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@mistecon

縮退する基底ベクトルから導出するジョルダン標準形

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はじめに

このノートでは、3次元までのジョルダン標準形がどのように自然に現れるかを説明したいと思います。1
ジョルダン標準形は、単に対角化できない場合に用いる技術的な代替手段ではありません。固有値と固有ベクトルが合流するとき、固有ベクトルによる分解の極限として自然に理解することができます。
行列が線形独立な固有ベクトルの完全系を持つとき、それらを基底として行列を対角化できます。しかし、固有値と固有ベクトルが合流する極限では、互いに異なる固有ベクトルを基底として用いることができなくなります。そのため、固有ベクトルの差を適切にスケールし直すことで、独立な基底ベクトルを取り出す必要があります。このような差商が、ジョルダン標準形の基底を与えます。

第2節では、2次元行列の具体例についてジョルダン標準形を見ます。
第3節では、3次元行列について一般的な場合を考えます。

2次元の例（具体例）

近づいていく2つの固有ベクトル

2つの固有ベクトル $\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2$ を持つ行列 $A$2 を考えます。具体的には、

\boldsymbol{v}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
0
\end{pmatrix},
\qquad
\boldsymbol{v}_2=
\begin{pmatrix}
1\\
\alpha\epsilon
\end{pmatrix}.
\tag{2.1}

とし、それぞれの固有値を $\lambda_1=\lambda^{(0)}$, $\lambda_2=\lambda^{(0)}+\epsilon$ とします。

$\epsilon\rightarrow0$ の極限で、固有値と固有ベクトルは縮退します。3
2つの基底ベクトルは $\epsilon\rightarrow0$ で縮退してしまうため、$A$ を分解するには別のベクトルを見つける必要があります。

ここでは、パラメータ $\epsilon$ に関して固有ベクトルの差を適切にスケールし直すことで、新しい基底が得られることを見ます。
まず、

\left\{
\begin{aligned}
A\boldsymbol{v}_1 &= \lambda^{(0)}\boldsymbol{v}_1,\\
A\boldsymbol{v}_2 &= (\lambda^{(0)}+\epsilon)\boldsymbol{v}_2
\end{aligned}
\right.
\tag{2.2}

が成り立ちます。

ここで、

\boldsymbol{u}_{21}
\equiv
\frac{\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1}{\epsilon}
=
\begin{pmatrix}
0\\
\alpha
\end{pmatrix}
\tag{2.3}

と定義します。すると、

\left\{
\begin{aligned}
A\boldsymbol{v}_1 &= \lambda^{(0)}\boldsymbol{v}_1,\\
A\boldsymbol{u}_{21} &\simeq \lambda^{(0)}\boldsymbol{u}_{21}+\boldsymbol{v}_1
\end{aligned}
\right.
\tag{2.4}

となります。

したがって、$\mathcal{O}(\epsilon)$ まで無視すると、

A(\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{u}_{21})
=
(\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{u}_{21})
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & 1\\
0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
\tag{2.5}

を得ます。

したがって、

\begin{aligned}
A
&=
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & \alpha
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & 1\\
0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & \dfrac{1}{\alpha}
\end{pmatrix}\\
&=
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & \dfrac{1}{\alpha}\\
0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
\end{aligned}
\tag{2.6}

となります。

したがって、互いに合流していく固有値と固有ベクトルが与えられた場合でも、差商ベクトル $\boldsymbol{u}_{21}$ を用いることで、対角化に似た分解を復元できます。最後の式は $\epsilon$ に依存しないので、$\epsilon$ を安全に $0$ へ送ることができ、同じ分解がそのまま成り立ちます。

3次元の例（一般的な場合）

次に、3次元空間で3つのベクトルが合流する場合を考えます。この場合にも、ジョルダン標準形が得られます。

3つの固有ベクトル $\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3$ と、固有値 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ があるとします。
再び縮退を表すパラメータ $\epsilon$ を導入し、$\epsilon=0$ で $\boldsymbol{v}_i,\lambda_i$ が縮退すると仮定します。
したがって、

\left\{
\begin{aligned}
\lambda_i
&=
\lambda^{(0)}
+\epsilon\lambda_i^{(1)}
+\epsilon^2\lambda_i^{(2)}
+\cdots,\\
\boldsymbol{v}_i
&=
\boldsymbol{v}^{(0)}
+\epsilon\boldsymbol{v}_i^{(1)}
+\epsilon^2\boldsymbol{v}_i^{(2)}
+\cdots
\end{aligned}
\right.
\tag{3.1}

と展開できます。

また、それぞれの固有ベクトルと固有値について、

\left\{
\begin{aligned}
A\boldsymbol{v}_1 &= \lambda_1\boldsymbol{v}_1, \qquad &(1)\\
A\boldsymbol{v}_2 &= \lambda_2\boldsymbol{v}_2, \qquad &(2)\\
A\boldsymbol{v}_3 &= \lambda_3\boldsymbol{v}_3 \qquad &(3)
\end{aligned}
\right.
\tag{3.2}

が成り立ちます。

$(2)-(1)$ および $(3)-(1)$ をとると、

\left\{
\begin{aligned}
A(\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1)
&=
\lambda_2\boldsymbol{v}_2-\lambda_1\boldsymbol{v}_1\\
&=
\lambda_2(\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1)
+(\lambda_2-\lambda_1)\boldsymbol{v}_1,\\
A(\boldsymbol{v}_3-\boldsymbol{v}_1)
&=
\lambda_3\boldsymbol{v}_3-\lambda_1\boldsymbol{v}_1\\
&=
\lambda_3(\boldsymbol{v}_3-\boldsymbol{v}_1)
+(\lambda_3-\lambda_1)\boldsymbol{v}_1
\end{aligned}
\right.
\tag{3.3}

となります。

ここで、

\boldsymbol{u}_{ij}
\equiv
\frac{\boldsymbol{v}_i-\boldsymbol{v}_j}
{\lambda_i-\lambda_j}
\tag{3.4}

と定義すると、

\left\{
\begin{aligned}
A\boldsymbol{u}_{21}
&=
\lambda_2\boldsymbol{u}_{21}+\boldsymbol{v}_1,
\qquad &(4)\\
A\boldsymbol{u}_{31}
&=
\lambda_3\boldsymbol{u}_{31}+\boldsymbol{v}_1
\qquad &(5)
\end{aligned}
\right.
\tag{3.5}

を得ます。

もし、

\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21}\sim\mathcal{O}(1),
\qquad
\lambda_3-\lambda_2\sim\mathcal{O}(\epsilon)
\tag{3.6}

であれば、

\left\{
\begin{aligned}
A\boldsymbol{u}_{21}
&=
\lambda_2\boldsymbol{u}_{21}+\boldsymbol{v}_1,\\
A(\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21})
&\simeq
\lambda_3(\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21})
\end{aligned}
\right.
\tag{3.7}

となります。第2式は $(5)-(4)$ から得られます。

ここで、4

\boldsymbol{w}_1\equiv\boldsymbol{v}_1,\qquad
\boldsymbol{w}_2\equiv\boldsymbol{u}_{21},\qquad
\boldsymbol{w}_3\equiv\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21}
\tag{3.8}

と定義すると、$\epsilon\rightarrow0$ の極限で、

A(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3)
=
(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3)
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & 1 & 0\\
0 & \lambda^{(0)} & 0\\
0 & 0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
\tag{3.9}

となります。

したがって、$2\times2$ のジョルダン標準形のブロックと、1つのスカラーに分かれます。

一方、

\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21}\sim\mathcal{O}(\epsilon)
\tag{3.10}

であれば、

\lambda_3-\lambda_2\sim\mathcal{O}(\epsilon)
\tag{3.11}

の項を無視することはできません。

そこで、5

\boldsymbol{u}_{321}
\equiv
\frac{\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21}}
{\lambda_3-\lambda_2}
\tag{3.12}

と定義します。$(5)-(4)$ から、

A(\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21})
=
\lambda_3(\boldsymbol{u}_{31}-\boldsymbol{u}_{21})
+(\lambda_3-\lambda_2)\boldsymbol{u}_{21}
\tag{3.13}

が得られるので、

A\boldsymbol{u}_{321}
=
\lambda_3\boldsymbol{u}_{321}
+\boldsymbol{u}_{21}
\tag{3.14}

となります。

さらに、

\boldsymbol{w}_1\equiv\boldsymbol{v}_1,\qquad
\boldsymbol{w}_2\equiv\boldsymbol{u}_{21},\qquad
\boldsymbol{w}_3'\equiv\boldsymbol{u}_{321}
\tag{3.15}

と定義すると、$\epsilon\rightarrow0$ の極限で、

A(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3')
=
(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3')
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & 1 & 0\\
0 & \lambda^{(0)} & 1\\
0 & 0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
\tag{3.16}

となります。

したがって、

A
=
(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3')
\begin{pmatrix}
\lambda^{(0)} & 1 & 0\\
0 & \lambda^{(0)} & 1\\
0 & 0 & \lambda^{(0)}
\end{pmatrix}
(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3')^{-1}
\tag{3.17}

となります。

このようにして、3次元でも $A$ の対角化に似た分解、すなわちジョルダン標準形を得ることができます。$\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}'_3$ は $\epsilon\rightarrow0$ で収束するので、この分解は $\epsilon=0$ でもそのまま成り立ちます。

一般の $n$ 次元については、ここでは証明しません。
分解は、

A
=
U
\begin{pmatrix}
J_1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & J_2 & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & J_m
\end{pmatrix}
U^{-1}
\tag{3.18}

の形になり、それぞれの $J_i$ は、

J_i
=
\begin{pmatrix}
\lambda_i^{(0)} & 1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & \lambda_i^{(0)} & 1 & \ddots & \vdots\\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0\\
0 & \cdots & 0 & \lambda_i^{(0)} & 1\\
0 & \cdots & \cdots & 0 & \lambda_i^{(0)}
\end{pmatrix}
\tag{3.19}

のような形になります。

  1. このノートの主要なアイデアはChatGPT 5.6によるもので、著者がその理解を整理してまとめました。また、markdownへの書き起こしや翻訳およびレビューの過程でもChatGPTを使用しました。 ↩

  2. $A$ は展開パラメータ $\epsilon$ に依存しますが、以下ではその依存性を省略して表記します。 ↩

  3. 固有ベクトルが $\boldsymbol{v}_0$ に収束するとき、$A(\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1)=\lambda_2\boldsymbol{v}_2-\lambda_1\boldsymbol{v}_1=\lambda_2(\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1)+(\lambda_2-\lambda_1)\boldsymbol{v}_1$ であり、$\boldsymbol{v}_2-\boldsymbol{v}_1\rightarrow0$ ならば $\lambda_2-\lambda_1\rightarrow0$ となるので、固有値の差も $0$ に収束します。 ↩

  4. 極限のベクトル $\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3$ が線形独立であると仮定します。 ↩

  5. 同様に、極限のベクトル $\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}'_3$ が線形独立であると仮定します。 ↩

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