの１つとして\(\displaystyle
\left(
\begin{array}{c}
1\\
i
\end{array}
\right)\)が得られます。

(固有値\(3-4i\)に属する固有ベクトル)

\begin{eqnarray}
\begin{pmatrix}
-1-4i+3+4i&-2i\\
2i&-1-4i+3+4i
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y
\end{array}
\right)
&=&
\begin{pmatrix}
2&-2i\\
2i&2
\end{pmatrix}
\left(
\begin{array}{c}
x\\
y
\end{array}
\right)\\
&=&
\left(
\begin{array}{c}
2x-2iy\\
2ix+2y
\end{array}
\right)=
\left(
\begin{array}{c}
0\\
0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
により、\(x=iy\)なので、\(x=i\)とすると\(y=1\)です。
従って、固有ベクトルの１つとして\(\displaystyle
\left(
\begin{array}{c}
i\\
1
\end{array}
\right)\)が得られます。

各固有値に属する固有ベクトルは直交しています。
実際、
$$
\left(
\left(
\begin{array}{c}
1\\
i
\end{array}
\right),
\left(
\begin{array}{c}
i\\
1
\end{array}
\right)\right)
=-i+i=0
$$
です。
そこで、大きさを調整します。
双方とも大きさは\(\sqrt{2}\)ですので、
$$
\boldsymbol{u}_1=
\frac{1}{\sqrt{2}}\left(
\begin{array}{c}
1\\
i
\end{array}
\right),\quad
\boldsymbol{u}_2=\frac{1}{\sqrt{2}}
\left(
\begin{array}{c}
i\\
1
\end{array}
\right)
$$
として、
$$
U=
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
$$
とすると、\(U\)はユニタリ行列です(計算すると分かります)。
従って\(U^*\)が\(U\)の逆行列ですので、
\begin{eqnarray}
U^*AU&=&
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle-\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1-4i&-2i\\
2i&-1-4i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}\\
\displaystyle\frac{i}{\sqrt{2}}&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{pmatrix}\\
&=&
\begin{pmatrix}
-1-4i&0\\
0&-3-4i
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
となって、対角化完了です。
途中計算は省略しましたが、真正直に頑張って計算すると導けます。

結

今回は、実対称行列は直交行列で対角化できること、エルミート行列はユニタリ行列で対角化できること、ユニタリ行列によって対角化できるための必要十分条件について解説しました。

ユニタリ行列によって対角化できるための必要十分条件は正規行列であることでした。

しかし、今回まで扱った固有値固有ベクトルは直交しているものばかりでした。
固有ベクトル同士は必ずしも直交するとは限りません。
そこで、次回は基底を直交化する手法について解説します。

乞うご期待！質問、コメント等お待ちしております！