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$A_1=\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)$ の固有値を求める.
$\det(A_1-\lambda E)=\left|\begin{array}{cc}4-\lambda&2\\-1&1-\lambda\end{array}\right|
=\lambda^2-5\lambda+6$
より固有方程式は
$\lambda^2-5\lambda+6=0$
これを解いて $A_1$ の固有値として $\lambda=2,3$ が得られる.
それぞれに属する固有空間を求めよう.
まず固有値 $\lambda=2$ に属する固有空間は
$W(2)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_1\mathbf{v}=2\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_1-2E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}2&2\\-1&-1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x+y=0\,\right\}$
である.$x+y=0$ で $y=t$ とおいて
$\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)$
が得られるから,$W(2)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる.確かに
$\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)$
となっていることを確認されたい.
同様に,固有値 $\lambda=3$ に属する固有空間は
$W(3)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_1\mathbf{v}=3\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_1-3E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}1&2\\-1&-2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x+2y=0\,\right\}$
である.$x+2y=0$ で $y=t$ とおいて
$\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)$
が得られるから,$W(3)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる.確かに
$\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)=3\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)$
となっている.
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$A_2=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)$ の固有値を求める.
$\det(A_2-\lambda E)=\left|\begin{array}{cc}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{array}\right|
=(\lambda-2)^2=0$
より $A_2$ の固有値として $\lambda=2$ が得られる.固有値 $\lambda=2$ に属する固有空間は
$W(2)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_2\mathbf{v}=2\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_2-2E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}1&-1\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x-y=0\,\right\}
$
であり,基底として$\left\{\,\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ がとれる.確かに
$\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)$
となっている.
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$B_1=\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)$ の固有値を求める.上と同じ手順を踏めばよいが,行列式の計算をできるだけ要領よく行いたい.
$\det(B_1-\lambda E)\\
\hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&2\\1&2-\lambda&1\\1&1&2-\lambda\end{array}\right|\\
\hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&0\\1&2-\lambda&-1+\lambda\\1&1&1-\lambda\end{array}\right|\quad [\,\mathrm{c}_2\stackrel{\times (-1)}{\to}\mathrm{c}_3\,]\\
\hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&0\\2&3-\lambda&0\\1&1&1-\lambda\end{array}\right|\quad [\,\mathrm{r}_3\stackrel{\times 1}{\to}\mathrm{r}_2\,]\\
\hspace{30pt}=(1-\lambda)\left|\begin{array}{cc}3-\lambda&2\\2&3-\lambda\end{array}\right|\quad(\mbox{第 $3$ 列で展開})\\
\hspace{30pt}=(1-\lambda)\{(3-\lambda)^2-4\}\\
\hspace{30pt}=-(\lambda-1)^2(\lambda-5)$
より固有方程式は
$-(\lambda-1)^2(\lambda-5)=0$
であり,$B_1$ の固有値として $\lambda=1,5$ が得られる.
固有値 $\lambda=1$ に属する固有空間は
$W(1)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_1\mathbf{v}=\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_1-E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}2&2&2\\1&1&1\\1&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,x+y+z=0\,\right\}$
である.$x+y+z=0$ で $y=s$,$z=t$ とおいて
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)$
が得られるから,$W(1)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる.確かに
$\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)\\
\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)$
となっている.$\dim W(1)=2$ であることも注意しておこう.
同様に,固有値 $\lambda=5$ に属する固有空間は
$W(5)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_1\mathbf{v}=5\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_1-5E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}-2&2&2\\1&-3&1\\1&1&-3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}$
である.掃き出し法により
$\left(\begin{array}{ccc|c}-2&2&2&0\\1&-3&1&0\\1&1&-3&0\end{array}\right)
\to\cdots\to\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-2&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&0\end{array}\right)$
から,$z=t$ とおいて
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
が得られるから,$W(5)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる.確かに
$\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)=5\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
となっており,$\dim W(5)=1$ である.
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$B_2=\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&2&-1\\0&1&0\end{array}\right)$ の固有値を求める.
$\det(B_2-\lambda E)\\
\hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}1-\lambda&0&0\\1&2-\lambda&-1\\0&1&-\lambda\end{array}\right|\\
\hspace{30pt}=(1-\lambda)\left|\begin{array}{cc}2-\lambda&-1\\1&-\lambda\end{array}\right|\quad(\mbox{第 $1$ 行で展開})\\
\hspace{30pt}=(1-\lambda)\{\lambda^2-2\lambda+1\}\\
\hspace{30pt}=-(\lambda-1)^3$
より固有方程式は
$-(\lambda-1)^3=0$
であり,$B_2$ の固有値として $\lambda=1$ が得られる.
固有値 $\lambda=1$ に属する固有空間は
$W(1)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_2\mathbf{v}=\mathbf{v}\,\}\\
\hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_2-E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\
\hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\1&1&-1\\0&1&-1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}$
である.掃き出し法により
$\left(\begin{array}{ccc|c}0&0&0&0\\1&1&-1&0\\0&1&-1&0\end{array}\right)
\to\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&0&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&0\end{array}\right)$
から,$z=t$ とおいて
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)$
が得られるから,$W(1)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる.確かに
$\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&2&-1\\0&1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)$
となっている.
この場合,固有値 $\lambda=1$ は固有方程式の $3$ 重解として得られたのだが,$\dim W(1)=1$ であることに注意しよう.