広義固有空間の構造とジョルダン標準形 のバックアップソース(No.3)
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- 線形代数Ｉ/広義固有空間の構造とジョルダン標準形 へ行く。
[[線形代数Ｉ]]
* 概要 [#jcb5900a]
ジョルダン標準形とは、対角化できない行列を「準対角化」した形である。
これは固有空間の概念を拡張した、「広義固有空間」が持つ構造を反映した形となる。
ここは発展項目なので、線形代数IIの内容を先取りして使う。~
実のところ、線形代数IIでも扱わない内容なので、線形代数IIを学んでから戻ってきても良い。
* 固有空間とその次元 [#q8a7b352]
&math(n); 次正方行列 &math(A); の、固有値 &math(\lambda); に対する固有空間 &math(V(\lambda));
（固有ベクトルの集合が作る線形空間）は、
&math((A-\lambda I)\bm x=\bm 0);
の解が作る空間。
&math(V(\lambda)=\mathrm{Ker}\,(A-\lambda I));
と表しても良い。
&math(\lambda); の重複度と同数の一次独立な固有ベクトルを見つけられることが
&math(A); を対角化できる必要条件だった。
これは固有空間の次元が重複度と等しいことと同値である。
（重複度を超えることはない）
固有空間の次元は &math((A-\lambda I)\bm x=\bm 0);
の解の自由度（パラメータの数）のことだから、
&math(\mathrm{dim}\,V(\lambda)=n-\mathrm{rank}\,(A-\lambda I));
→ 解の自由度は掃出せなかった列の数に等しいこと、
掃出せた列の数が階数と等しいこと、を思い出せ。
* 対角化できない場合 [#q8c9db91]
対角化できない場合には、&math(\lambda); の重複度を &math(r); とすれば、
&math(n-\mathrm{rank}\,(A-\lambda I)<r);
となる &math(\lambda); が存在することになる。
* 広義固有空間 [#d119c641]
[[三角化可能定理>線形代数Ｉ/対角化（一般の場合）#m3c1a3d7]] において、
初めに &math(\lambda); を &math(r); 解選ぶと、左上から &math(r); 個の
&math(\lambda); が並び、その後、他の固有値が並ぶ形に三角化ができる。
&math(
&\hspace{4mm}\overbrace{\hspace{17mm}}^{r}\\
P^{-1}AP=&\begin{pmatrix}
\lambda & * & * & \dots & \dots&* \\
& \ddots & * &\dots & \dots&* \\
& & \lambda & & & \vdots\\
& & & \lambda'& &\vdots\\
& & & & \lambda''\\
& & & & & \ddots\\
\end{pmatrix}
);
そこで [[ケーリーハミルトンの定理>線形代数Ｉ/ケーリー・ハミルトンの定理]]
と同じ操作を
&math((A-\lambda I)^r);
に対して行えば、
&math(
&(A-\lambda I)^r\\
&=PP^{-1}(A-\lambda I)PP^{-1}(A-\lambda I)PP^{-1}\dots(A-\lambda I)PP^{-1}\\
&=P(P^{-1}AP-\lambda I)(P^{-1}AP-\lambda I)\dots(P^{-1}AP-\lambda I)P^{-1}\\
&=P\begin{pmatrix}
0 & * & * & \dots & \dots&* \\
& \ddots & * &\dots & \dots&* \\
& & 0 & & & \vdots\\
& & & \lambda'-\lambda& &\vdots\\
& & & & \lambda''-\lambda\\
& & & & & \ddots\\
\end{pmatrix}^{\displaystyle r}
P^{-1}\\
&=P\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & \dots & \dots&* \\
& \ddots & 0 &\dots & \dots&* \\
& & 0 & & & \vdots\\
& & & (\lambda'-\lambda)^r& &\vdots\\
& & & & (\lambda''-\lambda)^r\\
& & & & & \ddots\\
\end{pmatrix}
P^{-1}\\
&\hspace{12mm}\underbrace{\hspace{17mm}}_{r}\\
);
となって、&math((A-\lambda I)^r); の階数が &math(n-r); となることが分かる。
すなわち、
&math(n-\mathrm{rank}\,(A-\lambda I)<r);
であるが、
&math(n-\mathrm{rank}\,(A-\lambda I)^r=r);
となるのである。
これは、
&math(W(\lambda)=\mathrm{Ker}(A-\lambda I)^r);
を &math(\lambda); に属する「広義固有空間」と定義すれば、
その次元がぴったり重複度と等しくなることを意味する。
* 広義固有空間の構造 [#lc6fbe8f]
広義固有空間のベクトルは、
&math(\underbrace{(A-\lambda I)(A-\lambda I)\dots(A-\lambda I)}_{r回}\bm x=\bm 0);
を満たす。
そこでこの空間を、
「何回 &math((A-\lambda I)); をかけたらゼロになるか」で分類すると、
それぞれが線形空間を作る。
- ０回でゼロになる空間は &math(V^0(\lambda)=\set{\bm 0});
- １回でゼロになるのが通常の固有空間 &math(V(\lambda));
- ２回かけたらゼロになる空間 &math(V^2(\lambda));
- ３回かけたらゼロになる空間 &math(V^3(\lambda));
- …
とすると、以下が成り立つ。
&math(k+1); 回かけたらゼロになるベクトルに &math((A-\lambda I));
を１回かけると &math(k); 回かけたらゼロになるベクトルになるので、
&math(\bm x\in V^k(\lambda)\to(A-\lambda I)\bm x\in V^{k-1}(\lambda));
&math(k); 回かけたらゼロになるベクトルは &math(k+1);
回かけたらゼロになるベクトルでもあるので、
&math(V^k(\lambda)\subset V^{k+1}(\lambda));
もともと、&math(r); 回かければゼロになるものを分類しているのであったから、
&math(V^r(\lambda)=W(\lambda));
すなわち、
&math(V^0(\lambda)\subset V^1(\lambda)\subset V^2(\lambda)\dots\subset V^r(\lambda)=W(\lambda)
);
&math(\dim V^{k+1}(\lambda)); から &math(\dim V^k(\lambda)); へと、
増えた空間を &math(\Delta V^k(\lambda)); と書こう。つまり、
&math(V^{k+1}(\lambda) =V^k(\lambda)\dot +\Delta V^{k+1}(\lambda));
とする。（&math(\Delta V^{k+1}(\lambda)=\set{\bm 0}); の場合もある）
すると、&math(W(\lambda)); は &math(\Delta V^k(\lambda));
の直和で書けて、
&math(
W(\lambda)=
\underbrace{V^0(\lambda)}_{=\,\set{\bm 0}}
\,\dot+\,\underbrace{\Delta V(\lambda)}_{=\,V(\lambda)}
\,\dot+\,\Delta V^2(\lambda)
\,\dot+\, \dots \,\dot+\, \Delta V^m(\lambda)
\,\dot+\, \underbrace{\Delta V^{m+1}(\lambda)
\,\dot+\, \dots \,\dot+\, \Delta V^r(\lambda)}_{\set{\bm 0}}
);
一般に、&math(m\le r); に対して &math(k>m); の
&math(\Delta V^k(\lambda)); は空集合になる。
固有空間 &math(V(\lambda)); の次元が１よりも大きいときには
その内部を
&math(V(\lambda)=V_1(\lambda)\,\dot+\,V_2(\lambda)\,\dot+\,\dots);
のように１次元の空間に分解して、それぞれに対して
&math(\Delta V^{k}_{1}(\lambda)); などを求めれば、
&math(W(\lambda)); をすべて１次元の &math(\Delta V^k_{l}(\lambda));
の直和に分けられる。（証明略）
* 例１ 固有空間は１次元 [#u32b1a19]
&math(A=\begin{pmatrix}
4 & -2 & 0 \\
-3 & 4 & -2 \\
-11 & 9 & -2 \\
\end{pmatrix}
);
&math(|A-\lambda I|=
\begin{vmatrix}
4-\lambda & -2 & 0 \\
-3 & 4-\lambda & -2 \\
-11 & 9 & -2-\lambda \\
\end{vmatrix}=
8-12\lambda+6\lambda^2-\lambda^3=(2-\lambda)^3
);
&math(\lambda=2); （３重解）
&math((A-\lambda I)\bm x=\bm 0);
&math(
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 \\
-3 & 2 & -2 \\
-11 & 9 & -4 \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 \\
0 & -1 & -2 \\
0 & -2 & -4 \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
);
掃出せなかった &math(z); をパラメータとして、
&math(\bm x=z\begin{pmatrix}
-2\\-2\\1
\end{pmatrix});
３重解なのに &math(\dim V(2)=1); だ。
基底として &math(\bm b_1=\begin{pmatrix}
-2\\-2\\1
\end{pmatrix}); を取れる。
&math(\Delta V^2(2)); を求めるために &math((A-\lambda I)); をかけると &math(\Delta V(\lambda)); に入るベクトルを探す。
&math((A-\lambda I)\bm x=s\bm b_1);
の拡大係数行列を変形して、
&math(
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & -2\\
-3 & 2 & -2 & -2\\
-11 & 9 & -4 & 1\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & -1\\
0 & -1 & -2 & -5\\
0 & -2 & -4 & -10\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 4\\
0 & 1 & 2 & 5\\
0 & 0 & 0 & 0\\
\end{pmatrix}
);
より、
&math(
\begin{cases}
x+2z=4s\\
y+2z=5s\\
0=0
\end{cases}
);
掃出せなかった &math(z); をパラメータとすれば、
&math(
\bm x=z\begin{pmatrix}
-2\\-2\\1
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix}
);
&math(\Delta V^2(\lambda)); は
&math(\bm b_2=\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix});
を基底に持つ１次元空間。
次に &math(\Delta V^3(\lambda)); を求めるために、 &math((A-\lambda I)); をかけると &math(\Delta V^2(\lambda)); に入るベクトルを探す。
&math((A-\lambda I)\bm x=s\bm b_2);
の拡大係数行列を変形して、
&math(
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & 4\\
-3 & 2 & -2 & 5\\
-11 & 9 & -4 & 0\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & 2\\
0 & -1 & -2 & 11\\
0 & -2 & -4 & -22\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & -9\\
0 & 1 & 2 & -11\\
0 & 0 & 0 & 0\\
\end{pmatrix}
);
掃出せなかった &math(z); をパラメータとすれば、
&math(
\bm x=z\begin{pmatrix}
-2\\-2\\1
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
-9\\-11\\0
\end{pmatrix}
);
&math(\Delta V^3(\lambda)); は
&math(\bm b_3=\begin{pmatrix}
-9\\-11\\0
\end{pmatrix});
を基底に持つ１次元空間。
&math(\Delta V^4(\lambda)); があるか調べるために、
&math((A-\lambda I)); をかけると &math(\Delta V^3(\lambda)); に入るベクトルを探してみる。
&math(
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & -9\\
-3 & 2 & -2 & -11\\
-11 & 9 & -4 & 0\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & -9\\
-6 & 4 & -4 & -22\\
-22 & 18 & -8 & 0\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & -9 \\
0 & -2 & -4 & -49\\
0 & -4 & -8 & -99\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 0 & -9 \\
0 & -2 & -4 & -49\\
0 & 0 & 0 & -1\\
\end{pmatrix}
);
最後の行は &math(0=-1); を表し、これを満たすベクトルは存在しないから、
&math(\Delta V^4(\lambda)=\set{\bm 0}); である。
したがって、
&math(
W(\lambda)=
\underbrace{
\underbrace{
\underbrace{V(\lambda)}_{[\bm b_1]}\,\dot+\,
\underbrace{\Delta V^2(\lambda)}_{[\bm b_2]}
}_{V^2(\lambda)}
\,\dot+\,
\underbrace{\Delta V^3(\lambda)}_{[\bm b_3]}
}_{V^3(\lambda)}
);
の構造を持っている。
** ジョルダン標準形 [#h8ebcea2]
上記の &math(\bm b_1,\bm b_2,\bm b_3); に対して、
&math((A-\lambda I)\bm b_1=\bm 0); つまり &math(A\bm b_1=\lambda\bm b_1);
&math((A-\lambda I)\bm b_2=\bm b_1); つまり &math(A\bm b_2=\lambda\bm b_2+\bm b_1);
&math((A-\lambda I)\bm b_3=\bm b_2); つまり &math(A\bm b_3=\lambda\bm b_3+\bm b_2);
だから、
&math(
P=\Big(\bm b_1\ \bm b_2\ \bm b_3\Big)
);
に対して、
&math(
P^{-1}AP
&=P^{-1}A\Big(\bm b_1\ \bm b_2\ \bm b_3\Big)\\
&=P^{-1}\Big(A\bm b_1\ A\bm b_2\ A\bm b_3\Big)\\
&=P^{-1}\Big(\lambda\bm b_1\ \lambda\bm b_2+\bm b_1\ \lambda\bm b_3+\bm b_2\Big)\\
&=P^{-1}\underbrace{\Big(\bm b_1\ \bm b_2\ \bm b_3\Big)}_{P}\begin{pmatrix}
\lambda&1&\\
&\lambda&1\\
&&\lambda
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\lambda&1&\\
&\lambda&1\\
&&\lambda
\end{pmatrix}\\
);
を得る。この形は &math(A); のジョルダン標準形と呼ばれる。
- 対角要素に固有値が並ぶ
- すぐ右上に、対応するベクトルがどのベクトルへ移るかを示す 1 が並ぶ
* 例２ 固有空間が２次元で非対称 [#x6301dc2]
&math(A=\begin{pmatrix}
-9&8&-4\\
-15&13&-6\\
-5&4&-1
\end{pmatrix}
);
とすると、
&math(|A-\lambda I|=1-3\lambda+3\lambda^2-\lambda^3=(1-\lambda)^3);
&math((A-\lambda I)\bm x=\bm 0); は、
&math(5x-4y+2z=0); を導き、
掃出せなかった &math(y,z);
をパラメータで &math(y=5s,z=5t); と置けば、
&math(\bm x=s\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}
-2\\0\\5
\end{pmatrix});
&math(V(\lambda)); は２次元で、
&math(\bm b_1=\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix},\bm b_2=\begin{pmatrix}
-2\\0\\5
\end{pmatrix}); を基底に取れる。
&math(\Delta V^2(\lambda)); を求めるために、
&math((A-\lambda I)\bm x=s\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}
-2\\0\\5
\end{pmatrix});
と置けば、
&math(
\begin{pmatrix}
-10&8&-4&4&-2\\
-15&12&-6&5&0\\
-5&4&-2&0&5
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
-5&4&-2&0&5\\
0&0&0&4&-12\\
0&0&0&5&-15\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
-5&4&-2&0&5\\
0&0&0&1&-3\\
0&0&0&0&0\\
\end{pmatrix}\sim
);
となって、&math(
\begin{cases}
-5x+4y-2z=5t\\
0=s-3t\\
\end{cases}
); を得る。
すなわち、
&math(
\bm x=s'\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix}+t'\begin{pmatrix}
-2\\0\\5
\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}
-1\\0\\0
\end{pmatrix}
);
に対して
&math(
(A-\lambda)\bm x=
3t\begin{pmatrix}
4\\5\\0
\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}
-2\\0\\5
\end{pmatrix}
=t\begin{pmatrix}
10\\15\\5
\end{pmatrix}
=5t\begin{pmatrix}
2\\3\\1
\end{pmatrix}
);
つまり、
&math(\bm b_2'=\begin{pmatrix}
2\\3\\1
\end{pmatrix});
&math(\bm b_3=\begin{pmatrix}
-1\\0\\0
\end{pmatrix});
とすると、&math((A-\lambda)\bm b_3=\bm b_2');
&math(\bm b_1,\bm b_2'); も &math(V(1)); を張るから、
広義固有空間の構造は、
&math(
W(1)=
\underbrace{
\underbrace{
\underbrace{V_1(1)}_{\bm b_1}
\,\dot+\,
\underbrace{V_2(1)}_{\bm b_2'}
}_{V(1)}
\,\dot+\,
\underbrace{V_2^2(1)}_{\bm b_2}
}_{V^2(1)}
);
** ジョルダン標準形 [#r201ca8f]
&math(P=\Big(\bm b_1\ \bm b_2'\ \bm b_3\Big));
に対して、
&math(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
\lambda&\\
&\lambda&1\\
&&\lambda
\end{pmatrix}
);
となる。
* 例３ 固有空間が２次元で対称 [#gedf2577]
&math(
\begin{pmatrix}
\lambda&1\\
&\lambda&\\
&&\lambda&1\\
&&&\lambda\\
\end{pmatrix}
);
* 一般のジョルダン標準形 [#k62cc044]
* ジョルダン標準形の応用 [#ff462da9]
ジョルダン標準形を見れば、その行列の広義固有空間がどのような構造になっているか一目瞭然となる。
その意味でジョルダン標準形は非常に重要であるが、応用的にも重要な意味を持つ。
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