線形代数⑰ ジョルダン標準形と一般化固有ベクトルの定義
ジョルダン標準形と一般化固有ベクトル
以前対角化を紹介しましたが、対角化が一番の理想形です。計算が簡単になるので、できたら対角化できることが望ましいわけです。しかし、固有ベクトルが行列の次数分得られなければ、対角化はできません。ジョルダン細胞とは?
ジョルダン細胞
\begin{align*}
J_n(\lambda)=
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & & & \\
& \lambda & 1 & & \\
& &\ddots & \ddots & \\
& & &\lambda & 1 \\
& & & & \lambda
\end{pmatrix}
\end{align*}
というように対角成分に固有値$\lambda$をもつ行列をジョルダン細胞と呼びます。
ジョルダン標準形とは?
ジョルダン標準形
ブロック行列として対角ブロックにジョルダン細胞のみが存在する場合をジョルダン標準形といいます。
\begin{align*}
J=
\begin{pmatrix}
J_{n_1}(\lambda_1) & & \\
& J_{n_2}(\lambda_2) & \\
& &\ddots & \\
\end{pmatrix}
\end{align*}
というように対角成分に固有値$\lambda$をもつ行列をジョルダン細胞と呼びます。
\begin{align*}
J=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}
\end{align*}
一般化固有ベクトルとは?
一般化固有ベクトル
$(\lambda E-A)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$となるベクトルを固有ベクトルといいますが、
\begin{align*}
(\lambda E-A)^m=\boldsymbol{0}
\end{align*}
となるもので、
\begin{align*}
(\lambda E-A)^{m-1}\ne\boldsymbol{0}
\end{align*}
を満たすものを$m$階の一般化固有ベクトルといいます。
というように対角成分に固有値$\lambda$をもつ行列をジョルダン細胞と呼びます。
ジョルダン標準形を求める例題
以下の行列$A$のジョルダン標準形を求めます。とはいっても、一旦は対角化の要領で計算を進めます。そのうち、失敗することが見えてきます。\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
固有値と固有ベクトルを求める
まずはこの行列の固有値と固有ベクトルの組を求めましょう。\begin{align*}
0&=\det{(\lambda E-A)} \\
&=
\det{\begin{pmatrix}
\lambda-1 & 0 & -1 \\
0 & \lambda-1 & 0 \\
0 & -1 & \lambda -1
\end{pmatrix}} \\
&=(\lambda-1)^3
\end{align*}
より、$\lambda$$=1$が固有値になります。このとき、
\begin{align*}
\boldsymbol{0}=(\lambda E-A)\boldsymbol{x}
=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0
\end{pmatrix}
\boldsymbol{x}
\end{align*}
を解いて、固有ベクトルとして、
\begin{align*}
\boldsymbol{x}=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{align*}
が得られます。(以降、これを$\boldsymbol{p}_1$とおきます。)
いま、3次正方行列を対角化を目指していたのに、固有ベクトルとして1次独立なベクトルは1本しか得られませんでした。ということでジョルダン標準形をつくる方向へ方針転換します。
一般化固有ベクトルを求める
2階の一般化固有ベクトルを計算する
一般化固有ベクトルを求めます。\begin{align*}(\lambda E-A)^2\boldsymbol{x}=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\boldsymbol{x}
=\boldsymbol{0}
\end{align*}
よって、一般化固有ベクトルが2本取れて、たとえば、
\begin{align*}
\boldsymbol{x}=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
\\
\boldsymbol{x}=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
となります。ただ、一つ目はもとの固有ベクトル$\boldsymbol{u}_1$と1次従属の関係にあるので、除きます。二つ目のベクトルに左から$(\lambda E-A)$,$\lambda=1$を作用させれば、
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
0 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}\ne \boldsymbol{0}
\end{align*}
となり、固有ベクトルではないことがわかります。よって、
\begin{align*}
\boldsymbol{u}_2=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
は2階の一般化固有ベクトルとしてふさわしいことがわかります。
3階の一般化固有ベクトル
固有ベクトルとして1本、2階の一般化固有ベクトルとして1本、というわけで、まだ3次正方行列を扱うにはベクトルが足りません。次は3階の一般化固有ベクトルを求めます。$\lambda$$=1$として、\begin{align*}
\boldsymbol{0}=(\lambda E-A)^3\boldsymbol{x}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\boldsymbol{x}
\end{align*}
を解きます。この解は任意の3次元ベクトルですが、固有ベクトル${}^t \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$と二階の一般化固有ベクトル${}^t\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$に対しても一次独立なベクトルを取ってくる必要があります。よって、最も簡単な形として、
\begin{align*}
\boldsymbol{u}_3=
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{align*}
をとります。(ジョルダン標準形を求めるだけならここまで必要ないですが)このベクトルが三階の一般化固有ベクトルであることを確認します。$\boldsymbol{u}_3$の左から$(\lambda E-A)^2$,$\lambda$$=1$を作用させると、
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
\ne \boldsymbol{0}
\end{align*}
となり、2階の一般化固有ベクトルにはなりえないことから$\boldsymbol{u}_3$は3階の一般化固有ベクトルになります。
得られたベクトルまとめ
もう一度まとめると、$\boldsymbol{u}_1$は固有ベクトル、$\boldsymbol{u}_2$,$\boldsymbol{u}_3$はそれぞれ2階、3階の一般化固有ベクトルで、\begin{align*}
\boldsymbol{u}_1=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
\\
\boldsymbol{u}_2=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
\\
\boldsymbol{u}_3=
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{align*}
固有ベクトル・一般化固有ベクトルの関係
$\boldsymbol{u}_1$,$\boldsymbol{u}_2$,$\boldsymbol{u}_3$を行列$A$にかけるとどうなるか確認します。\begin{align*}
A\boldsymbol{u}_1=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{u}_1
\end{align*}
\begin{align*}
A\boldsymbol{u}_2=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{u}_2
\end{align*}
\begin{align*}
A\boldsymbol{u}_2=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{u}_2+\boldsymbol{u}_3
\end{align*}
ジョルダン標準形を求める
ジョルダン標準形$J$は対角化に倣って、正則行列$P$を用いて、$J=P^{-1}AP$としたいのですが、これを変形した$AP=PJ$としてみます。$P=\begin{pmatrix} \boldsymbol{u}_1 & \boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_3 \end{pmatrix}$として、\begin{align*}
A
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{u}_1& \boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{u}_1& \boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix}
J
\end{align*}
となります。左辺は先ほど計算した通り、
\begin{align*}
A
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{u}_1& \boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
A\boldsymbol{u}_1& A\boldsymbol{u}_2 & A\boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix} \\
&=
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{u}_1& \boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_2+\boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix} \\
&=
\begin{pmatrix}
\boldsymbol{u}_1& \boldsymbol{u}_2 & \boldsymbol{u}_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
今回、固有値が1なのでみにくいですが、対角成分に固有値が現れます。