2次正方行列のJordan標準形
2次正方行列 $A$ の固有多項式が重根をもつ場合は $A$ は対角化不可能である
注が
このことは2次の場合だけである．3次以上だと固有多項式が重根を持っても対角化可能なことはある．ただし
固有方程式が重根をもたなければ対角化可能である
ことは一般のサイズで言える．
$A=P\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)P^{-1}$
という対角化に近い形に表すことは可能である．
ここに現れた $\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)$ という形の行列は2次の
Jordan行列と呼ばれ，このような表現(あるいはJordan行列そのもの)を
Jordan標準形という．
Jordan標準形をつくる手順は次の二通りが考えられるが，一般の場合にも適用できるのは第二の方法である：
- (第一の方法)
固有値 $\lambda$ が固有多項式の重根として得られたとし，$\lambda$ に属する固有ベクトル $\mathbb{u}$ を一つとる．
さらに
$(A-\lambda E)\mathbf{v}=\mathbf{u}$
を満たす $\mathbf{v}$ を一つ求める．
問題はこのような $\mathbf{v}$ が常に存在するのかということである．3次以上だと必ずしもこれが保証されないので一般的に通用するのはこの後に述べる第二の方法ということになる．
$A\mathbf{u}=\lambda\mathbf{u}$
$A\mathbf{v}=\mathbf{u}+\lambda\mathbf{v}$
となっているから，これらをまとめて
$A(\mathbf{u}\ \mathbf{v})=(\lambda\mathbf{u}\ \mathbf{u}+\lambda\mathbf{v})=(\mathbf{u}\ \mathbf{v})\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)$
から
$A=(\mathbf{u}\ \mathbf{v})\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)(\mathbf{u}\ \mathbf{v})^{-1}$
を得る．
- (第二の方法)
固有多項式 $A-\lambda E$ が重根をもつとき
$(A-\lambda E)^2=O$
となり本当に？
後により一般的な状況で触れることになるが一応確かめておくと
2次正方行列 $A=\left(\begin{array}{cc}a&b\\c&d\end{array}\right)$ の固有方程式が重根 $\lambda$ をもつのは
$a+d=2\lambda$，$ad-bc=\lambda^2$
を満たすときだから，このとき
$(A-\lambda E)^2=\left(\begin{array}{cc}a-\lambda&b\\c&d-\lambda\end{array}\right)^2=O$
となることは直接計算して確かめることができる．
$(A-\lambda E)^2\mathbf{v}=\mathbf{0}$
が成り立つ．そこで
$(A-\lambda E)\mathbf{v}\neq \mathbf{0}$ かつ
$(A-\lambda E)^2\mathbf{v}=\mathbf{0}$
を満たすベクトル $\mathbf{v}$ を一つとり $\mathbf{v}'=(A-\lambda E)\mathbf{v}$ とおくと
$A\mathbf{v}=\mathbf{v}'+\lambda\mathbf{v}$
$A\mathbf{v}'=\lambda\mathbf{v}$
となっているから，これらをまとめて
$A(\mathbf{v}'\ \mathbf{v})=(\lambda\mathbf{v'}\ \mathbf{v}'+\lambda\mathbf{v})=(\mathbf{v}'\ \mathbf{v})\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)$
から
$A=(\mathbf{v}'\ \mathbf{v})\left(\begin{array}{cc}\lambda&1\\0&\lambda\end{array}\right)(\mathbf{v}'\ \mathbf{v})^{-1}$
を得る．
$A=\left(\begin{array}{cc}3&-1\\1&1\end{array}\right)$
のJordan標準形を二通りの方法で求めよう．
固有多項式
$\det(A-\lambda E)=\left|\begin{array}{cc}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{array}\right|=-(\lambda-2)^2$
より固有値は $\lambda=2$ (重根)，固有空間は $W(2)=\left\langle\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)\right\rangle$ となり，$\mathrm{dim}W(2) < 2$ であるから対角化は不可能である．
-
(第一の方法)
固有値 $2$ に属する固有ベクトル
$\mathbf{u}=\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)$
が得られているので，正則行列をつくるために必要なもう一本のベクトル $\mathbf{v}$ を
$(A-2E)\mathbf{v}=\mathbf{u}$
を満たすようにとる．すなわち
$\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&-1\end{array}\right)\mathbf{v}=\left(\begin{array}{cc}1\\1\end{array}\right)$
を満たす $\mathbf{v}$ として例えば
$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right)$
がとれるから，このとき
$A\mathbf{v}=\mathbf{u}+2\mathbf{v}$
$A\mathbf{u}=2\mathbf{u}$
が成り立っており，これらをあわせて
$A(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}\ )=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cc}2&1\\0&2\end{array}\right)$
から
$A=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cc}2&1\\0&2\end{array}\right)(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}\ )^{-1}$
すなわち
$A=\left(\begin{array}{cc}1&1\\1&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2&1\\0&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&1\\0&1\end{array}\right)^{-1}$
を得る．
-
(第二の方法)
$A-2E=\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&-1\end{array}\right)$
$(A-2E)^2=\left(\begin{array}{cc}1&-1\\1&-1\end{array}\right)^2=O$
より
$\mathrm{rank}(A-2E)=1$，
$\mathrm{rank}(A-2E)^2=0$
であることに注意して，
$(A-2E)\mathbf{v}\neq \mathbf{0}$ かつ $(A-2E)^2\mathbf{v}=\mathbf{0}$ を満たすベクトルとして例えば
$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right)$
をとり
$\mathbf{v}'=(A-2E)\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)$
とおくと
$A\mathbf{v}=\mathbf{v}'+2\mathbf{v}$
$A\mathbf{v}'=2\mathbf{v}'$
が成り立つ．よって，第一の方法のときと同様に
$A(\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )=(\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}2&1\\0&2\end{array}\right)$
から
$A=(\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}2&1\\0&2\end{array}\right)(\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )^{-1}$
すなわち
$A=
\left(\begin{array}{cccc}1&1\\1&0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}2&1\\0&2\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}1&1\\1&0\end{array}\right)^{-1}$
を得る．
一般の正方行列のJordan標準形 2次，3次の場合と同様の操作を任意の正方行列について行うことができる：
$A$ の固有値 $\lambda$ が固有多項式の重根として得られているとする．
$\mathrm{rank}(A-\lambda E)^{m+1}=\mathrm{rank}(A-\lambda E)^{m}$
となる最小の $m\in\mathbf{N}$ をとり
$K_1=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A-\lambda E)\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}$
$K_2=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A-\lambda E)^2\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}$
$\vdots$
$K_{m}=\{\,\mathbf{v}\,|\,(A-\lambda E)^{m}\mathbf{v}=\mathbf{0}\,\}$
とおく．
$K_1\subsetneq K_2\subsetneq\cdots\subsetneq K_{m}$
に注意しよう
命題25.2pdf．
鍵となるアイデアは，$\mathbf{v}\in K_{j+1}\backslash K_j$ ならば
$(A-\lambda E)\mathbf{v}\in K_{j}\backslash K_{j-1}$
$(A-\lambda E)^2\mathbf{v}\in K_{j-1}\backslash K_{j-2}$
$\vdots$
$(A-\lambda E)^j\mathbf{v}\in W(\lambda)(=K_1)$
ということである．このことを念頭に
-
まず $K_m\backslash K_{m-1}$ からできるだけ多くのベクトルをとって一次独立な組 $\{\,\mathbf{v}^m_1,\ldots,\mathbf{v}^m_{l_m}\,\}$ をつくり
-
次に $\{\,(A-\lambda E)\mathbf{v}^m_1,\ldots,(A-\lambda E)\mathbf{v}^m_{l_m}\,\}$ に $K_{m-1}\backslash K_{m-2}$ からできるだけ多くのベクトルを付け加えて一次独立な組をつくり
$\vdots$
ということを各固有値について繰り返して所望の正則行列をつくるために必要なベクトルを揃えていくのである．
一般的な議論は表記が煩雑になるので，まずは例の中でその様子を観察してみられたい．
-
$A=\left(\begin{array}{cccc}3&1&0&-1\\1&4&-1&1\\1&2&2&-2\\0&0&0&1\end{array}\right)$ のJordan標準形を求めよう．
固有多項式は $\det(A-\lambda E)=-(\lambda-1)(\lambda-3)^3$ となり，固有値は $\lambda=1,3$ である．固有値 $1$ に属するベクトルは
$\mathbf{u}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\3\\2\end{array}\right)$
がとれる．固有値 $3$ は $3$ 重根であるが
$A-3E=\left(\begin{array}{cccc}0&1&0&-1\\1&1&-1&1\\1&2&-1&-2\\0&0&0&-2\end{array}\right)$
の階数を調べると
$\mathrm{rank}(A-3E)=3$ すなわち $\mathrm{dim}W(3)=1$
なので対角化不可能である．そこで
$(A-3E)^2=\left(\begin{array}{cccc}1&1&-1&3\\0&0&0&0\\1&1&-1&7\\0&0&0&4\end{array}\right)$
$(A-3E)^3=\left(\begin{array}{cccc}0&0&0&-4\\0&0&0&0\\0&0&0&-12\\0&0&0&-8\end{array}\right)$
より
$\mathrm{rank}(A-3E)^2=2$，$\mathrm{rank}(A-3E)^3=1$
であることがわかるから，$(A-3E)^2\mathbf{v}\neq \mathbf{0}$ かつ $(A-3E)^3\mathbf{v}=\mathbf{0}$ を満たすベクトルとして例えば
$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\0\end{array}\right)$
をとり
$\mathbf{v}'=(A-3E)\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\\0\end{array}\right)$
$\mathbf{v}''=(A-3E)\mathbf{v}'=\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\\0\end{array}\right)$
とおくと
$A\mathbf{v}=\mathbf{v}'+3\mathbf{v}$，
$A\mathbf{v}'=\mathbf{v}''+3\mathbf{v}'$，
$A\mathbf{v}''= 3\mathbf{v}''$
が成り立つ．よって
$A\mathbf{u}= \mathbf{u}$
と合わせて
$A(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}1&0&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{array}\right)$
から
$A=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}1&0&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{array}\right)(\ \mathbf{u}\ \mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )^{-1}$
すなわち
$A=
\left(\begin{array}{cccc}1&1&0&1\\0&0&1&0\\3&1&1&0\\2&0&0&0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}1&0&0&0\\0&3&1&0\\0&0&3&1\\0&0&0&3\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}1&1&0&1\\0&0&1&0\\3&1&1&0\\2&0&0&0\end{array}\right)^{-1}$
を得る．
-
$B=\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\5&3&1&0\\1&-1&1&0\\3&3&3&2\end{array}\right)$ のJordan標準形を求めよう．
固有多項式は $\det(B-\lambda E)=-(\lambda+1)(\lambda-2)^3$ となり，固有値は $\lambda=-1,2$ である．固有値 $-1$ に属するベクトルは
$\mathbf{u}=\left(\begin{array}{c}-1\\1\\1\\-1\end{array}\right)$
がとれる．固有値 $2$ は $3$ 重根であるが
$B-2E=\left(\begin{array}{cccc}-3&0&0&0\\5&1&1&0\\1&-1&-1&0\\3&3&3&0\end{array}\right)$
の階数を調べると
$\mathrm{rank}(B-2E)=2$ すなわち $\mathrm{dim}W(2)=2$
なので対角化不可能である．そこで
$(B-2E)^2=\left(\begin{array}{cccc}9&0&0&0\\-9&0&0&0\\-9&0&0&0\\9&0&0&0\end{array}\right)$
$(B-2E)^3=\left(\begin{array}{cccc}-27&0&0&0\\27&0&0&0\\27&0&0&0\\-27&0&0&0\end{array}\right)$
より
$\mathrm{rank}(B-2E)^2=\mathrm{rank}(B-2E)^3=1$
$\mathrm{rank}(B-2E)^2=1$ により $K_2=\{\,\mathbf{v}\,|\,(B-2E)^2\mathbf{v}=0\,\}$ から必要なベクトルが３本とれることがわかるので，実はこの場合は $(B-2E)^3$ まで計算する必要はない．
$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\\0\end{array}\right)$
をとり
$\mathbf{v}'=(B-2E)\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\-1\\3\end{array}\right)$
とおくと $(B-2E)\mathbf{v}'=\mathbf{0}$ であるが，さらに $(B-2E)\mathbf{w}=\mathbf{0}$ を満たし $\mathbf{v}'$ と一次独立(平行でない)ベクトルとして，例えば
$\mathbf{w}=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\\1\end{array}\right)$
がとれる．以上より
$B\mathbf{v}=\mathbf{v}'+2\mathbf{v}$，
$B\mathbf{v}'=2\mathbf{v}'$，
$B\mathbf{w}=2\mathbf{w}$
が成り立ち
$B\mathbf{u}= -\mathbf{u}$
と合わせて
$B(\ \mathbf{u}\ \mathbf{w}\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{w}\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&2&1\\0&0&0&2\end{array}\right)$
から
$B=(\ \mathbf{u}\ \mathbf{w}\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&2&1\\0&0&0&2\end{array}\right)(\ \mathbf{u}\ \mathbf{w}\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ )^{-1}$
すなわち
$B=
\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\1&0&1&1\\1&0&-1&0\\-1&1&3&0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&2&1\\0&0&0&2\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cccc}-1&0&0&0\\1&0&1&1\\1&0&-1&0\\-1&1&3&0\end{array}\right)^{-1}$
を得る．
-
$C=\left(\begin{array}{ccccc}1&1&0&0&1\\0&2&1&0&0\\0&0&2&0&0\\1&-1&1&3&-1\\0&0&0&1&2\end{array}\right)$ のJordan標準形を求めよう．
固有多項式は $\det(C-\lambda E)=-(\lambda-2)^5$ となり，固有値は $\lambda=2$ であり，これは $5$ 重根であるが
$C-2E=\left(\begin{array}{ccccc}-1&1&0&0&1\\0&0&1&0&0\\0&0&0&0&0\\1&-1&1&1&-1\\0&0&0&1&0\end{array}\right)$
の階数を調べると
$\mathrm{rank}(C-2E)=3$ すなわち $\mathrm{dim}W(2)=2$
なので対角化不可能である．そこで
$(C-2E)^2=\left(\begin{array}{ccccc}1&-1&1&1&-1\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\1&-1&1&1&-1\end{array}\right)$
$(C-2E)^3=O$
より
$\mathrm{rank}(C-2E)^2=1$，$\mathrm{rank}(C-2E)^3=0$
$\mathrm{rank}(C-2E)^3=0$ により
$K_3=\{\,\mathbf{v}\,|\,(C-2E)^3\mathbf{v}=0\,\}$
から必要なベクトル5本を揃えられることになったが，その取り方の予定を確認しておこう．
$K_2=\{\,\mathbf{v}\,|\,(C-2E)^2\mathbf{v}=0\,\}$
$K_1=\{\,\mathbf{v}\,|\,(C-2E)\mathbf{v}=0\,\}$
とおくと
$\mathrm{rank}(C-2E)^2=1$ より $\mathrm{dim}K_2=4$
$\mathrm{rank}(C-2E)=3$ より $\mathrm{dim}K_1=2$
とわかるから5本のベクトルのうち4本は $K_2$ から，さらにそのうち2本は $K_1$ からとることになる．すなわち
$K_3\backslash K_2$ から1本(それを $\mathbf{v}$ とする)
$K_2\backslash K_1$ から $(C-2E)\mathbf{v}$ の他にもう1本(それを $\mathbf{w}$ とする)
をとれば
$\mathbf{v}$，$(C-2E)\mathbf{v}$，$(C-2E)^2\mathbf{v}$，
$\mathbf{w}$，$(C-2E)\mathbf{w}$
と5本揃えることができる．このとき確かに
$(C-2E)\mathbf{v},\ (C-2E)^2\mathbf{v},\ \mathbf{w},\ (C-2E)\mathbf{w}\in K_2$
$(C-2E)^2\mathbf{v},\ (C-2E)\mathbf{w}\in K_1$
となっていることを確認されたい．
$\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\0\\0\end{array}\right)$
をとり
$\mathbf{v}'=(C-2E)\mathbf{v}=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\0\\1\\0\end{array}\right)$
とおくと
$(C-2E)\mathbf{v}'\neq\mathbf{0}$ かつ $(C-2E)^2\mathbf{v}'=\mathbf{0}$
であるが，同じく
$(C-2E)\mathbf{w}\neq\mathbf{0}$ かつ $(C-2E)^2\mathbf{w}=\mathbf{0}$
を満たし $\mathbf{v}'$ と一次独立(平行でない)ベクトルとして，例えば
$\mathbf{w}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\\0\\0\end{array}\right)$
がとれる．さらに
$\mathbf{v}''=(C-2E)\mathbf{v}'=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\\0\\1\end{array}\right)$
$\mathbf{w}'=(C-2E)\mathbf{w}=\left(\begin{array}{c}1\\1\\0\\0\\0\end{array}\right)$
とおくと
$C\mathbf{v}=\mathbf{v}'+2\mathbf{v}$，
$C\mathbf{v}'=\mathbf{v}''+2\mathbf{v}'$，
$C\mathbf{v}''=2\mathbf{v}''$
から
$C(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v})=(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v})\left(\begin{array}{ccc}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{array}\right)$
が成り立ち，また
$C\mathbf{w}=\mathbf{w}'+2\mathbf{w}$，
$C\mathbf{w}'=2\mathbf{w}'$
から
$C(\mathbf{w}'\ \mathbf{w})=(\mathbf{w}'\ \mathbf{w})\left(\begin{array}{cc}2&1\\0&2\end{array}\right)$
が成り立つから，これらを合わせて
$C(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}'\ \mathbf{w})=(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}'\ \mathbf{w})\left(\begin{array}{ccccc}2&1&0&&\\0&2&1&&\\0&0&2&&\\&&&2&1\\&&&0&2\end{array}\right)$
から
$C=(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}'\ \mathbf{w})\left(\begin{array}{ccccc}2&1&0&&\\0&2&1&&\\0&0&2&&\\&&&2&1\\&&&0&2\end{array}\right)(\mathbf{v}''\ \mathbf{v}'\ \mathbf{v}\ \mathbf{w}'\ \mathbf{w})^{-1}$
すなわち
$C=\left(\begin{array}{ccccc}1&-1&1&1&0\\0&0&0&1&1\\0&0&0&0&1\\0&1&0&0&0\\1&0&0&0&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccc}2&1&0&0&0\\0&2&1&0&0\\0&0&2&0&0\\0&0&0&2&1\\0&0&0&0&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccc}1&-1&1&1&0\\0&0&0&1&1\\0&0&0&0&1\\0&1&0&0&0\\1&0&0&0&0\end{array}\right)^{-1}$
を得る．
正方行列の三角化 対角成分より下に位置する成分がすべて $0$ である正方行列，すなわち
$\left(\begin{array}{cccc}\alpha_1&&&\\&\alpha_2&\quad \huge{*}&\\&&\ddots&\\&&&\alpha_n\end{array}\right)$
という形の行列を
上三角行列という
例えば？．
例えば
$\left(\begin{array}{cc}2&7\\0&1\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{ccc}2&-1&1\\0&6&-\sqrt{2}\\0&0&3\sqrt{2}\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{cccc}1+i&0&3+i&-1\\0&-2&1&2-4i\\0&0&\sqrt{3}&-5\\0&0&0&1\end{array}\right)$
のようなものが上三角行列である．ちなみに
$\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\4&-\sqrt{5}&0\\3&-1&1-2i\end{array}\right)$
のようなものは下三角行列と呼ばれる．
任意の $n$ 次正方行列 $A$ は適当な上三角行列 $T$ および $\mathbf{C}^n$ の正規直交基底 $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_n\}$ により
$A=VTV^{-1}$， $V=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \cdots\ \mathbf{v}_n\ )$
と表すことができる．
-
Jordan行列ももちろん上三角行列であるから，「三角化」ということだけなら前節までで話は済んでいるのだが，ここでは $V$ を正規直交基底を並べたものとしてとれる(その代わり三角行列 $T$ は必ずしもJordan行列とはならない)ということが要点である．
-
対角化可能な行列も三角化可能である．
例えば $A=\left(\begin{array}{cc}2&1\\2&3\end{array}\right)$ は
$A=\left(\begin{array}{cc}1&1\\-1&2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&0\\0&4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&1\\-1&2\end{array}\right)^{-1}$
と対角化できるが
$A=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&-1\\0&4\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$
と表すこともできる．$\left\{\,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\-1\end{array}\right),\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right)\,\right\}$ が $\mathbf{C}^2$ の(あるいは $\mathbf{R}^2$ の)正規直交基底(内積は通常のドット積)となっていることに注目されたい．
Jordan標準形と同様に，三角化
$A=VTV^{-1}$
においても三角行列 $T$ の対角成分には $A$ の固有値が並ぶ．例えば $3$ 次の場合を見ておくと
$A=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3)
\left(\begin{array}{ccc}\alpha_1&c_1&c_2\\0&\alpha_2&c_3\\0&0&\alpha_3\end{array}\right)(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3)^{-1}$
すなわち
$A(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3)=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3)
\left(\begin{array}{ccc}\alpha_1&c_1&c_2\\0&\alpha_2&c_3\\0&0&\alpha_3\end{array}\right)$
となったとき
$A\mathbf{v}_1=\alpha_1\mathbf{v}_1$
だから $\alpha_1$ は $A$ の固有値であり，
$A\mathbf{v}_2=c_1\mathbf{v}_1+\alpha_2\mathbf{v}_2$ すなわち
$(A-\alpha_2 E)\mathbf{v}_2=c_1\mathbf{v}_1$
から
$(A-\alpha_2 E)(A-\alpha_1 E)\mathbf{v}_2=(A-\alpha_1 E)(A-\alpha_2 E)\mathbf{v}_2\\
\hspace{103pt}=c_1(A-\alpha_1 E)\mathbf{v}_1=\mathbf{0}$
となる．ここでもし $(A-\alpha_1 E)\mathbf{v}_2=\mathbf{0}$ なら $\mathbf{v}_2$ は固有値 $\alpha_1$ に属する固有ベクトルということになり $c_1\mathbf{v}_1+\alpha_2\mathbf{v}_2=\alpha_1\mathbf{v}_2$ から $c_1=0$，$\alpha_2=\alpha_1$ であるし，
もし $(A-\alpha_1 E)\mathbf{v}_2\neq\mathbf{0}$ ならこれは $(A-\alpha_1 E)\mathbf{v}_2$ が固有値 $\alpha_2$ に属する固有ベクトルであることを意味し，いずれにしても $\alpha_2$ は $A$ の固有値である．$\alpha_3$ についても第 $3$ 列に着目して同様に考えればよい．
$\mathbf{C}^n$ の内積が通常のドット積のときは，$V$ の共役転置 ${}^t\overline{V}$ と随伴行列 $V^*$ は同じものであった
第24講
：
${}^t\overline{V} = V^*$
さらにこのとき $\mathbf{C}^n$ の正規直交基底 $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_n\}$ により $V=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \cdots\ \mathbf{v}_n\ )$ と表される行列は
$VV^*=V\,{}^t\overline{V} = E$
を満たし，
$VV^*=E $ を満たす行列はunitary行列と呼ばれるのであったから
任意の正方行列はunitary行列により三角化できる
と言うことができる．飽くまでも内積がドット積であればの話である．
正規直交基底による三角化を実行するには，まずJordan標準形
$A=PJP^{-1}$， $P=(\ \mathbf{p}_1\ \mathbf{p}_2\ \cdots\ \mathbf{p}_n\ )$
をつくり，$\{\mathbf{p}_1,\mathbf{p}_2,\ldots,\mathbf{p}_n\}$ をSchmidtの方法で正規直交化して $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_n\}$ としたとき
$(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \cdots\ \mathbf{v}_n\ )=(\ \mathbf{p}_1\ \mathbf{p}_2\ \cdots\ \mathbf{p}_n\ )S$， $S$ は上三角行列
と表せることを利用するとよい．
$\mathbf{C}^3$ の(あるいは $\mathbf{R}^3$ の)内積を通常のドット積として
$A=
\left(\begin{array}{ccc}2&1&1\\-1&3&1\\0&1&3\end{array}\right)$
を正規直交基底により三角化してみよう．この行列が
$A=
\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&1\\-1&1&0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}2&0&0\\0&3&1\\0&0&3\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}0&1&0\\1&0&1\\-1&1&0\end{array}\right)^{-1}$
とJordan標準形で表されることは既に見た．そこで，ここに表れている正則行列の列ベクトルの組
$\{\mathbf{p}_1,\mathbf{p}_2,\mathbf{p}_3\} =
\left\{\,
\left(\begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array}\right),\
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),\
\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\end{array}\right)
\,\right\}$
をSchmidtの方法で正規直交化する．復習も兼ねてその手順を確認しよう．
まず $\|\mathbf{p}_1\|=\sqrt{2}$ より
$\mathbf{v}_1= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array}\right)$
$\mathbf{p}_2\cdot\mathbf{v}_1=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ より
$\mathbf{q}_2= \mathbf{p}_2-(\mathbf{p}_2\cdot\mathbf{v}_1)\mathbf{v}_1=\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
から
$\mathbf{v}_2=\dfrac{1}{\|\mathbf{q}_2\|}\mathbf{q}_2=\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}2\\1\\1\end{array}\right)$
$\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$，$\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_2=\dfrac{1}{\sqrt{6}}$ より
$\mathbf{q}_3= \mathbf{p}_3-(\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_1)\mathbf{v}_1-(\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_2)\mathbf{v}_2=-\dfrac{1}{3}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\1\end{array}\right)$
から
$\mathbf{v}_3=\dfrac{1}{\|\mathbf{q}_3\|}\mathbf{q}_3=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right)$
こうして正規直交基底 $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}$ が得られたが，元の $\{\mathbf{p}_1,\mathbf{p}_2,\mathbf{p}_3\}$ を改めてこの正規直交基底を用いて表すと
$\mathbf{p}_1= (\mathbf{p}_1\cdot\mathbf{v}_1)\mathbf{v}_1+(\mathbf{p}_1\cdot\mathbf{v}_2)\mathbf{v}_2+(\mathbf{p}_1\cdot\mathbf{v}_3)\mathbf{v}_3
=\dfrac{2}{\sqrt{2}}\mathbf{v}_1$
$\mathbf{p}_2= (\mathbf{p}_2\cdot\mathbf{v}_1)\mathbf{v}_1+(\mathbf{p}_2\cdot\mathbf{v}_2)\mathbf{v}_2+(\mathbf{p}_2\cdot\mathbf{v}_3)\mathbf{v}_3
=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{v}_1+\dfrac{3}{\sqrt{6}}\mathbf{v}_2$
$\mathbf{p}_3= (\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_1)\mathbf{v}_1+(\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_2)\mathbf{v}_2+(\mathbf{p}_3\cdot\mathbf{v}_3)\mathbf{v}_3
=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{v}_1+\dfrac{1}{\sqrt{6}}\mathbf{v}_2+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathbf{v}_3$
従って
$(\ \mathbf{p}_1\ \mathbf{p}_2\ \mathbf{p}_3\ )=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&\frac{3}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$
となる．右辺に表れた行列が上三角行列になっていることに注目しよう．このようになる理由は，例えば $\mathbf{v}_2$ が $\mathbf{p}_1$ と $\mathbf{p}_2$ のみによって作られていること，$\mathbf{v}_3$ はこれら両方に直交することなどに注意すればよい．
以上により
$A=
(\ \mathbf{p}_1\ \mathbf{p}_2\ \mathbf{p}_3\ )
\left(\begin{array}{ccc}2&0&0\\0&3&1\\0&0&3\end{array}\right)
(\ \mathbf{p}_1\ \mathbf{p}_2\ \mathbf{p}_3\ )^{-1}\\
\hspace{8pt}=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )
\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&\frac{3}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}2&0&0\\0&3&1\\0&0&3\end{array}\right)\\
\hspace{150pt}\times
\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&\frac{3}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)^{-1}
(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )^{-1}\\
\hspace{8pt}=(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )
\left(\begin{array}{ccc}\frac{2}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\0&\frac{3}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&0&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}2&0&0\\0&3&1\\0&0&3\end{array}\right)\\
\hspace{150pt}\times
\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&-\frac{2}{\sqrt{3}}\\0&\frac{\sqrt{6}}{3}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\0&0&\sqrt{3}\end{array}\right)
(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )^{-1}\\
\hspace{8pt}=
(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )
\left(\begin{array}{ccc}2&-\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&3&\frac{3}{\sqrt{2}}\\0&0&3\end{array}\right)
(\ \mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \mathbf{v}_3\ )^{-1}\\
\hspace{8pt}=
\left(\begin{array}{ccc}0&\frac{2}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}2&-\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\0&3&\frac{3}{\sqrt{2}}\\0&0&3\end{array}\right)
\left(\begin{array}{ccc}0&\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{2}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{6}}\\-\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right)$
を得る．最後に上三角行列の対角成分が再びもとの $2,3,3$ となっていることにも注目しよう．計算の過程を慎重に見直すとその理由もわかるであろう．