Appendix 3 ベキ零行列
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ベキ零行列G (GsOs)の固有方程式が,ΦG(λ)=|λEG|=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-1TUU*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)rU-1TUU-1TU・・・・・UU-1TUU-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)UU-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,TG  をベキ零行列 ( GsOG の固有値:λ12,・・・,λn ) とすると,適当なユニタリ行列によって,

O = U-1OUU-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,
GsO かつ,Gs-1O 

とすると,Gs-1u0 となるu0 が存在するが,このuを用いてつくったs個のベクトル,

uGuG2u,・・・,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,uGuG2u,・・・,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。

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