線形独立について

質問

C^nに属するベクトルa,b,cをn次正方行列Ａの固有ベクトルとし、p,q,r（それぞれ複素数、３数はすべて異なる）をそれぞれの固有値とします。このとき、a,b,cが線形独立であることの証明。

0=xa+yb+zcと仮定すれば、x=y=z=0を示せばいいことはわかっています。しかし、Aa=pa,Ab=qb,Ac=rcをどう活用していいのかがわかりません。両辺に１、Ａ、Ａ^2をすればいいとのアドバイスをもらえたのですが、式変形ができません・・。

よろしくお願いします。

回答No.3

ONB · ベストアンサー

すでに題意を汲んだ答えが出ているので補足として。

私の知る範囲でいちばんエレガントな証明法は、
(A-q)(A-r) を 0=xa+yb+zc に作用させてみると言う方法です。
するとbとcの項が消え、(p-q)(p-r)xaだけが残りますが、p-q,p-r,aがゼロでないのでx=0が結論されます。y,zも同様に0であることがいえます。

この論法は固有ベクトルが3個でなくてもそのまま使えますし、帰納法を使うわけでもないので便利ではあります。

お礼

みなさんありがとうございました。

３さんのエレガントさに感動した感じです。

回答No.2

kabaokaba

0 = xa + yb + zc・・・(1)
これはそのまま．
次，Aを(1)に左から作用させる
0 = A(xa+yb+zc)より
0 = xpa + yqb + zrc・・・(2)
次，Aを(2)に左から作用させる
0=A(xpa+ypb+zpc)より
0 = x p^2 a + y q^2 b + z r^2 c・・・(3)

(1)(2)(3)を並べる
0 = x a + y b + z c・・・(1)
0 = x p a + y q b + z r c・・・(2)
0 = x p^2 a + y q^2 b + z r^2 c・・・(3)

これをx,y,zに関する連立方程式のようなものとみなす
(1) x p - (2)
y(p-q) b + z(p-r) c = 0 ・・・(4)
(1) x p^2 - (3)
y(p^2-q^2) b + z(p^2-r^2) c = 0・・・(5)
(4) x (p+q) - (5)
z(p-r)(q-r) c = 0
c は0ベクトルではないので z(p-r)(q-r) = 0
p,q,rは相異なるので (p-r)(q-r)は0ではない．
よって
z = 0
(1)(2)にz=0を代入して
0 = x a + y b ・・・(6)
0 = x p a + y q b ・・・(7)
(6)(7)でも同様に
(6) x p - (7)
y(p-q) b = 0
bは0ベクトルではなく
p,qは異なるので y=0
(6)より x a = 0 aは0ベクトルではないので x =0

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1,A,A^2を作用させるのであれば
こういう証明が意図されているかもしれませんが，
この証明から明らかなように
これは「帰納法」を使って解く問題でしょう．
すなわち，一般化して
「異なるk個の固有値に対応する固有ベクトルは一次独立である」
として，
最初はk=2のときを証明します（これは容易）
k-1のときを仮定します
0 = x1 a1 + x2 a2 + ・・・+ xk ak ・・・(A)
これにAを左から作用させて
0 = x1 p1 a1 + x2 p2 a2 + ・・・ + xk pk xk ・・・(B)
(A) x p1 -(B)
0 = x2 (p1-p2) a2 + ・・・+ xk (p1-pk) ak
a2からakは異なるk-1個の固有値に対応する固有ベクトルであるので
帰納法の仮定より
x2(p1-p2)=・・・=xk(p1-pk)=0
p1，・・・pkは異なるので
x2=・・・=xk=0
これを(A)に代入して x1=0
よって一次独立

この方が見通しもよく結果も強いです

回答No.1

koko_u

単純に 0 = xa + yb + zc の両辺に A を作用させて、(元の式) × p から引けばいいんじゃない？