中学でも分かる⑰「固有値と固有ベクトル」

　ここでは固有値と固有ベクトルを解説します。行列の基本事項は当たり前のように現れるので、自信のない場合は、本シリーズの中学でもわかる⑬「行列」から読み始めるとよいでしょう。最後にケイリー・ハミルトンの定理について解説します。
　まずは、特に必要な「逆行列」と、「行列を用いた連立１次方程式の解法」を復習します（中学でも分かる⑭「逆行列」）。

＜逆行列の定義＞（復習）

　行列 $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ について

　$|A|=ad-bc\ne0$ のとき、$A$ には逆行列 $A^{-1}$ が存在して

$$\begin{align*} A^{-1}&=\dfrac{1}{|A|}\begin{pmatrix*}[r] d & -b \\ -c & a \end{pmatrix*}\\[10pt] &=\dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix*}[r] d & -b \\ -c & a \end{pmatrix*} \end{align*}$$

　$|A|=ad-bc=0$ のとき、$A$ には逆行列は存在しない。

＊＊＊

　$|A|$ を行列式といいます。下図のように「たすきがけ」を実行します。

　行列式は、$\det(A)$ と表すこともあります。つまり

$$\begin{align*} \det(A)=ad-bc \end{align*}$$

　”$\det$” は、行列式を意味する英単語 determinant（デターミナント）に由来します。
　また、行列式は成分を明示して $\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix}$ と表すこともあります。つまり

$$\begin{align*} \begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix}=ad-bc \end{align*}$$

　具体的な成分計算を行う場面では、成分が明示されている方が分かりやすいこともあります。

　次に、行列を用いた連立１次方程式の解法を復習します。$AX=0$ の形をした連立方程式です。

行列を用いた連立１次方程式の解法（復習）

　復習として、次の例題を与えます。後ほど固有値、固有ベクトルを求めるときにこの解法を用います。

例題１

　次の式を満たす $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ を求めなさい。
(1)　$\begin{pmatrix*}[r] 2 & -1 \\  4 & 3 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\raisebox{3ex}{　}$
(2)　$\begin{pmatrix*}[c] 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\raisebox{3ex}{　}$

指針
(1)　２次正方行列 $\begin{pmatrix*}[r] 2 & -1 \\  4 & 3 \end{pmatrix*}$ に、逆行列があるかどうかを確認します。
　そのためには、この行列の行列式を計算して、
(case1)　行列式が $0$ でなければ、逆行列が存在し、その逆行列を左●か●ら●掛けます。
(case2)　行列式が $0$ ならば、逆行列は存在しないので、そのまま行列の連立１次方程式を計算します。

(2) も同様です。具体的に解いていきましょう。

解答
(1)　$A=\begin{pmatrix*}[r] 2 & -1 \\  4 & 3 \end{pmatrix*}$ とおくと、与式は、

$$A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

　$A$ の行列式は
　$|A|=2\cdot3-(-1)\cdot4=6-(-4)=6+4=10\ne0$
より、$A$ には逆行列 $A^{-1}$ が存在して

$$\begin{align*} A^{-1}&=\dfrac{1}{|A|}\begin{pmatrix*}[r] 3 & 1 \\ -4 & 2 \end{pmatrix*}\\ &=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix*}[r] 3 & 1 \\ -4 & 2 \end{pmatrix*} \end{align*}$$

　与式 $A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ の両辺に、左●か●ら● $A^{-1}$ を掛けて

$$\begin{align*} A^{-1}A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　行列の計算では交換法則が成り立たないので、左から掛けるか右から掛けるかをあらかじめ決めて、掛ける方向を統一します（中学でもわかる⑬「行列」、⑭「逆行列」）。

　$A^{-1}A=E=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ より

$$\begin{align*} E\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　単位行列 $E$ は掛けても変わらないので

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　よって、解は

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}&=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ &=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix*}[r] 3 & 1 \\ -4 & 2 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ &=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix*}[r] 3\cdot0+1\cdot0 \\ -4\cdot0+2\cdot0 \end{pmatrix*}\\ &=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix*}[r] 0 \\ 0 \end{pmatrix*}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 0 \\ 0 \end{pmatrix*}　\cdots\small{（答）} \end{align*}$$

$\blacksquare$

　零ゼロベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ に逆行列 $A^{-1}$ を掛けているので、明らかに解は零ベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ になります。

（グラフで確認）
　この解について、グラフで考えてみましょう。与式
　$\begin{pmatrix*}[r] 2 & -1 \\ 4 & 3 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
について、行列の積を計算すると

$$\begin{pmatrix*}[c] 2x-y \\ 4x+3y \end{pmatrix*} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

　対応する成分を比較して

$$\begin{cases} 2x-y=0\\ 4x+3y=0 \end{cases}$$

　この２つの直線 $2x-y=0$ と $4x+3y=0$ の交点の座標が、この連立方程式の解になります。
　すると、第１式より

$$y=2x$$

　第２式より

$$\begin{align*} 3y&=-4x\\ y&=-\dfrac{4}{3}x \end{align*}$$

　それぞれのグラフを描くと

　この２つの直線の交点は、上図より原点 $(0,  0)$ なので

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}　\cdots\small{（答）} \end{align*}$$

　２つの直線は原点のみで交わることから、解は $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ のみで、他に解は存在しません。

(2)　$A=\begin{pmatrix*}[r] 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix*}$ とおくと、$A$ の行列式は
　$|A|=2\cdot2-1\cdot4=4-4=0$
より、$A$ には逆行列が存在しません。
　このときは、与式 $\begin{pmatrix*}[r] 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ について、行列の積を計算すると

$$\begin{pmatrix*}[c] 2x+y \\ 4x+2y \end{pmatrix*} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

　対応する成分を比較して

$$\begin{cases} 2x+y=0\\ 4x+2y=0 \end{cases}$$

　第２式の両辺を $2$ で割ると

$$\begin{cases} 2x+y=0\\ 2x+y=0 \end{cases}$$

　すると、同じ式 $2x+y=0$ の連立方程式となるので、この $2x+y=0$ を満たすすべての $(x,  y)$ が、この連立方程式の解になります。
　$2x+y=0$ より

$$\begin{align*} y=-2x \end{align*}$$

　$C$ を任意の実数として $x=C$ とすると

$$\begin{align*} y=-2C \end{align*}$$

　よって、解は $C$ を任意の実数として

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] x \\ y \end{pmatrix*}&=\begin{pmatrix*}[c] C \\ -2C \end{pmatrix*}\\ &=C\begin{pmatrix*}[r] 1 \\ -2 \end{pmatrix*}　\cdots（答） \end{align*}$$

$\blacksquare$

（グラフで確認）
　この解について、グラフで考えてみましょう。
　$2x+y=0$ と $4x+2y=0$ は同じ式で、どちらも直線 $y=-2x$ を表すので、この直線上のすべての点が解となります。

　この直線 $y=-2x$ 上のすべての点の座標は、$x=C$（$C$ は任意の実数）とすると、$y=-2C$ となるので

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] x \\ y \end{pmatrix*}&=\begin{pmatrix*}[c] C \\ -2C \end{pmatrix*}\\ &=C\begin{pmatrix*}[r] 1 \\ -2 \end{pmatrix*}　\cdots（答） \end{align*}$$

　$C$ は任意の実数をとるので、それに対応して $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ は無数の解をもちます。

　一般に、$AX=O$ の形をした連立一次方程式について、次のことがいえます。

＜AX=O の連立一次方程式の解＞

$$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

の解 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ について、次のことが成り立つ。

(case1)　$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*}$ が逆行列をもつときは

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

のみ解をもつ（他に解は存在しない）。

＜グラフの視点＞
　$ax+by=0$ と $cx+dy=0$ の２つの直線は、原点 $(0,  0)$ のみで交わるので、解は $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ のみ。

(case2)　$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*}$ が逆行列をもたないときは、$ax+by=0$ をみたす無数の解をもつ。

＜グラフの視点＞
　$ax+by=0$ と $cx+dy=0$ は原点を通る同じ直線となるので、その直線上のすべての点が解となる。

＊＊＊

　以上のように、$AX=O$ の解 $X$ は、行列 $A$ に逆行列が存在するかどうかよって２通りの場合に分かれます。このことを踏まえて、再び例題を与えます。

例題２

　次の式を満たす $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ を求めなさい。
(1)　$\begin{pmatrix*}[r] 3 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\raisebox{3ex}{　}$
(2)　$\begin{pmatrix*}[c] 3 & 2 \\ 6 & 4 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\raisebox{3ex}{　}$

解答
(1)　$A=\begin{pmatrix*}[r] 3 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*}$ とおくと、与式は

$$\begin{align*} A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　$A$ の行列式は
　$|A|=3\cdot4-2\cdot(-1)=12+2=14\ne0$
より、$A$ には逆行列 $A^{-1}$ が存在するので

$$\begin{align*} A^{-1}A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}&=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\[10pt] E\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}&=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　単位行列 $E$ は掛けても変わらないので

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}&=A^{-1}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 0 \\ 0 \end{pmatrix*}　\cdots\small{（答）}\\ \end{align*}$$

　すでに述べた通り、零ゼロベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ に逆行列を掛けているので、計算しなくても明らかに解は零ベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ です。

(2)　$A=\begin{pmatrix*}[r] 3 & 2 \\ 6 & 4 \end{pmatrix*}$ とおくと、$A$ の行列式は
　$|A|=3\cdot4-2\cdot6=12-12=0$
より、$A$ には逆行列は存在しません。
　よって、与式 $\begin{pmatrix*}[r] 3 & 2 \\ 6 & 4 \end{pmatrix*}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ について、行列の積を計算すると

$$\begin{pmatrix*}[c] 3x+2y \\ 6x+4y \end{pmatrix*} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

　対応する成分を比較して

$$\begin{cases} 3x+2y=0\\ 6x+4y=0 \end{cases}$$

　第２式を $2$ で割ると

$$\begin{cases} 3x+2y=0\\ 3x+2y=0 \end{cases}$$

　すると、同じ式の連立方程式となるので、この $3x+2y=0$ を満たすすべての $(x,  y)$ が、この連立方程式の解となります。
　$3x+2y=0$ より

$$\begin{align*} 2y&=-3x\\ y&=-\dfrac{3}{2}x \end{align*}$$

　$C$ を任意の実数として $x=2C$ とすると

$$\begin{align*} \\[-14pt] y=-\dfrac{3}{\cancel{2}}\cdot\cancel{2}C=-3C \end{align*}$$

　よって、解は $C$ を任意の実数として

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] x \\ y \end{pmatrix*}&=\begin{pmatrix*}[c] 2C \\ -3C \end{pmatrix*}\\ &=C\begin{pmatrix*}[r] 2 \\ -3 \end{pmatrix*}　\cdots（答） \end{align*}$$

$\blacksquare$

　ここから、本記事のテーマである固有値と固有ベクトルに入ります。その前に、１次変換の復習です（中学でも分かる⑮「一次変換」）。

１次変換の定義（復習）

　$a,  b,  c,  d$ を定数として

$$\begin{align*} x'&=ax+by\\ y'&=cx+dy \end{align*}$$

によって点 P$(x,  y)$ と点 Q$(x',  y')$ の関係を定めると、座標平面上の１つの変換が得られます。
　一般に、この形の式によって表される変換

$$f：(x,  y) \longrightarrow (x',  y')$$

を１次変換といいます。１次変換 $f$ は、行列を用いると

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a & b \\  c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}　\cdots (*1) \end{align*}$$

と表すことができます。つまり、変換 $f$ は行列

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \end{align*}$$

によって定まるので、この変換 $f$ を、行列 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ で表される１次変換といいます。また、この行列のことを変換行列とよびます。

$$\begin{align*} \\[-12pt] f：\mathrm{P}(x,  y)  \xrightarrow[\scriptsize \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}]{１次変換    }  \mathrm{Q}(x',  y') \end{align*}$$

＊＊＊

一次変換をベクトルを移す変換とみなす

　この一次変換

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a & b \\  c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}　\cdots(*1) \end{align*}$$

について、上の定義では $\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ は平面上の１点の座標を表していましたが、これをベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ として考えることができます。なお、$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ は、高校で習うベクトル表記 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(x,  y)$ を縦書きにし、列ベクトルで表したものです（中学でも分かる⑬「行列」）。ベクトルの本質である向き・大きさ・成分は変わらず、行列の計算と相性をよくするために表記を変えているだけです。
　ベクトルの始点を原点に置いた場合、そのベクトルの終点の座標がベクトルの成分となります。これにより、ある点 $\mathrm{P}$ の座標 $\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ は、原点 $\mathrm{O}$ から $\mathrm{P}$ へのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OP}}= \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ と同一視することができます（中学でも分かる⑫「ベクトル」）。

　つまり、上記の $(*1)$ 式

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} a & b \\  c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}　\cdots(*3) \end{align*}$$

は、「ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}$ が、変換行列 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ によって、ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\begin{pmatrix}x' \\ y' \end{pmatrix}$ に変換される」とみることができます。一次変換は、「ベクトルをベクトルに写す」という新しいものの見方です。

$$\begin{align*} \\[-10pt] f：\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}  \xrightarrow[\scriptsize \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}]{１次変換    }   \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} \end{align*}$$

　ベクトルは、向きと大きさが同じであれば、その位置に関係なく同じベクトルとみなします。したがって、どのような位置にあるベクトルも、始点が原点 $\mathrm{O}$ になるように平行移動して考えることができます。このとき、原点 $\mathrm{O}$ を始点とするベクトルを位置ベクトルといいます。
　このようにみれば、一次変換は「座標を他の座標に変換する操作」であると同時に、「位置ベクトルを他の位置ベクトルに変換する操作」、より一般には「ベクトルを他のベクトルに変換する操作」と考えることができます。

　これが、「固有ベクトル」を理解するための最初のステップです。
　以上を踏まえ、固有値と固有ベクトルの解説です。

固有値と固有ベクトル

　まずは、行列の固有値、固有ベクトルがどのようなものか、具体例を通してみていきます。

固有値、固有ベクトルの具体例

　例えば、１次変換の変換行列として、次のような２次正方行列 $A$ があるとします。

$$\begin{align*} A=\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \end{align*}$$

　この変換行列 $A$ を、ある位置ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ に掛けて、別の位置ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ に変換することを考えます。すると

（例１）
　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ のとき

$$\begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=A\,\overrightarrow{\mathrm{OP}}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1\cdot2+2\cdot3 \\ (-1)\cdot2+4\cdot3 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix*}[c] 2+6 \\ -2+12 \end{pmatrix*}\\ &=\begin{pmatrix} 8 \\ 10 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 8 \\ 10 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　上図のように、ベクトル  $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ は、変換行列 $\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*}$ によって、別のベクトル  $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\begin{pmatrix} 8 \\ 10 \end{pmatrix}$ に写されます。

（例２）

　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix*}[r] 2 \\ -1 \end{pmatrix*}$ のとき

$$\begin{align*} \overrightarrow{\mathrm{OQ}}&=A\,\overrightarrow{\mathrm{OP}}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix*}[r] 2 \\ -1 \end{pmatrix*}\\ &=\begin{pmatrix} 1\cdot2+2\cdot(-1) \\ (-1)\cdot2+4\cdot(-1) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 2-2 \\ -2-4 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 0 \\ -6 \end{pmatrix*} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ -6 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　上図のように、ベクトル  $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix*}[r] 2 \\ -1 \end{pmatrix*}$ は、変換行列 $\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*}$ によって、別のベクトル  $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\begin{pmatrix*}[r] 0 \\ -6 \end{pmatrix*}$ に写されます。

　上記の例では、どちらも変換後のベクトルの「向き」と「大きさ（長さ）」は変わっています。しかし、中には

（例３）

　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\begin{pmatrix*}[r] 2 \\ 1 \end{pmatrix*}$ のとき

$$\begin{align*} A\vec{p}&=\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1\cdot2+2\cdot1 \\ (-1)\cdot2+4\cdot1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 2+2 \\ -2+4 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \end{pmatrix}\\ &=2\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} =2\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　この場合、$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ と向きが同じで、大きさだけが $2$ 倍になります。

（例４）

$$\begin{align*} A\vec{p}&=\begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1\cdot1+2\cdot1 \\ (-1)\cdot1+4\cdot1 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 1+2 \\ -1+4 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix}\\ &=3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} =3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　この場合、$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ と向きが同じで、大きさだけが $3$ 倍になります。

　これらのように、「大きさ」が実数倍されるだけで、変換しても「向き」が変わらないベクトルがあります。
　このように、ある変換行列に対して、ベクトル を掛けても「向き」が変わらない特別なベクトルを固有ベクトルといいます。また、そのときのベクトルの大きさの変化を表す値（何倍するのかの値）を固有値といいます。
　（例３）の

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} =2\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

については、固有ベクトルは $\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$、固有値は $2$ となります。
　（例４）の

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} =3\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$$

については、固有ベクトルは $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$、固有値は $3$ となります。

　固有ベクトルは、「変換行列によって向きが変わらない」という、極めて特別な性質をもちます。これは偶然ではなく、行列そのものの性質を浮き彫りにする、ある種の「骨格」のような存在です。

（注意１）固有ベクトルは零ベクトルを含まない

　なお、 固有ベクトルは零ベクトル $\vec{0}$ を含みません。例えば $C$ を任意の実数として

（例５）

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} =C\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

という式はつねに成り立ちますが、このとき、零ベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ は固有ベクトルではありません。

　固有ベクトルとは、「変換行列を掛けたときに、方向は変わらず、大きさだけが伸び縮みするベクトル」のことです。そのため、固有ベクトルは「大きさがあり、特定の方向をもつ」ことが不可欠なので、大きさも方向ももたない零ベクトルは固有ベクトルになりません。　

　あらためて、固有ベクトルと固有値の教科書的な定義を与えましょう。

＜固有値と固有値ベクトルの定義＞

　ある正方行列 $A$ に対して、零ではないベクトル $\vec{v}$ と、あるスカラー $\lambda$ が存在し、以下の関係が成り立つとき、$\vec{v}$ を固有ベクトル、 $\lambda$ を固有値という。

$$A\vec{v}=\lambda\vec{v}$$

＊＊＊

　なお、ここでは行列の成分、および固有値は、実数の範囲で考えることとします。量子力学などの特定の分野では、行列の成分、および固有値は、複素数まで拡張されることがあります。

　行列 $A$ を２次正方行列 $\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ で考えると、上の定義は次のようになります。

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} a & b \\  c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\lambda \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align*}$$

　上記の関係式が成り立つとき、$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}(\ne{\vec{0}})$ が固有ベクトル、$\lambda$ が固有値となります。

固有値と固有ベクトルを求める計算

　ある行列に対して、その固有値と固有ベクトルを求めることを考えましょう。まずは次の例題から。

例題３

　行列 $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ の固有値と固有ベクトルを求めなさい。

解答
　２次正方行列 $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ に対して、固有値を $\lambda$、固有ベクトルを $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}(\ne\vec{0})$ とすると、以下の関係式が成り立ちます。

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\lambda \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align*}$$

　ここで、単位行列 $E=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ を掛けても変わらないので

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{align*}$$

　左辺から右辺を引いて

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　この式の右辺は、零ベクトル $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ になることに注意しましょう。左辺を計算すると２行１列の行列（列ベクトル）になるので、右辺も同じ型の零ベクトルになります。等式の両辺は同じ型でなければならないので、実数の $0$ にはならないことに注意しましょう。
　左辺を $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ でくくって

$$\begin{align*} \left\{\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}\right\} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　行列のひき算を計算して

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1-0 \\ 1-0 & 2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}　\cdots(*2)$$

　後は、この方程式を解きます。
　これには、この記事ですでにやった＜AX= O の連立１次方程式の解＞が役立ちます。

＜AX= O の連立１次方程式の解＞（再掲）

$$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

の解 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ について、次のことが成り立つ。

(case1)　$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*}$ が逆行列をもつときは

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

のみ解をもつ（他に解は存在しない）。

(case2)　$\begin{pmatrix*}[r] a & b \\ c & d \end{pmatrix*}$ が逆行列をもたないときは、$ax+by=0$ をみたす無数の解をもつ。

＊＊＊

　すると、行列

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \end{align*}$$

が逆行列をもつときは、(case1) より、$(*2)$ 式

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

の解は零ベクトル

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

となりますが、零ベクトルは固有ベクトルにはならないので不適となります。
　よって、(case2) のとき、つまり、行列

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} \end{align*}$$

が逆行列をもたないときを考えます。
　この行列が逆行列をもたないための条件は、最初にやった＜逆行列の定義＞より、行列式

$$\begin{align*} \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix} \end{align*}$$

が $0$ になることなので

$$\begin{align*} \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}&=(2 - \lambda)^2-1\\ &=2^2-2\cdot2\lambda+\lambda^2-1\\ &=\lambda^2-4\lambda+4-1\\ &=\lambda^2-4\lambda+3\\ &=(\lambda-1)(\lambda-3)\\ &=0 \end{align*}$$

よって

$$\begin{align*} \lambda-1=0　または　\lambda-3=0 \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \lambda=1　または　\lambda=3 \end{align*}$$

(ⅰ)　$\lambda=1$ のとき

　$(*2)$ に代入して

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-1 & 1 \\ 1 & 2-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix} x+y \\ x+y \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　対応する成分は等しいので

$$\begin{cases} x+y=0\\ x+y=0 \end{cases}$$

　すると、同じ式の連立方程式となるので、この連立方程式の解は $x+y=0$ を満たすすべての実数が解となります。すると

$$\begin{align*} y=-x \end{align*}$$

より、$C$ を任意の実数として $x=C$ とすると

$$y=-C$$

　したがって、この連立方程式の解は、$C$ を任意の実数として

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] x \\ y \end{pmatrix*}&=\begin{pmatrix*}[c] 3C \\ -2C \end{pmatrix*}\\ &=C\begin{pmatrix*}[r] 3 \\ -2 \end{pmatrix*} \end{align*}$$

　ここで、特にことわりの無い場合は、固有値はもっとも簡単な値を選択します。もっとも簡単な値は $C=1$ のときなので、$\lambda=1$ のときの固有値は、$C=1$ のときを選んで

$$\begin{align*} \begin{pmatrix*}[r] x \\ y \end{pmatrix*} &=1\cdot\begin{pmatrix*}[r] 3 \\ -2 \end{pmatrix*}\\ &=\begin{pmatrix*}[r] 3 \\ -2 \end{pmatrix*} \end{align*}$$

(ⅱ)　$\lambda=3$ のとき

　$(*2)$ に代入して

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} 2-3 & 1 \\ 1 & 2-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix} -x+y \\ x-y \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{align*}$$

　対応する成分は等しいので

$$\begin{cases} -x+y=0\\ x-y=0 \end{cases}$$