実2次正方行列の分類
動機と展望
ここでは実$2$次正方行列
$$
\left\{\left.
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
\right|
a,b,c,d \in \mathbb{R}
\right\}.
$$
についてを考える。この正方行列はある視点を持って分類することで、巷間でちやほやされているオイラーの公式や、あまり日の目を浴びていない分解型複素数に視野を広げることができる。この記事ではその到達点を意識しながら分類を進める。
分類方法
固有値と固有ベクトル
実$2$次正方行列の分類にあたって、ある視点が必要である。ここでは実$2$次正方行列が$\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$の線形変換であることをもちいて分類を行うこととする。まずは線形写像において重要である固有値と固有ベクトルについて考える。
$
A=
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
$の固有方程式は
$$
\lambda^2 - \mathrm{tr}A \cdot \lambda +\mathrm{det}A=0.
$$
であったために、この固有方程式の解は、
$$
\lambda=\frac{\mathrm{tr}A}{2} \pm \sqrt{d}.
$$
と表せる。ただし判別式$d=(\frac{\mathrm{tr}A}{2})^2-\mathrm{det}A$とし、$\sqrt{d}$は$2$つの$2$乗根の内どちらか一方を選ぶとする。
実のところ、この時点で分類の$75\%$は完了しているのだ。具体的にはこの時点で
- $\lambda = \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{R} \ \ (d>0).$
- $\lambda = \lambda_1 = \lambda_2 \ \ (d=0).$
- $\lambda = \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{C} \backslash \mathbb{R} \ \ (d<0).$
という分類ができているが、$2.$を除いて目的の分類は完了である。結論から言ってしまうと、$d=0$のときに対角化可能であるかどうかで分類すればすでに完了なのである(しかしこの記事ではこれを少し掘り下げる作業をする)。
実$2$次正方行列の分解
固有方程式の解が求まったので、$A$を対角化して操作を続ける。そのために最初は$A$を対角化可能と仮定する。
$A$が対角化可能であるとき、ある$2$次正則行列$P$が存在して
$$
\begin{eqnarray}
A=
P^{-1}
\left(
\begin{array}{cc}
\lambda_1 & 0 \\
0 & \lambda_2
\end{array}
\right)
P
\end{eqnarray}.
$$
となった。この式に$\lambda = \frac{\mathrm{tr}A}{2} \pm \sqrt{d}$を適用して
$$
\begin{eqnarray}
A
&=&
P^{-1}
\left(
\begin{array}{cc}
\frac{\mathrm{tr}A}{2} + \sqrt{d} & 0 \\
0 & \frac{\mathrm{tr}A}{2} - \sqrt{d}
\end{array}
\right)
P\\
&=&\frac{\mathrm{tr}A}{2}E
+P^{-1}
\left(
\begin{array}{cc}
\sqrt{d} & 0 \\
0 & - \sqrt{d}
\end{array}
\right)
P.
\end{eqnarray}
$$
を得ることができる。ここで右辺第二項をどうにかして$P$を用いずに表したいところである。考えられることは$
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{cc}
\sqrt{d} & 0 \\
0 & - \sqrt{d}
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
$を数行列$tE$にするということだが、その方法として「$2$乗」を取り上げる。これは我々の到達点が複素数・分解型複素数であり、「$2$乗」が重要になるからである。それを踏まえてさらに変形すると、
$$
\begin{eqnarray}
\left(A-\frac{\mathrm{tr}A}{2}E\right)^2
=dE.
\end{eqnarray}
$$
という簡潔な式が得られる。この式だが、実はケイリーハミルトンの定理を用いることでも証明できる。つまり、いままで「対角化可能」を仮定していたが、この式においては仮定しなくても成り立つのだ。このことより、以下が従う。
任意の実$2$次正方行列$A$に対して、ある行列$I$とある実数$x,y$が存在して、以下$2$つを満たす。
- $I^2 \in \{-E, O, E\}, \, I \neq \pm E,O.$
- $A=xE + yI.$
回転行列
$$
\begin{eqnarray}
R(\theta)
=
\left(
\begin{array}{cc}
\cos{\theta} & -\sin{\theta} \\
\sin{\theta} & \cos{\theta}
\end{array}
\right).
\end{eqnarray}
$$
を分解する。$\mathrm{tr} R(\theta)=\cos{\theta}$から
$$
(R(\theta)-\cos{\theta}E)^2 = - \sin^2{\theta}E.
$$
ここで
$$
-\sin^2{\theta}E = (R(\theta)-\cos{\theta}E)^2=(yI)^2=-y^2E.
$$
より、$I=
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{cc}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
$とすれば$I^2 = -E, \, \sin{\theta}I=R(\theta)-\cos{\theta}E$から
$$
R(\theta)=\cos{\theta}E+\sin{\theta}I.
$$
と分解できる。すごい"オイラーみ"がある。
ここで考えておきたいことは、$A$がどのような場合に$I^2$が$-E,O,E$になるかということだ。$d>0$や$d<0$の時は今までの議論のようにそれぞれ$I^2=E, \, I^2=-E$である。$d=0$かつ対角化可能の場合、今までの議論より
$$
\begin{eqnarray}
&A&-\frac{\mathrm{tr} A}{2}E = O\\
\therefore &A& = \frac{\mathrm{tr} A}{2}E.
\end{eqnarray}
$$
が従う。すなわち$I$は不必要なのである。一方対角化不能のときには、
$$
\begin{eqnarray}
&A&-\frac{\mathrm{tr} A}{2}E \neq O\\
\therefore &I& \neq O, \, I^2=O.
\end{eqnarray}
$$
となると分かる。
分類の応用
実$2$次正方行列の構造
今や分類が終了したので、実$2$次正方行列の構造を考えることができる。そのためにまず命題1の表示
$$
A=xE + yI.
$$
の一意性を考える。
命題1の$x,|y|$は、一意である。$A$が数行列でないとき、$I$は正負を除いて一意である。
$y \neq 0$の場合には
$$
\begin{eqnarray}
I^2 &=& \frac{1}{y^2}\left(A-xE\right) ^2\\
&=& \frac{1}{y^2}\left(A^2-2xA+x^2E\right)\\
&=& \frac{1}{y^2} \left(\left(\mathrm{tr}A-2x\right)A
+ \left(x^2-\mathrm{det}A \right) E \right).
\end{eqnarray}
$$
ここで$E,I$が命題の条件より線形独立のため、$A,E$も線形独立である。よって$x=\frac{\mathrm{tr}A}{2}$が一意に定まり、
$$
\begin{eqnarray}
I^2
&=& \frac{1}{y^2} \left(x^2-\mathrm{det}A \right) E.
\end{eqnarray}
$$
そして$\frac{1}{y^2} > 0$と、$I^2 \in {-E,O,E}$より、$|y|$が一意に定まる。このことから$I$も正負を除いて一意に定まるとわかる。$A$が数行列の場合、$E,I$の線形独立性より、$(x,y) = (a_{11},0)$が唯一の表示。(証明終)
今更だが、数行列を$tE\, (t \in \mathbb{R})$とあらわされる行列としている。また、実$2$次正方行列においては、"数行列$\iff$d=0かつ対角化可能"のため、前述の議論との照らし合わせに注意されたい。
証明では$A,I$の独立性が出てきたため、$\{xA+yI|x,y \in \mathbb{R}\}$が平面を作ることがわかる。しかもその平面の一つにおいて$I^2=-E$となっており、複素数平面$\{x+yi | \, x,y \in \mathbb{R}\}$と酷似している。実際、簡単に確かめられるように、これら二つの平面は実際に体として同型となっているのである。そうなると$I^2=E,O$についても平面が欲しいところである。そこで、次のような定義をする。
実数$x,y$と$j^2=1$となる実数でない要素$j$によって$x+jy$とあらわされる量を分解型複素数という。
計算などについては、複素数の$i^2=-1$を$j^2=1$に置き換えただけだと考えて、ほぼ同様に計算できる。例2に計算例を示した。
もっと厳密に演算を$\mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$として定義する必要があるが、面倒くさいので省いた。$\mathbb{R}[x]/[x^2-1]$でご勘弁を。
実数$x,y$と$\epsilon ^2=0$となる実数でない要素$\epsilon$によって$x+\epsilon y$とあらわされる量を二重数という。
計算などについては、複素数の$i^2=-1$を$\epsilon ^2=0$に置き換えただけだと考えて、ほぼ同様に計算できる。例2に計算例を示した。
もっと厳密に定義する必要があるが、面倒くさいので省いた。$\mathbb{R}[x]/[x^2]$でご勘弁を。
$$ (a+bj)(c+dj) = ac+adj+bcj+bdj^2 = (ac+bd)+(ad+bc)j. \\ (a+b\epsilon)(c+d\epsilon) = ac+ad\epsilon+bc\epsilon+bd\epsilon^2 = ac+(ad+bc) \epsilon. \\ \frac{a+bj}{c+dj} = \frac{(a+bj)(c-dj)}{(c+dj)(c-dj)} = \frac{ac-bd}{c^2-d^2}+\frac{bc-ad}{c^2-d^2} j \, (c \neq d). \\ \frac{a+b\epsilon}{c+d\epsilon} = \frac{(a+b\epsilon)(c-d\epsilon)}{(c+d\epsilon)(c-d\epsilon)} = \frac{ac}{c^2}+\frac{bc-ad}{c^2} \epsilon \, (c \neq 0). $$
この計算からわかる通り、一般に分解型複素数と二重数は体にならない。
ここで考えていただきたいのは、$I^2=E$となる$I \neq \pm E$をとると、$\{xE+yI| \, x,y \in \mathbb{R}\}$という平面と分解型複素数の平面の間の(環としての)同型写像$xE+yI \mapsto x+yj$が存在することである。同様にして$I^2=O$となる$I \neq O$をとると、同型写像$xE+yI \mapsto x+y \epsilon$が得られる。そして、$I^2$が等しければ$\{xE+yI| \, x,y \in \mathbb{R}\}$は同型の平面である。つまり、実$2$次正方行列の構造が、実数部分のみ共有している複素数と分解型複素数と二重数の結合であるとわかる。
今回は$i, j, \epsilon$として、相似な行列の集合をとった。しかし実際には
$$
\begin{eqnarray}
i &:&
\left(
\begin{array}{cc}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{array}
\right) \\
j &:&
\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{array}
\right) \\
\epsilon &:&
\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
$$
ととる。この行列を選ぶ理由は筆者が知らないのでここでは特に触れない。誰か教えてほしい。
指数関数とオイラーの公式
この記事の締めくくりとして、指数関数を扱う。その前に行列の指数関数について簡単に復習する。
$$ \exp(A) := \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!} $$
収束は省略する。また、次の命題の証明も省略する。
- $P$が正則行列の時、
$$ \exp(P^{-1}AP)=P^{-1} \exp(A) P. $$ - $AB=BA$の時、
$$ \exp(X+Y) = \exp(X) \exp(Y). $$
まず注目するのは、実$2$次正方行列の指数である。例の通り$A=xE+yI$とあらわす。ただし$I^2 = qE \, \left( q \in \{ 0, \pm 1 \} \right)$であり、$0^0=1$とする。すると
$$
\begin{eqnarray}
\exp(A) &=& \exp(xE+yI) \\
&=& \exp(xE) \exp(yI) \\
&=& e^x \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(yI)^k}{k!} \\
&=& e^x
\left(
\sum_{k=0}^{\infty} \frac{q^k}{(2k)!} y^{2k} E
+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{q^k}{(2k+1)!} y^{2k+1} I
\right) \\
&=&
\left\{
\begin{array}{l}
e^x ( \cos y E+ \sin y I ) \, &(q=-1) \\
e^x (E+yI) \, &(q=0) \\
e^x ( \cosh y E+ \sinh y I ) \, &(q=1)
\end{array}
\right. .
\end{eqnarray}
$$
という非常に簡潔な式が得られた。特に$q=-1$の場合にはオイラーの公式
$$
e^{r+i\theta} = e^r( \cos \theta + i \sin \theta ).
$$
と一致している。よって、$q=1,0$の場合は、分解型複素数と二重数におけるオイラーの公式の対応物といえるだろう。
これらを統一的に表したい。そこで$I$を$I_q$と表記して、
$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\cos_q(y)=\sum \frac{q^k}{(2k)!} y^{2k} \\
\sin_q(y)=\sum \frac{q^k}{(2k+1)!} y^{2k+1}
\end{array}
\right. .
\end{eqnarray}
$$
と定義してやれば次のように統一的に記せる。
$$ \exp \left( xE+yI_q \right) = e^x \left( \cos_q (y) E+ \sin_q (y) I_q \right) . $$
次の系も従う。
行列$A=xE+yI_q$に対して、$\exp(B)=A$となる行列$B$が存在する必要十分条件は(場合:条件)
- $q<0:$常に存在している。
- $q=0:x>0.$
- $q>0:x>0, |x|>|y|.$
- $y=0$ ($q$不定)$:x>0.$
であり、それぞれ$B$は一意である。
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