機械学習の基礎２　線形代数メモ

機械学習の基礎（線形代数）を備忘録として残しておく。

#1.ベクトル・行列

```
【単位ベクトル】
```
$ \overrightarrow {a} = \begin{pmatrix} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{pmatrix} $ と同じ方向を持つ単位ベクトル（大きさが１）を求める

  $\displaystyle \pm\frac{1}{| \overrightarrow a|}  \overrightarrow a = \pm \frac{1}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2}}  \begin{pmatrix} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{pmatrix} $  

　　　$\displaystyle = \pm \frac{1}{3}  \begin{pmatrix} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{pmatrix} $  

```
【ベクトルの直行】
```
ベクトルの内積は、
$ \overrightarrow a \overrightarrow b = |a||b|cosθ $ と表わされる。
よって、直行する場合は$ \overrightarrow a \overrightarrow b = 0$となる。

$ \overrightarrow {a} = \begin{pmatrix} 2 \\\ -3 \\\ 1 \end{pmatrix} $、$ \overrightarrow {b} = \begin{pmatrix} 1 \\\ 2 \\\ 4 \end{pmatrix} $の時、$ \overrightarrow {a}$と$\overrightarrow {b}$が直交するか?

$\displaystyle \overrightarrow a・\overrightarrow b =  \begin{pmatrix} 2 \\\ -3 \\\ 1 \end{pmatrix}・\begin{pmatrix} 1 \\\ 2 \\\ 4 \end{pmatrix}$  

　　　$\displaystyle = 2・1 + (-3)・2 + 1・4 = 0 $  

よって直交する。

```
【行列式】
```
$ A = \begin{pmatrix} a & b \\\ c & d\end{pmatrix}$　の行列式$|A|$は、$|A| = ad -bc$

$A = \begin{pmatrix} a11 & a12 & a13 \\\ a21 & a22& a23 \\\ a31 & a32 & a33\end{pmatrix}$の行列式$|A|$は、
$|A| = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 -a13a22a31 - a11a23a32 -a12a21a33$
*サラスの公式 

```
【逆行列】
```
$E=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1\end{pmatrix}$を単位行列として、
$AA^{-1} = A^{-1}A = E$ を満たす行列 $A^{-1}$ を逆行列と言う。

$ A = \begin{pmatrix} a & b \\\ c & d\end{pmatrix}$　の逆行列$A^{-1}$は、
$\displaystyle A^{-1} =\frac{1}{|A|}\begin{pmatrix} d & -b \\\ -c & a\end{pmatrix}=\frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix} d & -b \\\ -c & a\end{pmatrix}$

＊但し、$ad - bc = 0$ の時、逆行列は存在しない

```
【転置行列】
```
$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\\ 1 & -1 & 0\end{pmatrix}$ の転置行列は、
$A^T = \begin{pmatrix} 2 & 1\\\ 1 & -1 \\\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ 

$(AB)^T = B^TA^T $が成り立つ

```
【直行行列】
```
$A^T = A^{-1}$を満たす特殊な行列$A$を直行行列と言う。**各列の大きさは１** である。
$AA^{-1} = A^{-1}A = E$ なので、$AA^T = A^TA = E$ が成り立つ。
(for example)
$\displaystyle A =  \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt5} & \frac{1}{\sqrt5} \\\ \frac{-1}{\sqrt5}  & \frac{2}{\sqrt5} \end{pmatrix}$

$\displaystyle A^{-1} =\frac{1}{|A|}\begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt5} & \frac{1}{\sqrt5} \\\ \frac{-1}{\sqrt5}  & \frac{2}{\sqrt5} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt5} & \frac{1}{\sqrt5} \\\ \frac{-1}{\sqrt5}  & \frac{2}{\sqrt5} \end{pmatrix}$

$\displaystyle A^TA =  \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt5} & \frac{-1}{\sqrt5} \\\ \frac{1}{\sqrt5}  & \frac{2}{\sqrt5} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt5} & \frac{1}{\sqrt5} \\\ \frac{-1}{\sqrt5}  & \frac{2}{\sqrt5} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1\end{pmatrix} $

```
【基底の取替え行列】
```
$( \overrightarrow c, \overrightarrow d) = ( \overrightarrow c, \overrightarrow d)P$ のとき、Pを基底の取り替え行列と言う。Pを求める、

$ A =( \overrightarrow c, \overrightarrow d) =\begin{pmatrix} -1 & 2 \\\ -1 & 3\end{pmatrix}$　

$ B =( \overrightarrow a, \overrightarrow b) =\begin{pmatrix} 1 & 2 \\\ 3 & 5\end{pmatrix}$　とすると

$ A = BP $ より
$ B^{-1}A = B^{-1}BP $、よって
$ P = B^{-1}A $ 

$\displaystyle B^{-1} =\frac{1}{5 - 6}\begin{pmatrix} 5 & -2 \\\ -3 & 1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -5 & 2 \\\ 3 & -1\end{pmatrix} $

$\displaystyle P = B^{-1}A$
$ = \displaystyle \begin{pmatrix} -5 & 2 \\\ 3 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 2 \\\ -1 & 3\end{pmatrix} = \displaystyle \begin{pmatrix} 3 & -4 \\\ -2 & 3\end{pmatrix}$

#2. 固有値分解、特異値分解

```
【固有値分解】
```
$A\overrightarrow x = \lambda \overrightarrow x$ を満たすn次元ベクトル $ \overrightarrow x(\overrightarrow x ≠ 0) $と実数$\lambda$が存在するときに、$\lambda$ を固有値、$ \overrightarrow x$を固有ベクトルと言い、$P = (\overrightarrow x_1, \overrightarrow x_2) $ とすると、$ A = P\Lambda P^{-1} $ の形に固有値分解出来る

>$ A = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\\ 1 & 1\end{pmatrix}$　を $ A = P\Lambda P^{-1} $ の形に固有値分解する

$A\overrightarrow x - \lambda \overrightarrow x = 0 $ から、 $(A - \lambda E )\overrightarrow x = 0 $

$ A - \lambda E = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\\ 1 & 1\end{pmatrix} -\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\\ 0 & \lambda\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 - \lambda & -2 \\\ 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix}$
従って、方程式　$(4 - \lambda)(1 - \lambda) +2 = 0 $　を解けば良い
$ \lambda ^2 -5 \lambda +6 = 0$
$ (\lambda -2 )(\lambda -3 ) = 0$
ゆえに、固有値 $ \lambda_1 = 2,  \lambda_2 =3$

>1) $ \lambda_1 = 2 $ のとき 

$ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、

$(A - \lambda E )\overrightarrow x_1 = 0 $

$ \begin{pmatrix} 4 - \lambda & -2 \\\ 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$ \begin{pmatrix} 2 & -2 \\\ 1 & -1\end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_1 - \alpha_2 = 0 $　なので、$\alpha_1 = \alpha_2 $ よって固有ベクトルは、
$ \overrightarrow x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ 1 \\end{array}\right)$ 



>2) $ \lambda_2 = 3 $ のとき 

$ \overrightarrow x_2 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、

$(A - \lambda E )\overrightarrow x_2 = 0 $

$ \begin{pmatrix} 4 - \lambda & -2 \\\ 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$ \begin{pmatrix} 1 & -2 \\\ 1 & -2\end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_1 - 2 \alpha_2 = 0 $　なので、$\alpha_1 = 2 \alpha_2 $ よって固有ベクトルは、
$ \overrightarrow x_2 = k_2\left(\begin{array}{ccc} 2 \\\ 1 \\end{array}\right)$ 

これらの結果を元に、
$P = ( \overrightarrow x_1 \overrightarrow x_2 ) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\\ 1 & 1  \end{pmatrix}$

$\displaystyle P^{-1} =\frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix} d & -b \\\ -c & a\end{pmatrix}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\\ -1 & 1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1 & 2 \\\ 1 & -1  \end{pmatrix}$

$ \Lambda =  \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\\ 0 & \lambda_2  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\\ 0 & 3  \end{pmatrix}$ なので、

$ A = P \Lambda P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\\ 1 & 1  \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 \\\ 0 & 3  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & 2 \\\ 1 & -1  \end{pmatrix}$  と固有値分解が出来る


```
特異値分解
```
任意のm×n行列Aに対して、以下の積の形で表すことを特異値分解と言う
$A = UDV^T$
・$U$が、m×mの直行行列
・$V$は、n×nの直行行列
・$D$は、m×nの非対角成分は0、対角成分は非負で大きさの順に並んだ行列
このとき、$D$の対角成分を、行列$A$の**特異値**(固有値の平方根となる）と呼び
$U$の列を**左特異ベクトル**、$V$の列を**右特異ベクトル**と呼ぶ

$A = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ として、$A=UDV^T$を求める。

> $U$は、$AA^T$の固有ベクトルなので、

$AA^T = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\\ 2 & 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 4 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
 
$ |AA^T - \lambda E|　= \left|\begin{array}{ccc} 4 - \lambda & 0 \\\ 0 & 1- \lambda \end{array}\right| = 0$より、  

$ (4 - \lambda)(1 - \lambda) = 0$  

よって、固有値は、$\lambda = 4, 1$  

>**1) $\lambda = 4$**の時、   

固有ベクトルを $ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、


$ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\\ 0 & 3 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_2 = 0 $　、$\alpha_1 = k_1(任意の実数) $ 　なので、
$ \overrightarrow x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ 0 \\end{array}\right)$ ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_1=1
$
>**2) $ \lambda_1 = 1 $** のとき 

$ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、

$ \begin{pmatrix} 3 & 0 \\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_1 = 0 $、　$\alpha_2 = k_2$(任意の実数) なので、
$ \overrightarrow x_2 = k_2\left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 1 \\end{array}\right)$ ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_2 = 1 $

>よって、 $U = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix} $  



>同様に、$V$ は$A^T$Aの固有ベクトルなので、

$A^TA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\\ 2 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 2 \\\ 1 & 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 4 \end{pmatrix}$

よって、固有値は、  
$ |A^TA - \lambda E|　= \left|\begin{array}{ccc} 1 - \lambda & 0 \\\ 0 & 4- \lambda \end{array}\right| = 0$より、  

$ (1 - \lambda)(4 - \lambda) = 0$  

$\lambda = 4, 1$  

>**1)$\lambda = 4$**の時、  

固有ベクトルを $ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、


$ \begin{pmatrix} -3 & 0 \\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_1 = 0 $　、$\alpha_2 = k_1$(任意の実数) なので、
$ \overrightarrow x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 1 \\end{array}\right)$ ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_1 = 1$

>**2) $\lambda = 1$**の時、  

固有ベクトルを $ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、


$ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\\ 0 & 3 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 

$\alpha_2 = 0 $　、$\alpha_1 = k_2 $（任意の実数） なので、
$ \overrightarrow x_2 = k_2\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ 0 \\end{array}\right)$ ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_2 = 1$

>よって、$ V =  \begin{pmatrix} 0 & 1 \\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

>また、特異値は固有値の平方根なので、$\lambda_1 = \sqrt{4} = 2,  \lambda_2 = \sqrt{1} = 1$

以上より、  

$A=UDV^T =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 


```
 【特異値２】  
```

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ のとき、 $A=UDV^T$を求める。

$AA^T =\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
 
$ |AA^T - \lambda E|　= \left|\begin{array}{ccc} 2 - \lambda & 0 \\\ 0 & 1- \lambda \end{array}\right| = 0$より、  

$ (2 - \lambda)(1 - \lambda) = 0$  

よって、固有値は、 $ \lambda = 2, 1$  

>**1)$\lambda = 2$の時、**  

固有ベクトルを $ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、

$ \begin{pmatrix} 0 & 0 \\\ 0 & 3 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 
$\alpha_2 = 0$、$\alpha_1=k_1$(任意の実数)なので、 
$\overrightarrow  x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ 0 \\end{array}\right)$  ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_1 = 1$

>**2) $\lambda = 1$の時、**  

固有ベクトルを $ \overrightarrow x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end{array}\right)$ とすると、

$ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 0 \end{pmatrix}\left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\end {array} \right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0\\end{array}\right)$ 
$\alpha_1 = 0$、$\alpha_2=k_2$(任意の実数)なので、
$\overrightarrow  x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 1 \\end{array}\right)$   ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_2 = 1 $

>よって、$U = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix} $  

同様に、

$A^TA =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\ 1 & 1 & 0 \\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 

よって、固有値は、  
$ |A^TA - \lambda E|　= \left|\begin{array}{ccc} 1 - \lambda & 1 & 0 \\\ 1 & 1- \lambda & 0 \\\ 0 & 0 & 1 - \lambda \end{array}\right| = 0$より、  

サラスの公式より  
$ (1 - \lambda)(1 - \lambda)(1 - \lambda) + 1・0・0 + 0・1・0 - 0・1・0 - (1 - \lambda)・0・0 - 1・1・(1 - \lambda) = 0$  

$ (1 - \lambda)^3 - (1 - \lambda) = 0$  
$ (1 - \lambda)\{(1 - \lambda)^2 - 1)\} = 0$  
$ (1 - \lambda)\{(1 - \lambda) + 1\}\{(1 - \lambda) - 1\} = 0$  
$ (1 - \lambda)(2 - \lambda)\lambda = 0$  


$\lambda = 2, 1, 0$  

>1)$\lambda = 2$の時、  

固有ベクトルを$\overrightarrow  x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\\ \alpha_3 \\end{array}\right)$ とすると、 

$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\\ 1 & -1 & 0 \\\ 0 & 0 & -1 \\end{pmatrix} \left(\begin{array}{ccc} \alpha_1 \\\ \alpha_2 \\\ \alpha_3 \\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0 \\\ 0 \end{array}\right)$より、  

$\alpha_3 = 0 、 \alpha_1 = \alpha_2 =k_1$ (任意の実数)なので、

$\overrightarrow  x_1 = k_1\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ 1 \\\ 0 \end{array}\right)$  

ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_1=\frac{1}{\sqrt{2}}$  

よって、$\overrightarrow  x_1 = \left(\begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ 0 \end{array}\right)$  

>2) $\lambda = 1$の時、  

固有ベクトルを$\overrightarrow  x_2 = \left(\begin{array}{ccc} \beta_1 \\\ \beta_2 \\\ \beta_3 \end{array}\right)$ とすると、 

$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\\ 1 & 0 & 0 \\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \left(\begin{array}{ccc} \beta_1 \\\ \beta_2 \\\ \beta_3\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0 \\\ 0 \end{array}\right)$より、  

$\beta_1 = \beta_2 = 0$、$\beta_3=k_2$(任意の実数)なので、 

$\overrightarrow  x_2 = k_2\left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0 \\\ 1\end{array}\right)$  

ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_2=1$  

よって、$\overrightarrow  x_2 = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right)$  

>3) $\lambda = 0$の時、  

固有ベクトルを$\overrightarrow  x_3 = \left(\begin{array}{ccc} \gamma_1 \\\ \gamma_2\\\ \gamma_3 \end{array}\right)$ とすると、 

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\ 1 & 1 & 0 \\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \left(\begin{array}{ccc} \gamma_1 \\\ \gamma_2 \\\ \gamma_3\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc} 0 \\\ 0 \\\ 0 \end{array}\right)$より、  

$\gamma_1 =  - \gamma_2 = k_3$ (任意の実数)、$\gamma_3 = 0$ なので、

$\overrightarrow  x_3 = k_3\left(\begin{array}{ccc} 1 \\\ -1 \\\ 0\end{array}\right)$  

ここで直行行列の各列は大きさが１なので、$k_3= \frac{1}{\sqrt{2}}$  

よって、$\overrightarrow  x_3 = \left(\begin{array}{ccc}  \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ - \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ 0 \end{array}\right)$  



したがって、$V = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} &  0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ \frac{1}{\sqrt{2}} &  0 & - \frac{1}{\sqrt{2}} \\\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix} $  

よって、$V^T = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} &  \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\\ 0 &  0 & 1 \\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0\end{pmatrix} $

また、特異値は固有値の平方根なので、$\lambda_1 = \sqrt{2},  \lambda_2 =\sqrt{1}=1$
以上より、   
$A=UDV^T =\begin{pmatrix} 1 & 0 \\\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 & 0 \\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} &  \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\\ 0 &  0 & 1 \\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0\end{pmatrix}$