[선형대수학] 17. 고유값과 고유벡터

[선형대수학] 17. 고유값과 고유벡터

\(A\)를 \(n\times n\)행렬이라 하자. 벡터 \(\mathbf{x}(\neq\mathbf{0})\in\mathbb{R}^{n}\)이 적당한 스칼라 \(\lambda\in\mathbb{R}\)에 대하여$$A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$$를 만족하면, \(\lambda\)를 \(A\)의 고유값(eigenvalue)이라고 하고 \(\mathbf{x}\)를 \(\lambda\)에 대응하는 \(A\)의 고유벡터(eigenvector)라고 한다.

\(A\)가 \(n\times n\)행렬이라고 하자. 다음 명제들은 서로 동치이다.

(1) \(\lambda\)는 \(A\)의 한 고유값이다.

(2) \(\det(\lambda I-A)=0\)

(3) \(\lambda I-A\)는 정칙행렬이 아니다.

(4) 동차방정식 \((\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)은 비자명 해를 갖는다.

증명:

\((1)\,\Rightarrow\,(4)\): \(\lambda\)가 \(A\)의 한 고유값이면 \(\lambda\mathbf{x}=A\mathbf{x}\)이고, \((\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)이다. 이때 \(\mathbf{x}\)는 영벡터가 아니므로 이 동차방정식의 비자명 해이고 \(\mathbf{x}\in\mathcal{N}(\lambda I-A)\)이다. 

\((4)\,\Rightarrow\,(3)\): 동차방정식 \((\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)이 비자명 해를 가지면 행렬 \(\lambda I-A\)는 정칙행렬이 아니다.

\((3)\,\Rightarrow\,(2)\): 자명하다.

\((2)\,\Rightarrow\,(1)\): \(A\)의 고유벡터를 찾기 위해 방정식 \(\det(\lambda I-A)=0\)을 풀고 각 \(\lambda\)에 대해 동차방정식 \((\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)의 해를 구한다. 그러면 \(\lambda\)가 \(A\)의 고유값이 됨을 확인할 수 있다.

여기서 \(\det(\lambda I-A)\)는 차수가 \(n\)인 \(\lambda\)에 대한 다항식이고, 이 다항식을 \(A\)의 특성다항식(characteristic polinomial)이라고 한다. 또한 \(A\)의 고유벡터 \(\mathbf{x}\)들은 \(\mathcal{N}(\lambda I-A)\)의 원소이고, 이 영공간을 \(\lambda\)에 대응하는 \(A\)의 고유공간(eigenspace)이라 하고 \(E(\lambda)\)로 나타낸다.

행렬$$A=\begin{pmatrix}2&\sqrt{2}\\ \sqrt{2}&1\end{pmatrix}$$의 고유값과 고유벡터를 구하자.$$\det(\lambda I-A)=\det\begin{pmatrix}\lambda-2&-\sqrt{2}\\-\sqrt{2}&\lambda-1\end{pmatrix}=\lambda^{2}-3\lambda=\lambda(\lambda-3)$$이므로 고유값은 \(\lambda_{1}=0,\,\lambda_{2}=3\)이다. 앞에서 구한 고유값을 동차방정식 \((\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)에 대입해서 고유벡터를 구하자.

\(\lambda_{1}=0\)일 때, \((\lambda_{1}I-A)\mathbf{x}=-A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)이므로$$\begin{cases}-2x_{1}-\sqrt{2}x_{2}&=0\\-\sqrt{2}x_{1}-x_{2}&=0\end{cases}$$이고 \(-\sqrt{2}x_{1}=x_{2}\)이므로 \(\lambda_{1}=0\)에 대응하는 고유벡터 \(\mathbf{x}_{1}\)은$$\mathbf{x}_{1}=\begin{pmatrix}-1\\ \sqrt{2}\end{pmatrix}$$이다.

\(\lambda_{2}=3\)일 때, \((\lambda_{2}I-A)\mathbf{x}=(3I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)이므로$$\begin{cases}x_{1}-\sqrt{2}x_{2}&=0\\-\sqrt{2}x_{1}+2x_{2}&=0\end{cases}$$이고 \(x_{1}=\sqrt{2}x_{2}\)이므로 \(\lambda_{2}=3\)에 대응하는 고유벡터 \(\mathbf{x}_{2}\)는$$\mathbf{x}_{2}=\begin{pmatrix}\sqrt{2}\\1\end{pmatrix}$$이다. 이때 \(\mathbf{x}_{1},\,\mathbf{x}_{2}\)는 독립이다.

행렬$$A=\begin{pmatrix}3&-2&0\\-2&3&0\\0&0&5\end{pmatrix}$$의 고유값과 고유벡터를 구하자.$$\det(\lambda I-A)=\det\begin{pmatrix}\lambda-3&2&0\\2&\lambda-3&0\\0&0&\lambda-5\end{pmatrix}=(\lambda-1)(\lambda-5)^{2}$$이므로 고유값은 \(\lambda_{1}=1,\,\lambda_{2}=5\)이고 \(\lambda_{2}=5\)의 중복도는 \(2\)이다.$$(\lambda I-A)\mathbf{x}=\begin{pmatrix}\lambda-3&2&0\\2&\lambda-3&0\\0&0&\lambda-5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$이므로

\(\lambda_{1}=1\)일 때$$\begin{pmatrix}-2&2&0\\2&-2&0\\0&0&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$이므로$$\mathbf{x}=\begin{pmatrix}t\\t\\0\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$$이고,

\(\lambda_{2}=5\)일 때$$\begin{pmatrix}2&2&0\\2&2&0\\0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$이므로$$\mathbf{x}=\begin{pmatrix}-s\\s\\t\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$이다. 그러면 \(\lambda_{1}=1\)에 대응하는 고유벡터를 \(\mathbf{x}_{1}\), \(\lambda_{2}=5\)에 대응하는 고유벡터를 \(\mathbf{x}_{2},\,\mathbf{x}_{3}\)이라 하면$$\mathbf{x}_{1}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\,\mathbf{x}_{2}=\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix},\,\mathbf{x}_{3}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$이고 \(\mathbf{x}_{1}\in E(\lambda_{1}),\,\mathbf{x}_{2},\,\mathbf{x}_{3}\in E(\lambda_{2})\)이다.

참고자료:

Linear Algebra, jinho Kwak, sungpyo Hong, Birkhauser

이공학도를 위한 선형대수학, 김명재, 휴먼싸이언스