3次正方行列のジョルダン標準形

当サイトでは，ジョルダン標準形を複数の記事で解説しています．
初学者の方には，以下の順番で記事を読んでいただくことを強く推奨しています．

まずは，具体的な計算を通して，ジョルダン標準形の概念とその求め方を掴みます．2次正方行列については，以下の記事をご覧ください．

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3次正方行列については，この記事で解説しています．

実は，任意の正方行列に対して，それと相似なジョルダン標準形が存在します．この証明の準備として，ベクトル空間に関する新しい概念を学びます．

ベクトル空間の和と直和

ベクトル空間の和定義1$n\in \mathbb{N}$，$V$を$\mathbb{C}$上のベクトル空間，$W_1,W_2,\dots ,W_n$を$V$の部分空間とする．\を$W_1,W_2,\dots ,W_n$の和(sum)(または...

ベクトル空間の和と直和の概念を用いることで，任意の冪零行列に対して，それと相似なジョルダン標準形が存在することを示します．証明は長いですが，ゆっくりと読み進めていけばきっと理解できるはずです．

冪零行列のジョルダン標準形

当サイトでは，ジョルダン標準形を複数の記事で解説しています．初学者の方には，以下の順番で記事を読んでいただくことを強く推奨しています．まずは，具体的な計算を通して，ジョルダン標準形の概念とその求め方を掴みます．2次正方行列については，以下の...

最後に，一般の正方行列に対して，それと相似なジョルダン標準形が存在することを示します．正方行列を冪零行列に帰着させることによって，証明していきます．

正方行列のジョルダン標準形

ジョルダン標準形の定義
3次正方行列のジョルダン標準形
3次正方行列の標準化の例

ジョルダン標準形の定義

ジョルダン標準形は，次のように定義される正方行列である．

定義1

$\lambda \in \mathbb{C},n\in \mathbb{N}$とする．
$n$次正方行列
\[ \begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &0&0\\ 0&\lambda &1&\cdots &0&0\\ \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &\vdots \\ 0&0&0&\cdots &\lambda &1\\ 0&0&0&\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}\]
をジョルダン細胞(Jordan cell)(またはジョルダンブロック(Jordan block))といい，$J(\lambda ;n)$で表す．
ただし，$J(\lambda ;1)=\lambda$とする．

定義2

$k\in \mathbb{N}$，$\lambda _1,\lambda _2,\dots ,\lambda _k\in \mathbb{C},n_1,n_2,\dots ,n_k\in \mathbb{N}$とする．
正方行列
\[ \begin{pmatrix}J(\lambda _1;n_1)&&&\text{\huge{0}}\\ &J(\lambda _2;n_2)&&\\ &&\ddots &\\ \text{\huge{0}}&&&J(\lambda _k;n_k)\end{pmatrix}\]
をジョルダン標準形(Jordan normal form)という．

定義3

$A$を複素正方行列とする．
$A$と相似であるジョルダン標準形$J$を求めることを，$A$を標準化(standardization)するという．

正方行列は対角化することにより，比較的シンプルな形で扱うことができるようになった．しかし，任意の正方行列が対角化可能であるとは限らない．対角化可能でない正方行列に対して，対角化の｢代替的措置｣として行うのが，正方行列の標準化である．対角行列はジョルダン標準形の一種であることに注意が必要である．

3次正方行列のジョルダン標準形

3次正方行列のジョルダン標準形は次の4つのパターンに分類できる．
\[ \begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _2&0\\ 0&0&\lambda _3\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}\lambda _1&1&0\\ 0&\lambda _1&0\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _2&1\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}\lambda _1&1&0\\ 0&\lambda _1&1\\ 0&0&\lambda _1\end{pmatrix}\quad (\lambda _1,\lambda _2,\lambda _3\in \mathbb{C})\]
これを体系的に整理すると，次のようになる．

定理1

$A$を3次複素正方行列とする．

$A$が異なる3つの固有値$\lambda _1,\lambda _2,\lambda _3\in \mathbb{C}$を持つとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _2&0\\ 0&0&\lambda _3\end{pmatrix}$となる．
$A$が異なる2つの固有値$\lambda _1,\lambda _2\in \mathbb{C}$を持つとき
- $\lambda _1$に対する$A$の固有空間の次元が$2$，$\lambda _2$に対する$A$の固有空間の次元が$1$であるとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _1&0\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix}$となる．
- $\lambda _1,\lambda _2$に対する$A$の固有空間の次元がともに$1$であるとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda _1&1&0\\ 0&\lambda _1&0\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix}$となる．
$A$がただ1つの固有値$\lambda \in \mathbb{C}$を持つとき
- $\lambda$に対する$A$の固有空間の次元が$3$であるとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda &0&0\\ 0&\lambda &0\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}$となる．
- $\lambda$に対する$A$の固有空間の次元が$2$であるとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda &1&0\\ 0&\lambda &0\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}$となる．
- $\lambda$に対する$A$の固有空間の次元が$1$であるとき，$A$を標準化すると$\begin{pmatrix}\lambda &1&0\\ 0&\lambda &1\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}$となる．

定理1の証明

$A$は対角化可能であり，$\begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _2&0\\ 0&0&\lambda _3\end{pmatrix}$となる．$\blacksquare$
$W(\lambda _1),W(\lambda _2)$をそれぞれ$\lambda _1,\lambda _2$に対する$A$の固有空間とする．
- $A$は対角化可能であり，$\begin{pmatrix}\lambda _1&0&0\\ 0&\lambda _1&0\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix}$となる．$\blacksquare$
- $A$は対角化可能でない．$\dim (W(\lambda _2))=1$より，$W(\lambda _2)$の基底$\{ \bm{x}\}$をとることができる．
  $A$の固有多項式$\phi _A(t)$は
  \[ \phi _A(t)=(t-\lambda _1)^2(t-\lambda _2)\]
  であるから，ケーリー・ハミルトンの定理より
  \[ \phi _A(A)=(A-\lambda _1E)^2(A-\lambda _2E)=O\tag{A}\]
  である．
  また，$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2,\bm{x}\}$が$\mathbb{C}^3$の基底であるような$\bm{x}_1,\bm{x}_2\in \mathbb{C}^3\setminus W(\lambda _2)$をとることができる．このとき
  \[ (A-\lambda _2E)\bm{x}_1\neq \bm{0}\tag{B}\]
  \[ (A-\lambda _2E)\bm{x}_2\neq \bm{0}\tag{C}\]
  である．
  まず
  \[ (A-\lambda _1E)(A-\lambda _2E)\bm{x}_1=(A-\lambda _1E)(A-\lambda _2E)\bm{x}_2=\bm{0}\tag{D}\]
  でないことを背理法により示す．
  $\rm (D)$が成り立つと仮定すると，$\rm (B),(C)$より
  \[ (A-\lambda _2E)\bm{x}_1,(A-\lambda _2E)\bm{x}_2\in W(\lambda _1)\]
  となる．
  $\dim (W(\lambda _1))=1$であるから，$(A-\lambda _2E)\bm{x}_1,(A-\lambda _2E)\bm{x}_2$は1次従属である．よって，ある$(c_1,c_2)\in \mathbb{C}^2\setminus \{ (0,0)\}$が存在して
  \[ c_1(A-\lambda _2E)\bm{x}_1+c_2(A-\lambda _2E)\bm{x}_2=\bm{0}\]
  すなわち
  \[ (A-\lambda _2E)(c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2)=\bm{0}\]
  となる．$c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2\neq \bm{0}$に注意すると
  \[ c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2\in W(\lambda _2)\]
  であるから，ある$c\in \mathbb{C}$が存在して
  \[ c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2=c\bm{x}\]
  となる．ここで，$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2,\bm{x}\}$は$\mathbb{C}^3$の基底であるから，$c_1=c_2=c=0$となり矛盾．
  よって，ある$i\in \{ 1,2\}$が存在して
  \[ (A-\lambda _1E)(A-\lambda _2E)\bm{x}_i\neq \bm{0}\tag{E}\]
  となる．ここで
  \[ \bm{y}\coloneqq (A-\lambda _2E)\bm{x}_i\]
  とおくと，$\rm (B),(C),(E)$より
  \[ \bm{y}\neq \bm{0}\quad かつ\quad (A-\lambda _1E)\bm{y}\neq \bm{0}\tag{F}\]
  また，$\rm (A)$より
  \[ (A-\lambda _1E)^2\bm{y}=\bm{0}\]
  である．
  次に，$(A-\lambda _1E)\bm{y},\bm{y},\bm{x}$が1次独立であることを示す．
  $k_1,k_2,k_3\in \mathbb{C}$が
  \[ k_1(A-\lambda _1E)\bm{y}+k_2\bm{y}+k_3\bm{x}=\bm{0}\]
  を満たすとき，両辺に左から$(A-\lambda _1E)^2$を掛けると
  \[ k_3(A-\lambda _1E)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  すなわち
  \[ k_3(A-\lambda _2E+\lambda _2E-\lambda _1E)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  \[ k_3((A-\lambda _2E)^2+2(\lambda _2-\lambda _1)(A-\lambda _2E)+(\lambda _2-\lambda _1)^2E)\bm{x}=\bm{0}\]
  となるから，$\bm{x}\in W(\lambda _2)$より
  \[ k_3(\lambda _2-\lambda _1)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  を得る．$\lambda _1\neq \lambda _2$より$k_3=0$である．
  よって
  \[ k_1(A-\lambda _1E)\bm{y}+k_2\bm{y}=\bm{0}\]
  両辺に左から$A-\lambda _1E$を掛けると
  \[ k_2(A-\lambda _1E)\bm{y}=\bm{0}\]
  $\rm (F)$より，$k_2=0$を得る．このとき
  \[ k_1(A-\lambda _1E)\bm{y}=\bm{0}\]
  であるから，$k_1=0$を得る．
  したがって，3次正方行列$P$を
  \[ P\coloneqq \begin{pmatrix}(A-\lambda _1E)\bm{y}&\bm{y}&\bm{x}\end{pmatrix}\]
  により定めると，$P$は正則行列であり
  \[ \begin{aligned}(A-\lambda _1E)P&=\begin{pmatrix}(A-\lambda _1E)^2\bm{y}&(A-\lambda _1E)\bm{y}&(A-\lambda _1E)\bm{x}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\bm{0}&(A-\lambda _1E)\bm{y}&(A-\lambda _2E)\bm{x}+(\lambda _2E-\lambda _1E)\bm{x}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\bm{0}&(A-\lambda _1E)\bm{y}&(\lambda _2-\lambda _1)\bm{x}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}(A-\lambda _1E)\bm{y}&\bm{y}&\bm{x}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&\lambda _2-\lambda _1\end{pmatrix}\\ &=P\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&\lambda _2-\lambda _1\end{pmatrix}\end{aligned}\]
  であるから
  \[ P^{-1}(A-\lambda _1E)P=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&\lambda _2-\lambda _1\end{pmatrix}\]
  すなわち
  \[ P^{-1}AP-\lambda _1E=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&\lambda _2-\lambda _1\end{pmatrix}\]
  となり
  \[ P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda _1&1&0\\ 0&\lambda _1&0\\ 0&0&\lambda _2\end{pmatrix}\]
  を得る．$\blacksquare$
$W(\lambda )$を$\lambda$に対する$A$の固有空間とする．
$A$の固有多項式$\phi _A(t)$は
\[ \phi _A(t)=(t-\lambda )^3\]
であるから，ケーリー・ハミルトンの定理より
\[ \phi _A(A)=(A-\lambda E)^3=O\tag{G}\]
である．
- $A$は対角化可能であり，$\begin{pmatrix}\lambda &0&0\\ 0&\lambda &0\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}$となる．特に，$A$はスカラー行列である¹．$\blacksquare$
- $A$は対角化可能でない．$\dim (W(\lambda ))=2$より，$W(\lambda )$の基底$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2\}$をとることができる．
  また，$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2,\bm{x}\}$が$\mathbb{C}^3$の基底であるような$\bm{x}\in \mathbb{C}^3\setminus W(\lambda )$をとることができる．このとき，ある$c_1,c_2,c_3\in \mathbb{C}$が存在して
  \[ (A-\lambda E)\bm{x}=c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2+c_3\bm{x}\]
  となる．両辺に左から$(A-\lambda E)^2$を掛けると，$\rm (G)$より
  \[ \bm{0}=c_3(A-\lambda E)^2\bm{x}\]
  となるから，$c_3=0$または$(A-\lambda E)^2\bm{x}=\bm{0}$
  $c_3=0$のとき
  \[ (A-\lambda E)\bm{x}=c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2\]
  であり，両辺に左から$A-\lambda E$を掛けると
  \[ (A-\lambda E)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  となるから，任意の$\bm{x}\in \mathbb{C}^3$に対して
  \[ (A-\lambda E)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  が成り立つことが分かる．
  以上より，いずれの場合も$(A-\lambda E)^2=O$である．
  よって，$\bm{x}\in \mathbb{C}^3\setminus W(\lambda )$をとると，$(A-\lambda E)\bm{x}\in W(\lambda )\setminus \{ \bm{0}\}$であり，$\{ (A-\lambda E)\bm{x},\bm{y}\}$が$W(\lambda )$の基底となるように$\bm{y}\in W(\lambda )$をとることができる．このとき，$\{ (A-\lambda E)\bm{x},\bm{x},\bm{y}\}$は$\mathbb{C}^3$の基底である．
  したがって，3次正方行列$P$を
  \[ P\coloneqq \begin{pmatrix}(A-\lambda E)\bm{x}&\bm{x}&\bm{y}\end{pmatrix}\]
  により定めると，$P$は正則行列であり
  \[ \begin{aligned}(A-\lambda E)P&=\begin{pmatrix}(A-\lambda E)^2\bm{x}&(A-\lambda E)\bm{x}&(A-\lambda E)\bm{y}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\bm{0}&(A-\lambda E)\bm{x}&\bm{0}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}(A-\lambda E)\bm{x}&\bm{x}&\bm{y}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\\ &=P\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\end{aligned}\]
  であるから
  \[ P^{-1}(A-\lambda E)P=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\]
  すなわち
  \[ P^{-1}AP-\lambda E=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\]
  となり
  \[ P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda &1&0\\ 0&\lambda &0\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}\]
  を得る．$\blacksquare$
- $A$は対角化可能でない．$\dim (W(\lambda ))=1$より，$W(\lambda )$の基底$\{ \bm{x}_3\}$をとることができる．
  また，$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2,\bm{x}_3\}$が$\mathbb{C}^3$の基底であるような$\bm{x}_1,\bm{x}_2\in \mathbb{C}^3\setminus W(\lambda )$をとることができる．
  まず
  \[ (A-\lambda E)^2\bm{x}_1=(A-\lambda E)^2\bm{x}_2=\bm{0}\tag{H}\]
  でないことを背理法により示す．
  $\rm (H)$が成り立つと仮定すると
  \[ (A-\lambda E)\bm{x}_1,(A-\lambda E)\bm{x}_2\in W(\lambda )\]
  となる．
  $\dim (W(\lambda ))=1$であるから，$(A-\lambda E)\bm{x}_1,(A-\lambda E)\bm{x}_2$は1次従属である．よって，ある$(c_1,c_2)\in \mathbb{C}^2\setminus \{ (0,0)\}$が存在して
  \[ c_1(A-\lambda E)\bm{x}_1+c_2(A-\lambda E)\bm{x}_2=\bm{0}\]
  すなわち
  \[ (A-\lambda E)(c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2)=\bm{0}\]
  となる．$c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2\neq \bm{0}$に注意すると
  \[ c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2\in W(\lambda )\]
  であるから，ある$c\in \mathbb{C}$が存在して
  \[ c_1\bm{x}_1+c_2\bm{x}_2=c\bm{x}_3\]
  となる．ここで，$\{ \bm{x}_1,\bm{x}_2,\bm{x}_3\}$は$\mathbb{C}^3$の基底であるから，$c_1=c_2=c=0$となり矛盾．
  よって，ある$i\in \{ 1,2\}$が存在して
  \[ (A-\lambda E)^2\bm{x}_i\neq \bm{0}\tag{I}\]
  となる．ここで
  \[ \bm{x}=\bm{x}_i\]
  \[ \bm{y}\coloneqq (A-\lambda E)\bm{x}_i\]
  とおくと，$\rm (I)$より
  \[ \bm{y}\neq \bm{0}\quad かつ\quad (A-\lambda E)\bm{y}\neq \bm{0}\tag{J}\]
  また，$\rm (G)$より
  \[ (A-\lambda E)^2\bm{y}=\bm{0}\]
  である．
  次に，$(A-\lambda E)\bm{y},\bm{y},\bm{x}$が1次独立であることを示す．
  $k_1,k_2,k_3\in \mathbb{C}$が
  \[ k_1(A-\lambda E)\bm{y}+k_2\bm{y}+k_3\bm{x}=\bm{0}\]
  を満たすとき，両辺に左から$(A-\lambda E)^2$を掛けると
  \[ k_3(A-\lambda E)^2\bm{x}=\bm{0}\]
  となるから，$\rm (I)$より，$k_3=0$を得る．よって
  \[ k_1(A-\lambda E)\bm{y}+k_2\bm{y}=\bm{0}\]
  両辺に左から$A-\lambda E$を掛けると
  \[ k_2(A-\lambda E)\bm{y}=\bm{0}\]
  $\rm (J)$より，$k_2=0$を得る．このとき
  \[ k_1(A-\lambda E)\bm{y}=\bm{0}\]
  であるから，同様に$k_1=0$を得る．
  したがって，3次正方行列$P$を
  \[ P\coloneqq \begin{pmatrix}(A-\lambda E)\bm{y}&\bm{y}&\bm{x}\end{pmatrix}\]
  により定めると，$P$は正則行列であり
  \[ \begin{aligned}(A-\lambda E)P&=\begin{pmatrix}(A-\lambda E)^2\bm{y}&(A-\lambda E)\bm{y}&(A-\lambda E)\bm{x}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\bm{0}&(A-\lambda E)\bm{y}&\bm{y}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}(A-\lambda E)\bm{y}&\bm{y}&\bm{x}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\\ &=P\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\end{aligned}\]
  であるから
  \[ P^{-1}(A-\lambda E)P=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\]
  すなわち
  \[ P^{-1}AP-\lambda E=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\]
  となり
  \[ P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda &1&0\\ 0&\lambda &1\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}\]
  を得る．$\blacksquare$

3次正方行列の標準化の例

具体的な行列を標準化してみよう．

例1

$A=\begin{pmatrix}0&-1&-3\\ 2&3&3\\ -2&1&1\end{pmatrix}$の固有多項式$\phi _A(\lambda)$は
\[ \begin{aligned}\phi _A(\lambda )&=|A-\lambda E|\\ &=\begin{vmatrix}-\lambda &-1&-3\\ 2&3-\lambda &3\\ -2&1&1-\lambda \end{vmatrix}\\ &=-\lambda (3-\lambda )(1-\lambda )+6-6-6(3-\lambda )+2(1-\lambda )+3\lambda \\ &=-\lambda ^3+4\lambda ^2+4\lambda -16\\ &=-(\lambda +2)(\lambda -2)(\lambda -4)\end{aligned}\]
であるから，$A$の固有値は$-2,2,4$である．

よって，定理1より，$A$を標準化すると
\[ \begin{pmatrix}-2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&4\end{pmatrix}\]
となる．

例2

$B=\begin{pmatrix}1&1&1\\ 3&0&-3\\ -4&3&6\end{pmatrix}$の固有多項式$\phi _B(\lambda)$は
\[ \begin{aligned}\phi _B(\lambda )&=|B-\lambda E|\\ &=\begin{vmatrix}1-\lambda &1&1\\ 3&-\lambda &-3\\ -4&3&6-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(3-\lambda )(5-\lambda )+1\\ &=-\lambda ^3+7\lambda ^2-16\lambda +12\\ &=-(\lambda -2)^2(\lambda -3)\end{aligned}\]
であるから，$B$の固有値は$2,3$である．

ここで，連立1次方程式
\[ (B-2E)\bm{x}=\bm{0}\]
すなわち
\[ \begin{pmatrix}-1&1&1\\ 3&-2&-3\\ -4&1&6\end{pmatrix}\bm{x}=\bm{0}\]
を解くと
\[ \bm{x}=c_1\begin{pmatrix}0\\ -1\\ 1\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\quad (c_1,c_2\in \mathbb{C})\]
であるから，固有値$2$に対する$B$の固有空間の次元は$2$である．

よって，定理1より，$B$を標準化すると
\[ \begin{pmatrix}2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&0&3\end{pmatrix}\]
となる．

ある3次の正則行列$P$が存在して，$P^{-1}AP=\lambda E$となるから，両辺に左から$P$を掛けると
\[ AP=\lambda P\]
となる．両辺に右から$P^{-1}$を掛けると
\[ A=\lambda E\]
となるから，$A$はスカラー行列である． ↩︎