ジョルダン標準形

== ジョルダン標準形 ==
　このページでは，２次～３次の正方行列に対して，対角化，ジョルダン標準形を利用して行列のｎ乗を求める方法を調べる．

【ジョルダン標準形】
　線形代数の教科書では，著者によって，[A] 対角行列を含めてジョルダン標準形と呼ぶ場合と，[B] 用語として対角行列とジョルダン標準形を分けている場合があるので，文脈を見てどちらの立場で書かれているかを見分ける必要がある．
[A]

ジョルダン標準形

$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 0\\0&\beta\end{pmatrix}$
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 1\\0&\alpha\end{pmatrix}$

[B]

対角行列
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 0\\0&\beta\end{pmatrix}$
ジョルダン標準形
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 1\\0&\alpha\end{pmatrix}$

　[A]はすべてのジョルダン細胞が１次正方行列から成る場合が正方行列であると考える．（言葉の違いだけ）

　3次正方行列の場合を例にとって，以下のこのページの教材に書かれていることの要約を示すと次の通り．

【要約】
　はじめに与えられた行列 $A$ に対する固有方程式を解いて，固有値を求める．
(1)　固有値 $\lambda_1,\hspace{2}\lambda_2,\hspace{2}\lambda_3$ に重複がない場合（固有値が虚数であっても）
$(A-\lambda_1)\vec{x_1}=\vec{0}$
$(A-\lambda_2)\vec{x_2}=\vec{0}$
$(A-\lambda_3)\vec{x_3}=\vec{0}$
となる固有ベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}$ を求めると，これらは互いに１次独立になるので，これらの列ベクトルを束にしてできる変換行列を
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]$
とおくと，この変換行列は正則になる（逆行列 $P^{-1}$ が存在する）．
　固有値を対角成分にした対角行列を
$D=\begin{pmatrix}\lambda_1& 0& 0\\0&\lambda_2& 0\\0& 0& \lambda_3 \end{pmatrix}$
とおくと
$AP=PD$
$P^{-1}AP=D$ …(1.1)
もしくは
$A=PDP^{-1}$ …(1.2)
が成り立つ.
　このとき， $P$ を（正則な）変換行列， $D$ を対角行列といい， $A$ は対角化可能であるという．「行列 $A$ を対角化せよ」という問題に対しては，(1.1)または(1.2)を答えるとよい．

この教材に示した具体例
【例1.1】【例1.2.1】【例1.2.2】
【例1.3.1】【例1.3.2】

　対角行列は行列の積としての累乗が容易に計算できるので，これを利用して行列の累乗を計算することができる．
$A^n=PD^nP^{-1}$

(2)　固有方程式が重解をもつ場合，
ⅰ）　元の行列自体が対角行列であるとき
$A=\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 0\\0& 0& \beta\end{pmatrix}$
$A=\begin{pmatrix}\beta& 0& 0\\0&\beta& 0\\0& 0& \beta \end{pmatrix}$
　これらの行列は，変換するまでもなく対角行列になっているから，ｎ乗などの計算は容易にできる．

ⅱ）　上記のⅰ）以外で固有方程式が重複解をもつとき，次のようにジョルダン標準形と呼ばれる形にできる
　A)　重複度1の解 $\alpha$ と二重解 $\beta$ が固有値であるとき

a) 任意のベクトル $\vec{x_3}$ （ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）を選び

$(A-\beta E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
$(A-\alpha E){x_1}=\vec{0}$
となる列ベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}\ne \vec{0}$ が求まるときは
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]$
で定まる変換行列 $P$ を用いて
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 1\\0& 0& \beta \end{pmatrix}$
と書くことができる．

この教材に示した具体例
≪2次正方行列≫
【例2.1】(1) 【例2.2.1】【例2.2.2】【例2.2.3】【例2.2.4】
≪3次正方行列≫
【例2.1】(2) 【例2.3.1】【例2.3.2】

$(A-\alpha E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$(A-\beta E)\vec{x_2}=\vec{0}$
$(A-\beta E)\vec{x_3}=\vec{0}$
となる列ベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}\ne \vec{0}$ が求まるときは
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]$
で定まる変換行列 $P$ を用いて対角化できる．すなわち
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 0\\0& 0& \beta\end{pmatrix}$
と書くことができる．

この教材に示した具体例
【例2.3.3】【例2.3.4】【例2.3.5】

　B)　三重解 $\alpha$ が固有値であるとき

a) 任意のベクトル $\vec{x_3}$ （ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）を選び

$(A-\alpha E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
$(A-\alpha E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$
となるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}\ne \vec{0}$ が定まるときは
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]$
で定まる変換行列 $P$ を用いて
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 1& 0\\0&\alpha& 1\\0& 0& \alpha \end{pmatrix}$
と書くことができる．

この教材に示した具体例
【例2.4.3】【例2.4.4】

b) 任意のベクトル $\vec{x_3}$ （ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）を選び

$(A-\alpha E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
$(A-\alpha E)\vec{x_2}=\vec{0}$
$(A-\alpha E)\vec{x_1}=\vec{0}$
となるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}\ne \vec{0}$ が定まるときは
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]$
で定まる変換行列 $P$ を用いて
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\alpha& 1\\0& 0& \alpha \end{pmatrix}$
と書くことができる．

この教材に示した具体例
【例2.4.1】【例2.4.2】

　なお,2次正方行列で固有値が重解 $\lambda$ となる場合において，1次独立な２つのベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ について
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{0}$
が成り立てば，平面上の任意のベクトルは $\vec{x}=k\vec{x_1}+ l\vec{x_2}$ と書けるから，
$(A-\lambda E)\vec{x}=k(A-\lambda E)\vec{x_1}+ l(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{0}$
となる．したがって
$A\vec{x}=\lambda\vec{x}$
となり，このようなことが起こるのは $A$ 自体が単位行列の定数倍となっている場合に限られる．
　同様にして，3次正方行列で固有値が三重解となる場合において，1次独立な３つのベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}$ について
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{0}$
$(A-\lambda E)\vec{x_3}=\vec{0}$
が成り立てば，空間内の任意のベクトルは $\vec{x}=k\vec{x_1}+ l\vec{x_2}+ m\vec{x_3}$ と書けるから，
$(A-\lambda E)\vec{x}=\vec{0}$
となる．したがって
$A\vec{x}=\lambda\vec{x}$
となり，このようなことが起こるのは $A$ 自体が単位行列の定数倍となっている場合に限られる．
　これらが(2)ⅰ)に述べたものである．

1.1　対角化可能な行列の場合

　与えられた行列から行列の累乗を求める計算は一般には難しい．しかし，次のような対角行列では容易にｎ乗を求めることができる．

$\begin{pmatrix}\alpha& 0\\0&\beta\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& 0\\0&\beta^n\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 0\\0& 0&\gamma\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& 0& 0\\0&\beta^n& 0\\0& 0&\gamma^n\end{pmatrix}$

　そこで，与えられた行列 $A$ に対して１つの正則な（=逆行列の存在する）変換行列 $P$ を見つけて，次の形で対角行列 $D$ にすることができれば， $A^n$ を計算することができる．
$P^{-1}AP=D$ …(*1.1)
$(P^{-1}AP)(P^{-1}AP)=D^2$
ここで， $PP^{-1}=E$ だから，中央の掛け算が簡単になり
$P^{-1}A^2P=D^2$
同様にして，一般に次の式が成り立つ．
$P^{-1}A^nP=D^n$
両辺に左から $P$ を右から $P^{-1}$ を掛けると
$A^n=PD^nP^{-1}$ …(*1.2)

　このように， $P^{-1}AP$ が対角行列となるように変形できる行列は，対角化可能な行列と呼ばれ上記の(*1.1)を(*1.2)の形に変形することによって， $A^{n}$ を求めることができる．

【例1.1】
(1) $A=\begin{pmatrix}2& 0\\1& 1\end{pmatrix}$
(2) $B=\begin{pmatrix}2& 1& -1\\1& 2& -1\\-3& 3& 4\end{pmatrix}$

(1)
$A=\begin{pmatrix}2& 0\\1& 1\end{pmatrix}$ に対して， $P=\begin{pmatrix}0& 1\\1& 1 \end{pmatrix}$ ， $D=\begin{pmatrix}1& 0\\0& 2\end{pmatrix}$ とおくと
$AP=PD$
$\begin{pmatrix}2& 0\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1\\1& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0& 1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0\\0& 2 \end{pmatrix}$
すなわち
$P^{-1}AP=D$
$A^n=PD^nP^{-1}$
が成り立つから
$\begin{pmatrix}2& 0\\1& 1\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}0& 1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1^n& 0\\0& 2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1\\1& 1\end{pmatrix}^{-1}$
$=\begin{pmatrix}2^n& 0\\2^n-1& 1\end{pmatrix}$
(2)
$B=\begin{pmatrix}2& 1& -1\\1& 2& -1\\-3& 3& 4\end{pmatrix}$ に対して，
$P=\begin{pmatrix}1& 1& 1\\0& 1& 1\\1& 0& -1\end{pmatrix}$ ， $D=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 3& 0\\0& 0& 4\end{pmatrix}$ とおくと
$BP=PD$
$P^{-1}BP=D$
$B^n=PD^nP^{-1}$
が成り立つ．すなわち
$\begin{pmatrix}2& 1& -1\\1& 2& -1\\-3& 3& 4 \end{pmatrix}^n$ $=\begin{pmatrix}1& 1& 1\\0& 1& 1\\1& 0& -1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 3^n& 0\\0& 0& 4^n \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 1& 1\\0& 1& 1\\1& 0& -1 \end{pmatrix}^{-1}$
$=\begin{pmatrix}1-3^n+ 4^n& -1+ 2\cdot 3^n-4^n& 3^n-4^n\\-3^n+ 4^n& 2\cdot 3^n-4^n& 3^n-4^n\\1-4^n& -1+ 4^n& -4^n\end{pmatrix}$

※上記の正則な変換行列 $P$ および対角行列 $D$ は固有ベクトルを束にしたものと固有値を対角成分に並べたものであるが，その求め方は後で解説する．

1.2 対角化できる場合の対角行列の求め方(実際の計算)

　２次の正方行列 $A=\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}$ が，固有値 $\lambda_1$ ，固有ベクトル $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$ をもつとは
一次変換 $A\vec{x_1}$ の結果がベクトル $\vec{x_1}\hspace{2}(\ne\vec{0})$ の定数倍 $\lambda_1$ になること，すなわち
$A\vec{x_1}=\lambda_1\vec{x_1}$ …(1)
となることをいう．
　同様にして，固有値 $\lambda_2$ ，固有ベクトル $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ をもつとは
一次変換 $A\vec{x_2}$ の結果がベクトル $\vec{x_2}\hspace{2}(\ne\vec{0})$ の定数倍 $\lambda_2$ になること，すなわち
$A\vec{x_2}=\lambda_2\vec{x_2}$ …(2)
となることをいう．

(1)(2)をまとめると次のように書ける．
$\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}\hspace{30}=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}\lambda_1$
$\begin{pmatrix}a& b\\c& d \end{pmatrix}\hspace{30}\begin{pmatrix}x_2\\y_2 \end{pmatrix}=\hspace{30}\begin{pmatrix}x_2\\y_2 \end{pmatrix}\lambda_2$

$\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1& x_2\\y_1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1& x_2\\y_1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda_1& 0\\0& \lambda_2\end{pmatrix}$

　固有値が相異なり重複解を持たないとき，すなわち $\lambda_1\ne\lambda_2$ のとき，固有ベクトル $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$ と $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ は互いに１次独立に選ぶことができ，固有ベクトルを束にして作った変換行列 $P=\begin{pmatrix}x_1& x_2\\y_1& y_2\end{pmatrix}$ は正則行列（逆行列が存在する行列）になる．
　そこで， $D=\begin{pmatrix}\lambda_1& 0\\0& \lambda_2 \end{pmatrix}$ を対角行列として
$AP=PD$
すなわち
$P^{-1}AP=D$
$\begin{pmatrix}x_1& x_2\\y_1& y_2\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1& x_2\\y_1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_1& 0\\0& \lambda_2 \end{pmatrix}$
の形で対角化できることになり，対角行列は累乗を容易に計算できるので
$A^n=PD^nP^{-1}$
により $A^n$ が求められる．

【例1.2.1】
(1) $A=\begin{pmatrix}4& 1\\2& 3\end{pmatrix}$ を対角化してください．

（解答）
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}4-\lambda& 1\\2& 3-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(4-\lambda)(3-\lambda)-2=0$
$\lambda^2-7\lambda+ 10=0$
$\lambda=2,\hspace{2}5$
　固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=2$ のとき
$A\vec{x_1}=2\vec{x_1}$
すなわち
$(A-2E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$\begin{pmatrix}2& 1\\2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より $2x_1+ y_1=0$
$\vec{x_1}=s\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}$
１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}$ が得られる．
イ） $\lambda=5$ のとき
$A\vec{x_2}=5\vec{x_2}$
すなわち
$(A-5E)\vec{x_2}=\vec{0}$
$\begin{pmatrix}-1& 1\\2& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0 \end{pmatrix}$
より $x_2+ y_2=0$
$\vec{x_2}=t\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$
１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ が得られる．
ア）イ）より
$A\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}\cdot 2$
$A\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\cdot 5$
まとめて書くと
$A\begin{pmatrix}1& 1\\-2& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1\\-2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0\\0& 5\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}1& 1\\-2& 1 \end{pmatrix}^{-1}A\begin{pmatrix}1& 1\\-2& 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0\\0& 5 \end{pmatrix}$
$\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1& -1\\2& 1\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}1& 1\\-2& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0\\0& 5 \end{pmatrix}$ …（答）

【例1.2.2】
(2) $B=\begin{pmatrix}0& 1& -2\\-3& 7& -3\\3& -5& 5 \end{pmatrix}$ を対角化してください．

（解答）
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}-\lambda& 1& -2\\-3& 7-\lambda& -3\\3& -5& 5-\lambda\end{vmatrix}=0$
$\lambda^3-12\lambda^2+ 29\lambda-18=0$
$(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-9)=0$
$\lambda=1,\hspace{2}\lambda=2,\hspace{2}\lambda=9$
　固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=1$ のとき
$B\vec{x_1}=\vec{x_1}$
すなわち
$(B-E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$\begin{pmatrix}-1& 1& -2\\-3& 6& -3\\3& -5& 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$
より１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}3\\1\\-1 \end{pmatrix}$ が得られる．
同様にして
イ） $\lambda=2$ のとき１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$ が得られる．
ウ） $\lambda=9$ のとき１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\3\\-3\end{pmatrix}$ が得られる．
以上の結果をまとめると
$A\begin{pmatrix}3& 1& 1\\1& 0& 3\\-1& 1& -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3& 1& 1\\1& 0& 3\\-1& 1& -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 0\\0& 0& 9 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}3& 1& 1\\1& 0& 3\\-1& 1& -3 \end{pmatrix}^{-1}A\begin{pmatrix}3& 1& 1\\1& 0& 3\\-1& 1& -3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 0\\0& 0& 9 \end{pmatrix}$
$\frac{1}{8}\begin{pmatrix}3& 2& 3\\0& -8& -8\\-1& 2& -1\end{pmatrix}^{-1}A\begin{pmatrix}3& 1& 1\\1& 0& 3\\-1& 1& -3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 0\\0& 0& 9\end{pmatrix}$ …（答）

1.3　固有値が虚数の場合

　正方行列に異なる固有値のみがあって，固有値に重複がない場合には，対角化できる．
　元の行列が実係数の行列であるとき，実数の固有値であっても虚数の固有値であっても重複がなければ対角化できる．
　元の行列が実係数の行列であって，虚数の固有値が登場する場合でも行列のn乗の成分は実数になる---虚数の固有値と言っても共役複素数の対から成り，それらの和や積で表される行列のn乗は，実数で書ける．

【例題1.3.1】
　次の行列 $A$ が対角化可能かどうかを調べ， $A^n$ を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}0& 1\\-1& 0\end{pmatrix}$

（解答）
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}-\lambda& 1\\-1& -\lambda\end{vmatrix}=0$
$\lambda^2+ 1=0$
$\lambda=\pm i$
　固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=i$ のとき
$\begin{pmatrix}-i& 1\\-1& -i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より
$y_1=ix_1$
$\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}$
イ） $\lambda=-i$ のとき
$\begin{pmatrix}i& 1\\-1& i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より
$y_2=-ix_2$
$\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1\\-i \end{pmatrix}$
ア）イ）より
$A\begin{pmatrix}1& 1\\i& -i \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1\\i& -i \end{pmatrix}\begin{pmatrix}i& 0\\0& -i \end{pmatrix}$
$\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1& -i\\1& i\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}1& 1\\i& -i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}i& 0\\0& -i\end{pmatrix}$
　ゆえに，行列 $A$ は対角化可能…（答）
$A^n=\begin{pmatrix}1& 1\\i& -i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}i^n& 0\\0& (-i)^n\end{pmatrix}\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1& -i\\1& i \end{pmatrix}$
$=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}i^n+ (-i)^n&-i^{n+ 1}+(-i)^ni\\i^{n+ 1}+(-i)^{n+ 1}& -i^{n+ 2}+ i(-i)^{n+ 1}\end{pmatrix}$
$k$ は正の整数として，次の早見表を作っておくと後が楽

n	$i^n$	$(-i)^n$	$i^{n+ 1}$	$(-i)^ni$	$-i^{n+ 2}$	$(-i)^{n+ 1}$
4k	1	1	$i$	$i$	1	$-i$
4k+1	$i$	$-i$	−1	1	$i$	−1
4k+2	−1	−1	$-i$	$-i$	−1	$i$
4k+3	$-i$	$i$	1	−1	$-i$	1

この表を使ってまとめると
1）n=4kのとき
$A^n=\begin{pmatrix}1& 0\\0& 1\end{pmatrix}$
2）n=4k+1のとき
$A^n=\begin{pmatrix}0& 1\\-1& 0\end{pmatrix}$
3）n=4k+2のとき
$A^n=\begin{pmatrix}-1& 0\\0& -1\end{pmatrix}$
4）n=4k+3のとき
$A^n=\begin{pmatrix}0& -1\\1& 0\end{pmatrix}$

原点の回りに角θだけ回転する1次変換
$\begin{pmatrix}\cos\theta& -\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$
に当てはめると， $\theta=-\frac{\pi}{2}$ となるから
$A=\begin{pmatrix}\cos(-\frac{\pi}{2})&\sin(-\frac{\pi}{2})\\ -\sin(-\frac{\pi}{2})&\cos(-\frac{\pi}{2})\end{pmatrix}$
$A^n=\begin{pmatrix}\cos(-\frac{n\pi}{2})&\sin(-\frac{n\pi}{2})\\ -\sin(-\frac{n\pi}{2})&\cos(-\frac{n\pi}{2})\end{pmatrix}$
で左の計算と一致する

【例題1.3.2】
　次の行列 $A$ が対角化可能かどうかを調べ， $A^n$ を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 1\end{pmatrix}$

（解答）
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}1-\lambda& -1\\1& 1-\lambda\end{vmatrix}=0$
$\lambda^2-2\lambda+ 2=0$
$\lambda=1\pm i$
　固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=1+ i$ のとき
$\begin{pmatrix}-i& -1\\1& -i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より
$x_1=iy_1$
$\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=s\begin{pmatrix}i\\1\end{pmatrix}$
イ） $\lambda=1-i$ のとき
$\begin{pmatrix}i& -1\\1& i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より
$y_2=ix_2$
$\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}$
ア）イ）より
$A\begin{pmatrix}i& 1\\1& i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}i& 1\\1& i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1+ i& 0\\0& 1-i\end{pmatrix}$
$\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-i& 1\\1& i\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}i& 1\\1& i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+ i& 0\\0& 1-i\end{pmatrix}$
　ゆえに，行列 $A$ は対角化可能…（答）
$A^n=\begin{pmatrix}i& 1\\1& i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}(1+ i)^n& 0\\0& (1-i)^n\end{pmatrix}\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-i& 1\\1& -i\end{pmatrix}$
$=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}(1+ i)^n+(1-i)^n& i\{(1+ i)^n-(1-i)^n\}\\-i\{(1+ i)^n-(1-i)^n\}& (1+ i)^n+(1-i)^n\end{pmatrix}$
ここで複素数の極表示を考えると
$1+ i=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}+ i\sin\frac{\pi}{4})$
$(1+ i)^n=(\sqrt{2})^n(\cos\frac{n\pi}{4}+ i\sin\frac{n\pi}{4})$
$1-i=\sqrt{2}(\cos(-\frac{\pi}{4})+ i\sin(-\frac{\pi}{4}))$
$(1-i)^n=(\sqrt{2})^n(\cos(-\frac{n\pi}{4})+ i\sin(-\frac{n\pi}{4}))$
ここで，
$\sin(-\frac{n\pi}{4})=-\sin\frac{n\pi}{4}$
$\cos(-\frac{n\pi}{4})=\cos\frac{n\pi}{4}$
だから
$(1+ i)^n+ (1-i)^n=2(\sqrt{2})^n\cos\frac{n\pi}{4}$
$(1+ i)^n-(1-i)^n=2(\sqrt{2})^n\sin\frac{n\pi}{4}$
結局
$A^1=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 1\end{pmatrix},\hspace{2}A^2=\begin{pmatrix}0& -2\\2& 0\end{pmatrix},\hspace{2}A^3=\begin{pmatrix}-2& -2\\2& -2 \end{pmatrix}$
$A^4=\begin{pmatrix}-4& 0\\0&-4\end{pmatrix},\hspace{2}A^5=\begin{pmatrix}-4& 4\\-4&-4\end{pmatrix},\hspace{2}A^6=\begin{pmatrix}0& 8\\-8& 0\end{pmatrix}$
$A^7=\begin{pmatrix}8& 8\\-8& 8\end{pmatrix},\hspace{2}A^8=\begin{pmatrix}16& 0\\0& 16\end{pmatrix}$
以下
$A^{8n+ k}=16^nA^k$ （nは正の整数，kは上記の1～8乗）
このように，元の行列の成分が実数であれば，その固有値や固有ベクトルが虚数であっても，（予想通りに）ｎ乗は実数になることが示せる．

（別解）
原点の回りに角θだけ回転して，次に原点からの距離をr倍することを表す１次変換の行列は
$r\begin{pmatrix}\cos\theta& -\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$
であり，与えられた行列は
$A=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 1\end{pmatrix}=\sqrt{2}\begin{pmatrix}\cos\frac{\pi}{4}& -\sin\frac{\pi}{4}\\\sin\frac{\pi}{4}&\cos\frac{\pi}{4}\end{pmatrix}$
と書けるから
$A^n=(\sqrt{2})^n\begin{pmatrix}\cos\frac{n\pi}{4}& -\sin\frac{n\pi}{4}\\\sin\frac{n\pi}{4}&\cos\frac{n\pi}{4}\end{pmatrix}$
※回転を表す行列になるものばかりではないから，前述のように虚数の固有値，固有ベクトルで実演してみる意義はある．

2.1　対角化はできないがそれに近い形にできる場合

　行列の固有値が重解になる場合などにおいて，対角化できない場合でも，次のように対角成分の１つ上の成分を1にした形を利用すると累乗の計算ができる．

$\begin{pmatrix}\alpha& 1\\0&\alpha \end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& n\cdot\alpha^{n-1}\\0&\alpha^n \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 1\\0& 0&\beta\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& 0& 0\\0&\beta^n& n\cdot\beta^{n-1}\\0& 0&\beta^n\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}\alpha& 1& 0\\0&\alpha& 0\\0& 0&\beta\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& n\cdot\alpha^{n-1}& 0\\0&\alpha^n& 0\\0& 0&\beta^n\end{pmatrix}$

【例2.1】
(1) $A=\begin{pmatrix}1& 3\\-3& 7\end{pmatrix}$
(2) $B=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\3& 2& 1\\2& 0& 2 \end{pmatrix}$

(1)
$A=\begin{pmatrix}1& 3\\-3& 7\end{pmatrix}$ に対して， $P=\begin{pmatrix}3& 0\\3& 1\end{pmatrix}$ ， $J=\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$ とおくと
$AP=PJ$
$\begin{pmatrix}1& 3\\-3& 7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& 0\\3& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3& 0\\3& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
$A^n=PJ^nP^{-1}$
が成り立つから
$\begin{pmatrix}1& 3\\-3& 7\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}3& 0\\3& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& 0\\3& 1\end{pmatrix}^{-1}$
$=4^{n-1}\begin{pmatrix}4-3n& 3n\\-3n& 3n+ 4\end{pmatrix}$
(2)
$B=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\3& 2& 1\\2& 0& 2\end{pmatrix}$ に対して，
$P=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1\end{pmatrix}$ ， $J=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$ とおくと
$BP=PJ$
$P^{-1}BP=J$
$B^n=PJ^nP^{-1}$
が成り立つ．すなわち
$\begin{pmatrix}1& 0& 0\\3& 2& 1\\2& 0& 2\end{pmatrix}^n$ $=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 0& 2^n\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1\end{pmatrix}^{-1}$
$=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\2^n(n+ 1)-1& 2^n& n\cdot 2^{n-1}\\2^{n+ 1}& 0+ 2^n& -4^n\end{pmatrix}$

2.2 ジョルダン標準形の求め方(実際の計算)

【例題2.2.1】
(1)　次の行列 $A$ のジョルダン標準形を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}$

（解答）
　固有方程式を解いて固有値を求める
$\begin{vmatrix}4-\lambda& 3\\-3& -2-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(4-\lambda)(-2-\lambda)+ 9=0$
$\lambda^2-2\lambda+ 1=0$
$\lambda=1$ （重解）
　固有ベクトルを求める
$\lambda=1$ のとき
$A\vec{x_1}=\vec{x_1}$
すなわち
$(A-E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$\begin{pmatrix}3& 3\\-3& -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
より１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ が得られる．

[以下の解き方①]
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$
となる $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ と1次独立なベクトル $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ を求める．

　いきなり，そんな話がなぜ言えるのか疑問に思うかもしれない．
　実は，この段階では $AP=P\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ となる行列 $P$ があるとは証明できていないが「求まったらいいのにな！」と考えて，その条件を調べている--方程式として解いているだけ．「もしこのような行列 $P$ があれば右辺がジョルダン標準形になるから」対角化できなくてもｎ乗が計算できるから嬉しいのである．（実際には，必ず求まる！）

両辺の成分を比較すると
$\begin{pmatrix}1& 4x_2+ 3y_2\\-1& -3x_2-2y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1+ x_2\\-1& -1+ y_2\end{pmatrix}$
だから， $3x_2+ 3y_2=1$ …(*A)が必要十分条件
１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\0\end{pmatrix}$ が得られる．
これにより
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$
すなわち
$\begin{pmatrix}0&-1\\3& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ …（答）

（参考）
この後，次のように変形すれば問題の行列Ａのｎ乗が計算できる．
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1\\3& 3\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}1&\frac{1}{3}\\-1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1\\3& 3\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}3n+ 1& 3n\\-3n& 1-3n\end{pmatrix}$

[以下の解き方②]
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ と1次独立な（ $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ が１次独立ならば行列 $P$ は正則になり，逆行列が求まるが，そうでなければ逆行列は求まらない）ベクトル $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ 条件(*A)を満たせばよいから，必ずしも $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\0\end{pmatrix}$ でなくてもよい．ここでは，他のベクトルでも同じ結果が得られることを示してみる．
１つの固有ベクトルとして， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ を使うと
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ …（答）

（参考）
この後，次のように変形すれば問題の行列Ａのｎ乗が計算できる．
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1& -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&-2\\3& 3\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}1&\frac{2}{3}\\-1& -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&-2\\3& 3\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}3n+ 1& 3n\\-3n& 1-3n\end{pmatrix}$
この結果は①の結果と一致する

[以下の解き方③]
線形代数の教科書，参考書には，次のように書かれていることがある．
　行列 $A$ の固有値が $\lambda=1$ （重解）で，これに対応する固有ベクトルが $\vec{x_1}$ のとき，
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
$\vec{x_1}$ と１次独立なベクトル $\vec{x_2}$ は，次の計算によって求められる．
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2)
これらの式の意味は次のようになっている

(1)は固有値が $\lambda=1$ で，これに対応する固有ベクトルが $\vec{x_1}$ であることから
$A\vec{x_1}=\lambda\vec{x_1}=\lambda E\vec{x_1}$
を移項すれば
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
として(1)得られる．

　これに対して，(2)は次のように分けて考えると
$A\vec{x_2}=\lambda\vec{x_2}+\vec{x_1}$
を表していることが分かる．
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2 \end{pmatrix}$ $\Bigl($ $\begin{matrix}x_1\\y_1\end{matrix}$ $\begin{matrix}x_2\\y_2\end{matrix}$ $\Bigr)=\Bigl($ $\begin{matrix}x_1\\y_1\end{matrix}$ $\begin{matrix}x_2\\y_2\end{matrix}$ $\Bigr)\Bigl($ $\begin{matrix}\lambda\\0\end{matrix}$ $\begin{matrix}1\\\lambda\end{matrix}$ $\Bigr)$
を列ベクトルに分けると
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2 \end{pmatrix}$ $\Bigl($ $\begin{matrix}x_1\\y_1\end{matrix}$ $\begin{matrix}\hspace{20}\\\hspace{20}\end{matrix}$ $\Bigr)=\Bigl($ $\begin{matrix}x_1\\y_1\end{matrix}$ $\begin{matrix}\hspace{20}\\\hspace{20}\end{matrix}$ $\Bigr)\Bigl($ $\begin{matrix}\lambda\\0\end{matrix}$ $\begin{matrix}\hspace{20}\\\hspace{20}\end{matrix}$ $\Bigr)$
が(1)を表しており
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2 \end{pmatrix}$ $\Bigl($ $\begin{matrix}\hspace{20}\\\hspace{20}\end{matrix}$ $\begin{matrix}x_2\\y_2\end{matrix}$ $\Bigr)=\Bigl($ $\begin{matrix}x_1\\y_1\end{matrix}$ $\begin{matrix}x_2\\y_2\end{matrix}$ $\Bigr)\Bigl($ $\begin{matrix}\hspace{20}\\\hspace{20}\end{matrix}$ $\begin{matrix}1\\\lambda\end{matrix}$ $\Bigr)$
が(2)を表している．
(2)は $A\vec{x_2}=\vec{x_1}+\lambda\vec{x_2}$ であるから
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$
と書ける．要するに(1)を満たす固有ベクトルを求めてそれを $\vec{x_1}$ として，次に
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$
を満たす $\vec{x_2}$ を求めるという流れになる．

以上のことは行列とベクトルで書かれているので，必ずしも分かり易いとは言えないが，解き方①において
$\begin{pmatrix}4& 3\\-3& -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$
となる $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ と1次独立なベクトル $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$ を求める．･･･そのような $x_2,\hspace{3}y_2$ があったらいいのにな～［対角成分の１つ上の成分が1になっている行列でもｎ乗ができるから］～という「願いのレベル」で未知数 $x_2,\hspace{3}y_2$ を求めていることと同じになる．

【解き方③のまとめ】
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2)
となるベクトル $\vec{x_1},\hspace{3}\vec{x_2}$ を２つの列ベクトルとして，それらを束にして行列にしたもの
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}]$
は，元の行列 $A$ をジョルダン標準形に変換する正則な変換行列になる．すなわち
$AP=P\begin{pmatrix}\lambda& 1\\0&\lambda\end{pmatrix}$
$A=P\begin{pmatrix}\lambda& 1\\0&\lambda\end{pmatrix}P^{-1}$
$A^n=P\begin{pmatrix}\lambda^n& n\lambda^{n-1}\\0&\lambda^n\end{pmatrix}P^{-1}$
が成り立つ．

[以下の解き方③]
実際に解いてみると･･･
行列 $A$ の固有値を求めると $\lambda=1$ （重解）
そこで，次の方程式を解いて， $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_1}$ を求める．
$(A-E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
$(A-E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2)
(1)より
$\begin{pmatrix}3& 3\\-3& -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
したがって， $x_1+ y_1=0$ を満たすベクトル（ただし，零ベクトルでないもの）は固有ベクトル．
そこで， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ とする．
次に(2)により
$\begin{pmatrix}3& 3\\-3& -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
したがって， $3x_2+ 3y_2=1$ を満たすベクトル（ただし，零ベクトルでないもの）は解のベクトル．
そこで， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\0\end{pmatrix}$ とする．

[解き方③の２]･･･別の解説
　線形代数の教科書，参考書によっては，次のように解説される場合がある．
　はじめに，零ベクトルでない（かつ固有ベクトル $\vec{x_1}$ と平行でない）「任意のベクトル $\vec{x_2}$ 」を選ぶ．次に(2)式によって $\vec{x_1}$ を求めたら，「 $\vec{x_1}$ は必ず(1)を満たす」ので，これら $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ の組を解とするのである．
$(A-E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1’)
$(A-E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2’)
　前の解説と(1’)(2’)の式は同じであるが，「 $\vec{x_2}$ は任意のベクトルでよい」「(2’)で求めた「 $\vec{x_1}$ は必ず(1’)を満たす」という所が，前の解説と違うように聞こえるが･･･実際に任意のベクトル $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2 \end{pmatrix}$ を代入してみると，次のようになる．
$\begin{pmatrix}3& 3\\-3& -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3(x_2+ y_2)\\-3(x_2+ y_2)\end{pmatrix}=\vec{x_1}$
とおくと $\vec{x_1}=$ $3(x_2+ y_2)$ $\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ はAの固有ベクトルになっており，(1)を満たす．
　この場合，任意のベクトルは固有ベクトル $\vec{x_1}=k\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ の倍率 $k$ を決めることだけに使われている．
　例えば，任意のベクトルを $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ とすると，
$\begin{pmatrix}3& 3\\-3& -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\-6\end{pmatrix}=\vec{x_1}$
となって
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}6\\-6\end{pmatrix},\hspace{3}\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$
が得られる．
　初め慣れるまでは，考え方が難しいが，慣れたら単純作業で求められるようになる．

【例題2.2.2】
　次の行列のジョルダン標準形を求めて， $A^n$ を計算してください．
$A=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}$

（解答）
$\begin{vmatrix}1-\lambda& -1\\1& 3-\lambda\end{vmatrix}=0$
$(1-\lambda)(3-\lambda)+ 1=0$
$\lambda^2-4\lambda+ 4=0$
$\lambda=2$ （重解）

$\lambda=2$ のとき，固有ベクトルは
$\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$
より

$x_1-y_1=2x_1$
$x_1+ 3y_1=2y_1$
$x_1+ y_1=0$
よって，１つの固有ベクトルは
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$

(解き方①)
このベクトル $\vec{x_1}$ と１次独立なベクトル $\vec{x_2}$ を適当に選び
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}$
とおくと
$\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\0& 2 \end{pmatrix}$
となれば，対角化はできなくても，それに準ずる上三角化ができる．
$\begin{pmatrix}2& x-y\\-2& x+ 3y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 1+ 2x_2\\-2& -1+ 2y_2\end{pmatrix}$

$x_2-y_2=1+ 2x_2$
$x_2+ 3y_2=-1+ 2y_2$
ゆえに， $x_2+ y_2=-1$ ･･･(**)
例えば1つの解として $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}-1\\0\end{pmatrix}$
とすると，

$A=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& -1\\-1& 0\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}0& -1\\-1& -1\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}2& 1\\0& 2\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 2^n\end{pmatrix}$
結局
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1& -1\\-1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& -1\\-1& -1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}-2^n\\-2^n& -n\cdot 2^{n-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& -1\\-1& -1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2^n-n\cdot 2^{n-1}& -n\cdot 2^{n-1}\\n\cdot 2^{n-1}& 2^n+ n\cdot 2^{n-1}\end{pmatrix}$
$=2^{n-1}\begin{pmatrix}2-n& -n\\n& 2+ n\end{pmatrix}$ …(答)

　前述において，(解き方①)で示した答案は，(**)を満たす他のベクトルを使っても，同じ結果が得られる．
(解き方②)
例えば1つの解として $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}$
とすると，
$A=\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& 0\\-1& -1\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}1& 0\\-1& -1\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}2& 1\\0& 2\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 2^n\end{pmatrix}$
結局
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1& 0\\-1& -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0\\-1& -1 \end{pmatrix}$
$=2^{n-1}\begin{pmatrix}2-n& -n\\n& 2+ n\end{pmatrix}$ …(答)
となって，結果は等しくなる．

（解き方③）
行列 $A$ の固有値を求めると $\lambda=2$ （重解）
そこで，次の方程式を解いて， $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_1}$ を求める．
$(A-2E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
$(A-2E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2)
(1)より
$\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
したがって， $x_1+ y_1=0$ を満たすベクトル（ただし，零ベクトルでないもの）は固有ベクトル．
そこで， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ とする．
次に(2)により
$\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
そこで， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}0\\-1\end{pmatrix}$ とする．
　以下は（解き方①）（解き方②）と同様になる．
(解き方③の２)
例えば $\vec{y}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ とおくと，
$(A-\lambda E)\vec{y}=\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\2\end{pmatrix}=\vec{x_1}$
となり
$\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2& 1\\2& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2& 1\\2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\0& 2\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2& 1\\2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\0& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2& 1\\2& 1\end{pmatrix}^{-1}$
$\begin{pmatrix}1& -1\\1& 3\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}-2& 1\\2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 2^n\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}-\frac{1}{4}& \frac{1}{4}\\\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{pmatrix}$
これを気長に計算すると，上記(解き方①)(解き方②)の結果と一致する．

【例題2.2.3】
　次の行列のジョルダン標準形を求めて， $A^n$ を計算してください．
$A=\begin{pmatrix}-1& -4\\1& 3\end{pmatrix}$

(解き方①1)
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}-1-\lambda& -4\\1& 3-\lambda\end{vmatrix}=0$
$(-1-\lambda)(3-\lambda)+ 4=0$
$\lambda^2-2\lambda+ 1=0$
$\lambda=1$ （重解）
$\lambda=1$ のとき，固有ベクトルは
$\begin{pmatrix}-2& -4\\1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$
より
$x_1+ 2y_1=0$
よって，１つの固有ベクトルは
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$
そこで
$\begin{pmatrix}-1& -4\\1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2& x_2\\1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2& x_2\\1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1 \end{pmatrix}$
となる $x_2,\hspace{2}y_2$ を求める
$x_2+ 2y_2=1$ ･･･(**)
より
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
$A=\begin{pmatrix}-1& -4\\1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}-2& 1\\1& 0\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}0& 1\\1& 2\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}-2& 1\\1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1\\1& 2\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}-2n+ 1& -4n\\n& 2n+ 1\end{pmatrix}$ …(答)

（解き方②）
(**)において $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ を選んだ場合
$A=\begin{pmatrix}-1& -4\\1& 3 \end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}-2& -1\\1& 1\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 2\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}-2& -1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 2\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}-2n+ 1& -4n\\n& 2n+ 1\end{pmatrix}$ …(答)

（解き方③）
行列 $A$ の固有値を求めると $\lambda=1$ （重解）
そこで，次の方程式を解いて， $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_1}$ を求める．
$(A-E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
$(A-E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2)
(1)より
$\begin{pmatrix}-2& -4\\1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$
したがって， $x_1+ 2y_1=0$ を満たすベクトル（ただし，零ベクトルでないもの）は固有ベクトル．
そこで， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$ とする．
次に(2)により
$\begin{pmatrix}-1& -1\\1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$
そこで， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ とする．
　以下は（解き方①）と同様になる．

（解き方③の２）
固有ベクトル $\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}$ と1次独立な任意の（零ベクトルでない）ベクトルとして $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ を選び， $(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ によって定まるベクトル $\vec{x_1}$ により正則行列
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}]=\begin{pmatrix}-6& 1\\3& 1\end{pmatrix}$
を定めると
$A=\begin{pmatrix}-1& -4\\1& 3 \end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}-6& 1\\3& 1\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\frac{1}{9}\begin{pmatrix}-1& 1\\3& 6\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}1& 1\\0& 1\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}-6& 1\\3& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& n\\0& 1\end{pmatrix}\frac{1}{9}\begin{pmatrix}-1& 1\\3& 6\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}-2n+ 1& -4n\\n& 2n+ 1\end{pmatrix}$ …(答)

【例題2.2.4】
　次の行列のジョルダン標準形を求めて， $A^n$ を計算してください．
$A=\begin{pmatrix}5& 1\\ -1& 3\end{pmatrix}$

(解き方①)
　固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}5-\lambda& 1\\-1& 3-\lambda\end{vmatrix}=0$
$(5-\lambda)(3-\lambda)+ 1=0$
$\lambda^2-8\lambda+ 16=0$
$\lambda=4$ （重解）
$\lambda=4$ のとき，固有ベクトルは
$\begin{pmatrix}5& 1\\-1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$
より
$x_1+ y_1=0$
よって，１つの固有ベクトルは
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$
そこで
$\begin{pmatrix}5& 1\\-1& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& x_2\\-1& y_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$
となる $x_2,\hspace{2}y_2$ を求める
$x_2+ y_2=1$ ･･･(**)
より
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
$A=\begin{pmatrix}5& 1\\-1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& 1\\-1& 0\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}0& -1\\1& 1\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1& 1\\-1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& -1\\1& 1 \end{pmatrix}$
$=4^{n-1}\begin{pmatrix}n+ 4& n\\-n& 4-n\end{pmatrix}$ …(答)

（解き方②）
(**)において $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ を選んだ場合
$A=\begin{pmatrix}5& 1\\-1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& 0\\-1& 1 \end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\begin{pmatrix}1& 0\\1& 1 \end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1& 0\\-1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0\\1& 1 \end{pmatrix}$
$=4^{n-1}\begin{pmatrix}n+ 4& n\\-n& 4-n\end{pmatrix}$ …(答)

（解き方③の２）
固有ベクトル $\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ と1次独立な任意の（零ベクトルでない）ベクトルとして $\vec{y}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ を選び， $(A-\lambda E)\vec{y}=\vec{x_1}$ によって定まるベクトル $\vec{x_1}$ により正則行列
$P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{y}]=\begin{pmatrix}2& 1\\-2& 1\end{pmatrix}$
を定めると
$A=\begin{pmatrix}5& 1\\-1& 3\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}2& 1\\-2& 1\end{pmatrix}$ ， $P^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1& -1\\2& 2\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}4& 1\\0& 4\end{pmatrix}$ に対して
$AP=PJ$
すなわち
$P^{-1}AP=J$
となるから
$P^{-1}A^nP=J^n=\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}$
$A^n=PJ^nP^{-1}=\begin{pmatrix}2& 1\\-2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4^n& n\cdot 4^{n-1}\\0& 4^n\end{pmatrix}\frac{1}{4}\begin{pmatrix}1& -1\\2& 2\end{pmatrix}$
$=4^{n-1}\begin{pmatrix}n+ 4& n\\-n& 4-n\end{pmatrix}$ …(答)

2.3　３次正方行列で固有値が二重解になる場合

【例題2.3.1】
　次の行列のジョルダン標準形を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}6& 2& 3\\-3& 0& -2\\-4& -2& -1 \end{pmatrix}$

（解き方①）
固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}6-\lambda& 2& 3\\-3& -\lambda& -2\\-4& -2& -1-\lambda\end{vmatrix}=0$
$\lambda^3-5\lambda^2+ 8\lambda-4=0$
$(\lambda-1)(\lambda-2)^2=0$
$\lambda=1$ （重複度１）， $\lambda=2$ （重複度２）
固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=1$ （重複度１）のとき
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
より
$\begin{pmatrix}5& 2& 3\\-3&-1& -2\\-4& -2& -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$
イ） $\lambda=2$ （重複度２）のとき
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{0}$
より
$\begin{pmatrix}4& 2& 3\\-3&-2& -2\\-4& -2& -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\\z_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}x_2\\y_2\\z_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\end{pmatrix}$
これら２つのベクトルと１次独立なベクトルをもう１つ求める必要があるから
$\begin{pmatrix}6& 2& 3\\-3& 0& -2\\-4& -2& -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 2& x_3\\-1& -1& y_3\\-1& -2& z_3 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}1& 2& x_3\\-1& -1& y_3\\-1& -2& z_3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$
となるベクトル $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}x_3\\y_3\\z_3 \end{pmatrix}$ を求めるとよい．
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\-1\\0 \end{pmatrix}$
以上により
$\begin{pmatrix}6& 2& 3\\-3& 0& -2\\-4& -2& -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 2& 1\\-1& -1& -1\\-1& -2& 0 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}1& 2& 1\\-1& -1& -1\\-1& -2& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$

$A=\begin{pmatrix}6& 2& 3\\-3& 0& -2\\-4& -2& -1 \end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& 2& 1\\-1& -1& -1\\-1& -2& 0 \end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$ に対して
$P^{-1}AP=J$
となる

（解き方③の２）
$\lambda_1=1$ （重複度１）， $\lambda_2=2$ （重複度２）に対して，
$\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ と１次独立になるように気を付けながら，任意のベクトル $\vec{x_3}$ を用いて次の式から定まる $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ を用いて，正則な変換行列
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]$
を定める．
$(A-\lambda_2 E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$ …(2)
$(A-\lambda_1 E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
たとえば， $\lambda_2=2$ ， $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\-1\\0 \end{pmatrix}$ とおくと， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2 \end{pmatrix}$
$\lambda_1=1$ に対しては， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix}$ が定まるから，解き方①と同じ結果を得る．

【例題2.3.2】
　次の行列のジョルダン標準形を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}3& -2& -2\\1& 4& -1\\1& -1& 0 \end{pmatrix}$

（解き方①）
固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}3-\lambda& -2& -2\\1& 4-\lambda& -1\\1& -1& -\lambda \end{vmatrix}=0$
$\lambda^3-7\lambda^2+ 15\lambda-9=0$
$(\lambda-1)(\lambda-3)^2=0$
$\lambda=1$ （重複度１）， $\lambda=3$ （重複度２）
固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=1$ （重複度１）のとき
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
より
$\begin{pmatrix}2& -2& -2\\1& 3& -1\\1& -1& -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$
イ） $\lambda=3$ （重複度２）のとき
$(A-3E)\vec{x_2}=\vec{0}$
より
$\begin{pmatrix}0& -2& -2\\1& 1& -1\\1& -1& -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\\z_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}x_2\\y_2\\z_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$
これら２つのベクトルと１次独立なベクトルをもう１つ求める必要があるから
$\begin{pmatrix}3& -2& -2\\1& 4& -1\\1& -1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 2& x_3\\0&-1& y_3\\1& 1& z_3 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 2& x_3\\0&-1& y_3\\1& 1& z_3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 0& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3 \end{pmatrix}$
となるベクトル $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}x_3\\y_3\\z_3 \end{pmatrix}$ を求めるとよい．
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}0\\-1\\0 \end{pmatrix}$
以上により
$\begin{pmatrix}3& -2& -2\\1& 4& -1\\1& -1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 2& 0\\0& -1& -1\\1& 1& 0 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}1& 2& 0\\0& -1& -1\\1& 1& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3 \end{pmatrix}$

$A=\begin{pmatrix}3& -2& -2\\1& 4& -1\\1& -1& 0\end{pmatrix}$ ，正則行列 $P=\begin{pmatrix}1& 2& 0\\0& -1& -1\\1& 1& 0\end{pmatrix}$ ，ジョルダン標準形 $J=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3 \end{pmatrix}$ に対して
$P^{-1}AP=J$
となる

（解き方③の２）
$\lambda_1=1$ （重複度１）， $\lambda_2=3$ （重複度２）に対して，
$\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ と１次独立になるように気を付けながら，任意のベクトル $\vec{x_3}$ を用いて次の式から定まる $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ を用いて，正則な変換行列
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]$
を定める．
$(A-\lambda_2 E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$ …(2)
$(A-\lambda_1 E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1)
たとえば， $\lambda_2=3$ ， $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}0\\-1\\0 \end{pmatrix}$ とおくと， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\-1\\1 \end{pmatrix}$
$\lambda_1=1$ に対しては， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$ が定まるから，解き方①と同じ結果を得る．

　2次正方行列が二重解をもつとき，元の行列自体が単位行列の定数倍である場合を除けば，対角化できることはなくジョルダン標準形
$A=P\begin{pmatrix}\lambda& 1\\0&\lambda\end{pmatrix}P^{-1}$
になる．
　これに対して，3次正方行列が１つの解 $\alpha$ と二重解 $\beta$ をもつ場合，二重解 $\beta$ に対応する側の固有ベクトルが１つしか定まらない場合は上記の【2.3.1】, 【2.3.2】のようにジョルダン標準形になるが，二重解 $\beta$ に対応する側の固有ベクトルが独立に２個求まる場合には，この行列は対角化可能である．すなわち，

【例題2.3.3】
　次の行列が対角化可能かどうか調べてください．
$A=\begin{pmatrix}3& -2& -1\\1& 0& -1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$

固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}3-\lambda& -2& -1\\1& -\lambda& -1\\0& 0& 2-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(3-\lambda)(-\lambda)(2-\lambda)+ 2(2-\lambda)=0$
$(2-\lambda)\{(3-\lambda)(-\lambda)+ 2\}=0$
$(2-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+ 2)=0$
$(\lambda-1)(\lambda-2)^2=0$
$\lambda=1,\hspace{2}2,\hspace{2}2$
固有ベクトルを求める
ア） $\lambda=1$ のとき
$(A-\lambda)\vec{x_1}=\vec{0}$ より
$\begin{pmatrix}2& -2& -1\\1&-1& -1\\0& 0& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$

$2x_1-2y_1-z_1=0$
$x_1-y_1-z_1=0$
$z_1=0$
$\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\0 \end{pmatrix}$
イ） $\lambda=2$ のとき
$(A-\lambda)\vec{x_2}=\vec{0}$ より
$\begin{pmatrix}1& -2& -1\\1&-2& -1\\0& 0& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_2\\y_2\\z_2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

$x_2-2y_2-z_2=0$
$x_2-2y_2-z_2=0$
これを満たすベクトルは独立に２個できる
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}$
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\1\\-1 \end{pmatrix}$
以上により
変換行列 $P=[\vec{x_1}\hspace{2}\vec{x_2}\hspace{2}\vec{x_3}]=\begin{pmatrix}1& 2& 1\\1& 1& 1\\0& 0& -1 \end{pmatrix}$ ，対角行列 $D=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 0\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$ により
$AP=PD$
すなわち
$P^{-1}AP=D$
$\begin{pmatrix}-1& 2& 1\\1& -1& 0\\0& 0& -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& -2& -1\\1& 0& -1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 2& 1\\1& 1& 1\\0& 0& -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\0& 2& 0\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$

【例題2.3.4】
　次の行列が対角化可能かどうか調べてください．
$A=\begin{pmatrix}1& 2& 0\\1& 1& 0\\3& 0& -1\end{pmatrix}$

（略解）
固有値 $\lambda=2$ に対する固有ベクトルは $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix}$
固有値 $\lambda=3$ （二重解）に対する固有ベクトルは $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix},\hspace{2}\vec{x_3}=\begin{pmatrix}0\\0\\3 \end{pmatrix}$
対角化可能
$\begin{pmatrix}-1& 2& 0\\1& -1& 0\\-3& 6& -1\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}1& 2& 0\\1& 1& 0\\3& 0& -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 3& 0\\0& 0& 3\end{pmatrix}$

【例題2.3.5】
　次の行列が対角化可能かどうか調べてください．
$A=\begin{pmatrix}1& 1& 3\\2& 1& 3\\0& 0& -1\end{pmatrix}$

（略解）
固有値 $\lambda=-1$ に対する固有ベクトルは $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\2\\0 \end{pmatrix}$
固有値 $\lambda=1$ （二重解）に対する固有ベクトルは $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\hspace{2}\vec{x_3}=\begin{pmatrix}3\\3\\-1 \end{pmatrix}$
対角化可能
$\begin{pmatrix}-1& 1& 0\\2& -1& 3\\0& 0& -1\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}1& 1& 3\\2& 1& 3\\0& 0& -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1& 0& 0\\0& 1& 0\\0& 0& 1 \end{pmatrix}$

2.4　３次正方行列で固有値が三重解になる場合

３次正方行列をジョルダン標準形にすると，行列のｎ乗が次のように計算できる
$\begin{pmatrix}\alpha& 0& 0\\0&\beta& 1\\0& 0&\beta\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& 0& 0\\0&\beta^n& n\cdot\beta^{n-1}\\0& 0&\beta^n\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}\alpha& 1& 0\\0&\alpha& 0\\0& 0&\beta\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\alpha^n& n\cdot\alpha^{n-1}& 0\\0&\alpha^n& 0\\0& 0&\beta^n\end{pmatrix}$
三重解の場合，次の形が使えることがある．
$\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0&\lambda& 0\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n& n\cdot\lambda^{n-1}& 0\\0&\lambda^n& 0\\0& 0&\lambda^n\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}\lambda& 0& 0\\0&\lambda& 1\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n& 0& 0\\0&\lambda^n& n\cdot\lambda^{n-1}\\0& 0&\lambda^n\end{pmatrix}$
次の形ではかなり複雑になる
$\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0&\lambda& 1\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n& _nC_1\lambda^{n-1}& _nC_2\lambda^{n-2}\\0&\lambda^n& _nC_1\lambda^{n-1}\\0& 0&\lambda^n\end{pmatrix}$

【例題2.4.1】
　次の行列のジョルダン標準形を求めてて，ｎ乗を計算してください．
$A=\begin{pmatrix}3& 1& 0\\-1& 1& 0\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$

（解き方①）
固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}3-\lambda& 1& 0\\-1& 1-\lambda& 0\\0& 0& 2-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(3-\lambda)(1-\lambda)(2-\lambda)+(2-\lambda)=0$
$(2-\lambda)\{(3-\lambda)(1-\lambda)+ 1\}=0$
$(2-\lambda)(3-4\lambda+\lambda^2+ 1)=0$
$(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+ 4)=0$
$(\lambda-2)^3=0$
$\lambda=2$ （重複度3）
固有ベクトルを求める
$(A-2E)\vec{x_1}=\vec{0}$
$\begin{pmatrix}1 & 1& 0\\-1& -1& 0\\0& 0& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$x_1+ y_1=0$ （ $z_1$ は任意）
これを満たすベクトルは１次独立に２つ作れる
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
正則な変換行列を作るには，もう１つ１次独立なベクトルが必要だから次の形でジョルダン標準形を求める
$\begin{pmatrix}3& 1& 0\\-1& 1& 0\\0& 0& 2 \end{vmatrix}\begin{pmatrix}0& 1& x_3\\0& -1& y_3\\0& 0& z_3\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}0& 1& x_3\\0& -1& y_3\\0& 0& z_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
$x_3+ y_3=1$ （ $z_1$ は任意）
より
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$
以上により
$\begin{pmatrix}3& 1& 0\\-1& 1& 0\\0& 0& 2 \end{vmatrix}\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}^{-1}A\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}0& 0& 1\\0& -1& 0\\1& 1& 0 \end{pmatrix}A\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
ｎ乗を計算するには，次の公式を利用する

$\begin{pmatrix}\lambda& 0& 0\\0&\lambda& 1\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n& 0& 0\\0&\lambda^n& n\cdot\lambda^{n-1}\\0& 0&\lambda^n\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}^{-1}A\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2\end{pmatrix}$
$A=\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 0& 1\\0& -1& 0\\1& 1& 0\end{pmatrix}^{-1}$
$A^n=\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}0& 0& 1\\0& -1& 0\\1& 1& 0\end{pmatrix}^{-1}$
$=\begin{pmatrix}0& 1& 1\\0& -1& 0\\1& 0& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n& 0& 0\\0& 2^n& n\cdot 2^{n-1}\\0& 0& 2^n \end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}0& 0& 1\\0& -1& 0\\1& 1& 0\end{pmatrix}^{-1}$
$=2^{n-1}\begin{pmatrix}n+ 2& n& 0\\-n& 2-n& 0\\0& 0& 2 \end{pmatrix}^n$

（解き方③の３）
1次独立なベクトルの束から作った行列
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]$
が次の形でジョルダン標準形
$J=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
となるようにベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2},\hspace{2}\vec{x_3}$ を求める．
$AP=PJ$
$A[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]\begin{pmatrix}\lambda& 0& 0\\0& \lambda& 1\\0& 0& \lambda \end{pmatrix}$
両辺を列ベクトルに分けると

$A\vec{x_1}=\lambda\vec{x_1}$ …(1)
$A\vec{x_2}=\lambda\vec{x_2}$ …(2)
$A\vec{x_3}=\vec{x_2}+\lambda\vec{x_3}$ …(3)
すなわち

$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1’)
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{0}$ …(2’)
$(A-\lambda E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$ …(3’)
そこで，任意の（ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）ベクトル $\vec{x_3}$ を選び，(3)で定まる $\vec{x_2}$ を求めると固有ベクトルになって(2)を満たしているので，これと独立にもう1つ固有ベクトル $\vec{x_1}$ を定めるとよい．
　例えば， $\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ とおくと， $\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\-2\\0\end{pmatrix}$ となる．
(1’)は次の形に書ける
$\begin{pmatrix}1 & 1& 0\\-1& -1& 0\\0& 0& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
$x_1+ y_1=0$ （ $z_1$ は任意）
$\vec{x_2}$ と1次独立となるように $\vec{x_1}$ を選ぶと， $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
　このとき，
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]=\begin{pmatrix}0 & 2& 1\\0& -2& 1\\1& 0& 1 \end{pmatrix}$
について， $|P|\ne 0$ だから $P$ は正則になる．
$A\begin{pmatrix}0 & 2& 1\\0& -2& 1\\1& 0& 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 2& 1\\0& -2& 1\\1& 0& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
$\frac{1}{4}\begin{pmatrix}-2 & -2& 4\\1& -1& 0\\2& 2& 0 \end{pmatrix}A\begin{pmatrix}0 & 2& 1\\0& -2& 1\\1& 0& 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
変換行列は解き方①と同じではないが，ｎ乗の計算を同様に行うと，結果は同じになる

【例題2.4.2】
　次の行列のジョルダン標準形を求めください．
$A=\begin{pmatrix}0& 4& 0\\-1& 4& 0\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$

（略解：解き方③）
固有方程式は三重解 $\lambda=2$ をもつ
これに対応する固有ベクトルを求める
$\begin{pmatrix}-2& 4& 0\\-1& 2& 0\\0& 0& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\y_1\\z_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}$
より
$x_1=2y_1$ （ $z_1$ は任意）
これを満たすベクトルは独立に２つ選べる
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}4\\2\\1\end{pmatrix}$
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}$
これらと独立にもう1つベクトル $\vec{x_3}$ を定めるために
$(A-2E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
となるベクトル $\vec{x_3}$ を求める．
$\begin{pmatrix}-2& 4& 0\\-1& 2& 0\\0& 0& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_3\\y_3\\z_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}$
$-x_3+ 2y_3=1$ （ $z_3$ は任意）
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}3\\2\\3\end{pmatrix}$
以上により
正則な変換行列
$P=\begin{pmatrix}4& 2& 3\\2& 1& 2\\1& 0& 3 \end{pmatrix}$
$P^{-1}=\begin{pmatrix}3& -6& 1\\-4& 9& -2\\-1& 2& 0 \end{pmatrix}$
ジョルダン標準形
$J=\begin{pmatrix}2& 0& 0\\0& 2& 1\\0& 0& 2 \end{pmatrix}$
として
$P^{-1}AP=J$
が成り立つ．

【例題2.4.3】
　次の行列のジョルダン標準形を求めて，n乗を計算してくださいください．
$A=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1 \end{pmatrix}$

（解き方③の２）
固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}1-\lambda& 0& 0\\-1& 1-\lambda& 1\\-2& 0& 1-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(\lambda-1)^3=0$
$\lambda=1$ （三重解）
次の形でジョルダン標準形を求める
$AP=P\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0& \lambda& 1\\0& 0& \lambda \end{pmatrix}$
正則な変換行列は３つの１次独立なベクトルを束にしたものとする
$P=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]$
$A[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]=[\vec{x_1}\hspace{5}\vec{x_2}\hspace{5}\vec{x_3}]\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0& \lambda& 1\\0& 0& \lambda \end{pmatrix}$
両辺を列ベクトルに分けると

$A\vec{x_1}=\lambda\vec{x_1}$ …(1)
$A\vec{x_2}=\vec{x_1}+\lambda\vec{x_2}$ …(2)
$A\vec{x_3}=\vec{x_2}+\lambda\vec{x_3}$ …(3)
すなわち

$(A-\lambda E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$ …(3’)
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$ …(2’)
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$ …(1’)
　次の順に決める：任意の（ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）ベクトル $\vec{x_3}$ を選び，(3’)で定まる $\vec{x_2}$ を求める．さらに(2’)で $\vec{x_1}$ を定める：(1’)は成り立つ．
　例えば
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$
とおくと
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}0\\-1\\-2\end{pmatrix}$
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}0\\-2\\0\end{pmatrix}$
となる．
$\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1& 0\\0& 1& 1\\0& 0& 1 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 1& 0\\0& 1& 1\\0& 0& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0 \end{pmatrix}^{-1}$
$\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 1& 0\\0& 1& 1\\0& 0& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& -2& 1\\0& 0& -2\\4& 0& 0 \end{pmatrix}$
以上がジョルダン標準形である

n乗は次の公式を使って求める

$\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0&\lambda& 1\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n& _nC_1\lambda^{n-1}& _nC_2\lambda^{n-2}\\0&\lambda^n& _nC_1\lambda^{n-1}\\0& 0&\lambda^n\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-1& 1& 1\\-2& 0& 1 \end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0\end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& 1& 0\\0& 1& 1\\0& 0& 1 \end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}0& -2& 1\\0& 0& -2\\4& 0& 0\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}0& 0& 1\\-2& -1& 0\\0& -2& 0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix}1& n& \frac{n(n-1)}{2}\\0& 1& n\\0& 0& 1 \end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}0& -2& 1\\0& 0& -2\\4& 0& 0 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1& 0& 0\\-n^2& 1& n\\-2n& 0& 1 \end{pmatrix}$

【例題2.4.4】
　次の行列のジョルダン標準形を求めて，n乗を計算してくださいください．
$A=\begin{pmatrix}2& -1& 1\\1& 3& 0\\0& -1& 4 \end{pmatrix}$

（解き方③の２）
固有方程式を解く
$\begin{vmatrix}2-\lambda& -1& 1\\1& 3-\lambda& 0\\0& -1& 4-\lambda \end{vmatrix}=0$
$(\lambda-3)^3=0$
$\lambda=3$ （三重解）
変換行列を求める．
任意のベクトル $\vec{x_3}$ （ただし，後で求まるベクトル $\vec{x_1},\hspace{2}\vec{x_2}$ とは1次独立でなければならない）を選び
$(A-\lambda E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
となる $\vec{x_2}$ を求めて，この作業を繰り返す．
　例えば，次のように定まる．
$A-3E=\begin{pmatrix}-1& -1& 1\\1& 0& 0\\0& -1& 1 \end{pmatrix}$
だから
$\vec{x_3}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
とおくと
$\begin{pmatrix}-1& -1& 1\\1& 0& 0\\0& -1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$ …(#1)
により
$\vec{x_2}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$
さらに
$\begin{pmatrix}-1& -1& 1\\1& 0& 0\\0& -1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix}$ …(#2)
により
$\vec{x_1}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$
なお
$\begin{pmatrix}-1& -1& 1\\1& 0& 0\\0& -1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$ …(#3)
が成り立つ．

(#1)は
$(A-\lambda E)\vec{x_3}=\vec{x_2}$
すなわち
$A\vec{x_3}=\vec{x_2}+\lambda\vec{x_3}$ …(#1’)
を表している.
(#2)は
$(A-\lambda E)\vec{x_2}=\vec{x_1}$
すなわち
$A\vec{x_2}=\vec{x_1}+\lambda\vec{x_2}$ …(#2’)
を表している.
(#3)は
$(A-\lambda E)\vec{x_1}=\vec{0}$
すなわち
$A\vec{x_1}=\lambda\vec{x_1}$ …(#3’)
を表している.
(#1’)(#2’)(#3’)より変換行列を $P=[\vec{x_1}\hspace{3}\vec{x_2}\hspace{3}\vec{x_3}]$ によって作ると
$A[\vec{x_1}\hspace{3}\vec{x_2}\hspace{3}\vec{x_3}]=[\vec{x_1}\hspace{3}\vec{x_2}\hspace{3}\vec{x_3}]\begin{pmatrix}\lambda& 1& 0\\0&\lambda& 1\\0& 0&\lambda\end{pmatrix}$
（右辺のジョルダン標準形において，１列目の $\lambda$ は単独，2列目，3列目の $\lambda$ の上には１が付く）

以上により
$A=\begin{pmatrix}2& -1& 1\\1& 3& 0\\0& -1& 4 \end{pmatrix}$
に対して，変換行列
$P=\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\1& 1& 1 \end{pmatrix}$
ジョルダン標準形
$J=\begin{pmatrix}3& 1& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3 \end{pmatrix}$
とおくと
$AP=PJ$
$A=PJP^{-1}$
が成り立つ．すなわち
$A=\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\1& 1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& 1& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\1& 1& 1\end{pmatrix}^{-1}$
$=\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\1& 1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& 1& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\-1& -1& 1 \end{pmatrix}$
$A^n=\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\1& 1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}3& 1& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}0& 1& 0\\1& 0& 0\\-1& -1& 1 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}3& 1& 0\\0& 3& 1\\0& 0& 3\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}3^n& n\cdot 3^{n-1}& \frac{n(n-1)}{2}3^{n-2}\\0& 3^n& n\cdot 3^{n-1}\\0& 0& 3^n\end{pmatrix}$
だから
$A^n=3^{n-2}\begin{pmatrix}9-3n& -3n& 3n\\3n-\frac{n(n-1)}{2}& 9-\frac{n(n-1)}{2}& \frac{n(n-1)}{2}\\-\frac{n(n-1)}{2}& -\frac{n(n-1)}{2}-3n& \frac{n(n-1)}{2}+ 3n+ 9\end{pmatrix}$

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