Appendix 3　ベキ零行列
f-denshi.com    ［目次へ］最終更新日：
サイト検索

ベキ零行列G　(Gs＝O ，∃s)の固有方程式が，ΦG(λ)＝|λE−G|＝λd　であること，つまり，固有値がすべて0 であることの証明です。

［１］ まず，次の命題から

命題：

行列Tの固有多項式を，

ΦT(λ) ＝ (λ−λ1)(λ−λ2)･･･(λ−λn)

とする。このとき，任意の多項式 g(t) において，t → T と機械的に置き換えた行列 g(T) の固有多項式は，

Φg(T)(λ) ＝ (λ−g(λ1))(λ−g(λ2))･･･(λ−g(λn))
である。つまり，行列 g(T) の固有値は， g(λ1),g(λ2),･･･,g(λn)である。

特に，　g(t) ＝ ts　ならば，
ΦTs(λ)＝(λ−λ1s)(λ−λ2s)･･･(λ−λns) ；　固有値：λ1s，λ2s，･･･，λns

［２］　［証明］

線形演算子T は，適当なユニタリ演算子Uを用いて

U-1TU＝U*TU＝
λ1 ＊
λ2
O ：
λn

と三角行列に変換できます[#]。すると(１)を両辺 r 乗すれば，( r ： 任意の非負整数 )

(左辺)r ＝ (U-1TU)r ＝ U-1TUU-1TU･････UU-1TU ＝ U-1TrU 　　 ← g(t) ＝ tr の場合です。

一方，右辺は，

(右辺)r ＝
λ1r ＊'
λ2r
O ：
λnr

のように対角線上に各固有値の r 乗が並んだ三角行列となります。
これより一般的に，任意の多項式 g(t)＝a0＋a1t＋a2t2＋･･･＋antn において，t→T，1→E とした g(T) [#] について，

　U-1g(T)U＝U-1(a0E＋a1T＋a2T2＋･･･＋anTn )U
         ＝a0E＋a1U-1TU ＋a2U-1T2U ＋　･･･　＋anU-1Tn U

     ＝
a0 O
a0
O ：
a0
＋
a1λ1 ＊
a1λ2
O ：
a1λn
＋
a2λ12 ＊
a2λ22
O ：
a2λn2
＋・・・＋
anλ1n ＊
anλ2n
O ：
anλnn
     ＝
g(λ1) ＊
g(λ2)
O ：
g(λn)

が成り立つことがわかります。ただし，＊のところには任意の数値が入ります。

［３］　そこで，

定理：
　　　　「 ベキ零行列G の固有値はすべて0 である。」

上の命題において，T＝G　 をベキ零行列 ( Gs ＝O，G の固有値：λ1,λ2,･･･,λn ) とすると，適当なユニタリ行列によって，

O ＝ U-1OU ＝ U-1GsU ＝
λ1s ＊
λ2s
O ：
λns

すなわち，
         　　λ1s＝0，λ2s＝0，･･･，λns＝0　　⇒   λ1＝0，λ2＝0，･･･，λn＝0

であることがわかります。

すなわち，ベキ零行列G の固有値はすべて 0 であり，その固有方程式は，

ΦG(λ) ＝ λn ＝ 0

でなければならない。　(ｃｆ．　逆もハミルトン・ケーリーの定理から成立)

［４］　　2014/07/06　以下の項目を追加

命題

ベキ零行列G について，
Gs＝O かつ，Gs-1≠O　

とすると，Gs-1u≠0　となるu≠0　が存在するが，このu を用いてつくったs個のベクトル，

u，Gu，G2u，･･･，Gs-1u　

は１次独立である。　（Gはｎ次正方行列で，s≦n　とする。）

証明

背理法による。与えられたs個のベクトルが１次従属であると仮定すると，すべては零でない係数cj　（j＝0，･･･，s-1）を用いて，

c0u＋c1Gu＋c2G2u＋･･･＋cs-1Gs-1u　＝0　　　　・・・・[*]

とできる。ところが，係数を左の方から見ていき，最初に，ci≠0　であるならば，上式に左から Gs-1-i をかけて，

ciGs-1u　＝0　

となるが，この左辺は0でないので，ある i について，ci≠0　であるとすると矛盾を生じる。すなわち，・[*]が成り立つときは，すべての係数は0でなければならず，u，Gu，G2u，･･･，Gs-1u　は１次独立であることが分かる。

この命題はジョルダン標準形を求める時に使います。⇒　[#]

［目次へ］