本稿では、実対称行列およびHermite行列の固有値の評価に関する基礎理論（Courant-Fischerのミニマックス定理やWeylの不等式など）を詳細に解説し、それらの理論を応用して具体的な線形代数の大学入試レベルの問題（固有値の不等式評価）を解く。さらに、高度な定理をブラックボックスとして使わずに、部分空間の次元定理とRayleigh商の基本性質のみを用いて直接的に証明する別解も提示する。
以下の問題は、行列の固有値の取りうる範囲を評価する問題である。
$P$ を $3$ 次実正方行列とする。このとき、$3$ 次対称行列 $A$ を次のように定める。
$$ A = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{2}{3} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + {}^t P P $$ただし、${}^t P$ は $P$ の転置行列を表す。対称行列 $A$ の固有値を $\alpha_1 \le \alpha_2 \le \alpha_3$ とする。${}^t P P$ が相異なる $3$ つの固有値 $\rho_1 < \rho_2 < \rho_3$ をもち、それらがすべて整数であるとする。
問題の解決にあたり、必要となる線形代数の基本的な定義と定理を明記する。これらの概念はself-containedな理解のために不可欠である。
成分がすべて実数である正方行列 $M$ が ${}^t M = M$ を満たすとき、実対称行列という。実対称行列の固有値はすべて実数であり、直交行列によって対角化可能である。すなわち、正規直交基底をなす固有ベクトルが存在する。
実対称行列 $M$ が、任意のゼロでない実ベクトル $x \neq 0$ に対して $x^T M x > 0$ を満たすとき、正定値行列という。このとき、すべての固有値は正（$ \lambda > 0 $）となる。
同様に、任意のベクトル $x$ に対して $x^T M x \ge 0$ を満たすとき、半正定値行列という。このとき、すべての固有値は非負（$ \lambda \ge 0 $）となる。
実対称行列（またはHermite行列） $M$ と非ゼロベクトル $x$ に対して、以下で定義されるスカラー値を Rayleigh商 と呼ぶ。
$$ R_M(x) = \frac{x^T M x}{x^T x} $$行列 $M$ の最小固有値を $\lambda_{\min}$、最大固有値を $\lambda_{\max}$ とすると、Rayleigh商は必ず $\lambda_{\min} \le R_M(x) \le \lambda_{\max}$ の範囲に収まる。特に、$x$ が対応する固有ベクトルのときに等号が成立する。
有限次元ベクトル空間 $V$ の2つの部分空間 $W_1, W_2$ について、以下の関係が成り立つ。
$$ \dim(W_1 + W_2) = \dim(W_1) + \dim(W_2) - \dim(W_1 \cap W_2) $$空間全体の次元が $n$ である場合、$\dim(W_1 + W_2) \le n$ であるため、$\dim(W_1 \cap W_2) \ge \dim(W_1) + \dim(W_2) - n$ が導かれる。これは、2つの部分空間の交わりの次元を下から評価する強力な道具である。
Hermite行列（実対称行列の複素数への一般化）の固有値に対する2つの重要な定理を証明付きで解説する。
$M \in \mathbb{C}^{n \times n}$ を Hermite 行列とし、その固有値を $\lambda_1(M) \le \lambda_2(M) \le \dots \le \lambda_n(M)$ とする。このとき、各 $k \in \{1, 2, \dots, n\}$ に対して以下が成り立つ。
$$ \lambda_k(M) = \min_{\dim V = k} \max_{x \in V, x \neq 0} \frac{x^* M x}{x^* x} = \min_{\dim V = k} \max_{x \in V, \|x\| = 1} x^* M x $$ $$ \lambda_k(M) = \max_{\dim W = n-k+1} \min_{x \in W, x \neq 0} \frac{x^* M x}{x^* x} = \max_{\dim W = n-k+1} \min_{x \in W, \|x\| = 1} x^* M x $$ただし、$V, W$ は $\mathbb{C}^n$ の部分空間を表し、$x^*$ は随伴転置（共役転置）を表す。
前半の式 $\lambda_k(M) = \min_{\dim V = k} \max_{x \in V, \|x\| = 1} x^* M x$ を示す。
まず、任意の $k$ 次元部分空間 $V \subset \mathbb{C}^n$ に対して、
$$ \max_{x \in V, \|x\| = 1} x^* M x \ge \lambda_k(M) $$であることを示す。$M$ の正規直交固有ベクトルを $u_1, \dots, u_n$ (対応する固有値 $\lambda_1 \le \dots \le \lambda_n$) とし、 $n - k + 1$ 次元の部分空間 $W_k$ を次のように定義する。
$$ W_k = \mathrm{span}(u_k, u_{k+1}, \dots, u_n) $$$\dim V = k$ かつ $\dim W_k = n - k + 1$ であるから、 Grassmann の次元公式より、
$$ \dim(V \cap W_k) = \dim V + \dim W_k - \dim(V + W_k) \ge k + (n - k + 1) - n = 1 $$となる。したがって、 $V \cap W_k \neq \{0\}$ である。
単位ベクトル $x \in V \cap W_k$ ( $\|x\| = 1$ ) を 1 つ選ぶ。 $x \in W_k$ であるため、 $x$ は $u_k, \dots, u_n$ の線形結合として $x = \sum_{j=k}^n c_j u_j$ と表せる。 $\|x\|^2 = \sum_{j=k}^n |c_j|^2 = 1$ である。このとき、
$$ x^* M x = \sum_{j=k}^n \lambda_j(M) |c_j|^2 \ge \lambda_k(M) \sum_{j=k}^n |c_j|^2 = \lambda_k(M) $$が得られる。 $x \in V$ でもあるため、
$$ \max_{y \in V, \|y\| = 1} y^* M y \ge x^* M x \ge \lambda_k(M) $$が任意の $k$ 次元部分空間 $V$ に対して成り立つ。したがって、全体の下限をとると
$$ \min_{\dim V = k} \max_{x \in V, \|x\| = 1} x^* M x \ge \lambda_k(M) $$が成立する。
次に、等号を達成する $k$ 次元部分空間 $V$ の存在を示す。
$V_k = \mathrm{span}(u_1, u_2, \dots, u_k)$ と置く。 $\dim V_k = k$ である。任意の $x \in V_k$ ( $\|x\| = 1$ ) は $x = \sum_{j=1}^k d_j u_j$ ($\sum_{j=1}^k |d_j|^2 = 1$) と表され、
が成り立つ。特別に $x = u_k \in V_k$ のとき $u_k^* M u_k = \lambda_k(M)$ であるから、
$$ \max_{x \in V_k, \|x\| = 1} x^* M x = \lambda_k(M) $$となる。以上の下限の評価と具体的な部分空間の構成により、前半の式が示された。
後半の式についても、行列 $-M$ に前半の定理を適用するか、完全に並行した次元論議（ $V_k' = \mathrm{span}(u_1, \dots, u_k)$ との交わりを考える）を行うことで証明される。$\blacksquare$
$A, B \in \mathbb{C}^{n \times n}$ を Hermite 行列とし、それらの固有値を小さい順に
$$ \lambda_1(A) \le \dots \le \lambda_n(A), \quad \lambda_1(B) \le \dots \le \lambda_n(B), \quad \lambda_1(A+B) \le \dots \le \lambda_n(A+B) $$とする。このとき、任意の $i, j \in \{1, 2, \dots, n\}$ に対して、以下の不等式が成り立つ。
特に $j=1$ と $j=n$ を代入することで、以下の有用な単調性の評価式が得られる。
$$ \lambda_i(A) + \lambda_1(B) \le \lambda_i(A+B) \le \lambda_i(A) + \lambda_n(B) $$Courant-Fischerのミニマックス定理を用いて1式を証明する。 $k = i + j - 1$ と置く。 ミニマックス定理の後半の等式より、
$$ \lambda_i(A) = \max_{\dim W = n-i+1} \min_{x \in W, \|x\| = 1} x^* A x $$ $$ \lambda_j(B) = \max_{\dim U = n-j+1} \min_{x \in U, \|x\| = 1} x^* B x $$となる部分空間 $W$ ( $\dim W = n-i+1$ ) と $U$ ( $\dim U = n-j+1$ ) が存在する。 Grassmannの次元公式より、
$$ \dim(W \cap U) = \dim W + \dim U - \dim(W + U) \ge (n - i + 1) + (n - j + 1) - n = n - (i + j - 1) + 1 = n - k + 1 $$となる。次元が $n - k + 1$ 以上である部分空間 $W \cap U$ から、次元がちょうど $n - k + 1$ である部分空間 $Z \subset W \cap U$ を取ることができる。任意の単位ベクトル $x \in Z$ ( $\|x\| = 1$ ) に対し、 $x \in W$ かつ $x \in U$ であるから、
$$ x^* A x \ge \min_{y \in W, \|y\| = 1} y^* A y = \lambda_i(A), \quad x^* B x \ge \min_{y \in U, \|y\| = 1} y^* B y = \lambda_j(B) $$が成り立つ。したがって、 $x^* (A + B) x = x^* A x + x^* B x \ge \lambda_i(A) + \lambda_j(B)$ となる。 $Z$ 上での最小値を取ると、
$$ \min_{x \in Z, \|x\| = 1} x^* (A + B) x \ge \lambda_i(A) + \lambda_j(B) $$が得られる。ミニマックス定理によれば、次元 $n - k + 1$ の任意の部分空間 $Z$ 上での最小値の全体における最大値が $\lambda_k(A+B)$ であるため、
$$ \lambda_{i+j-1}(A+B) = \lambda_k(A+B) \ge \min_{x \in Z, \|x\| = 1} x^* (A + B) x \ge \lambda_i(A) + \lambda_j(B) $$となり、1式が示された。
2式は、行列を $-A, -B$ に置き換え、$\lambda_r(-M) = -\lambda_{n-r+1}(M)$ の関係を用いることで、1式から直接導出される。$\blacksquare$
2次実対称行列を次のように定める。
$$ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} $$$A$ の固有値は対角成分であるから $\lambda_1(A) = 1, \lambda_2(A) = 3$ である。
$B$ の固有多項式は $\det(B - \lambda I) = (\lambda-1)(\lambda-3) = 0$ より、$\lambda_1(B) = 1, \lambda_2(B) = 3$ である。
それらの和 $A+B$ は
となり、その固有多項式は $\mu^2 - 8\mu + 14 = 0$ であるため、固有値は $\mu = 4 \pm \sqrt{2}$ となる。小さい順に並べると $\lambda_1(A+B) = 4 - \sqrt{2} \approx 2.586$, $\lambda_2(A+B) = 4 + \sqrt{2} \approx 5.414$ である。
ここで $i=2$ に対してWeylの単調性評価式 $\lambda_2(A) + \lambda_1(B) \le \lambda_2(A+B) \le \lambda_2(A) + \lambda_2(B)$ を確認すると、
$$ 3 + 1 \le 4 + \sqrt{2} \le 3 + 3 \implies 4 \le 5.414 \le 6 $$となり、行列の摂動（足し算）による固有値の変動が見事に不等式の範囲内に収まっていることが直観的に確認できる。
Courant-Fischerの定理の系であるWeylの不等式および行列の跡（trace）の性質を用いた解答を記述する。
準備として、対角行列 $D$ と対称行列 $B$ を以下のように定義する。
$$ D = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{2}{3} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad B = {}^t P P $$$D$ は固有値 $d_1 = \frac{1}{3}, d_2 = \frac{2}{3}, d_3 = 1$ を持つ。 $B$ は任意の $x \in \mathbb{R}^3$ に対し $x^T B x = \|P x\|^2 \ge 0$ となる半正定値行列であり、条件より固有値は $0 \le \rho_1 < \rho_2 < \rho_3$ を満たす整数である。行列 $A$ は $A = D + B$ であり、固有値は $\alpha_1 \le \alpha_2 \le \alpha_3$ である。
$D$ の最小固有値は $\frac{1}{3} > 0$ であるため、$D$ は正定値行列であり、任意の $x \neq 0$ に対して $x^T D x > 0$ が成り立つ。 $B$ は半正定値なので $x^T B x \ge 0$ である。よって
$$ x^T A x = x^T D x + x^T B x > 0 $$が任意の $x \neq 0$ に対して成立する。これは $A$ が正定値行列であることを意味し、その固有値はすべて正となる（$\alpha_1 \ge \alpha_2 \ge \alpha_3 > 0$）。固有値の積である行列式は $\det(A) = \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 > 0$ となるため、$A$ は正則行列である。$\blacksquare$
Weylの不等式（単調性の式） $\lambda_i(B) + \lambda_1(D) \le \lambda_i(D+B) \le \lambda_i(B) + \lambda_n(D)$ を $i=1, n=3$ で適用する。
$A = B + D$ であり、$D$ の最小固有値は $\lambda_1(D) = \frac{1}{3}$、最大固有値は $\lambda_3(D) = 1$ であるから、直接代入して以下を得る。
これにより直ちに題意の不等式が示された。$\blacksquare$
行列の跡（trace、対角成分の和）は固有値の総和に等しい。線形性 $\operatorname{tr}(A) = \operatorname{tr}(D) + \operatorname{tr}(B)$ を用いると、
$$ \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{3} + 1\right) + (\rho_1 + \rho_2 + \rho_3) = 2 + \rho_1 + \rho_2 + \rho_3 $$が成り立つ。これを $\alpha_1 + \alpha_3$ について解くと、
$$ \alpha_1 + \alpha_3 = \rho_1 + \rho_3 + 2 + (\rho_2 - \alpha_2) $$となる。ここで $\alpha_2$ の下限を Weylの不等式の単調性で評価する。$i=2$ として適用すると、
$$ \alpha_2 = \lambda_2(B+D) \ge \lambda_2(B) + \lambda_1(D) = \rho_2 + \frac{1}{3} $$が得られる。したがって、 $\rho_2 - \alpha_2 \le -\frac{1}{3} < 0$ である。これを先ほどの跡の式に代入すると、
$$ \alpha_1 + \alpha_3 \le \rho_1 + \rho_3 + 2 - \frac{1}{3} = \rho_1 + \rho_3 + \frac{5}{3} < \rho_1 + \rho_3 + 2 $$となり、題意が示された。$\blacksquare$
$\alpha_1 < \alpha_2 < \alpha_3$ であることを示す。
(i) $\alpha_1 < \alpha_2$ の証明:
(2) より $\alpha_1 \le \rho_1 + 1$ であり、(3) の証明過程より $\alpha_2 \ge \rho_2 + \frac{1}{3}$ である。 $\rho_1, \rho_2$ は整数であり、 $\rho_1 < \rho_2$ であることから $\rho_2 \ge \rho_1 + 1$ が成り立つ。したがって、
となり、 $\alpha_1 < \alpha_2$ が示された。
(ii) $\alpha_2 < \alpha_3$ の証明:
Weylの不等式の単調性を用いて、同様に $\alpha_2$ の上限と $\alpha_3$ の下限を評価する。
$$ \alpha_2 = \lambda_2(B+D) \le \lambda_2(B) + \lambda_3(D) = \rho_2 + 1 $$
$$ \alpha_3 = \lambda_3(B+D) \ge \lambda_3(B) + \lambda_1(D) = \rho_3 + \frac{1}{3} $$
$\rho_2, \rho_3$ は整数かつ $\rho_2 < \rho_3$ であるため $\rho_3 \ge \rho_2 + 1$ である。よって、
となり、 $\alpha_2 < \alpha_3$ が示された。以上より、3つの固有値はすべて相異なる。$\blacksquare$
Weylの不等式やCourant-Fischerのミニマックス定理を既知とせず、二次形式（Rayleigh商）の基本性質とGrassmannの次元公式のみを用いて自己完結的（self-contained）に解答する。
行列 $A, B, D$ は解答例1と同様に定義する。
$A$ の正規直交固有ベクトルを $v_1, v_2, v_3$ ($A v_k = \alpha_k v_k$) とし、 $B$ の正規直交固有ベクトルを $u_1, u_2, u_3$ ($B u_k = \rho_k u_k$) とする。
Rayleigh商の性質により、単位ベクトル $x$ ($\|x\|=1$) に対して $\alpha_1 \le x^T A x \le \alpha_3$ であり、 $\alpha_1 = \min_{\|x\|=1} x^T A x$, $\alpha_3 = \max_{\|x\|=1} x^T A x$ である。$B, D$ に対しても同様のことが言える。特に $D$ については任意のベクトル $x$ に対し $\frac{1}{3}\|x\|^2 \le x^T D x \le \|x\|^2$ が成り立つ。
(1) の証明: 解答例1と全く同様であるため省略する。
(2) の証明:
左側の不等式 $\rho_1 + \frac{1}{3} \le \alpha_1$ について。
$A$ の最小固有値 $\alpha_1$ に対応する単位固有ベクトル $v_1$ ( $\|v_1\| = 1$ ) を取る。
であり、$v_1^T D v_1 \ge \frac{1}{3} \|v_1\|^2 = \frac{1}{3}$ かつ $v_1^T B v_1 \ge \rho_1 \|v_1\|^2 = \rho_1$ であるから、$\alpha_1 \ge \frac{1}{3} + \rho_1$ が成り立つ。
右側の不等式 $\alpha_1 \le \rho_1 + 1$ について。
$B$ の最小固有値 $\rho_1$ に対応する単位固有ベクトル $u_1$ ( $\|u_1\| = 1$ ) を取る。$\alpha_1 = \min_{\|x\| = 1} x^T A x$ であるから、
が成り立つ。 $u_1^T D u_1 \le 1 \cdot \|u_1\|^2 = 1$ であるから、$\alpha_1 \le 1 + \rho_1$ が得られる。これで(2)が証明された。
(3) の証明:
跡の等式 $\alpha_1 + \alpha_3 = \rho_1 + \rho_3 + 2 + (\rho_2 - \alpha_2)$ を得るところまでは解答例1と同様である。
ここで、 $\alpha_2 \ge \rho_2 + \frac{1}{3}$ を定理に頼らず直接示す。
2 つの部分空間を考える。
$\dim V_2 = 2$ かつ $\dim W_2 = 2$ である。全空間の次元は $3$ であるため、 Grassmann の次元公式より、
$$ \dim(V_2 \cap W_2) \ge \dim V_2 + \dim W_2 - 3 = 2 + 2 - 3 = 1 $$となる。したがって、 $V_2 \cap W_2$ に属する単位ベクトル $z$ ( $\|z\| = 1$ ) が存在する。
また $z^T D z \ge \frac{1}{3} \|z\|^2 = \frac{1}{3}$ であるため、
$$ z^T A z = z^T D z + z^T B z \ge \frac{1}{3} + \rho_2 $$が得られる。以上より $\alpha_2 \ge z^T A z \ge \rho_2 + \frac{1}{3}$ となり、 $\rho_2 - \alpha_2 \le -\frac{1}{3} < 0$ が導出される。あとは解答例1と同じ計算で (3) が証明される。
(4) の証明:
(i) $\alpha_1 < \alpha_2$ の証明は解答例1と同じ代数計算で示される。
(ii) $\alpha_2 < \alpha_3$ の証明について。まず $B$ の固有ベクトル $u_3$ に対し
である。次に $\alpha_2$ の上限を求めるため、2つの部分空間 $V_2' = \mathrm{span}(v_2, v_3)$ と $W_2' = \mathrm{span}(u_1, u_2)$ を考える。先ほどと同様に次元公式より $\dim(V_2' \cap W_2') \ge 1$ であるため、交わりの中に単位ベクトル $w$ を取れる。
また $w^T D w \le 1$ であるため、
$$ \alpha_2 \le w^T A w = w^T D w + w^T B w \le 1 + \rho_2 $$が得られる。これも解答例1と同様の代数計算に持ち込めば、 $\alpha_2 < \alpha_3$ が示される。$\blacksquare$