そもそも、なぜ行列の対角化といえば PDP^-1 なのか

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そもそも、なぜ行列の対角化といえば $PDP^{-1}$ なのか

対角化、教えられますか？

女「行列の対角化を勉強しようと思っています$\cdots$教えられますか？」
男「バカにしてるの？固有値を求めて固有ベクトルから $P$ を作るんだよ」
女「不正解」
男「は？」
$ $
女「女は$\cdots$ 最初に任意の基底を表す行列 $P$ とその各基底ベクトルを個別に伸縮させられる対角行列を使って $PD$ を教えて欲しいの$\cdots$」

女「そして$PD=AP$となるように $A$ から $P$ と $D$ を逆算する方法を一緒に考えて欲しいの$\cdots$」

女「それが答え$\cdots$」

動機と前提（ここでは二次正方行列を扱う）

基底を表す行列（以下、基底行列と呼ぶ）$P=\begin{pmatrix}v_1&v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{pmatrix}$ と
対角成分以外が $0$ である対角行列 $D=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix}$ について考える。

$P$ は基底行列のため $v_1$ と $v_2$ は線形独立、よって

$v_1=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$　かつ $v_2=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$

である。また $PD$ は、基底行列$P$ によって表される座標系上の $D$、すなわち
$$ PD =\begin{pmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\lambda_1x_1&\lambda_2x_2\\\lambda_1y_1&\lambda_2y_2\end{pmatrix} $$

である。もし、これを新たな基底行列と見るならば、$PD$ は $P$ からみて

一列目の基底ベクトル $v_1=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$ が $\lambda_1$ 倍に伸縮され

二列目の基底ベクトル $v_2=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ が $\lambda_2$ 倍に伸縮された

座標系を表すと解釈できる。

では、$PD$ はどのような基底行列によって表される座標系上の $P$ と一致するだろうか。

そのような基底行列を $A$ とすれば、$PD=AP$ を満たす $A$ を考えればよいので

$A=PDP^{-1}$ として求めることができる。

反対に、任意の $A=\begin{pmatrix}a_x&b_x\\a_y&b_y\end{pmatrix}$ の成分から $P$ や $D$ を逆算することはできるだろうか。

命題

$PD=AP$ すなわち $A=PDP^{-1}$ を満たす $P$ と $D$ を
$A$ の成分より逆算する

導出

・$a_x=b_y$ かつ $a_y=0$ かつ $b_x=0$ の場合（$A=a_xE$ パターン）

$\quad A=\begin{pmatrix}a_x&0\\0&a_x\end{pmatrix}$ のため、例えば $~D=a_xE,~P=E~$ とする
$ $

・それ以外の場合（$A\neq a_xE$ パターン）
$$\quad PD =\begin{pmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\lambda_1x_1&\lambda_2x_2\\\lambda_1y_1&\lambda_2y_2\end{pmatrix} $$
$$\quad AP =\begin{pmatrix}a_x&b_x\\a_y&b_y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1&x_2\\y_1&y_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}a_xx_1+b_xy_1&a_xx_2+b_xy_2\\a_yx_1+b_yy_1&a_yx_2+b_yy_2\end{pmatrix} $$
$\quad PD=AP$ を目指したいので $AP-PD=0$ として
$$\quad AP-PD=\begin{pmatrix}(a_x-\lambda_1)x_1+b_xy_1&(a_x-\lambda_2)x_2+b_xy_2\\a_yx_1+(b_y-\lambda_1)y_1&a_yx_2+(b_y-\lambda_2)y_2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix} $$
$\quad $各列は $(\lambda_1,~x_1,~y_1)$ と $(\lambda_2,~x_2,~y_2)$ の組を除き式のパターンが同じため、

$\quad $これらの組を一時的に $(\lambda,~x,~y)$ を代表として用いることにする。

$\quad \textcolor{#f00}{\small※1} \begin{cases} (a_x-\lambda)x+b_xy=0\\ a_yx+(b_y-\lambda)y=0\\ \end{cases}$ すなわち $ \textcolor{#f00}{\small※2} \begin{pmatrix}(a_x-\lambda)&b_x\\a_y&(b_y-\lambda)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$　より
$$\quad \begin{cases} (a_x-\lambda)(b_y-\lambda)x+b_x(b_y-\lambda)y=0\\ \quad\quad\quad\quad\quad~a_yb_xx+b_x(b_y-\lambda)y=0\\ \end{cases}~\rightarrow~ ((a_x-\lambda)(b_y-\lambda)-a_yb_x)x=0 $$
$$\quad \begin{cases} (a_x-\lambda)a_yx+\quad\quad\quad\quad\quad a_yb_xy=0\\ (a_x-\lambda)a_yx+(a_x-\lambda)(b_y-\lambda)y=0\\ \end{cases}~\rightarrow~ ((a_x-\lambda)(b_y-\lambda)-a_yb_x)y=0 $$
$\quad$という二式を得られるが、$v=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\neq0$ であることから $x$ と $y$ のうち少なくとも

$\quad $いずれか一方は $0$ でないため、$\textcolor{#f00}{\small※3}~(a_x-\lambda)(b_y-\lambda)-a_yb_x=0$ でなければならない。

$\quad $このことは ※２の式について $\operatorname{det}\begin{pmatrix}(a_x-\lambda)&b_x\\a_y&(b_y-\lambda)\end{pmatrix}=0$ であることを意味し

$\quad $※１の二式で表される $x$ と $y$ の解集合が $xy$ 平面上で包含関係にあるといえる。

$\quad 0x+0y=0$ となるようなケースでは $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ を一方向に定めることはできないが
$\quad $例えば $\begin{cases}\lambda=a_x\\b_x=0\end{cases}$ のときは第二式が $a_yx+(b_y-a_x)y=0$ となる。ここでは
$\quad A\neq a_xE$ であるケースについてのみ考察しているため $\begin{cases}b_y=a_x\\a_y=0\end{cases}$ のケースは除外され、
$\quad \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ の方向は第二式より $\begin{pmatrix}\lambda-b_y\\a_y\end{pmatrix}$ に定まる。

$\quad $同様に $\begin{cases}\lambda=b_y\\a_y=0\end{cases}$ のとき、 $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ の方向は第一式より $\begin{pmatrix}b_x\\\lambda-a_x\end{pmatrix}$ に定まる。

$\quad $※３を $\lambda^2-\underbrace{(a_x+b_y)}_{\operatorname{tr}A}\lambda+\underbrace{(a_xb_y-a_yb_x)}_{\operatorname{det}A}=0$ と展開し

$\quad \displaystyle \lambda=\left(\frac{\operatorname{tr}A}{2}\right)\pm\sqrt{\left(\frac{\operatorname{tr}A}{2}\right)^2-\operatorname{det}A}=\left(\frac{a_x+b_y}{2}\right)\pm\sqrt{\left(\frac{a_x-b_y}{2}\right)^2+a_yb_x}$ を得る

$\quad \lambda$ が複素数となる場合は実数の対角行列 $D$ を構成することができないため、

$\quad $もし実数範囲を対象とする場合にはこの命題は解を持たない。

$\quad $また、$\lambda$ の各解に対し、先ほど示した理由により方向ベクトルは一方向に定まる。

$\quad $したがって、同一の $\lambda$ から線形独立な二つの方向ベクトル $v_1$ と $v_2$ を得ることはできない。

$\quad $よって、それぞれ異なる $\lambda$ を対応させた上で線形独立な $v_1$ と $v_2$ が得られる場合にのみ、

$\quad P$ と $D$ を構成することができる。$P$ は基底行列であることを前提としているため、

$\quad $この条件を満たさない場合には、この命題は解を持たない。
$ $