4.4. Jordan 标准型

幂零变换与循环子空间

定义 4.4.1. 一个线性映射 $f:V\to V$ 称为幂零变换, 如果存在正整数 $m$ 使得 $f$ 的 $m$ 次复合 $f^m=0$. 类似地, 一个 $n$ 阶方阵 $A$ 称为幂零矩阵, 如果存在正整数 $m$ 使得 $A^m=0$. 使得 $f^m=0$ (或 $A^m=0$) 成立的最小正整数 $m$ 称为 $f$ (或 $A$) 的幂零指数, 此时也称 $f$ (或 $A$) 为 $m$ 次幂零变换 (或幂零方阵) .

命题 4.4.2. 设 $A$ 是一个 $n$ 阶幂零矩阵, 则 $I_n-A$ 可逆.

证明: 设 $A^m=0$, 则$$(I_n-A)(I_n+A+\cdots +A^{m-1})=I_n$$因此 $(I_n-A{)}^{-1}=I_n+A+\cdots +A^{m-1}$.

$\square$

命题 4.4.3. 一个 $n$ 阶方阵 $A$ 是幂零矩阵当且仅当 $A$ 只有零特征值, 即特征多项式为 ${\lambda }^n$.

证明: 假设 $A$ 是幂零矩阵. 设 ${\lambda }_0\ne 0$, 则 ${\lambda }_0^{-1}A$ 也是幂零矩阵. 由命题 4.4.2$(I_n-{\lambda }_0^{-1}A)$ 可逆, ${\lambda }_0{I}_n-A={\lambda }_0(I_n-{\lambda }_0^{-1}A)$ 可逆, 故 ${\lambda }_0$ 不是 $A$ 的特征值. 由 ${\lambda }_0$ 的任意性, $A$ 的特征值只有 $0$.

反之假设 $A$ 只有零特征值, 即特征多项式为 ${\lambda }^n$. 由 Cayley–Hamilton 定理知 $A^n=0$.

$\square$

定义 4.4.4. 设 $f:V\to V$ 是一个线性变换 (或 $A$ 是一个 $n$ 阶矩阵) , $\vec{x}$ 是一个非零向量. $$C_{\vec{x}}=\mathrm{Span}\{\vec{x},f(\vec{x}),\cdots ,f^m(\vec{x}),\cdots \}(\text{或}{C}_{\vec{x}}=\mathrm{Span}\{\vec{x},A\vec{x},\cdots ,A^m\vec{x},\cdots \})$$称为在 $A$ 作用下由 $\vec{x}$ 生成的循环子空间.

由 Cayley–Hamilton 定理知, $\{\vec{x},A\vec{x},\cdots ,A^{n-1}\vec{x}\}$ 已经可以张成整个 $C_{\vec{x}}$.

命题 4.4.5. 设 $A$ 是幂零方阵, $r$ 是满足 $A^r\vec{x}=0$ 的最小正整数. 则 $\dim C_{\vec{x}}=r$, 并且$$\{\vec{x},A\vec{x},\cdots ,A^{r-1}\vec{x}\}$$构成这个在 $A$ 作用下由 $\vec{x}$ 生成的循环子空间 $C_{\vec{x}}$ 的一组基.

证明: 设 $r$ 是满足 $A^r\vec{x}=0$ 的最小正整数. 我们只需证明 $\{\vec{x},A\vec{x},\cdots ,A^{r-1}\vec{x}\}$ 是线性无关的.

假设$$c_0\vec{x}+c_{1}A\vec{x}+\cdots +c_{r-1}{A}^{r-1}\vec{x}=0$$并且系数 $c_i$ 不全为零. 假设 $c_0=\cdots =c_{k-1}=0$, $c_k\ne 0$, $k\le r-1$, 不妨设 $c_k=1$. 则我们有$$A^k\vec{x}+c_{k+1}{A}^{k+1}\vec{x}+\cdots +c_{r-1}{A}^{r-1}\vec{x}=(I_n+g(A))A^k\vec{x}=0$$这里 $g(A)=c_{k+1}A+\cdots +c_{r-1}{A}^{r-1-k}$. 由于 $A$ 是幂零方阵, $g(A)$ 也是幂零方阵, 由命题 4.4.2 知 $I_n+g(A)$ 可逆. 两边乘以 $(I_n+g(A){)}^{-1}$, 我们得到$$A^k\vec{x}=0$$这与 $r$ 的最小性矛盾.

$\square$

定义 4.4.6. 设 $f$ 是幂零变换 (或 $A$ 是幂零方阵) . 定义向量 $\vec{x}$ 在 $f$ (或 $A$) 作用下的深度 $d_{\vec{x}}$ 为满足 $f^r(\vec{x})=0$ (或 $A^r\vec{x}=0$) 的最小正整数 $r$. 由命题 4.4.5 知$$d_{\vec{x}}=\dim C_{\vec{x}}$$

命题 4.4.7. 设 $V$ 是 $n$ 维线性空间, $f:V\to V$ 是一个 $m$ 次幂零变换. 则存在向量 ${\vec{\alpha }}_1,\cdots ,{\vec{\alpha }}_t\in V$ 使得$$V=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus C_{{\vec{\alpha }}_2}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_t}$$即 $V$ 可以分解为循环子空间的直和. 此时 $\max \{d_{{\vec{\alpha }}_i}\}=\max \{\dim C_{{\vec{\alpha }}_i}\}=\text{幂零指数 }m$.

证明: 我们对 $m$ 作归纳. 当 $m=1$ 时命题显然成立. 考虑 $V$ 的线性子空间$$f(V)=\mathrm{im}f\subset V$$

易知 $f(V)$ 是 $V$ 的不变子空间, 且 $f$ 限制在 $f(V)$ 上得到的线性变换$$f:f(V)\to f(V)$$是一个 $m-1$ 次幂零变换. 由归纳假设, 存在 ${\vec{\gamma }}_1,\cdots ,{\vec{\gamma }}_r\in f(V)$ 使得$$f(V)=C_{{\vec{\gamma }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\gamma }}_r}$$

由 ${\vec{\gamma }}_i\in f(V)$, 存在向量 ${\vec{\alpha }}_i$ 使得 ${\vec{\gamma }}_i=f({\vec{\alpha }}_i),i=1,\cdots ,r$. 我们首先说明$$C_{{\vec{\alpha }}_1}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_r}=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}$$是直和. 假设有 ${\vec{\beta }}_i=c_{i,0}{\vec{\alpha }}_i+c_{i,1}f({\vec{\alpha }}_i)+\cdots \in C_{{\vec{\alpha }}_i}$ 使得$${\vec{\beta }}_1+{\vec{\beta }}_2+\cdots +{\vec{\beta }}_r=0$$两边作用 $f$ 得到 $f(V)$ 中的关系$$c_{1,0}{\vec{\gamma }}_1+\cdots +c_{r,0}{\vec{\gamma }}_r+\cdots =0$$

由如上 $f(V)$ 的直和分解, 知 $c_{1,0}=\cdots =c_{r,0}=0$. 因此 ${\vec{\beta }}_i\in C_{{\vec{\gamma }}_i}$. 再由直和分解知 ${\vec{\beta }}_i=0$. 这证明了 $C_{{\vec{\alpha }}_1}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_r}=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}$ 是直和.

由于 $f$ 是幂零变换, 只有零特征值. 考虑其对应的特征子空间$$V_0=\{\vec{x}\in V|f(\vec{x})=0\}$$设 $d_i=d_{{\vec{\alpha }}_i},i=1,\cdots ,r$. 则 $\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r)\}$ 是 $V_0$ 中线性无关的向量. 我们添加向量 $\{{\vec{\alpha }}_{r+1},\cdots ,{\vec{\alpha }}_t\}$ 使得$$\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r),{\vec{\alpha }}_{r+1},\cdots ,{\vec{\alpha }}_t\}$$构成 $V_0$ 的一组基. 注意到对于 $i=r+1,\cdots ,t$, $C_{{\vec{\alpha }}_i}=\mathrm{Span}\{{\vec{\alpha }}_i\}$. 我们下面说明$$C_{{\vec{\alpha }}_1}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_r}+C_{{\vec{\alpha }}_{r+1}}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_t}=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}\oplus C_{{\vec{\alpha }}_{r+1}}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_t}$$是直和. 假设有 ${\vec{\beta }}_i\in C_{{\vec{\alpha }}_i}$ 使得$${\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r+{\vec{\beta }}_{r+1}+\cdots +{\vec{\beta }}_t=0$$

两边作用 $f$ 得到 $f({\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r)=0$, 即 ${\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r\in V_0$. 因此我们有$${\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r\in (C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r})\cap V_0=\mathrm{Span}\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r)\}$$因此$${\vec{\beta }}_{r+1}+\cdots +{\vec{\beta }}_t=-({\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r)\in \mathrm{Span}\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r)\}$$因为 $\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r),{\vec{\alpha }}_{r+1},\cdots ,{\vec{\alpha }}_t\}$ 线性无关, 我们得到 ${\vec{\beta }}_{r+1}=\cdots ={\vec{\beta }}_t=0$. 于是$${\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_r=0$$又由于 $C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}$ 是直和, 我们进一步得到 ${\vec{\beta }}_1=\cdots ={\vec{\beta }}_r=0$. 这证明了如上的直和性质.

最后我们说明 $\{C_{{\vec{\alpha }}_1},\cdots ,C_{{\vec{\alpha }}_t}\}$ 张成了整个 $V$. 实际上, 对 $V$ 中任一向量 $\vec{x}$, 由 $f(\vec{x})\in f(V)=C_{{\vec{\gamma }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\gamma }}_r}$ 知存在 $\vec{y}\in C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}$ 使得 $f(\vec{x})=f(\vec{y})$. 这说明 $\vec{x}-\vec{y}\in V_0$, 即可以被 $\{f^{d_1-1}({\vec{\alpha }}_1),\cdots ,f^{d_r-1}({\vec{\alpha }}_r),{\vec{\alpha }}_{r+1},\cdots ,{\vec{\alpha }}_t\}$ 线性表达. 因此$$\vec{x}=\vec{y}+(\vec{x}-\vec{y})\in C_{{\vec{\alpha }}_1}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_r}+C_{{\vec{\alpha }}_{r+1}}+\cdots +C_{{\vec{\alpha }}_s}$$

结合直和分解性质, 我们得到$$V=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_r}\oplus C_{{\vec{\alpha }}_{r+1}}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_s}$$由归纳知原命题成立.

$\square$

命题 4.4.8. 设 $V$ 是 $n$ 维线性空间, $f:V\to V$ 是一个 $m$ 次幂零变换. 设$$V=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus C_{{\vec{\alpha }}_2}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_t}$$是命题 4.4.7 给出的关于 $f$ 的循环子空间的直和. 则$$\dim \ker f^m-\dim \ker f^{m-1}=\text{集合 }\{i|\dim C_{{\vec{\alpha }}_i}\ge m\}\text{ 的元素个数}$$这里 $\ker f^m=\{\vec{x}\in V|f^m(\vec{x})=0\}$.

证明: 留作练习.

$\square$

例子 4.4.9. 设 $A$ 是一个幂零方阵, 对应一个幂零线性映射 $f$. 假设如下的循环子空间分解

图 1. 循环子空间分解

则由上图容易看出$$\begin{array}{rl}\dim \ker A& =\dim \mathrm{Span}\{A^4{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_2,A^2{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_5\}=5\\ \dim \ker A^2& =\dim \mathrm{Span}\{A^4{\vec{\alpha }}_1,A^3{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_2,A{\vec{\alpha }}_2,A^2{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_5\}=5+4\\ \dim \ker A^3& =\dim \mathrm{Span}\{A^4{\vec{\alpha }}_1,A^3{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_2,A{\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_2,A^2{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_3,{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_5\}=5+4+3\\ \dim \ker A^4& =\dim \mathrm{Span}\{A^4{\vec{\alpha }}_1,A^3{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_1,A{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_2,A{\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_2,A^2{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_3,{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_5\}\\ & =5+4+3+1\\ \dim \ker A^5& =\dim \mathrm{Span}\{A^4{\vec{\alpha }}_1,A^3{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_1,A{\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_1,A^2{\vec{\alpha }}_2,A{\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_2,A^2{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_3,{\vec{\alpha }}_3,A{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_4,{\vec{\alpha }}_5\}\\ & =5+4+3+1+1\\ \dim \ker A^6& =\dim \ker A^5\end{array}$$由这些维数信息不难反解出来有 $1$ 个维数 $5$ 的循环子空间, $2$ 个维数 $3$ 的循环子空间, $1$ 个维数 $2$ 的循环子空间, $1$ 个维数 $1$ 的循环子空间.

给定 $n$ 阶幂零方阵 $A$, 由命题 4.4.7 我们知道 $n$ 维空间可以分解为 $A$ 的一些循环子空间的直和. 由命题 4.4.8, 虽然这些循环子空间的选法并不唯一, 但是循环子空间的个数以及每个循环子空间的维数是由 $A$ 决定的. 具体而言, 可以通过解线性方程组依次计算维数$$\{\begin{array}{l}\dim \ker A=\dim \{\vec{x}|A\vec{x}=0\}\\ \dim \ker A^2=\dim \{\vec{x}|A^2\vec{x}=0\}\\ ⋮\\ \dim \ker A^m=\dim \{\vec{x}|A^m\vec{x}=0\}\\ ⋮\end{array}$$得到. 这里 $\dim \ker A$ 即特征子空间的维数表示有多少个循环子空间 $C_i$. 然后依次有$$\dim \ker A^m-\dim \ker A^{m-1}=♯\{\text{维数至少是 m 的 Ci 的个数}\}$$如果发现当到达某个 $N$ 使得$$\dim \ker A^{N+1}=\dim \ker A^N$$时就可以停止计算. 由所有这些信息 $\{\dim \ker A^m{\}}_{1\le m\le N}$ 可以推出每个循环子空间的维数.

Jordan 块

定义 4.4.10. 如下 $m$ 阶方阵称为一个 $m$ 阶 Jordan 块, 记为$$J_m(\lambda ):=\left[\begin{array}{ccccc}\lambda & 1& 0& \cdots & 0\\ 0& \lambda & 1& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& 0& \cdots & \lambda & 1\\ 0& 0& \cdots & 0& \lambda \end{array}\right]$$

命题 4.4.11. 设 $A$ 是一个 n 阶幂零方阵. 则存在正整数 $m_1,\cdots ,m_k$, 使得 $A$ 相似于由 Jordan 块构成的如下方阵$$\left[\begin{array}{cccc}{J}_{m_1}(0)& 0& \cdots & 0\\ 0& J_{m_2}(0)& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_{m_k}(0)\end{array}\right]$$这里 $m_1+\cdots +m_k=n$, 且 $A$ 的幂零指数是 $\max \{m_1,\cdots ,m_k\}$.

证明: 由命题 4.4.7, 存在向量 ${\vec{\alpha }}_1,\cdots ,{\vec{\alpha }}_k$ 使得$$k^n=C_{{\vec{\alpha }}_1}\oplus \cdots \oplus C_{{\vec{\alpha }}_k}$$

把这个直和分解中的基作为列向量排起来, 构成 $n$ 阶可逆方阵 $P$$$P=\left[\begin{array}{ccccccccccccccc}{A}^{m_1-1}{\vec{\alpha }}_1& \cdots & A{\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& \cdots \cdots & A^{m_i-1}{\vec{\alpha }}_i& \cdots & A{\vec{\alpha }}_i& {\vec{\alpha }}_i& \cdots \cdots & A^{m_k-1}{\vec{\alpha }}_k& \cdots & A{\vec{\alpha }}_k& {\vec{\alpha }}_k& \end{array}\right]$$这里 $m_i=d_{{\vec{\alpha }}_i}$. 则易知$$A=P\left[\begin{array}{cccc}{J}_{m_1}(0)& 0& \cdots & 0\\ 0& J_{m_2}(0)& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_{m_k}(0)\end{array}\right]P^{-1}$$

$\square$

命题 4.4.12. 设 $A$ 是一个 $n$ 阶方阵, 且只有一个特征值 ${\lambda }_0$. 则存在正整数 $m_1,\cdots ,m_k$, 使得 $A$ 相似于由 Jordan 块构成的如下方阵$$\left[\begin{array}{cccc}{J}_{m_1}({\lambda }_0)& 0& \cdots & 0\\ 0& J_{m_2}({\lambda }_0)& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_{m_k}({\lambda }_0)\end{array}\right]$$这里 $m_1+\cdots +m_k=n$.

证明: $A-{\lambda }_0{I}_n$ 只有 $0$ 特征值, 因此是幂零矩阵. 将命题 4.4.11 用于 $A-{\lambda }_0{I}_n$, 即得结论.

$\square$

Jordan 标准型

复方阵的相似标准型

我们首先考虑复数域上的方阵.

定理 4.4.13. 设 $A$ 是 $n$ 阶复方阵, ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是 $A$ 的所有互不相同的特征值. 则 $A$ 相似于$$\left[\begin{array}{cccc}{J}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& J_2& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_s\end{array}\right]$$这里 $J_i$ 是形如由 Jordan 块构成的方阵, $m_i^{(1)}+\cdots +m_i^{(t_i)}={\lambda }_i$ 的代数重数$$J_i=\left[\begin{array}{cccc}{J}_{m_i^{(1)}}({\lambda }_i)& 0& \cdots & 0\\ 0& J_{m_i^{(2)}}({\lambda }_i)& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_{m_i^{(t_i)}}({\lambda }_i)\end{array}\right]$$如上形式称为复方阵 $A$ 在相似变换下的 Jordan 标准型.

证明: 由命题 4.3.23, 我们有根子空间的直和分解$${\mathbb{C}}^n=R_{{\lambda }_1}\oplus \cdots \oplus R_{{\lambda }_s}$$

设 $\{{\vec{\beta }}_1^{(i)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{m_i}^{(i)}\}$ 为 $R_{{\lambda }_i}$ 的一组基. 由命题 4.3.20, $R_{{\lambda }_i}$ 是 $A$ 的不变子空间, 我们有$$\left[\begin{array}{ccc}A{\vec{\beta }}_1^{(i)}& \cdots & A{\vec{\beta }}_{m_i}^{(i)}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1^{(i)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{m_i}^{(i)}\end{array}\right]B_i$$这里 $B_i$ 是 $m_i$ 阶方阵, 是线性映射 $A:R_{{\lambda }_i}\to R_{{\lambda }_i}$ 在 $R_{{\lambda }_i}$ 的这组基下的表示矩阵. 记 $P$ 为 $n$ 阶可逆方阵$$P=\left[\begin{array}{ccccccc}{\vec{\beta }}_1^{(1)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{m_1}^{(1)}& \cdots \cdots & {\vec{\beta }}_1^{(s)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{m_s}^{(s)}\end{array}\right]$$则我们得到相似变换$$A=P\left[\begin{array}{cccc}{B}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& B_2& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& B_s\end{array}\right]P^{-1}$$

由命题 4.3.21, 方阵 $B_i$ 只有一个特征值 ${\lambda }_i$, 其特征多项式为 $(\lambda -{\lambda }_i{)}^{m_i}$. 由命题 4.4.12, 存在 $m_i$ 阶可逆方阵 $Q_i$ 使得$$B_i=Q_i{J}_i{Q}_i^{-1}\text{其中}{J}_i=\left[\begin{array}{cccc}{J}_{m_i^{(1)}}({\lambda }_i)& 0& \cdots & 0\\ 0& J_{m_i^{(2)}}({\lambda }_i)& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_{m_i^{(t_i)}}({\lambda }_i)\end{array}\right]$$因此我们得到相似变换$$A=P\left[\begin{array}{cccc}{Q}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& Q_2& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& Q_s\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{J}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& J_2& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& J_s\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{Q}_1^{-1}& 0& \cdots & 0\\ 0& Q_2^{-1}& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& Q_s^{-1}\end{array}\right]P^{-1}$$

$\square$

定义 4.4.14. 设 $A$ 是 $n$ 阶复方阵, 其 Jordan 标准型如定理 4.4.13 所示. 单项式 $(\lambda -{\lambda }_i{)}^{m_i^{(j)}}$ 称为属于特征值 ${\lambda }_i$ 的一个初等因子. 初等因子的全体$$\{(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1^{(1)}},\cdots ,(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1^{(t_1)}},\cdots ,(\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s^{(1)}},\cdots ,(\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s^{(t_s)}}\}$$称为 $A$ 的初等因子组.

命题 4.4.15. 初等因子组由方阵完全决定. 两个方阵相似当且仅当它们具有相同的初等因子组.

证明: 略.

$\square$

例子 4.4.16. 考虑方阵$$A=\left[\begin{array}{cccccc}2& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 2& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 2& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 3& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 3\end{array}\right]B=\left[\begin{array}{cccccc}2& 1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 2& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 3& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0& 3\end{array}\right]$$$A$ 和 $B$ 具有相同的特征多项式 $(\lambda -2{)}^4(\lambda -3{)}^2$. 上述矩阵已经是 Jordan 标准型的样子, 我们可以读出对应的初等因子组$$\begin{array}{rl}& \text{A 的初等因子组}=\{(\lambda -2{)}^3,(\lambda -2),(\lambda -3{)}^2\}\\ & \text{B 的初等因子组}=\{(\lambda -2{)}^2,(\lambda -2{)}^2,(\lambda -3{)}^2\}\end{array}$$$A$ 和 $B$ 的初等因子组不同, 因此 $A$ 与 $B$ 不相似.

实方阵的相似标准型

我们简要说明一下实数域上的 Jordan 标准型.

一个 $n$ 阶实方阵 $A$ 总是可以通过一个实可逆矩阵 $P$ 相似变换为如下标准形$$A=P\left[\begin{array}{cccc}\boxed{\begin{array}{ccc}& & \end{array}}& & & \\ & \boxed{\begin{array}{ccc}& & \end{array}}& & \\ & & \ddots & \\ & & & \boxed{\begin{array}{ccc}& & \end{array}}\end{array}\right]P^{-1}$$这里 ​​​​ 是如下形式的 Jordan 块

•

对于 $A$ 的实特征值 ${\lambda }_i$, 其 Jordan 块的形式为$$\boxed{\begin{array}{ccc}& & \end{array}}=\left[\begin{array}{cccc}{\lambda }_i& 1& & 0\\ & {\lambda }_i& \ddots & \\ & & \ddots & 1\\ 0& & & {\lambda }_i\end{array}\right]$$

•

对于 $A$ 的复特征值, 其一定是成对出现 ${\lambda }_j=\alpha \pm i\beta$. 这对复特征值对应的实 Jordan 块为$$\boxed{\begin{array}{ccc}& & \end{array}}=\left[\begin{array}{cccc}\left[\begin{array}{cc}\alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{array}\right]& \left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]& & 0\\ & \left[\begin{array}{cc}\alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{array}\right]& \left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]& \\ & & \ddots & \left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\\ 0& & & \left[\begin{array}{cc}\alpha & -\beta \\ \beta & \alpha \end{array}\right]\end{array}\right]$$

特别地, 如果实方阵 $A$ 作为复方阵可以对角化的话, 那么存在一个可逆的实矩阵 $P$ 使得$$A=P\left[\begin{array}{ccccccc}{\lambda }_1& & & & & & 0\\ & {\lambda }_2& & & & & \\ & & \ddots & & & & \\ & & & {\lambda }_k& & & \\ & & & & \left[\begin{array}{cc}{\alpha }_1& -{\beta }_1\\ {\beta }_1& {\alpha }_1\end{array}\right]& & \\ & & & & & \left[\begin{array}{cc}{\alpha }_2& -{\beta }_2\\ {\beta }_2& {\alpha }_2\end{array}\right]& \\ 0& & & & & & \ddots \end{array}\right]P^{-1}$$

Jordan 标准型的计算

给定 $n$ 阶复方阵 $A$, 通过它的特征多项式可以得到所有不同的特征值 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$. 我们可以对特征值 ${\lambda }_i$ 依次解线性方程组$$\{\begin{array}{l}\ker (A-{\lambda }_i)=\{\vec{x}|((A-{\lambda }_i))\vec{x}=0\}\\ \ker (A-{\lambda }_i{)}^2=\{\vec{x}|(A-{\lambda }_i{)}^2\vec{x}=0\}\\ ⋮\\ \ker (A-{\lambda }_i{)}^m=\{\vec{x}|(A-{\lambda }_i{)}^m\vec{x}=0\}\\ ⋮\end{array}$$直到 $\ker (A-{\lambda }_i{)}^N=\ker (A-{\lambda }_i{)}^{N+1}$ 为止. 由命题 4.4.8, 通过上述空间的维数可以解出 ${\lambda }_i$ 的根子空间对应的 Jordan 块的大小, 即 ${\lambda }_i$ 的初等因子组. 由此可以得到 $A$ 的 Jordan 标准型. 进一步通过上述方程组可以得到对应的可逆相似变换. 我们通过例子来具体说明.

例子 4.4.17. 计算 $A=\left[\begin{array}{cccc}3& 1& 0& 1\\ -1& 5& 4& 1\\ 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right]$ 的 Jordan 标准型. $A$ 的特征多项式为$$\phi (\lambda )=\left|\begin{array}{cccc}\lambda -3& -1& 0& -1\\ 1& \lambda -5& -4& -1\\ 0& 0& \lambda -2& 0\\ 0& 0& 0& \lambda -4\end{array}\right|=(\lambda -2)(\lambda -4{)}^3$$因此 $A$ 有两个不同的特征值 ${\lambda }_1=2,{\lambda }_2=4$.

${\lambda }_1$ 的代数重数是 $1$, 因此 ${\lambda }_1$ 的根子空间是 $1$ 维的, 由特征向量张成. 由$$(A-{\lambda }_1){\vec{\beta }}_1=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ -1& 3& 4& 1\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2\end{array}\right]{\vec{\beta }}_1=\vec{0}⟹{\vec{\beta }}_1=\left[\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ 0\end{array}\right]\text{且是 A 的特征向量，}$$所以 ${\lambda }_1$ 有一个 $1$ 阶 Jordan 块, 贡献一个 $A$ 的特征向量; 相应的, ${\lambda }_1$ 的几何重数是 $1$.

${\lambda }_2$ 的代数重数是 $3$, 因此 ${\lambda }_2$ 的根子空间是 $3$ 维的. 解方程$$(A-{\lambda }_2)\vec{x}=\left[\begin{array}{cccc}-1& 1& 0& 1\\ -1& 1& 4& 1\\ 0& 0& -2& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\vec{x}=\vec{0}⟹\vec{x}=\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_1-c_2\\ 0\\ c_2\end{array}\right]$$解方程$$(A-{\lambda }_2{)}^2{\vec{x}}^{\prime }=\left[\begin{array}{cccc}0& 0& 4& 0\\ 0& 0& -4& 0\\ 0& 0& 4& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]{\vec{x}}^{\prime }=\vec{0}⟹{\vec{x}}^{\prime }=\left[\begin{array}{c}{c}_1^{\prime }\\ c_2^{\prime }\\ 0\\ c_3^{\prime }\end{array}\right]$$

$\ker (A-{\lambda }_2{)}^2$ 的维数是 $3$, 已经得到 ${\lambda }_2=4$ 的根子空间. 由$$\dim \ker (A-{\lambda }_2)=2\dim \ker (A-{\lambda }_2{)}^2=3$$所以 ${\lambda }_2$ 有一个 $2$ 阶 Jordan 块, 一个 $1$ 阶 Jordan 块, 贡献两个 $A$ 的特征向量; 相应的, ${\lambda }_2$ 的几何重数是 $2$.

因此 $A$ 的 Jordan 标准型可以写为$$\left[\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 0\\ 0& 4& 1& 0\\ 0& 0& 4& 0\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right]$$

通过上述方程组的解, 可以把 ${\lambda }_2$ 的根子空间的循环子空间分解找出来.

取向量 ${\vec{\alpha }}_1$ 使得 $\{\begin{array}{l}{\vec{\alpha }}_1\in \ker (A-{\lambda }_2{)}^2,{\vec{\alpha }}_1\notin \ker (A-{\lambda }_2)\\ \ker (A-{\lambda }_2{)}^2=\text{Span}\{\overrightarrow{{\alpha }_1}\}\oplus \ker (A-{\lambda }_2)\end{array}$ 例如取 ${\vec{\alpha }}_1=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right]$, 然后取向量 ${\vec{\alpha }}_2$ 使得 $\{\begin{array}{l}{\vec{\alpha }}_2\in \ker (A-{\lambda }_2)\\ \ker (A-{\lambda }_2)=\text{Span}\{(A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_2\}\end{array}$ 例如取 ${\vec{\alpha }}_2=\left[\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\\ 1\end{array}\right]$

则 $\{(A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_2\}$ 构成 ${\lambda }_2$ 的根子空间的一组基, 其循环子空间分解为$$\begin{array}{rl}{R}_{{\lambda }_2}& =C_{\overrightarrow{{\alpha }_1}}\oplus C_{\overrightarrow{{\alpha }_2}}\\ & =\text{Span}\{(A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_1\}\oplus \text{Span}\{\overrightarrow{{\alpha }_2}\}\end{array}$$且 $(A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1$, ${\vec{\alpha }}_2$ 是 ${\lambda }_2$ 的两个特征向量.

由构造, 按照对应顺序, 则有$$A\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& (A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& (A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 0\\ 0& 4& 1& 0\\ 0& 0& 4& 0\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right]$$记可逆矩阵 $P$ 为$$P=\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& (A-{\lambda }_2){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 0\\ -1& 1& 1& -1\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$得到 $A$ 与 $A$ 的 Jordan 标准型之间的相似变换$$A=P\left[\begin{array}{cccc}2& 0& 0& 0\\ 0& 4& 1& 0\\ 0& 0& 4& 0\\ 0& 0& 0& 4\end{array}\right]P^{-1}$$

例子 4.4.18. 计算 $A=\left[\begin{array}{ccccc}2& 1& -1& 8& -3\\ 0& 2& 0& 7& 5\\ 0& 0& 2& 7& 5\\ 0& 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 2\end{array}\right]$ 的 Jordan 标准型. $A$ 为上三角方阵, 只有一个特征值 ${\lambda }_1=2$, 代数重数是 $5$.

解方程$$(A-{\lambda }_1)\vec{x}=\left[\begin{array}{ccccc}0& 1& -1& 8& -3\\ 0& 0& 0& 7& 5\\ 0& 0& 0& 7& 5\\ 0& 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\vec{x}=\vec{0}⟹\vec{x}=\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\\ c_2+61c_3\\ 5c_3\\ -7c_3\end{array}\right]$$

计算得 $(A-{\lambda }_1{)}^2=0$, 解方程 $(A-{\lambda }_1{)}^2\vec{x}=\vec{0}$, 其解为整个空间, 即 $\ker (A-{\lambda }_1{)}^2=$ 整个空间. 因此$$\dim \ker (A-{\lambda }_1)=3\dim \ker (A-{\lambda }_1{)}^2=5$$由此知 ${\lambda }_1$ 有两个 $2$ 阶 Jordan 块, 一个 $1$ 阶 Jordan 块, 贡献三个 $A$ 的特征向量; 相应的, ${\lambda }_1$ 的几何重数是 $3$.

取两个向量使得$$\{\begin{array}{l}{\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_2\in \ker (A-{\lambda }_1{)}^2,{\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_2\notin \ker (A-{\lambda }_1)\\ \ker (A-{\lambda }_1{)}^2=\text{Span}\{\overrightarrow{{\alpha }_1},\overrightarrow{{\alpha }_2}\}\oplus \ker (A-{\lambda }_1)\end{array}\text{例如取}{\vec{\alpha }}_1=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right]{\vec{\alpha }}_2=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$$然后取一个向量 ${\vec{\alpha }}_3$ 使得$$\{\begin{array}{l}{\vec{\alpha }}_3\in \ker (A-{\lambda }_1)\\ \ker (A-{\lambda }_1)=\mathrm{Span}\{(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1,(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_3\}\end{array}\text{例如取}{\vec{\alpha }}_3=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 61\\ 5\\ -7\end{array}\right]$$

则 $\{(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_1,(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_3\}$ 构成 ${\lambda }_1$ 的根子空间 (即整个空间) 的一组基, 其循环子空间分解为$$\begin{array}{rl}{R}_{{\lambda }_1}& =C_{\overrightarrow{{\alpha }_1}}\oplus C_{\overrightarrow{{\alpha }_2}}\oplus C_{\overrightarrow{{\alpha }_3}}\\ & =\text{Span}\{(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1,{\vec{\alpha }}_1\}\oplus \text{Span}\{(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2,{\vec{\alpha }}_2\}\oplus \text{Span}\{{\vec{\alpha }}_3\}\end{array}$$且 $(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1$, $(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2$, ${\vec{\alpha }}_3$ 是 ${\lambda }_1$ 的三个特征向量.

由构造, 按照对应顺序, 则有$$A\left[\begin{array}{ccccc}(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& (A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& (A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccccc}2& 1& 0& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0& 0\\ 0& 0& 2& 1& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 2\end{array}\right]$$记可逆矩阵 $P$ 为$$P=\left[\begin{array}{ccccc}(A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_1& {\vec{\alpha }}_1& (A-{\lambda }_1){\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_2& {\vec{\alpha }}_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}1& 0& -3& 0& 0\\ 0& 1& 5& 0& 0\\ 0& 0& 5& 0& 61\\ 0& 0& 0& 0& 5\\ 0& 0& 0& 1& -7\end{array}\right]$$得到 $A$ 与 $A$ 的 Jordan 标准型之间的相似变换$$A=P\left[\begin{array}{ccccc}2& 1& 0& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0& 0\\ 0& 0& 2& 1& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 2\end{array}\right]P^{-1}$$