5.35 ジョルダン標準形

行列 $ A$ のある固有値 $ \lambda$ の重複度が $ m$ であるとする. 固有空間

$\displaystyle W(\lambda)= \left\{\left.\,{\vec{x}\in\mathbb{R}^n}\,\,\right\vert\,\,{(A-\lambda E)\vec{x}=\vec{0}}\,\right\}$    

$ \dim(W)<m$ のとき,行列 $ A$ は対角化できない. このとき

$\displaystyle W_m(\lambda)= \left\{\left.\,{\vec{x}\in\mathbb{R}^n}\,\,\right\vert\,\,{(A-\lambda E)^m\vec{x}=\vec{0}}\,\right\}$    

で定義される一般固有空間を考える. $ \forall x\in W$ に対して $ (A-\lambda E)\vec{x}=\vec{0}$ より

$\displaystyle (A-\lambda E)^m\vec{x}= (A-\lambda E)^{m-1}(A-\lambda E)\vec{x}= (A-\lambda E)^{m-1}\vec{0}= \vec{0}$    

が成り立つので, $ W\subset W_m$ である.

定理 5.121 (一般固有空間)   $ W_m$ の基底で

$\displaystyle (A-\lambda E)\vec{p}_1=\vec{0},$ $\displaystyle \qquad \vec{p}_1\in W_1,$    
$\displaystyle (A-\lambda E)\vec{p}_2=\vec{p}_1,$ $\displaystyle \qquad \vec{p}_2\in W_2, \qquad \vec{p}_2\not\in W_1,$    
$\displaystyle (A-\lambda E)\vec{p}_3=\vec{p}_2,$ $\displaystyle \qquad \vec{p}_3\in W_3, \qquad \vec{p}_3\not\in W_2,$    
$\displaystyle \vdots\qquad$ $\displaystyle \qquad\qquad\vdots\qquad\qquad\vdots$    
$\displaystyle (A-\lambda E)\vec{p}_m=\vec{p}_{m-1},$ $\displaystyle \qquad \vec{p}_m\in W_m, \qquad \vec{p}_m\not\in W_{m-1}$    

をみたす基底 $ \{\vec{p}_1,\vec{p}_2,\cdots,\vec{p}_m\}$ が存在する.また, $ \dim(W_m)=m$ が成り立つ.

行列 $ A\in\mathbb{R}^{m\times m}$ に対しては,この定理より

$\displaystyle A\vec{p}_1=\lambda\vec{p}_1, \quad A\vec{p}_2=\lambda\vec{p}_2+\v...
...c{p}_3+\vec{p}_2, \quad \cdots, \quad A\vec{p}_m=\lambda\vec{p}_m+\vec{p}_{m-1}$    

となり,

$\displaystyle A \begin{bmatrix}\vec{p}_1 & \vec{p}_2 & \cdots & \vec{p}_{n-1} & & \vec{p}_m \end{bmatrix}$ $\displaystyle = \begin{bmatrix}\lambda\vec{p}_1 & \lambda\vec{p}_2+\vec{p}_1 & \lambda\vec{p}_3+\vec{p}_2 & \cdots & \lambda\vec{p}_m+\vec{p}_{m-1} \end{bmatrix}$    
$\displaystyle A \begin{bmatrix}\vec{p}_1 & \vec{p}_2 & \cdots & \vec{p}_{m-1} & \vec{p}_m \end{bmatrix}$ $\displaystyle = \begin{bmatrix}\vec{p}_1 & \vec{p}_2 & \cdots & \vec{p}_{m-1} &...
...bda & \ddots \\ [-1ex] & & & \ddots & 1 \\ [-1ex] & & & & \lambda \end{bmatrix}$    
$\displaystyle AP$ $\displaystyle =PJ$    

が成り立つ. 一般には次の定理が成り立つ.

定理 5.122   行列 $ A$ は固有値

$\displaystyle \overbrace{ \underbrace{\lambda_1,\cdots,\lambda_1}_{m_1}, \under...
...ts,\lambda_2}_{m_2}, \cdots, \underbrace{\lambda_r,\cdots,\lambda_r}_{m_r}}^{n}$    

をもつとする. このとき $ A$ はある正則行列 $ P$ を用いて

  $\displaystyle D=P^{-1}AP,$    
  $\displaystyle D= \left. \begin{bmatrix}J(\lambda_1,m_1) \\ & J(\lambda_2,m_2) \\ & & \ddots \\ & & & J(\lambda_r,m_r) \end{bmatrix}\right\}n,$    
  $\displaystyle J(\lambda,m)= \left. \begin{bmatrix}\lambda & 1 \\ & \lambda & \ddots \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{bmatrix} \right\}m$    

の形にブロック対角化される. $ D$ジョルダン標準形(Jordan canonical form)という. ここで $ J(\lambda,m)$ジョルダンブロック(Jordan block)または ジョルダン細胞(Jordan cell)という.

5.123 (ジョルダン標準形の具体例)   行列

$\displaystyle A= \begin{bmatrix}1 & 3 & 2 \\ 0 &-1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{bmatrix}$    

を対角化する.

$\displaystyle \det(\lambda E-A)= \begin{vmatrix}\lambda-1 & -3 & -2 \\ 0 & \lambda+1 & 0 \\ -1 & -2 & \lambda \end{vmatrix} = (\lambda+1)^2(\lambda-2)$    

より,固有値は $ 2,\,\,-1\,($2 重$ )$ となる. $ \lambda=2$ のとき,

$\displaystyle A-2E= \begin{bmatrix}-1 & 3 & 2 \\ 0 &-3 & 0 \\ 1 & 2 &-2 \end{bm...
...{簡約化}}\quad \begin{bmatrix}1 & 0 &-2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$    

となるので, $ (A-2E)\vec{x}=\vec{0}$ を解いて 固有ベクトルは

$\displaystyle \vec{x}= \begin{bmatrix}2x_3 \\ 0 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{b...
...matrix} = c \begin{bmatrix}2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} =c\vec{p}_1 \qquad(c\neq0)$    

と得られる. $ \lambda=-1$ のとき,

$\displaystyle A+E= \begin{bmatrix}2 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{bmat...
...{簡約化}}\quad \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$    

となるので, $ (A+E)\vec{x}=\vec{0}$ を解いて 固有ベクトルは

$\displaystyle \vec{x}= \begin{bmatrix}-x_3 \\ 0 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{b...
...atrix} = c \begin{bmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} =c\vec{p}_2 \qquad(c\neq0)$    

と得られる. $ \dim(W(-1))=1$ であり対角化できない. $ (A+E)^2\vec{x}=\vec{0}$ の解空間である 一般固有空間 $ W_2(-1)$ を考える. このとき,

$\displaystyle [A+E\,\,\vert\,\,\vec{p}_2] = \begin{bmatrix}2 & 3 & 2 & -1 \\ 0 ...
...d \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & -5 \\ 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$    

より, $ (A+E)\vec{x}=\vec{p}_2$ を解いて

$\displaystyle \vec{x}= \begin{bmatrix}-5-x_3 \\ 3 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin...
...\begin{bmatrix}-1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \vec{p}_3+c\vec{p}_2 \qquad(c\neq0)$    

となるので, $ (A+E)^2\vec{p}_3=\vec{0}$, $ (A+E)\vec{p}_3=\vec{p}_2$ をみたす 一般固有ベクトル $ \vec{p}_3$ が得られる. このとき $ A$ はジョルダン標準形に

$\displaystyle D=P^{-1}AP, \qquad D= \begin{bmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0...
...d{bmatrix} = \begin{bmatrix}2 & -1 & -5 \\ 0 & 0 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}$    

と分解される.

5.124 (ジョルダン標準形)   数値を代入し $ D=P^{-1}AP$ が成り立つことを確認せよ.

5.125 (ジョルダン標準形)  

$\displaystyle J= \begin{bmatrix}\lambda & 1 \\ [-1ex] & \lambda & \ddots \\ [-1ex] & & \ddots & 1 \\ [-1ex] & & & \lambda \end{bmatrix}$    

に対して

$\displaystyle J^k= \begin{bmatrix}\lambda^k & k\lambda^{k-1} \\ [-1ex] & \lambd...
...s \\ [-1ex] & & \ddots & k\lambda^{k-1} \\ [-1ex] & & & \lambda^k \end{bmatrix}$    

が成り立つことを示せ.


平成20年2月2日