Jordan 標準形の計算方法(その 6・最終回)

では実際に K を代数閉体として、K[t]-加群 M に対して
${\rm ord}(M)=(g),g\neq 0\Rightarrow l(M)=\deg g$
を示しましょう。まず ${\rm Ann}(M)=(h)$ として、h を
$h(t)=\lambda{(t-\alpha_1)}^{e_1}\cdots{(t-\alpha_k)}^{e_k}$
と因数分解します(ただし $\lambda,\alpha_i\in K,e_i>0$ )。このとき
$M=M(t-\alpha_1)\oplus\cdots\oplus M(t-\alpha_k)$
と直和分解できます。従って
${\rm ord}(M)=\left({(t-\alpha_1)}^{n_1}\cdots{(t-\alpha_k)}^{n_k}\right)$
です。ここで $n_i=l(M(t-\alpha_i))$ です。従って
${(t-\alpha_1)}^{n_1}\cdots{(t-\alpha_k)}^{n_k}=\mu g(t)(\mu\in K)$
でなければいけません。従って $\sum\limits_{i=1}^kn_i=\deg g$ が成り立ち
$l(M)=\sum\limits_{i=1}^kl(M(t-\alpha_i))=\sum\limits_{i=1}^kn_i=\deg g$
が示されたことになります。
さて、 $\deg g=n$ として、K[t]-加群 M の組成列とは
$M=M_0\underset{\neq}{\supset}M_1\underset{\neq}{\supset}\cdots\underset{\neq}{\supset}M_n=0$
なる部分加群の列で、各 $M_{i-1}/M_i(i=1,\ldots,n)$ が K[t]-単純であるもののことでした。K[t]-単純ならば、それは K 係数の 1 次元ベクトル空間です。このことから驚くなかれ、M は実は K 上の n 次元ベクトル空間になってしまうのです !
話を元に戻して、完全列
$0\longrightarrow R^n\longrightarrow^\psi R^n\longrightarrow R^n/{\rm Im}\psi\longrightarrow 0$
において ${\rm ord}(R^n/{\rm Im}\psi)=(f_A(t))$ で $\deg f_A=n$ ですから、上の事実から $\dim_KK^n/{\rm Im}\psi=n$ となります。かくして、めでたく
$0\longrightarrow R^n\longrightarrow^\psi R^n\longrightarrow^\varphi K^n\longrightarrow 0$
が完全列となることがわかり、 $K^n$ の有限表示を得ました。従って
$K^n\stackrel{\sim}{=}K[t]^n/{\rm Im}\psi$
なので、 ${\rm Im}\psi={\rm Im}F_A(t)$ を、行列 $F_A(t)=tE-A$ の単因子を求めることによって、Jordan 標準形が計算できる、という寸法だったのです。
ところで、ちょっと思い出してほしいのですが、これまでの話から K[t]-加群としての $K^n$ について ${\rm ord}(K^n)=(f_A)$ であり、 ${\rm Ann}(K^n)$ は A の最小多項式が生成元であることは以前にお話しました。 ${\rm ord}(K^n)\subset{\rm Ann}(K^n)$ ですから、これはまさしく、A の特性多項式が A の最小多項式で割り切れる、という状況そのものです。従って、ここまでの議論の副産物として、かの有名な

定理(Hamilton-Cayley)

$f_A(A)=O$ (零行列)

の別証明が得られたことになります。