20151125.tex

\chapter{3次正方行列の対角化とJordan標準形}
\lectureinfo{2015年11月25日 1限}


\section{計算問題について}

計算問題の解き方は前回と同じです。固有多項式を計算し、根を求め、それぞれの固有値に属する固有ベクトルを求めれば対角化ができます。また演習問題に出てきた行列は、全て対角化が可能です。対角化の計算で行き詰った人は、頑張って間違いを探してください。

\subsection{特別な形の行列}

特別な行列の場合は、対角化に必要な計算が簡単にできることがあります。今回の問題の中で役立ちそうなテクニックを、いくつか紹介します。

\paragraph{三角行列}

三角行列\index{さんかくぎょうれつ@三角行列}\footnote{上三角行列または下三角行列のことを総称して、三角行列といいます。}の場合、その行列から単位行列の$t$倍$t I$を引いたものも三角行列です。その行列の$\det$は、対角成分を全てかけたものに一致します。ですから三角行列の固有値は、対角成分と一致します。たとえば問1の(1)は、すぐに固有値が見えます。

\paragraph{ブロック対角行列}

対角線上に正方行列をいくつか並べた形のブロック対角行列\index{ぶろっくたいかくぎょうれつ@ブロック対角行列}の場合、それぞれのブロックごとに対角化の計算をすれば全体の対角化ができます。たとえば問2(1)は、右下の$1 \times 1$ブロックを見れば${}^t(0, 0, 1)$が固有ベクトルになることが分かります。そうすれば対角化の問題は、左上$2 \times 2$ブロックの問題に落とし込めます。

\paragraph{置換行列}

問1の(2)で出てくる行列を$A$と書くと、$A$は置換行列と呼ばれるものになっています。$3$次の置換$\sigma \in \mathfrak{S}_3$を$\sigma := (132)$と表すと、$A$は$\bm{e}_i$ ($i = 1, 2, 3$)を$\bm{e}_{\sigma(i)}$へと移します。これと$\sigma^3 = \id$から$A^3 = I$となることが分かります。これより$A$の固有値$\lambda$に対応する固有ベクトルを$\bm{v}$とすると、$A\bm{v} = \lambda\bm{v}$から$\bm{v} = I\bm{v} = A^3 \bm{v} = \lambda^3 \bm{v}$となります。つまり固有多項式を計算する前から$\lambda$は$1$の三乗根のいずれかだと、最初から当たりが付くのです。

また置換行列に限らず「群の表現」と呼ばれるものとして登場する行列は、群の構造に着目して固有値等の計算ができることがあります。

\paragraph{対称行列}

対称行列の場合は、対角化するための行列$P$として直交行列を取ってくることができます。たとえば問1の(4)で問題になっている行列は対称行列です。これの固有ベクトルを全て長さが$1$になるよう調節しておくと、$P$が直交行列になります。$P$を直交行列にしておくと$P^{-1} = {}^tP$なので、逆行列の計算が楽になります。

\subsection{問題の解答}

以下、前回と同じように計算問題の解答を記します。今回「固有値がダブる場合」があり、そういう場合は解答に任意性があります。たとえば固有値が$2$重になった場合、その固有値に属する固有ベクトルの取り方は$\mathbb{C}^2$の基底の取り方と同じだけあります。下に挙げた解答はあくまで一例であって、それ以外が間違いというわけではありません。

\paragraph{問1の解答}

(1) 固有値は$1, 2, 3$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_2 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_3 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}
\]

\noindent (2) $\omega := \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}$とすると、固有値は$1, \omega, \omega^2$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_{\omega} = 
\begin{pmatrix}
\omega \\
\omega^2 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_{\omega^2} = 
\begin{pmatrix}
\omega^2 \\
\omega \\
1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\frac{1}{3}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
\omega^2 & \omega & 1 \\
\omega & \omega^2 & 1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & \omega & 0 \\
0 & 0 & \omega^2
\end{pmatrix}
\]

\noindent (3) 固有値は$2, 0, -1$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\begin{align*}
& \bm{v}_2 = 
\frac{1}{\sqrt{6}}
\begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_0 = 
\frac{1}{\sqrt{2}}
\begin{pmatrix}
0 \\
-1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_{-1} = 
\frac{1}{\sqrt{3}}
\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \\
& P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\
0 & \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\frac{-1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\end{align*}

\noindent (4) 固有値は$2, 1, -2$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_2 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_{-2} = 
\begin{pmatrix}
0 \\
-1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
1 & -1 & -1 \\
0 & 1 & 1 \\
-1 & 1 & 2
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -2
\end{pmatrix}
\]

\qed

\paragraph{問2の解答}

(1) 固有値は$0, 1, 1$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_0 = 
\begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}'_1 = 
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\]

\noindent (2) 固有値は$2, 2, 1$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_2 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
3
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}'_2 = 
\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
3 & -3 & 1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}
\]

\noindent (3) 固有値は$14, 0, 0$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_{14} = 
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
3
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_0 = 
\begin{pmatrix}
-3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}'_0 = 
\begin{pmatrix}
-2 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\frac{1}{14}
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 \\
-3 & -6 & 5 \\
-2 & 10 & -6
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
14 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
\qed

\paragraph{問3の解答}

 (1) 固有値は$3, 0, 0$である。対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\[
\bm{v}_3 = 
\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_0 = 
\begin{pmatrix}
-1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}'_0 = 
\begin{pmatrix}
-1 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} = 
\frac{1}{3}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
-1 & -1 & 2 \\
-1 & 2 & -1
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]

\noindent (2) 固有値は$1 + a^2 + b^2, 0, 0$である。$1 + a^2 + b^2 \neq 0$なら対角化可能で、対応する固有ベクトルと、対角化行列$P$の逆行列は
\begin{align*}
& \bm{v}_{1 + a^2 + b^2} = 
\begin{pmatrix}
1 \\
a \\
b
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}_1 = 
\begin{pmatrix}
-b \\
0 \\
1
\end{pmatrix}, \quad
\bm{v}'_2 = 
\begin{pmatrix}
-a \\
1 \\
0
\end{pmatrix} \\
& P^{-1} = 
\begin{pmatrix}
1 & a & b \\
-b & -ab & 1 + a^2 \\
-a & 1 + b^2 & -ab
\end{pmatrix}, \quad
P^{-1} AP =
\frac{1}{1 + a^2 + b^2}
\begin{pmatrix}
1 & a & b \\
-b & -ab & 1 + a^2 \\
-a & 1 + b^2 & -ab
\end{pmatrix}
\end{align*}
となる。$a, b \in \mathbb{C}$で$1 + a^2 + b^2 = 0$となる場合、対角化ができない。 \qed

\section{$3$次正方行列のJordan標準形}

前回のプリントで、一般の次数におけるJordan標準形の存在証明を行いました。今回はそれを、$3$次正方行列に特殊化した場合を扱います。既に「固有値が全て異なる行列は対角化可能」という事実を知っているので、問題になるのは固有多項式が$(t - \lambda)^2 (t - \mu)$あるいは$(t - \lambda)^3$という形をした行列の扱いです。これらの場合を調べましょう。

一応演習問題にも出てくるし、前回書いた一般論をいきなり読むのは厳しいと思うので、$3$次正方行列の場合に限定した証明を改めて書いておきます。ただ証明を理解するのも大事ですが、それとは別に最後に書くフローチャートを読んで、いつでもJordan標準形を正しく当てられるようになってください。計算も大事です。

\subsection{部分分数分解}

$3$次正方行列$A \in \Mat_n(\mathbb{C})$の固有多項式が$\varphi_A(t) = (t - \lambda)^2 (t - \mu)$で$2$重根を持つとき、僕たちは$1/\varphi_A(t)$の部分分数分解を計算する必要があります。この計算は、原理的なことを言えば
\[
\frac{1}{(t - \lambda)^2 (t - \mu)} = \frac{\alpha t + \beta}{(t - \lambda)^2} + \frac{\gamma}{t - \mu}
\]
とおいた上で、両辺に$(t - \lambda)^2 (t - \mu)$をかけてから$1, t, t^2$の係数を比較し、$3$本の連立方程式を立てれば求まります。が、こうやって計算するのは面倒なので、もうちょっと楽にやってみましょう。

\paragraph{Laurent展開}

今回使うのは、Laurent展開と呼ばれる道具です。既に微積分の授業で、函数$f(z)$の$z = a$におけるTaylor展開
\[
f(z) = f(a) + f'(a) (z - a) + \frac{f''(a)}{2!} (z - a)^2 + \frac{f'''(a)}{3!}(z - a)^3 \cdots
\]
を習っていると思います\footnote{変数を$z$としたのは、複素数の函数を考えているからです。複素函数のTaylor展開はまだ習っていないと思いますが、良く知られた函数が相手なら実数の函数と同じように扱えます。}。これをちょっと拡張したのがLaurent展開です。

たとえば$f(z)$が$1/(z - a)$の場合、$z = a$を$f(z)$に代入することはできません。$0$による割り算になってしまうからです。このように$f(z)$が$z = a$で発散するとき、$a$を函数$f(z)$の\textbf{特異点}といいます。点$z = a$が$f(z)$の特異点であるときは、$f(z)$を$z = a$でTaylor展開することもできません。ですが、$f(z)$の特異点に$\log 0$のような形の式が絡んでこないときは、Taylor展開を負巾の項に伸ばした
\[
f(z) = \frac{a_{-n}}{(z - a)^n} + \frac{a_{-(n - 1)}}{(z - a)^{n - 1}} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - a} + a_0 + a_1 (z - a) + a_2 (z - a)^2 + \cdots
\]
のような形に展開できることが知られています。これを$f(z)$の$z = a$における\textbf{Laurent展開}\index{Laurentてんかい@Laurent展開}といいます。またLaurent展開において$z - a$の負巾の項を全て集めた式
\[
\frac{a_{-n}}{(z - a)^n} + \frac{a_{- (n - 1)}}{(z - a)^{n - 1}} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - a}
\]
をLaurent展開の\textbf{主要部}\index{しゅようぶ@主要部}といいます。主要部が$(z - a)^{-n}$で始まるとき、$z = a$は$f(z)$の\textbf{$n$次の極}\index{きょく@極}であるといいます。

\paragraph{極限を用いた主要部の決定}

さて、後で僕たちは正方行列$A$の固有多項式$\varphi_A(t)$が$\varphi_A(t) = (t - \lambda)^2 (t - \mu)$の形のときに$1/\varphi_A(t)$の部分分数分解を計算する必要があります。すなわち
\[
\frac{1}{(t - \lambda)^2 (t - \mu)} = \frac{\alpha t + \beta}{(t - \lambda)^2} + \frac{\gamma}{t - \mu}
\]
という式を満たすように定数$\alpha, \beta, \gamma$を決定するわけです。この右辺を見ると、どうも左辺$1/\varphi_A(t)$の$t = \lambda$におけるLaurent展開を見れば初項が、$t = \mu$におけるLaurent展開を見れば第$2$項が求まりそうな気がしてきます。そこでLaurent展開の求め方を考えてみましょう。

いま、函数$f(z)$が
\[
f(z) = \frac{a_{-n}}{(z - a)^n} + \frac{a_{-(n - 1)}}{(z - a)^{n - 1}} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - a} + a_0 + a_1 (z - a) + a_2 (z - a)^2 + \cdots
\]
という形にLaurent展開されていたとします。これの$a_{-n}$を求めるには、どうすれば良いでしょうか？その答えは非常に簡単で、$(z - a)^n$をかけてから$z \rightarrow a$の極限を取ればOKです。実際$(z - a)^n$を両辺にかけてしまえば
\[
(z - a)^n f(z) = a_{-n} + a_{-(n - 1)}(z - a) + \cdots
\]
となるので、普通に$z \rightarrow a$の極限を取ってしまえば話が終わります。

次に$a_{-(n - 1)}$を求めるには、どうすればいいでしょうか。それには
\[
f(z) - \frac{a_{-n}}{(z - a)^n} = \frac{a_{-(n - 1)}}{(z - a)^{n - 1}} + \frac{a_{-(n - 2)}}{(z - a)^{n - 2}} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z - a} + a_0 + a_1 (z - a) + a_2 (z - a)^2 + \cdots
\]
という式を使います。もう既に$a_{-n}$は分かっているのだから、その項を$f(z)$から引いてしまえば、極が$n$位から$n - 1$位へ変化します。そこでさっきと同様$(z - a)^{n - 1}$をかけて
\[
(z - a)^{n - 1} \biggl(f(z) - \frac{a_{-n}}{(z - a)^n}\biggr) = a_{-(n - 1)} + a_{-(n - 2)} (z - a) + \cdots
\]
としてから$z \rightarrow a$の極限を取れば、$a_{-(n - 1)}$が求まります。

こんな風に極の場所と位数が分かっていれば、$f(z)$のLaurent展開の主要部は極限を使って順番に計算できます。そして、一般の$f(z)$についてLaurent展開を求めるときは極の位数を頑張って調べなければいけないのですが、いま僕たちのターゲットは$1/(t - \lambda)^2 (t - \mu)$です。式の形から$t = \lambda$に$2$位の極、$t = \mu$に$1$位の極があることが見えています。だから今回は、Laurent展開の計算が簡単にできるわけです。

\paragraph{実際の計算}

それでは$1/\varphi_A(t) = 1/(t - \lambda)^2 (t - \mu)$について、極$t = \lambda, \mu$でのLaurent展開を計算してみましょう。

まず$t = \mu$でのLaurent展開を考えます。$(t - \mu)/\varphi_A(t) = 1/(t - \lambda)^2$は$t = \mu$で発散しないので、$1/\varphi_A(t)$は$t = \mu$を$1$位の極に持ちます。そして
\[
\lim_{t \rightarrow \mu} (t - \mu)\frac{1}{\varphi_A(t)} = \frac{1}{(\mu - \lambda)^2}
\]
なので、$1/\varphi_A(t)$を$t = \mu$でLaurent展開すると、主要部は$1/(t - \mu)(\mu - \lambda)^2$となるはずです。

次に、$t = \lambda$でのLaurent展開を計算します。$1/\varphi_A(t)$が$t \rightarrow \lambda$の極限で発散しないためには、$(t - \lambda)^2$をかける必要があります。よって$t = \lambda$は$1/\varphi_A(t)$の$2$位の極です。そこで$1/(t - \lambda)^2$と$1/(t - \lambda)$の係数を順番に決定しましょう。
\[
\lim_{t \rightarrow \lambda} (t - \lambda)^2 \frac{1}{\varphi_A(t)} = \frac{1}{(\lambda - \mu)}
\]
なので、$1/\varphi_A(t)$のLaurent展開の右辺は$1/(t - \lambda)^2(\lambda - \mu)$から始まるはずです。今現れた$1/(t - \lambda)^2$の項を、$1/\varphi_A(t)$から引き去ると
\[
\frac{1}{\varphi_A(t)} - \frac{1}{(t - \lambda)^2 (\lambda - \mu)}
= \frac{1}{(t - \lambda)^2} \Bigl(\frac{1}{t - \mu} - \frac{1}{\lambda - \mu}\Bigr)
= \frac{1}{(t - \lambda)^2}\frac{\lambda - t}{(t - \mu)(\lambda - \mu)}
= -\frac{1}{(t - \lambda)(t - \mu)(\lambda - \mu)}
\]
となります。この式は$t = \lambda$を$1$位の極に持ち、$(t - \lambda)$をかけて$t \rightarrow \lambda$の極限を取ると
\[
\lim_{t \rightarrow \lambda} (t - \lambda) \Bigl( \frac{1}{\varphi_A(t)} - \frac{1}{(t - \lambda)^2 (\lambda - \mu)} \Bigr)
= -\frac{1}{(\lambda - \mu)^2}
\]
となります。よって$\varphi_A(t)$の$t = \lambda$におけるLaurent展開の主要部は
\[
\frac{1}{\varphi_A(t)}
= \frac{1}{(t - \lambda)^2(\lambda - \mu)} - \frac{1}{(t - \lambda)(\lambda - \mu)^2} + \cdots
\]
と決定しました。

これで結局$t = \lambda, \mu$におけるLaurent展開の主要部が分かりました。そこで$1/\varphi_A(t)$から$t = \lambda, \mu$でのLaurent展開の主要部を両方とも差っ引くと
\[
\frac{1}{\varphi_A(t)}
- \frac{1}{(t - \mu)(\mu - \lambda)^2} - \frac{1}{(t - \lambda)^2(\lambda - \mu)} + \frac{1}{(t - \lambda)(\lambda - \mu)^2}
\]
は$t = \lambda, \mu$で発散しないことが分かります。

ここで、よく見ると
\[
\frac{1}{(t - \lambda)^2(t - \mu)}
- \frac{1}{(t - \mu)(\mu - \lambda)^2} - \frac{1}{(t - \lambda)^2(\lambda - \mu)} + \frac{1}{(t - \lambda)(\lambda - \mu)^2} = 0
\]
が成り立っています。実際、両辺に$(\lambda - \mu)^2\varphi_A(t)$をかけて移行すると
\[
(\lambda - \mu)^2 = (t - \lambda)^2 + (\lambda - \mu)(t - \mu) - (t - \lambda)(t - \mu)
\]
という式は正しいことが分かります。僕たちは$1/\varphi_A(t)$の$2$つの極でそれぞれLaurent展開の主要部を調べただけですが、実はそれだけで部分分数分解が得られてしまうのです。これは一般の場合でも正しく、\textbf{多項式$f(z)$の逆数$1/f(z)$の部分分数分解は、全ての極におけるLaurent展開の主要部を足したものに等しい}ことが知られています。ですからLaurent展開の計算を使えば、連立$1$次方程式を解く操作を経由しないで、極限計算のみで部分分数分解の計算ができるのです。知っておくと得するテクニックなので、ぜひ覚えておいてください。

\paragraph{Liouvilleの定理}

なぜLaurent展開をするだけで$1/\varphi_A(t)$の部分分数分解が求まるのか、補足しておきます。

鍵になるのは、Liouvilleの定理\index{Liouvilleのていり@Liouvilleの定理}と呼ばれる定理です。この定理は「(複素函数の意味で) 微分可能な函数$f(z)$が、全ての$z \in \mathbb{C}$および$z = \infty$で発散しないならば、$f(z)$は定数である」ことを主張します。そしてさっきの部分分数分解の途中で出てきた
\[
\frac{1}{\varphi_A(t)}
- \frac{1}{(t - \mu)(\mu - \lambda)^2} - \frac{1}{(t - \lambda)^2(\lambda - \mu)} + \frac{1}{(t - \lambda)(\lambda - \mu)^2}
\]
は、$t \rightarrow \mu, \lambda, \infty$のいずれでも発散しません。だからLiouvilleの定理から、この式の値は定数$c$であることが分かります。そして$z \rightarrow \infty$で全ての項は$0$に収束するので、$c = 0$だと分かります。

このLiouvilleの定理の証明は、複素函数論と呼ばれる分野の話なので、今は述べません。興味がある人は、たとえばAhlfors『複素解析』(現代数学社) などを読んでください。「Liouvilleの定理があるから、Laurent展開の主要部だけ辻褄を合わせれば良い」といった類の議論は、三角函数の拡張である楕円函数論など色々な場面で出てきます。知ってると後々役に立つでしょう。

\subsection{スペクトル分解}

引き続き、$3$次正方行列$A \in \Mat_3(\mathbb{C})$の固有多項式が$\varphi_A(t) = (t - \lambda)^2 (t - \mu)$ ($\lambda \neq \mu$) と書けていたとします。Jordan標準形を求めましょう。

\paragraph{直交巾等元分解}

さっきの部分分数分解の式で、両辺に$\varphi_A(t)$をかけてから$(t - \lambda)$の絡む項をまとめ
\[
1 = - \frac{(t - 2\lambda + \mu)(t - \mu)}{(\lambda - \mu)^2} + \frac{(t - \lambda)^2}{(\lambda - \mu)^2}
\]
と変形しておきます。これを$1 = e_1(t) + e_2(t)$と書きましょう。$t$に$A$を代入すると$e_1(A) + e_2(A) = I$なので、単位行列を$2$つの行列の和に分解できています。さらに
\[
e_1(t) e_2(t) = -\frac{(t - \lambda)^2 (t - \mu) (t - 2\lambda + \mu)}{(\lambda - \mu)^4} = -\varphi_A(t)\frac{(t - 2\lambda + \mu)}{(\lambda - \mu)^4}
\]
です。よって$\varphi_A(A) = O$より$e_1(A)e_2(A) = O$となります。これを用いると、$e_1(A) + e_2(A) = I$の両辺に$e_1(A)$をかけると$e_1(A)^2 = e_1(A)$が、$e_2(A)$をかけると$e_2(A)^2 = e_2(A)$が得られます。

このように、部分分数分解から得られた多項式$e_1(t), e_2(t)$に$A$を代入すると
\begin{itemize}
\item $e_1(A), e_2(A)$は$I = e_1(A) + e_2(A)$を満たし、単位行列の分解になっている
\item $e_1(A), e_2(A)$は$e_1(A)^2 = e_1(A)$, $e_2(A)^2 = e_2(A)$を満たす巾等行列である
\item $e_1(A) e_2(A) = e_2(A) e_1(A) = O$が成り立つ
\end{itemize}
という性質を持ちます。これらを称して$I = e_1(A) + e_2(A)$という式を、単位行列の\textbf{直交巾等元分解}\index{ちょっこうべきとうげんぶんかい@直交巾等元分解}といいます。また
\begin{itemize}
\item 任意の$\bm{u} \in \mathbb{C}^3$に対し$\bm{u} = e_1(A)\bm{u} + e_2(A) \bm{u}$なので、$\mathbb{C}^3 = \Im e_1(A) + \Im e_2(A)$になっている
\item $e_1(A) e_2(A) = O$より、全ての$\bm{u} \in \mathbb{C}^3$は$\Im e_1(A)$の元と$\Im e_2(A)$の元の和に一意的に表せる
\end{itemize}
ことが直交巾等元の性質から分かります。つまり$\mathbb{C}^3 = \Im e_1(A) \oplus \Im e_2(A)$で、$\Im e_1(A)$の基底と$\Im e_2(A)$の基底を並べると$\mathbb{C}^3$の基底が出来上がります。

ここで「もし$e_1(A), e_2(A)$の片方が$O$だったらどうしよう」という不安が脳裏をよぎりますが、その心配は要りません\footnote{ここでの議論には、$A$の固有多項式が$2$個しか根を持たないことが効いています。一般の場合は真面目に固有多項式を計算しないといけないので、もっと大変になります。また固有多項式ではなく最小多項式を使ってスペクトル分解を構成すれば、すごく簡単に$e_1(A), e_2(A) \neq O$が示せます。}。それは$A e_1(A)$と$A e_2(A)$の性質を調べると分かります。いま
\[
\bigl(A e_1(A) - \lambda e_1(A)\bigr)^2 = (A - \lambda I)^2 e_1(A)^2 = (A - \lambda I)^2 e_1(A)
\]
は、多項式$(t - \lambda)^2 e_1(t)$に$A$を代入したものです。ところが$(t - \lambda)^2 e_1(t) = - \varphi_A(t) (t - 2\lambda + \mu)/(\lambda - \mu)^2$なので、これに$A$を代入したら$O$です。よって$\bigl(A e_1(A) - \lambda e_1(A)\bigr)^2 = O$です。同様にして$A e_2(A) - \mu e_2(A) = O$が従います。ここでもし$e_2(A) = O$なら$e_1(A) = I - e_2(A) = I$となるので、$(A - \lambda I)^2 = O$となります。すると巾零行列$A - \lambda I$の固有値は全て$0$ですから、$A$の固有値は全て$\lambda$となってしまいます。これは$A$が固有値$\mu \neq \lambda$を持つことに矛盾するので、$e_2(A) \neq O$です。同様にして$e_1(A) \neq O$も従います。

\paragraph{一般固有空間分解} 先ほどの$\mathbb{C}^3 = \Im e_1(A) \oplus \Im e_2(A)$は、実は一般固有空間分解というものになっています。

まず$\Im e_2(A)$は固有値$\mu$に属する固有空間です。実際、任意の$\bm{u} \in \mathbb{C}^3$に対し$(A - \mu I) e_2(A) \bm{u} = \bigl(A e_2(A) - \mu e_2(A)\bigr) e_2(A) \bm{u} = \bm{0}$です。よって$\Im e_2(A)$は、$A$の固有値$\mu$に属する固有空間に含まれると分かります。$e_2(A) \neq O$より$\Im e_2(A) \neq \{\bm{0}\}$となることを合わせると、$\Im e_2(A) = \{ \bm{u} \in \mathbb{C}^3 \mid A\bm{u} = \mu \bm{u}\}$と分かります。

そして$\mathbb{C}^3 = \Im e_1(A) \oplus \Im e_2(A)$で、$\Im e_2(A)$は$1$次元なのでした。よって$\Im e_1(A)$は$2$次元です。そこで何でもいいので、$\Im e_1(A)$の基底$\bm{u}_{\lambda, 1}, \bm{u}_{\lambda, 2}$と$\Im e_2(A)$の基底$\bm{u}_{\mu}$を取り、$P := (\bm{u}_{\lambda, 1}\ \bm{u}_{\lambda, 2}\ \bm{u}_{\mu})$とおきます。そうすると$A$は$\Im e_1(A)$, $\Im e_2(A)$の両方を保つので、
\[
P^{-1} A P = 
\begin{pmatrix}
* & * & 0 \\
* & * & 0 \\
0 & 0 & \mu
\end{pmatrix}
\]
という格好になります。これで$A$のJordan標準形を求める問題を、左上の$2$次正方行列のJordan標準形を求める問題に帰着できました。そして$2$次正方行列のJordan標準形は、先週既に調べました。$\bigl(Ae_1(A) - \lambda e_1(A)\bigr)^2 = O$より
\[
\begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \mu
\end{pmatrix}, \quad
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \mu
\end{pmatrix}
\]
のいずれかに変形できます。これで固有多項式が$2$重根を持つ場合のJordan標準形が分かりました。この式より$\Im e_1(A) = \{\bm{v} \in \mathbb{C}^3 \mid \exists k \in \mathbb{N},\ (A - \lambda I)^k \bm{v} = \bm{0}\}$も分かります。これを固有値$\lambda$に対する\textbf{一般固有空間}\index{いっぱんこゆうくうかん@一般固有空間}といいます。

\subsection{巾零行列の標準形}

最後に、固有多項式が$3$重根を持つ場合を考えます。$3$次正方行列$A \in \Mat_3(\mathbb{C})$の固有多項式が$\varphi_A(t) = (t - \lambda)^3$と書けていたとします。このときCayley--Hamiltonの定理から$O = \varphi_A(A) = (A - \lambda I)^3$なので、$A - \lambda I$は巾零行列です。そこで$N := A - \lambda I$とおき、$N$のJordan標準形を求めましょう。$N = O$なら既に話は終わっているので、$N \neq O$とします。既に$N^3 = O$が分かっています。よって$N^2 \neq O$か$N^2 = O$かによって、話が違ってきます。

\paragraph{$N^2 \neq O$のとき} もし$N^2 \neq O$なら、$\Im N^2 \neq \{\bm{0}\}$です。よって$\bm{0}$でない$\bm{w} \in \Im N^2$および$\bm{w} = N^2 \bm{v}$となる$\bm{v} \in \mathbb{C}^3$が取れるはずです。

このとき$\bm{v}, N\bm{v}, N^2 \bm{v}$は求める基底になっていることを示しましょう。実際$\alpha \bm{v} + \beta N\bm{v} + \gamma N^2 \bm{v} = \bm{0}$とおくと、両辺に$N^2$をかけたら$\alpha N^2\bm{v} = \bm{0}$となります。よって$N^2 \bm{v} \neq \bm{0}$より$\alpha = 0$が分かります。これより$\beta N\bm{v} + \gamma N^2 \bm{v} = \bm{0}$となるので、両辺に$N$をかけて$\beta N^2 \bm{v} = \bm{0}$が得られます。再び$N^2 \bm{v} \neq \bm{0}$なので、$\beta = 0$です。最後に$\gamma N^2\bm{v} = \bm{0}$が残るので、$\gamma = 0$です。これで基底が得られていると分かりました。そこで$P:= (N^2 \bm{v} \  N\bm{v} \ \bm{v})$とおくと、$P$は正則で
\[
NP = 
\begin{pmatrix}
N^3\bm{v} & N^2\bm{v} & N \bm{v}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\bm{0} & N^2\bm{v} & N\bm{v}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
N^2\bm{v} & N\bm{v} & \bm{v}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
となります。よって
\[
P^{-1} NP =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
が分かりました。これがJordan標準形です。

\paragraph{$N^2 = O$のとき} 最後に残ったのは$N^2 = O$の場合です。このときのJordan標準形を求めましょう。

今の場合$N \neq O$と$N^2 = O$から、$\{\bm{0}\} \neq \Im N \subset \Ker N$が分かります。よって$\dim \Ker N \geq \dim \Im N \geq 1$です。かたや次元定理から$\dim \Ker N + \dim \Im N = 3$も従います。これらの次元の条件から$\dim \Im N = 1, \dim \Ker N = 2$でないといけないことが得られます。次元の情報を手掛かりに、良い基底を求めましょう。

$\Im N \neq \{\bm{0}\}$なので、$N \bm{u} \neq \bm{0}$なるベクトル$\bm{u} \in \mathbb{C}^3$が存在します。このとき$\bm{u}$と$N\bm{u}$は$1$次独立です。実際$\alpha \bm{u} + \beta N\bm{u} = \bm{0}$とおくと、両辺に$N$をかけて$\alpha N \bm{u} = \bm{0}$が得られます。これと$N\bm{u} \neq \bm{0}$より$\alpha = 0$です。このような基底の取り方は、$2$次巾零行列のJordan標準形を求めるときにもやったことです。$N\bm{u}$はちょうど$N$の固有値$0$に属する固有ベクトルですから、$N$の見やすい形を求めるにあたり、基底に$\bm{u}$と$N\bm{u}$が入ってくるのは自然でしょう。

そして$\dim \Ker N = 2$なので、$N\bm{u}$と合わせたときに$1$次独立になるベクトル$\bm{v}$で、$\Ker N$に入るものが存在します。そこで基底として$(N\bm{u}, \bm{u}, \bm{v})$を取りましょう。そうすると$P: = (N\bm{u}\ \bm{u}\ \bm{v})$とおけば
\[
NP =
\begin{pmatrix}
N^2\bm{u} & N\bm{u} & N\bm{v}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\bm{0} & N\bm{u} & \bm{0}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
N\bm{u} & \bm{u} & \bm{v}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
より
\[
P^{-1} N P =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
となります。これが$N$のJordan標準形です。

\subsection{まとめ}

以上をまとめて、$3$次正方行列$A$のJordan標準形\index{Jordanひょうじゅんけい@Jordan標準形}の分類が完了します。以下$f(A) = O$となる多項式の中で最も次数が低く、最高次の係数が$1$であるものを$\psi_A(t)$と書きます。これを$A$の\textbf{最小多項式}\index{さいしょうたこうしき@最小多項式}といいます。最小多項式は
\begin{itemize}
\item 固有多項式を割り切る
\item 固有多項式の根は、必ず最小多項式の根にもなっている
\end{itemize}
という性質を持ちます。$3$次の場合は、これを利用すると「Jordan標準形を求めるフローチャート」が得られます。

\begin{enumerate}
\item まずは固有多項式$\varphi_A(t)$を計算し、$3$つの根を全て求める。
\item 固有多項式$\varphi_A(t)$が異なる$3$つの根$\lambda, \mu, \nu$を持ったら、その行列は対角化可能で、Jordan標準形は
\[
\begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \mu & 0 \\
0 & 0 & \nu
\end{pmatrix}
\]
になる。
\item 固有多項式$\varphi_A(t)$が$2$重根$\lambda$と別の根$\mu$を持つとき、最小多項式$\psi_A(t)$が$(t - \lambda)(t - \mu)$か$(t - \lambda)^2 (t - \mu)$のどちらである。この最小多項式に応じて、$A$のJordan標準形が
\[
\begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \mu
\end{pmatrix}, \quad
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \mu
\end{pmatrix}
\]
になる。よって$(A - \lambda I) (A - \mu I)$を計算し、これが$O$になれば$A$は対角化可能、そうでなければ対角化不可能な形になる。
\item 固有多項式$\varphi_A(t)$が$3$重根$\lambda$を持つとき、最小多項式$\psi_A(t)$が$t - \lambda, (t - \lambda)^2, (t - \lambda)^3$のどれになるかに応じて、Jordan標準形は
\[
\begin{pmatrix}
\lambda & 0 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix}, \quad
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix}, \quad
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 1 \\
0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix}
\]
のいずれになる。ゆえに$A - \lambda I$を何乗かして、はじめて$O$になるタイミングを見ればよい。$A - \lambda I = O$なら$A$は対角化可能、$A - \lambda I \neq O$かつ$(A - \lambda I)^2 = O$なら対角線の上に$1$が$1$つ、残りの場合は対角線の上に$1$が$2$つ並ぶ。
\end{enumerate}

たとえば線型連立微分方程式を解く場合など、Jordan標準形が必要になる状況では「Jordan標準形を与えるための変換行列は必要なく、Jordan標準形の形さえ分かれば十分」という場合がしばしばあります。Jordan標準形の求め方は頑張って身につけましょう。