6 例

最後に、交代行列の標準形への変形の例を示す。

$n=2$ の交代行列は $R(\mu)$ そのものなので、$n=3$ の交代行列の一般形

$$A=\left[\begin{array}{rrr}0 & a & b\\ -a & 0 & c\\ -b & -c & 0\end{array}\right]$$

から考える。

$$\begin{eqnarray*}f_A(\lambda) &=& \vert\lambda E-A\vert \ =\ \left\vert\beg... ... \\ &=& \lambda(\lambda^2+r^2)\hspace{1zw}(r=\sqrt{a^2+b^2+c^2})\end{eqnarray*}$$

となるので、固有値は $\lambda=0,\pm ri$ となる。$r=0$ なら $A=O$ な ので $r>0$ とする。 さらに、 $r^2-a^2=b^2+c^2=0$ ならば、$b=c=0$ なので、$A$ は

$$A=\left[\begin{array}{ccc}0 & a & 0\\ -a & 0 & 0\\ 0&0&0\end{array}\right]$$

の標準形そのものの形なので、$r^2-a^2>0$ の場合を考える。

$\lambda=0$ に対する単位固有ベクトルが、

$$\mbox{\boldmath$a$}_0=\frac{1}{r}\left[\begin{array}{r}c\\ -b\\ a\end{array}\right]$$

であることは容易に確認できる。 また、 $\lambda=\pm ri$ の固有ベクトル $\mbox{\boldmath$\alpha$}_{\pm}$ は 少し面倒だが、

$$\mbox{\boldmath$\alpha$}_{\pm} = \frac{1}{\sqrt{2}\,r\sqrt{r^2-a^2}} \left[\begin{array}{c}-ac\mp bri\\ ab\mp cri\\ r^2-a^2\end{array}\right]$$

となり、 $\mbox{\boldmath$\alpha$}_{\pm}=\mbox{\boldmath$a$}_{\pm}+i\mbox{\boldmath$b$}_{\pm}$ と 分けると、

$$\mbox{\boldmath$a$}_{\pm} = \frac{1}{\sqrt{2}\,r\sqrt{r^2-a^2}}\... ...\mp1}{\sqrt{2}\sqrt{r^2-a^2}}\left[\begin{array}{c}b\\ c\\ 0\end{array}\right]$$

となるので、

$$\mbox{\boldmath$\hat{a}$}_{\pm}=\sqrt{2}\,\mbox{\boldmath$a$}_{\p... ...= \frac{\mp1}{\sqrt{r^2-a^2}}\left[\begin{array}{c}b\\ c\\ 0\end{array}\right]$$

となる。この $\mbox{\boldmath$\hat{a}$}_{+}$, $\mbox{\boldmath$\hat{b}$}_{+}$, $\mbox{\boldmath$a$}_0$ が 互いに垂直な単位ベクトルとなり、

$$A\mbox{\boldmath$\hat{a}$}_{+}=-r\mbox{\boldmath$\hat{b}$}_{+},\h... ...oldmath$\hat{a}$}_{+},\hspace{1zw}A\mbox{\boldmath$a$}_0 = \mbox{\boldmath$0$}$$

となるので、 $Q=[\mbox{\boldmath$\hat{a}$}_{+}\ \mbox{\boldmath$\hat{b}$}_{+}\ \mbox{\boldmath$a$}_0]$ に より、

$$Q^{-1}AQ=\,{}^t\!{Q}AQ =\left[\begin{array}{rrr}0 & -r& 0\\ r& 0 & 0\\ 0&0&0\end{array}\right]$$

となる。

$n=4$ の場合も少し見ておく。交代行列の一般形は

$$A=\left[\begin{array}{rrrr}0&a&b&c\\ -a&0&d&e\\ -b&-d&0&f\\ -c&-e&-f&0\end{array}\right]$$

で、$f_A(\lambda)$ は

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{f_A(\lambda) \ =\ \vert\lambda E-A\vert \ =\ \le... ...ath$q$}=\left[\begin{array}{r}f\\ -e\\ d\end{array}\right]\right)\end{eqnarray*}$$

となる。 $g(t)=t^2+(\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert^2+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert^2)t+(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})^2$ とすると、 $f_A(\lambda)=g(\lambda^2)$ で、$g(t)=0$ の判別式は、

$$D=(\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert^2+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert^... ...2\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert^2-(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})^2\}$$

であり、 シュワルツの不等式 $\vert(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})\vert\leq\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert$ より $D\geq 0$ となり、$D=0$ となるのは $\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert=\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert$ かつ $\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert=\vert(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})\vert$ のとき、すなわち $\mbox{\boldmath$q$}=\pm\mbox{\boldmath$p$}$ のとき。

また、放物線 $y=g(t)$ の軸は負で $g(0)\geq 0$ なので、$g(t)=0$ の解は 2 つとも 0 以下となる。よって場合分けすれば以下のようになる。

• $(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})\neq 0$ かつ $\mbox{\boldmath$q$}\neq\pm\mbox{\boldmath$p$}$ ならば $g(t)=0$ の解は $t=-t_1,-t_2$ ($t_1>t_2>0$) となり、 固有値は $\lambda = \pm\sqrt{t_1}\,i,\pm\sqrt{t_2}\,i$ となる。 よって標準形は $R(\sqrt{t_1})$, $R(\sqrt{t_2})$ で表される。
• $(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})\neq 0$ かつ $\mbox{\boldmath$q$}=\pm\mbox{\boldmath$p$}\neq\mbox{\boldmath$0$}$ ならば $g(t)=0$ は重解 $t=-t_1$ ($t_1>0$) を持つので、 固有値は $\lambda=\pm\sqrt{t_1}\,i$ (重解) となる。 標準形は $R(\sqrt{t_1})$ が 2 つ並ぶ形となる。 この場合、 $\lambda=\pm\sqrt{t_1}\,i$ に対する固有空間の次元は それぞれ 2 となり、垂直な固有ベクトルが 2 つずつ取れることになる。
• $(\mbox{\boldmath$p$},\mbox{\boldmath$q$})=0$ かつ $\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert>0$ ならば、 固有値は $\lambda=0$ (重解), $\pm\sqrt{\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert^2+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert^2}\,i$ と なる。標準形は $R\left(\sqrt{\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert^2+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert^2}\right)$ と 0, 0 が 並ぶものとなる。
• $\vert\mbox{\boldmath$p$}\vert+\vert\mbox{\boldmath$q$}\vert=0$ ならば、 $\mbox{\boldmath$p$}=\mbox{\boldmath$q$}=\mbox{\boldmath$0$}$ で、 この場合は $A=O$ となる。