【線形代数】9-4-1 ジョルダン標準形｜要点まとめ
大学数学の線形代数で重要な「ジョルダン標準形」の求め方を解説した要点まとめページです。ジョルダンブロックの定義から、一般固有ベクトルを用いた変換行列の求め方まで、具体的な計算手順を分かりやすい例題付きで詳しく解説しています。
ジョルダン標準形
【ジョルダンブロック】
次の\(m\)次正方行列を\(J(\alpha,m)\)で表し、ジョルダンブロックという。
\(\begin{pmatrix}\alpha & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \alpha & 1 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \alpha & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \alpha\end{pmatrix}\)
【ジョルダン標準形】
任意の\(n\)次正方行列\(A\)は、\(n\)次正則行列\(P\)により
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}J_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_r\end{pmatrix}\)
ただし、\(J_i\)はジョルダンブロックである。
ここで\(A\)をジョルダン標準形といい、\(P\)を変換行列という。
【例題】次の行列のジョルダン標準形と変換行列を求めなさい。
(1)\(A=\begin{pmatrix}1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-1 & -2 & 1 \\ 0 & \lambda-1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-1\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-1)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(1)=2\)であり、ジョルダンブロックの個数は2個（\(2\times2\)が1個、\(1\times1\)が1個）となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
また、\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)を満たし、\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\)と1次独立なベクトルとして
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-1 & -2 & 1 \\ 0 & \lambda-1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda-1\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-1)^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\ \ (s,t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(1)=2\)であり、ジョルダンブロックの個数は2個（\(2\times2\)が1個、\(1\times1\)が1個）となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
また、\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)を満たし、\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\)と1次独立なベクトルとして
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
(2)\(A=\begin{pmatrix}4 & -3 & 3 \\ -1 & 3 & -2 \\ -3 & 4 & -3\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-4 & 3 & -3 \\ 1 & \lambda-3 & 2 \\ 3 & -4 & \lambda+3\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-1)^2(\lambda-2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}3 & -3 & 3 \\ -1 & 2 & -2 \\ -3 & 4 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(1)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}2 & -3 & 3 \\ -1 & 1 & -2 \\ -3 & 4 & -5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-2E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たす一般固有ベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}3 & -3 & 3 \\ -1 & 2 & -2 \\ -3 & 4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}3 \\ -1 \\ -3\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}3 & 1 & -3 \\ -1 & 0 & -1 \\ -3 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-4 & 3 & -3 \\ 1 & \lambda-3 & 2 \\ 3 & -4 & \lambda+3\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-1)^2(\lambda-2)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,2\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}3 & -3 & 3 \\ -1 & 2 & -2 \\ -3 & 4 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(1)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
・固有空間\(V(2)\)のとき、
\((A-2E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-2E=\begin{pmatrix}2 & -3 & 3 \\ -1 & 1 & -2 \\ -3 & 4 & -5\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-2E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-3 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A-E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たす一般固有ベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}3 & -3 & 3 \\ -1 & 2 & -2 \\ -3 & 4 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}3 \\ -1 \\ -3\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}3 & 1 & -3 \\ -1 & 0 & -1 \\ -3 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
(3)\(A=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda & -2 & -1 \\ 0 & \lambda & -2 \\ 0 & 0 & \lambda\end{vmatrix}\)
\(=\lambda^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0\)である。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(0)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(3\times3\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\(A\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\(A\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\(A\mathbf{p}_3=\mathbf{p}_2\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_2=A\mathbf{p}_3\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\mathbf{p}_1=A\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}4 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}4 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda & -2 & -1 \\ 0 & \lambda & -2 \\ 0 & 0 & \lambda\end{vmatrix}\)
\(=\lambda^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0\)である。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(0)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(3\times3\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\(A\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\(A\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\(A\mathbf{p}_3=\mathbf{p}_2\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_2=A\mathbf{p}_3\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(\mathbf{p}_1=A\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}4 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}4 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
(4)\(A=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda & 2 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ -3 & -1 & \lambda\end{vmatrix}\)
\(=\lambda^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0\)である。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(0)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(3\times3\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\(A\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\(A\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\(A\mathbf{p}_3=\mathbf{p}_2\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_2=A\mathbf{p}_3\)
\(=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathbf{p}_1=A\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -6\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -6 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda & 2 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ -3 & -1 & \lambda\end{vmatrix}\)
\(=\lambda^3=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=0\)である。
・固有空間\(V(0)\)のとき、
\(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(0)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(3\times3\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\(A\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\(A\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\(A\mathbf{p}_3=\mathbf{p}_2\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_2=A\mathbf{p}_3\)
\(=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(\mathbf{p}_1=A\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ -6\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -6 & 1 & 0\end{pmatrix}\)
(5)\(A=\begin{pmatrix}5 & 2 & 2 \\ -2 & 0 & -3 \\ -1 & -1 & 2\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-5 & -2 & -2 \\ 2 & \lambda & 3 \\ 1 & 1 & \lambda-2\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-3)^2(\lambda-1)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,3\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}4 & 2 & 2 \\ -2 & -1 & -3 \\ -1 & -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 \\ -2 & -3 & -3 \\ -1 & -1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(3)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-3E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-3E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A-3E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たす一般固有ベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-3E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 \\ -2 & -3 & -3 \\ -1 & -1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ -1\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}2 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-5 & -2 & -2 \\ 2 & \lambda & 3 \\ 1 & 1 & \lambda-2\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda-3)^2(\lambda-1)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=1,3\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A-E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-E=\begin{pmatrix}4 & 2 & 2 \\ -2 & -1 & -3 \\ -1 & -1 & 1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
・固有空間\(V(3)\)のとき、
\((A-3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A-3E=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 \\ -2 & -3 & -3 \\ -1 & -1 & -1\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(3)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A-3E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A-3E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A-E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A-3E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たす一般固有ベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A-3E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}2 & 2 & 2 \\ -2 & -3 & -3 \\ -1 & -1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}2 \\ -2 \\ -1\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}2 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
(6)\(A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 4 \\ 2 & -1 & 4 \\ -1 & -1 & -5\end{pmatrix}\)
\(A\)の固有方程式は
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-1 & 0 & -4 \\ -2 & \lambda+1 & -4 \\ 1 & 1 & \lambda+5\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda+1)^2(\lambda+3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=-1,-3\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A+E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}2 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 4 \\ -1 & -1 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(-1)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}4 & 0 & 4 \\ 2 & 2 & 4 \\ -1 & -1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A+E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A+E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A+3E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A+E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たすベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A+E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}2 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 4 \\ -1 & -1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}-2 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
\(F_A(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda-1 & 0 & -4 \\ -2 & \lambda+1 & -4 \\ 1 & 1 & \lambda+5\end{vmatrix}\)
\(=(\lambda+1)^2(\lambda+3)=0\)
より、\(A\)の固有値は\(\lambda=-1,-3\)である。
・固有空間\(V(1)\)のとき、
\((A+E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+E=\begin{pmatrix}2 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 4 \\ -1 & -1 & -4\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
すなわち、\(\dim V(-1)=1\)であり、ジョルダンブロックの個数は（\(2\times2\)）が1個となる。
・固有空間\(V(-3)\)のとき、
\((A+3E)\mathbf{x}=\mathbf{0}\)の解空間であるから
\(A+3E=\begin{pmatrix}4 & 0 & 4 \\ 2 & 2 & 4 \\ -1 & -1 & -2\end{pmatrix}\)
\(\mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\)
解は\(\begin{pmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\)
よって、ジョルダン標準形\(J\)は
\(J=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}\)
変換行列\(P=(\mathbf{p}_1 \ \mathbf{p}_2 \ \mathbf{p}_3)\)とおくと、\(AP=PJ\)より
\((A+E)\mathbf{p}_1=\mathbf{0}\)
\((A+E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1\)
\((A+3E)\mathbf{p}_3=\mathbf{0}\)
を満たす1次独立なベクトル\(\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3\)を求める。
\(\mathbf{p}_3=\begin{pmatrix}-1 \\ -1 \\ 1\end{pmatrix}\)とし、
\((A+E)\mathbf{p}_2=\mathbf{p}_1 \neq \mathbf{0}\)を満たすベクトルとして\(\mathbf{p}_2=\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)とおくと、
\(\mathbf{p}_1=(A+E)\mathbf{p}_2\)
\(=\begin{pmatrix}2 & 0 & 4 \\ 2 & 0 & 4 \\ -1 & -1 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\)
\(=\begin{pmatrix}-2 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}\)
よって、変換行列\(P\)は
\(P=\begin{pmatrix}-2 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\)
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