11　一般固有空間
f-denshi.com   ［目次］　最終更新日: 　16/12/07
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ここでは正規行列に限らず，一般的な正方行列について考えます。４において，固有多項式が重根をもつ場合も含めて，ベクトル空間V上の線形演算子Tが対角化可能である必要十分条件が，「V がTの各固有空間によって直和分解されていること」を示しましたが，ここでは，どのようなTであっても，一般固有空間によって直和分解される（一般固有値問題）ことを説明します。また，具体的な直和分解の方法としてジョルダンの標準形を紹介します。

１．一般固有空間（広義固有空間）

［１］　固有多項式が重根をもつ場合の固有空間について考察しましょう。線形写像 f : V→V  の表現行列をT (n 次正方行列 )とします。また，この固有多項式を，

とします。つまり，固有値は，λ₁,λ₂,･･･,λ_m　で各固有値の重複度は， d₁,d₂,･･･,d_m （＞0）とします。ここでの最初の目的は，

ということを示すことです。言い換えると，Tを基底変換によって適当にブロック化してやると，固有値ごとの部分ベクトル空間に分類することができ，その部分ベクトル空間の次元は対応する固有値の重複度に等しいということです。

［２］　証明はまず，一般固有空間と呼ばれるV の部分集合の定義から始めましょう。固有値λ_kに対応する固有方程式[#]を，

(λ_kE−T)x ＝ 0，　　　･･････････････　[*]　　　(E:単位行列)

と書けば，固有空間 E(λ_k) [#] は，連立１次同次方程式の解空間 [#] とみることもできました。すなわち，

E(λk)＝Ker(λkE−T)　≡｛ x ｜(λkE−T)x ＝ 0 ｝

となります。　　（符号を逆にして，｛ x ｜(T−λ_kE)x ＝ 0 ｝としてもよい。）

［３］　ところで，一般に線形写像 g : V → V の表現行列[#]をG とすれば，

0　⊆　Ker G　⊆　Ker GG　⊆　　･･･⊆　Ker G^k　⊆　･･･      (　 Ker GG 　⇔　Ker gOg　など　)

のような ”V の部分空間の包含関係の列” が存在します。この様子は下の図のように示すことができます。

もちろん，この･･･　の右の先にある集合がV を超えて大きくなることはありません。なおかつ，上の各包含関係において等号が成り立たないときは少なくとも右に置かれている部分空間の次元が左のものより１以上大きくなるので，いつかは，

あるd が存在して，　Ker G^d-1 ⊂ Ker G^d ＝ Ker G^d+1 ＝ Ker G^d+2　＝ ･･･ ⊆V

とこの系列におけるV の最大の部分集合（部分ベクトル空間）　Ker G^d に到達し，それ以上はk を大きくしても集合Ker G^kは変化しなくなります。
　　⇒　きちんとした証明→　[a1]
　ここで，G として，先の (λ_kE−T) を当てはめれば，

の包含関係の列が存在することがわかります。

［３］　以上の前置きの下で，線形写像 f ：V → V ( f の表現行列をTとする )の固有値多項式が，

Φ_f(λ)≡Φ_T(λ)＝(λ−λ₁)^d₁(λ−λ₂)^d₂･･･(λ−λ_m)^d_m　:　n ＝ d₁＋d₂＋･･･＋d_m

であるとき，” λ_kに関する一般固有空間:E ~(λ_k) ” (k＝1,2,･･･,m) と呼ばれるV の部分集合を次のように定義します。

つまり，一般固有空間とは［２］で述べた系列の行き着くところの最大部分集合のことであり，［**］において，d をd'_k と書き換えたものが上の定義です。

［４］　このとき，次の関係が成り立ってます。

(0)　x ∈E ~(λk) であるならば，Tx ∈E ~(λk)　である。

この性質を，「 E ~(λ_k)はTの不変部分空間，または， T-不変　である。」( または，f -不変 )　と言います。　

証明

x ∈E ~(λ_k)，つまり，(λ_kE−T)^d'_k x　＝ 0　であるとき，TはEともTとも可換であるから，次のような計算，

　　　(λ_kE−T)^d'_k　( Tx ) ＝ T((λ_kE−T)^d'_k x )＝ T0 ＝ 0

ができます。これは，Tx　∈ E ~(λ_k)　であることを示しています。　

［５］　さらに次の定理が成り立ちます。(ここまで（λ_kE−T_k) で考えてきたが，符号を逆にした（T_k−λ_kE）をこれ以後考える。 )

定理２ （１）　 線形写像 f　（演算子T：V →V ）　の E ~(λk)への制限を h とすると，それに対応する行列 (Tk−λkE) はベキ零行列である。 　　　　　(ここで，E は，Tk と同じ次数 の単位行列である。) （２）　V ＝E ~(λ1) E ~(λ2) ･･･ E ~(λm)　　[直和分解] 　　（すなわち，V は一般固有空間の直和で表すことができる。 （３）　dimE ~(λk)＝ dk

ここで，ベキ零行列についてはAppendix3[#] を見てください。

まず，(１)は，［**］の言い換えに過ぎないので問題ないでしょう。写像h はf の定義域を，E ~(λ_k) ，すなわち，Ker(λ_kE−T)^d'_k に制限した写像なので，すべての元は少なくとも d'_k 回のh の作用(＝(λ_kE−T_k)^d'_k )で必ず0 に移ります。なお，（λ_kE−T_k) のままでもよいのですが，慣習にしたがい，下に示すように符号を逆にして（T_k−λ_kE）で考えることにします。 )

［７］　（２）の証明には予備知識が入ります。

まず，固有多項式：

最小多項式 [#]：

φ(λ)＝(λ−λ1)d'1(λ−λ2)d'2･･･(λ−λm)d'm　　 φ(T)＝(T−λ1E)d'1(T−λ2E)d'2･･･(T−λmE)d'm　 　　　　＝０

ただし，　1≦d'_k≦d_k，　(k＝1,2,･･･,m)　とします。

さらに，最小多項式のk番目の因子を除した多項式，

を定義します(k＝1,2,･･･,m)。すると，各φ_k(λ)は互いに素な多項式となっていることに注意してください。（すべてのφ_k(λ)を割る最大公約式は1である。）

［８］　ここで，多項式に関するユークリッドの互除法に関わる定理を証明なしで示しておくと，

定理　 多項式， φ1(t)，φ2(t)，･･･，φm(t) が互いに素であれば，適当な　q1(t)，q2(t)，･･･，qm(t)　が存在して， q1(t)φ1(t)＋q2(t)φ2(t)＋･･･＋qm(t)φm(t)　＝　1 とすることができる。（証明略）

そこで，この定理を互いに素なm個のφ_k(λ)に適用すると，

　　q₁(λ)φ₁(λ)＋q₂(λ)φ₂(λ)＋･･･＋q_m(λ)φ_m(λ)　＝　1　　　　････　（8）

ですが，ここで，λ→T，1→E　とすれば，恒等式，

q₁(T)φ₁(T)＋q₂(T)φ₂(T)＋･･･＋q_m(T)φ_m(T)　＝　E

も成り立ちます。

ここで，

Qk＝Qk(T)≡qk(T)φk(T)

とおけば，先の恒等式は，

Q₁＋Q₂＋･･･＋Q_m＝E　　　・・・・・・(10)

と書けます。一方，Q_jQ_k＝q_j(T)q_k(T)φ_j(T)φ_k(T)　については，j≠k　ならば，φ_j(T)φ_k(T)　の部分はかならずφ(T)を因子に持つ（つまり，Q_jQ_kがφ(T)＝0を因子にもつ）ことから，

Q_jQ_k＝0

であることが分かります。

［９］　次に，このQ_kによるV の像をV_kと書くことにします。すなわち，

V_k＝｛Q_kx｜x∈V｝　　　・・・・・・(11)

すると，任意のx∈V　に対して，(10)を用いて，

x　＝Ex＝(Q₁＋Q₂＋･･･＋Q_m)x
　　　＝Q₁x＋Q₂x＋･･･＋Q_mx　　　

と表されます。すなわち，V の任意の元は，V₁，V₂，･･･，V_mの元の和で表すことができます。

このままでもいいのですが，x_k≡Q_kx と記号を導入すれば，V の任意の元x　は，

x　＝x₁＋x₂＋･･･＋x_m　　　x_k∈V_k

と書くことができるということもできます。その一意性については，Q_jQ_k＝0　を用いて証明することができます（演習問題）。

ここまでをまとめておくと，(11)に定義されたV_kを用いることで，

V　はV1，V2，･･･，Vm　の直和に分解される。

［１０］　そして，このV_kがE ~(λ_k)に等しいことが以下のように証明できます。

V_k⊂E ~(λ_k)　の証明

V_kの任意の元x_kについて，

x_k＝Q_kx　＝q_k(T)φ_k(T)x

の左から(T_k−λ_kE)^d'_k をかけると，

(T_k−λ_kE)^d'_k x_k＝(T_k−λ_kE)^d'_k q_k(T)φ_k(T)x　
　　　　　　　　　　　　＝ q_k(T)｛(T_k−λ_kE)^d'_k φ_k(T)｝x　　　　
　　　　　　　　　　　　＝ q_k(T)φ(T)x　　　　　　　　　　←　（7）を見よ。　
　　　　　　　　　　　　＝0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　∵　φ(T)＝0　なので，

すなわち，x_k∈ E ~(λ_k)　である。

［１１］　次に上の逆を示します。

E ~(λ_k)⊂V_k　の証明

E ~(λ_k)の任意の元x_kについて，

(T_k−λ_kE)^d'_k x_k＝0　

であるとすると，適当な　x∈V　を用いて，

x_k＝q_k(T)φ_k(T)x
   ＝Q_kx 　(　∈V_k ）

と表される。　

なぜならば，q_k(λ)φ_k(λ)と(λ−λ_k)^d'_k は互いに素であるから ⇒[h5]，適当な多項式　r(λ)，s(λ)　が存在して，

r(λ)(λ−λ_k)^d'_k ＋s(λ)q_k(λ)φ_k(λ)＝1

とできる。λ→T，1→E　とすれば，

r(T)(T−λ_kE)^d'_k ＋s(T)q_k(T)φ_k(T)＝E

上式に右からx_k　をかけて，第1項が(T−λ_kE)^d'_k x_k＝0 となることに注意すれば，

q_k(T)φ_k(T)s(T)x_k＝x_k   　　　⇔　　Q_ks(T)x_k＝x_k  

ここで，s(T)x_kはV の元であることには違いないので，結局，この式は，「x_k＝Q_kx 　ただし，x∈V　」　を意味する。

すなわち，x_k∈V_kである。　　　

以上から，V_k＝E ~(λ_k)，すなわち，ベクトル空間V は一般固有空間によって直和分解されることが証明されました。

しかし，この辺は抽象的で分かりにくいので，具体的に問題を解いてみる方が良いでしょう　⇒　例題１[#]

［１２］

定理２の（３）の証明

正方行列Tの最小多項式とは，Tの零化多項式の中で次数が最小で，最高次数の係数が1であるものをいいます (3-2ページ)[#]。したがって，最小多項式とはすべての零化多項式を整除する多項式ということもできます。

そこで，d'_k次ベキ零行列，T_k−λ_kE の固有方程式Φ_(Tk−λkE)(μ) はμ^d'_k　である[Appendix3]ということから，

μ^d'_k ＝ Φ_(Tk−λkE)(μ)＝|μE−(T_k−λ_kE)|＝|(μ＋λ_k)E−T_k|

と変形し，ここで，μ＋λ_k＝t　と変数を置き換えれば，この式の両端は，

(t−λ_k)^d'_k ＝|tE−T_k|

と書けます。この式は，T_k の固有多項式が，Φ_Ｔk(t)＝(t−λ_k)^d'_kであることを示しています。したがって，

dimE ~(λ_k) ＝ d'_k ＝ dimT_k　（＝d_k）

　　（一部省略）

［a1］　の証明

d'≧d　のときの部分空間:　Ker (λ_kE−T)^d'　はすべてKer (λ_kE−T)^d に等しいことの証明
　　　　　⇔　Ker (λ_kE−T)^d＝Ker (λ_kE−T)^d+1 　⇒　Ker (λ_kE−T)^d+2＝Ker (λ_kE−T)^d+1　であることを示せばよい。

［証明 ］

x  ∈Ker (λ_kE−T)^d+2　

⇒　0 ＝(λ_kE−T)^d+2x　＝(λ_kE−T)^d+1｛(λ_kE−T)x ｝
⇒　｛(λ_kE−T)x ｝∈Ker (λ_kE−T)^d+1＝Ker (λ_kE−T)^d
⇒　0　＝(λ_kE−T)^d｛(λ_kE−T)x ｝
　　　 ＝(λ_kE−T)^d+1x

⇒ 最後の行は， x  ∈Ker (λ_kE−T)^d+1　を意味する。

すなわち，Ker (λ_kE−T)^d+2 ⊆ Ker (λ_kE−T)^d+1　であることを示しているが，一般に，Ker G^d+1 ⊆ Ker G^d+2なので，

Ker (λ_kE−T)^d+2 ＝ Ker (λ_kE−T)^d+1

と等号が成立する。

[h5]　の証明

　q₁(λ)φ₁(λ)＋q₂(λ)φ₂(λ）＋･･･＋q_m(λ)φ_m(λ)　＝　1　　　････　（8）

の第k項　q_k(λ)φ_k(λ）に着目すると，もし，これが(λ−λ_k)と共通因子をもつならば，他のｊ 項 (j≠k）は(λ−λ_k)と共通因子をもつので，左辺全体が(λ−λ_k)で整除可能であることになる。ところが，（8）の右辺＝１は(λ−λ_k)で整除不可能であるからこれは矛盾である。したがって，q_k(λ)φ_k(λ）と(λ−λ_k)とは互いに素である。

２．ジョルダン標準形

［12］　正方行列Tを相似変換によって一般固有空間E~(λ_k)の直和で表すとき，特に各ブロックをd_k個の１次独立なベクトル，(T_k−λ_kE)^d_k-1ｔ_k　，･･･，(T_k−λ_kE)ｔ_k，ｔ_kを用いて変換した表現行列をジョルダンの標準形といいます。

具体的には，一般固有空間は下記のジョルダン細胞となり，Tはこのジョルダン細胞の直和となります。

Jk≡ λk 1 O ： ･･ O λk 1 λk		J1 O J2 O ： Jm
Jk：　ジョルダン細胞		ジョルダンの標準形

J_kは正方行列の次数によって，

1次：λk，２次：Jk≡

λk 1 0 λk

，３次：

λk 1 0 0 λk 1 0 0 λk

，４次：

λk 1 0 0 0 λk 1 0 0 0 λk 1 0 0 0 λk

，ｎ次：J(λ，n)

などである。ジョルダン細胞の特徴は，

Nk≡(Jk−λkE)＝ 0 1 0 : ･･ 0 0 1 0 とすると，　　(Nk)dk＝0　　（零行列）

対角化とは，ジョルダン標準形において，すべての　dimJ_k＝1　という特別な場合であることがわかります。

このような変形が可能なこと（及び，そのときの条件）の証明は，PDF　を見てください。

［13］途中で，次の命題を用いてますが，ベキ零行列を参考にせよ⇒[#]

とにかく，ジョルダンの標準形への変換は具体的な計算を行ってみるのが理解の早道です。
具体例を示しますが，そのあとで適当な演習書の問題をぜひ自力で解いてください。線形代数の知識をフル活用しますのでたいへんよい復習にもなります。

例題　１

３次元ベクトル空間V からV への線形演算子T　をジョルダン標準形へ導け。

T　＝

-3 4 -3 -1 1 -1 0 0 -1

，　　T：　V →V

固有多項式：　Φ_T(λ)＝｜λE−T｜＝(λ＋1)³　，　
固有値：　　　　λ＝-1

固有値λ＝-1に対して，(T−λE)は，

T＋E＝

-2 4 -3 -1 2 -1 0 0 0

，(T＋E)2　＝

0 0 2 0 0 1 0 0 0

，(T＋E)3＝O

よって，最小多項式は3次で，φ(λ)＝(λ＋1)³　　　　　←　ジョルダン細胞の最大次数＝3　　とわかる。

したがって，答えは，

J(-1，3)＝

-1 1 0 0 -1 1 0 0 -1

であることはこの時点で判明するのですが，ここでは一般固有値問題の解き方の勉強ということで，正攻法で解くことにします。次にすべきことは固有空間を求めることです。

(T＋E)x　＝

-2x1＋4x2−3x3 -x1＋2x2−x3 0

＝

0 0 0

，ただし，

x＝

x1 x2 x3

を解いて，　x₃＝0，　x₁＝2x₂　が得られるので，λ＝−1に対する固有空間は，

E(-1)＝u1＝x2

2 1 0

＝x2t1　　x2∈R　←　Tu1＝−u1 ，Tｔ1＝−ｔ1

↑　ジョルダン細胞の個数＝1　　とわかる。　

以上のように固有ベクトルは１つしかないことを確認。次の一般固有空間を考える。

(T＋E)2x　＝

2x3 x3 0

＝

0 0 0

これより，x₃＝0　が得られるので，上式を満たす一般固有空間(下図V2)は，

E~(-1) ⊃ x1

1 0 0

＋x2

0 1 0

≡u2，　　x2，x1∈R　　⇔　(T+E）2u2＝0

そこで，u2 と1次独立である t3≡

0 0 1

を一つ定めて，

(T＋E)t3　＝

-3 -1 0

≡t2    　　　　　　　　　⇔　　　Tt3＝−t3＋t2

(T＋E)2t3＝(T＋E)t2　＝

2 1 0

＝t1    　⇔　　　Tt2＝−t2＋t1

を定義する。ここで，(T＋E)³＝Oに　注意すれば，

0 ＝(T＋E)³t₃＝(T＋E)²t₂＝(T＋E)t₁　　　　　⇔　　　　　Tt₁＝−t₁　

であることも確かめられる。また，１次独立なt₁，t₂，t₃　[#]は，E~(-1) を張る基底であると同時にVも張ります。

この様子は上図のように図示できる。　ただし，V_k＝｛x｜(T＋E)^kx＝0｝とする。

そして，t₁，t₂，t₃　をこの順に並べて作った正則行列，

P＝

2 -3 0 1 -1 0 0 0 1

，P-1＝

-1 3 0 -1 2 0 0 0 1

を用いて基底変換すれば，

P-1TP　＝

-1 1 0 0 -1 1 0 0 -1

とジョルダンの標準形になる。

例題２　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

３次元ベクトル空間V からV への線形演算子T　をジョルダン標準形へ導く。

T　＝

0 2 1 -4 6 2 4 -4 0

，　　T：　V →V

固有方程式：　Φ_T(λ)＝(λ−2)³　，　固有値：λ＝2
最小多項式：　φ(λ)＝(λ−2)²　　　　←　ジョルダン細胞の最大次数＝2

固有値λ＝2に対して

T−2E　＝

-2 2 1 -4 4 2 4 -4 -2

，　　　　　(T−2E)2　＝

0 0 0 0 0 0 0 0 0

固有空間は，

(T−2E)x　＝

-2x1＋2x2＋x3 -4x1＋4x2＋2x3 4x1−4x2−2x3

＝

0 0 0

←　(E−2T)x　＝　0　と同じ

を解いて，-2x₁＋2x₂＋x₃　＝0　が得られるので，λ＝2に対する固有空間は，

E(2)＝u1＝x1

1 0 2

＋x2

0 1 -2

，　　x1，x2∈R　　　　　　⇔　　　Tu1＝2u1

↑　ジョルダン細胞の個数＝2

そこで，t2≡

1 0 0

とすると，これは　E(2)を法として1次独立であるから，

(T−2E)t2　＝

2 -4 4

≡t1    ≠0　　　　　　　　⇔　　　　Tt2＝2t2＋t1

が得られ，また，

0　＝　(T−2E)²t₂　＝(T−2E)t₁  　　　　　　　　　　⇔　　　　Tt₁＝2t₁

であることもわかる。とすれば， E~(2) を張る基底を定めることができる。

そして，E(2)の基底ベクトルの中のどちらか，たとえば，

ｔ3＝

1 0 2

をt₃ とすれば，t₁，t₂，t₃　をこの順に並べて作った行列，

P＝

2 1 1 -4 0 0 4 0 2

，および，P-1＝

1 8

0 -2 0 8 -8 -4 0 4 4

を用いると，

P-1TP　＝

2 1 0 0 2 0 0 0 2

もし，基底の並びをt₃’，t₁，t₂　として，

P＝

0 -2 1 1 -4 0 -2 4 0

を定めると，ジョルダン標準形は，

P-1TP　＝

2 0 0 0 2 1 0 0 2

となり，1次のジョルダンブロックが左下にきます。

例題３　

３次元ベクトル空間V からV への線形演算子T　をジョルダン標準形へ導く。

T　＝

3 -3 -2 0 2 0 1 -2 0

，　　T：　V →V

固有方程式：　Φ_T(λ)＝(λ−1)(λ−2)²　，　固有値：λ＝1，2
最小多項式：　φ(λ)＝(λ−1)(λ−2)²

固有値λ＝1に対して

T−1E　＝

2 -3 -2 0 1 0 1 -2 -1

固有空間は，

(T−E)x　＝

2x1−3x2−2x3 x2 x1−2x2−x3

＝

0 0 0

←　(E−T)x　＝　0　と同じ

を解いて，　x₂＝0，　x₁−x₃＝0　が得られるので，λ＝1に対する固有空間は，

E(1)＝u1＝x3

1 0 1

x3∈R

となる。　また，1次元では一般固有空間と固有空間に等しい。

ここで，固有ベクトル t3≡

1 0 1

と定義すれば，　　Tt 3＝ 1t3　が成り立つ。

固有値λ＝2に対して

T−2E　＝

1 -3 -2 0 0 0 1 -2 -2

，　　　　　(T−2E)2　＝

-1 1 2 0 0 0 -1 -1 2

固有空間は，

(T−2E)x　＝

x1−3x2−2x3 0 x1−2x2−2x3

＝

0 0 0

を解いて，　x₂＝0，　x₁−2x₃＝0　が得られるので，λ＝2に対する固有空間は，

E(2)＝u2＝x3

2 0 1

x3∈R

となる。これは1次元のため，先のE(1)の固有ベクトルと合わせて３次元空間V を張ることはできない。

そこで，λ=2に対応する一般固有空間E~(2)を考えるが，E~(2)が２次元であることに注意して，

(T−2E)2x　＝

-x1＋x2＋2x3 0 -x1＋x2＋2x3

＝

0 0 0

これより，-x₁＋x₂＋2x₃＝0　が得られるので，λ＝2に対する一般固有空間は，

E~(2)＝x2

1 1 0

＋x3

2 0 1

，　　x2，x3∈R　　⇔　　(T−2E)2t2＝0

したがって，t2≡

1 1 0

とすると，これは　E(2)を法として1次独立であるから，

(T−2E)t2　＝

-2 0 -1

≡t1    　　(∈E(2)，　≠0）　⇔　　　　Tt2＝2t2＋t1

とすれば，t₂とともに E~(2) を張ることのできる基底ベクトルt₁ (≠0，∈E(2)））を定めることができる。また，t₁ は

(T−2E)t₁　＝(T−2E)²t₂　＝0　　　　　　　　　　　　　⇔　　　　Tt₁＝2t₁　（＝−u₂⁽）

という関係にある。

そして，t₁，t₂，t₃　を並べて作った行列，

P＝

-2 1 1 0 1 0 -1 0 1

，および，P-1＝

-1 1 1 0 1 0 -1 1 2

を用いると，

P-1TP　＝

2 1 0 0 2 0 0 0 1

となる。

もし，途中で，t₂の代わりに

t2’≡

2 0 1

は　E(2)を法として1次独立でないから不適当である。

しかし，t2＋t2’＝

3 1 1

＝t2”とすると，

(T−2E)t2”＝

-2 0 -1

≡t1”

を計算して，t₁”，t₂”，t₃　を並べた変換行列，

P＝

-2 3 1 0 1 0 -1 1 1

，および，P-1＝

-1 2 1 0 1 0 -1 1 2

を用いれば，

P-1TP　＝

2 1 0 0 2 0 0 0 1

とやはり，ジョルダン標準形が導かれます。

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例題１の解法＝1　excel　で計算するフロー