左辺の $\det(A-\lambda E)$ のことを $A$ の固有多項式という．

$E$ はもちろん単位行列であるが， $\lambda\mathbf{v}=\lambda E\mathbf{v}$ に注意すると とわかる．固有ベクトル $\mathbf{v}$ はこの関係を満たす零でないベクトルである．そのようなベクトルが存在するためには でなければならない．なぜなら，もし $\det(A-\lambda E)\neq 0$ ならば，$A-\lambda E$ は正則行列ということになり $(A-\lambda E)^{-1}$ が存在するので，それを の両辺に掛けることにより $\mathbf{v}=\mathbf{0}$ となるからである． 第17講でみた同次連立一次方程式が非自明解をもつための一般的な条件も思い出しておこう．

$A$ が $n$ 次の正方行列ならば，固有方程式 $\det(A-\lambda E)=0$ は $n$ 次方程式である．例えば，$A=\left(\begin{array}{c}2&1\\1&2\\\end{array}\right)$ の場合は であるから，固有多項式は 従って固有方程式は という二次方程式となり，その解($A$ の固有値)は $\lambda=1,3$ である．

複素数を係数とする $n$ 次方程式は複素数の範囲に(重解も数えて) $n$ 個の解をもつことが知られている(代数学の基本定理)．従って，実正方行列も含めすべての正方行列は固有値をもつが，実正方行列であっても固有値が虚数となり得ることには注意が必要である． 簡単な例として を考えると，固有多項式は よって固有方程式は となり，これを解いて $A$ の固有値は $\lambda=\pm i$ ということになる($i$ は虚数単位)． このとき，例えば固有値 $\lambda=i$ に属する固有ベクトル $\mathbf{v}$ は を満たすような零でないベクトルであるが，このようなベクトルは $\mathbf{R}^2$ には存在しない($\mathbf{C}^2$ のベクトルとしては，$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}i\\1\end{array}\right)$ などが条件を満たす)．
　ここまで我々はスカラーが複素数の場合も一応念頭に置きつつも，具体的な計算例などは $\mathbf{R}^n$ の枠組みに収まるものを，行列としては実行列のみを扱ってきたが，ここに至ってもはや実行列と実ベクトルだけを考えていれば十分という状況ではなくなった．ベクトルと行列(あるいは線型写像)に関する議論を統一的に行うには，どうしても複素数ベクトル空間 $\mathbf{C}^n$ の枠組みに広げて考えることが必要なのである．
　とはいえ，この講ではまだ慌てずに，実数しか登場しない計算例のみを見ていくことにし，複素数ベクトル，複素行列の取り扱いについては講を改めて述べる．

固有空間は部分空間である． 実際，$\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2\in W(\lambda)$ とすると が成り立つから，任意のスカラー $k_1,k_2$ に対して となり $k_1\mathbf{v}_1+k_2\mathbf{v}_2\in W(\lambda)$ とわかる． 特に，固有ベクトルは一意に決まらない(無数に存在する)ことに注意しよう． 固有空間 $W(\lambda)$ のベクトルは零ベクトルを除いてすべて固有ベクトルである．

• $A_1=\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)$ の固有値を求める．
  $\det(A_1-\lambda E)=\left|\begin{array}{cc}4-\lambda&2\\-1&1-\lambda\end{array}\right| =\lambda^2-5\lambda+6$
  より固有方程式は
  $\lambda^2-5\lambda+6=0$
  これを解いて $A_1$ の固有値として $\lambda=2,3$ が得られる． それぞれに属する固有空間を求めよう． まず固有値 $\lambda=2$ に属する固有空間は
  $W(2)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_1\mathbf{v}=2\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_1-2E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}2&2\\-1&-1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x+y=0\,\right\}$
  である．$x+y=0$ で $y=t$ とおいて
  $\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)$
  が得られるから，$W(2)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる．確かに
  $\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)$
  となっていることを確認されたい． 同様に，固有値 $\lambda=3$ に属する固有空間は
  $W(3)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_1\mathbf{v}=3\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_1-3E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}1&2\\-1&-2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x+2y=0\,\right\}$
  である．$x+2y=0$ で $y=t$ とおいて
  $\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)$
  が得られるから，$W(3)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる．確かに
  $\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)=3\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)$
  となっている．
• $A_2=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)$ の固有値を求める．
  $\det(A_2-\lambda E)=\left|\begin{array}{cc}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{array}\right| =(\lambda-2)^2=0$
  より $A_2$ の固有値として $\lambda=2$ が得られる．固有値 $\lambda=2$ に属する固有空間は
  $W(2)=\{\,\mathbf{v}\,|\,A_2\mathbf{v}=2\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A_2-2E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{cc}1&-1\\-1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\,\right|\,x-y=0\,\right\} $
  であり，基底として$\left\{\,\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ がとれる．確かに
  $\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)$
  となっている．
• $B_1=\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)$ の固有値を求める．上と同じ手順を踏めばよいが，行列式の計算をできるだけ要領よく行いたい．
  $\det(B_1-\lambda E)\\ \hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&2\\1&2-\lambda&1\\1&1&2-\lambda\end{array}\right|\\ \hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&0\\1&2-\lambda&-1+\lambda\\1&1&1-\lambda\end{array}\right|\quad [\,\mathrm{c}_2\stackrel{\times (-1)}{\to}\mathrm{c}_3\,]\\ \hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}3-\lambda&2&0\\2&3-\lambda&0\\1&1&1-\lambda\end{array}\right|\quad [\,\mathrm{r}_3\stackrel{\times 1}{\to}\mathrm{r}_2\,]\\ \hspace{30pt}=(1-\lambda)\left|\begin{array}{cc}3-\lambda&2\\2&3-\lambda\end{array}\right|\quad(\mbox{第 $3$ 列で展開})\\ \hspace{30pt}=(1-\lambda)\{(3-\lambda)^2-4\}\\ \hspace{30pt}=-(\lambda-1)^2(\lambda-5)$
  より固有方程式は
  $-(\lambda-1)^2(\lambda-5)=0$
  であり，$B_1$ の固有値として $\lambda=1,5$ が得られる． 固有値 $\lambda=1$ に属する固有空間は
  $W(1)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_1\mathbf{v}=\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_1-E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}2&2&2\\1&1&1\\1&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,x+y+z=0\,\right\}$
  である．$x+y+z=0$ で $y=s$，$z=t$ とおいて
  $\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right) +t\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)$
  が得られるから，$W(1)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる．確かに
  $\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)$
  となっている．$\dim W(1)=2$ であることも注意しておこう． 同様に，固有値 $\lambda=5$ に属する固有空間は
  $W(5)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_1\mathbf{v}=5\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_1-5E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}-2&2&2\\1&-3&1\\1&1&-3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}$
  である．掃き出し法により
  $\left(\begin{array}{ccc|c}-2&2&2&0\\1&-3&1&0\\1&1&-3&0\end{array}\right) \to\cdots\to\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-2&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&0\end{array}\right)$
  から，$z=t$ とおいて
  $\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
  が得られるから，$W(5)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる．確かに
  $\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)=5\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
  となっており，$\dim W(5)=1$ である．
• $B_2=\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&2&-1\\0&1&0\end{array}\right)$ の固有値を求める．
  $\det(B_2-\lambda E)\\ \hspace{30pt}=\left|\begin{array}{ccc}1-\lambda&0&0\\1&2-\lambda&-1\\0&1&-\lambda\end{array}\right|\\ \hspace{30pt}=(1-\lambda)\left|\begin{array}{cc}2-\lambda&-1\\1&-\lambda\end{array}\right|\quad(\mbox{第 $1$ 行で展開})\\ \hspace{30pt}=(1-\lambda)\{\lambda^2-2\lambda+1\}\\ \hspace{30pt}=-(\lambda-1)^3$
  より固有方程式は
  $-(\lambda-1)^3=0$
  であり，$B_2$ の固有値として $\lambda=1$ が得られる． 固有値 $\lambda=1$ に属する固有空間は
  $W(1)=\{\,\mathbf{v}\,|\,B_2\mathbf{v}=\mathbf{v}\,\}\\ \hspace{22pt}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B_2-E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}\\ \hspace{22pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\,\right|\,\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\1&1&-1\\0&1&-1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\,\right\}$
  である．掃き出し法により
  $\left(\begin{array}{ccc|c}0&0&0&0\\1&1&-1&0\\0&1&-1&0\end{array}\right) \to\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&0&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&0\end{array}\right)$
  から，$z=t$ とおいて
  $\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)$
  が得られるから，$W(1)$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ をとることができる．確かに
  $\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&2&-1\\0&1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)$
  となっている． この場合，固有値 $\lambda=1$ は固有方程式の $3$ 重解として得られたのだが，$\dim W(1)=1$ であることに注意しよう．

のように，対角成分(行番号と列番号が一致する成分)以外がすべて $0$ であるような正方行列を対角行列という．単位行列や零行列も対角行列である．

例えば $n=2$ の場合なら，固有値と固有ベクトルの関係から が成り立つが，これらをまとめると という形が得られる．この両辺に $(\mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2)$ の逆行列を(あれば)掛けて とすればよいが，逆行列は存在しないかも知れず，その場合は対角化は不可能ということになる．

上ではあたかも $n$ 次正方行列 $A$ が $n$ 個の固有値をもつかのように述べたが，実際は固有方程式が重解をもつこともあり，固有値の個数は様々である(最大で $n$ 個)． そこで，改めて $A$ を $n$ 次正方行列，$\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m$ をその固有値 $(m\le n)$，$W(\lambda_1),W(\lambda_2),\ldots,W(\lambda_m)$ をそれぞれに属する固有空間とすると，$A$ が対角化可能であるための必要十分条件は が成り立つことである証明pdf．各固有空間の基底を構成するベクトルはもちろん固有ベクトルであり，それらをすべて集めて $n$ 本の一次独立な組がつくれれば，それらを並べて所望の正則行列が得られるのである．裏返して言うと となってしまったら対角化に必要な固有ベクトルが「足りない」ことになり，その場合は対角化は不可能である．

前節の例で見た行列が対角化可能であるか調べよう．

• $A_1=\left(\begin{array}{cc}4&2\\-1&1\end{array}\right)$ の固有値は $\lambda=2,3$ であり，それぞれに属する固有空間は
  $W(2)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)\,\right\rangle\\ W(3)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)\,\right\rangle$
  であった．$\dim{W(2)}+\dim{W(3)}=1+1=2$ なので対角化可能である．実際
  $A_1\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{c}-1\\1\end{array}\right)\\ A_1\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)=3\left(\begin{array}{c}-2\\1\end{array}\right)$
  が成り立つから，これらをまとめると
  $A_1\left(\begin{array}{cc}-1&-2\\1&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1&-2\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2&0\\0&3\end{array}\right)$
  となり，従って，$\left(\begin{array}{cc}-1&-2\\1&1\end{array}\right)^{-1}$ が確かに存在することに注意して
  $A_1=\left(\begin{array}{cc}-1&-2\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2&0\\0&3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}-1&-2\\1&1\end{array}\right)^{-1}$
  と表わすことができる．．
• $A_2=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)$ の固有値は $\lambda=2$ (重解)であり，固有空間は
  $W(2)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)\,\right\rangle$
  であった．従って，$\dim W(2) < 2$ なので $A_2$ は対角化不可能である． もし対角化可能ならば
  $A_2\left(\begin{array}{cc}1&\\1&\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&\\1&\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2&0\\0&2\end{array}\right)$
  という形がつくれるはずだが，空所に入れるべき2本目の固有ベクトルが存在しないのである．
  $A_2\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2&0\\0&2\end{array}\right)$
  としてみたところで，$\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&1\end{array}\right)^{-1}$ が存在しないのでこれは対角化できたことにはならない．
• $B_1=\left(\begin{array}{ccc}3&2&2\\1&2&1\\1&1&2\end{array}\right)$ の固有値は $\lambda=1,5$ であり($1$ は重解)，それぞれに属する固有空間は
  $W(1)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)\,\right\rangle\\ W(5)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)\,\right\rangle$
  であった．$\dim{W(1)}+\dim{W(5)}=2+1=3$ なので対角化可能である．実際
  $B_1\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right)\\ B_1\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right)\\ B_1\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)=5\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
  が成り立つから，これらをまとめると
  $B_1\left(\begin{array}{ccc}-1&-1&2\\1&0&1\\0&1&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-1&-1&2\\1&0&1\\0&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&5\end{array}\right)$
  となり．従って
  $B_1=\left(\begin{array}{ccc}-1&-1&2\\1&0&1\\0&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&5\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1&-1&2\\1&0&1\\0&1&1\end{array}\right)^{-1}$
  と表わすことができる．固有ベクトルの組 $\left\{\,\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ が一次独立であり，従って $\left(\begin{array}{ccc}-1&-1&2\\1&0&1\\0&1&1\end{array}\right)^{-1}$ が確かに存在することに注意．
• $B_2=\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\1&2&-1\\0&1&0\end{array}\right)$ の固有値は $\lambda=1$ (三重解)であり，固有空間は
  $W(1)=\left\langle\,\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)\,\right\rangle$
  であった．従って，$\dim W(1) < 3$ なので $B_2$ は対角化不可能である． もし対角化可能ならば
  $B_2\left(\begin{array}{ccc}0&&\\1&\\1&&\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0&&\\1&\\1&&\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right)$
  という形がつくれるはずだが，空所に入れるべき2本目，3本目の固有ベクトルが存在しないのである．
閉じる

行列の対角化は必ず固有値と固有ベクトルを用いて行わなければならない．すなわち，$A$ が $A=PDP^{-1}$ と対角化可能であるならば，$D$ の対角成分はすべて $A$ の固有値，$P$ の各列は固有ベクトルである．実際 と表わされたとき であり，例えば両辺の第1列に着目すると となっている．$(\mathbf{v}_1\ \cdots\ \mathbf{v}_n)$ が正則であるから $\mathbf{v}_1$ は零ベクトルではなく，すなわち $\alpha_1$ は $A$ の固有値であり $\mathbf{v}_1$ は固有値 $\alpha_1$ に属する固有ベクトルである．他の列についても同様．

対角化の表し方は一意ではない．固有値，固有ベクトルを並べる順序は任意であるし，そもそも固有ベクトルのとり方に任意性があるからである．例えば，$A=\left(\begin{array}{cc}2&1\\0&3\end{array}\right)$ の固有値は $\lambda=2,3$ であり，それぞれに属する固有空間は と容易に求められる．この $A$ は対角化可能であり，固有ベクトルとしては $\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right)$ と $\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)$ をとればよいが，敢えて $\left(\begin{array}{c}-1\\0\end{array}\right)\in W(2)$ と $\left(\begin{array}{c}2\\2\end{array}\right)\in W(3)$ などをとっても構わない． はもちろんだが なども同様に成り立つことに注意． 以下はすべて正しい $A$ の対角化を与えている：