固有値と固有ベクトル

今、$1$が行列$P$の固有値であることを示したいので、$D(1)=0$が言えれば良い。実際に
$$\begin{array}{rl}D(1)& =-1+({\cos }^{2}A+{\cos }^{2}B+{\cos }^{2}C)+2\cos A\cos B\cos C\\ & =-1+{\cos }^{2}A+(\sin A\sin C–\cos A\cos C{)}^2+{\cos }^{2}C\\ & +2\cos A(\sin A\sin C–\cos A\cos C)\cos C\\ & =-1+{\cos }^{2}A+{\sin }^{2}A{\sin }^{2}C+{\cos }^{2}A{\cos }^{2}C–2\sin A\cos A\sin C\cos C+{\cos }^{2}C\\ & +2\sin A\cos A\sin C\cos C–2{\cos }^{2}A{\cos }^{2}C\\ & =-1+{\cos }^{2}A+(1–{\cos }^{2}A)(1–{\cos }^{2}C)+{\cos }^{2}A{\cos }^{2}C+{\cos }^{2}C–2{\cos }^{2}A{\cos }^{2}C\\ & =0\end{array}$$
となるので、$1$は行列$P$の固有値である。

(2) (1)で$1$が行列$P$の固有値であることが分かったので、固有値方程式$D(\lambda )$は$(\lambda –1)$を因数に持つことが分かる。実際に、$D(\lambda )$を$(\lambda –1)$で割ると
$$D(\lambda )=(\lambda –1)(-{\lambda }^2–\lambda +({\cos }^{2}A+{\cos }^{2}B+{\cos }^{2}C–1))$$
となる。
$$D(1)=0$$
の関係式から、これは
$$D(\lambda )=–(\lambda –1)({\lambda }^2+\lambda +2\cos A\cos B\cos C)$$
と変形出来る。
従って、残り2つの固有値は
$$\lambda =\frac{1}{2}(-1\pm \sqrt{1–8\cos A\cos B\cos C})$$
と求まる。

(3) $\lambda =1$に対する固有ベクトル$u_x,u_y,u_z)$は
$$\begin{array}{rl}–u_x+\cos C{u}_y+\cos B{u}_z& =0\\ \cos C{u}_x–u_y+\cos A{u}_z& =0\\ \cos B{u}_x+\cos A{u}_y–u_z& =0\end{array}$$
を解いて求まる。

$u_x$を消去すると
$$–{\sin }^{2}C{u}_y+(\cos A+\cos B\cos C)u_z=0$$
なる方程式が得られるが、これは
$$–{\sin }^{2}C{u}_y+\sin B\sin C{u}_z=0$$
と変形できるので、例えば
$$\begin{array}{rl}{u}_y& =\sin B\\ u_z& =\sin C\end{array}$$
が解の1つとなり、この時、
$$u_x=\sin A$$
となる。
従って、固有値$1$に属する固有ベクトルは$k$を$0$でない任意の複素数として
$$k(\sin A,\sin B,\sin C)$$
と求まる。