対称行列の固有ベクトルは互いに直交する
この証明怪しそうあんも.icon
ある2つの固有値と固有ベクトルの組$ (\lambda_i, \bm{x}_i), (\lambda_j, \bm{x}_j) \quad(i\ne j) を考える
の部分で暗黙に$ x_i, x_j が独立であることを仮定していそう
トートロジーになっている?
というか、独立であることと、直交することは同値?
別の証明を考えるかあんも.icon
prf.
ある2つの固有値と固有ベクトルの組$ (\lambda_i, \bm{x}_i), (\lambda_j, \bm{x}_j) \quad(i\ne j) を考える
それぞれの組について、次の関係が成り立つ:
$ A\bm{x}_i=\lambda_i\bm{x}_i
$ A\bm{x}_j=\lambda_j\bm{x}_j
それぞれについて、両辺に左から$ \bm{x}_j{}^T, \bm{x}_i{}^T を対応させて乗じると:
$ \bm{x}_j{}^TA\bm{x}_i=\lambda_i\bm{x}_j{}^T\bm{x}_i
$ \bm{x}_i{}^TA\bm{x}_j=\lambda_j\bm{x}_i{}^T\bm{x}_j
を得る
ここで、$ \bm{x}_j{}^T\bm{x}_i=\bm{x}_i{}^T\bm{x}_j である。また、行列$ A の対称性から$ A=A^T であるので:
$ \bm{x}_j{}^TA\bm{x}_i=\lambda_i\bm{x}_j{}^T\bm{x}_i
$ =\bm{x}_j{}^TA^T\bm{x}_i
$ =(A\bm{x}_j{})^T\bm{x}_i
$ =\bm{x}_i{}^T(A\bm{x}_j{})
を得る
これより、$ \lambda_i\bm{x}_j{}^T\bm{x}_i=\lambda_j\bm{x}_i{}^T\bm{x}_j を得る。これを整理することで:
$ (\lambda_i-\lambda_j)\bm{x}_i{}^T\bm{x}_j=0
が得られる
これより$ \lambda_i\ne\lambda_j であるので$ \bm{x}_i{}^T\bm{x}_j=0 が直ちに得られる
これは内積が0であることを表しており、直交性の定義に他ならない。よって示された$ \Box