Jordan标准型

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下面的题目来自李尚志《线性代数学习指导》第7.4节例1:

题目: 求可逆方阵{P}

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&1&1&1&1\\ 0&2&0&0&2&3\\ 0&0&2&0&1&-1\\ 0&0&0&2&1&2\\ 0&0&0&0&2&0\\ 0&0&0&0&0&2 \end{bmatrix}

相似到Jordan标准型{P^{-1}AP=J}.

解: 矩阵{A}的特征值为{1,2,2,2,2,2}.特征值{1}所对应的一个特征向量是{\mathbf{w}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} }.特征值{2}的代数重数是{5},几何重数是{3}.令

\displaystyle \mathbf{v}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{v}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{v}_3^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},

可得

\displaystyle \ker (A-2I)=\mbox{span}\{\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)},\mathbf{v}_3^{(1)}\}.

\displaystyle (A-2I)^2= \begin{bmatrix} 1&-1&-1&-1&3&3\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix}.

{\mathbf{v}_4^{(2)}= \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ \end{bmatrix},\mathbf{v}_5^{(2)}= \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix} },则

\displaystyle \ker (A-2I)^2=\ker (A-2I)\oplus \mbox{span}\{\mathbf{v}_{4}^{(2)}\}\oplus \mbox{span}\{\mathbf{v}_{5}^{(2)}\}

\displaystyle (A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}= \begin{bmatrix} -1&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&2&3\\ 0&0&0&0&1&-1\\ 0&0&0&0&1&2\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 3\\ -1\\ 2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

\displaystyle (A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}= \begin{bmatrix} -1&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&2&3\\ 0&0&0&0&1&-1\\ 0&0&0&0&1&2\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 2\\ 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

设线性变换{T:\mathbf{R}^6\rightarrow \mathbf{R}^6}在基 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\cdots,\mathbf{e}_6)}下的矩阵为{A-2I}, 即{[T]_{\alpha}^{\alpha}=A-2I}.设

\displaystyle \begin{array}{rcl} \beta &=&(\mathbf{w},\mathbf{v}_1^{(1)},(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},(A-2I)\mathbf{v}_{5}^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)}) \\&=&\left( \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 4\\ 3\\ -1\\ 2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 4\\ 2\\ 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} \right) \end{array}

{\mathbf{R}^{6}}的一组基,则线性变换{T}在基{\beta}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix}.

由此可得

\displaystyle \begin{array}{rcl} A-2I&=&[T]_{\alpha}^{\alpha} \\&=&[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta} \\&=& \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}, \end{array}

因此

\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&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&2&1\\ 0&0&0&0&0&2\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1},

\Box

注 1 不用计算便能判断出{(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}}{(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}}线性无关.否则,存在不全为零的实数{k_1,k_2}, 使得

\displaystyle k_1(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}=\mathbf{0},

因此

\displaystyle (A-2I)(k_1\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2\mathbf{v}_5^{(2)})=\mathbf{0}.

因此{k_1\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2\mathbf{v}_5^{(2)}\in \ker (A-2I)},矛盾.

注 2 如果把基{\beta'}选为

\displaystyle \beta'=(\mathbf{w},\mathbf{v}_2^{(1)},(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)}),

则线性变换{T}在基{\beta'}下的矩阵也是

\displaystyle [T]_{\beta'}^{\beta'}= \begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix}.

此时,

\displaystyle \begin{array}{rcl} A-2I&=&[T]_{\alpha}^{\alpha} \\&=&[I]_{\beta'}^{\alpha}[T]_{\beta'}^{\beta'}[I]_{\alpha}^{\beta'} \\&=& \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}, \end{array}

因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&0&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&2&1\\ 0&0&0&0&0&2\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}

可见,对于矩阵{A}的Jordan标准型分解{A=MJM^{-1}}来说,虽然矩阵{A}的Jordan 标准型{J}是唯一的(不考虑Jordan块的置换),但是矩阵{M}可以是不唯一的(不考 虑Jordan块的置换).

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这是博文求一个切变变换矩阵的Jordan标准型的续.

 

我们来看三维空间中的切变变换矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{xz}(s,t)= \begin{bmatrix} 1&s&0\\ 0&1&0\\ 0&t&1 \end{bmatrix},

矩阵{\mathbf{H}_{xz}(s,t)}表示沿着{xz}平面的切变变换.特别地,矩阵 {\mathbf{H}_{xz}(1,0)}表示沿着{x}轴的切变变换.还有矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{yz}(s,t)= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ s&1&0\\ t&0&1 \end{bmatrix},

矩阵{\mathbf{H}_{yz}(s,t)}表示沿着{yz}平面的切变变换,特别地,矩阵 {\mathbf{H}_{yz}(0,1)}表示沿着{z}轴的切变变换.下面我们来看矩阵 {\mathbf{H}_{xz}(1,0)}和矩阵{\mathbf{H}_{yz}(0,1)}的乘积

\displaystyle A=\mathbf{H}_{yz}(0,1)\mathbf{H}_{xz}(1,0)= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&0\\ 1&1&1 \end{bmatrix}.

矩阵{A}的特征值是{1},且特征值{1}的代数重数是{3},几何重数是{1}.下面我们 求其Jordan标准型.

\displaystyle \mbox{span} \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}=\ker (A-I),

而且,

\displaystyle (A-I)^2= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&1&0 \end{bmatrix},

可得

\displaystyle \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\not\in \ker (A-I).

而且,

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^3, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\not \in \ker (A-I)^2.

因此

\displaystyle (A-I) \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2,

\displaystyle (A-I) \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I).

{\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)}{\mathbf{C}^3}的 一组基,其中{\mathbf{e}_{i}}的第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.记

\displaystyle \beta=\left ( \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} \right),

设线性变换{T}在基{\alpha}下的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}{A-I},则{T} 在基{\beta}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

因此

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0 \end{bmatrix}^{-1},

因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&1&0 \end{bmatrix}^{-1}.

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题679.这是苏州大学2007年考研题.

题目: 求三阶矩阵

\displaystyle \begin{bmatrix} -1&2&6\\ 1&7&25\\ 0&-2&-7 \end{bmatrix}

的Jordan标准型.

解: 先求矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} -1&2&6\\ 1&7&25\\ 0&-2&-7 \end{bmatrix}

的特征值{\lambda}.令

\displaystyle \begin{vmatrix} -1-\lambda&2&6\\ 1&7-\lambda&25\\ 0&-2&-7-\lambda \end{vmatrix}=0,

解得{\lambda=-1,-1,1}.特征值{1}的代数和几何重数都是{1},特征值{-1}的 代数重数是{2},几何重数是{1}.且

\displaystyle \begin{bmatrix} 1\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I),

\displaystyle \begin{bmatrix} -1\\ -3\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I),

\displaystyle \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I)^2, \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A+I).

因此

\displaystyle (A+I) \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -4\\ -12\\ 4 \end{bmatrix}\in \ker (A+I).

{\mathbf{C}^3}的一个基底 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中{\mathbf{e}_i}的 第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.设{\mathbf{C}^3}的另一个基底

\displaystyle \beta=\left( \begin{bmatrix} 1\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -4\\ -12\\ 4 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}. \right)

设线性变换{T}在基{\alpha}下的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}{A+I},则{T} 在基{\beta}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

因此

\displaystyle A+I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix}^{-1},

于是,

\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&1\\ 0&0&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix}^{-1}=MJM^{-1},

矩阵{J}即为矩阵{A}的Jordan标准型. \Box

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题685.这是一道湘潭大学考研题,年份未知.

题目 设复矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ a&2&0\\ b&c&-1 \end{bmatrix},

问矩阵{A}可能有什么样的Jordan标准型?并求{A}相似于对角阵的充要条件.

解: 矩形{A}有特征值{2,2,-1}.特征值{-1}的代数重数和几何重数都是{1},特征 值{2}的代数重数是{2},几何重数要看情况.

  • 如果{a=0},则特征值{2}的几何重数是{2} .此时{A}的Jordan标准型形如

    \displaystyle \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}

  • 如果{a\neq 0},则特征值{2}的几何重数是{1}.此时{A}的Jordan标准型 形如

    \displaystyle \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{bmatrix}.

    让我们举个例子验证一下.当{a=1,b=0,c=1}时,矩阵

    \displaystyle A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 1&2&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix}.

    矩阵

    \displaystyle A+I= \begin{bmatrix} 3&0&0\\ 1&3&0\\ 0&1&0 \end{bmatrix},

    此时,

    \displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I).

    矩阵

    \displaystyle A-2I= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 1&0&0\\ 0&1&-3 \end{bmatrix},

    此时,

    \displaystyle \mbox{span}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\ 3\\ 1 \end{bmatrix} \right\}=\ker (A-2I).

    矩阵

    \displaystyle (A-2I)^2= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 1&-3&9 \end{bmatrix}.

    可得

    \displaystyle \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I)^2, \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A-2I).

    因此

    \displaystyle (A-2I) \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\ 6\\ 2 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

    {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)}{\mathbf{C}^3}的 一组基底,其中{\mathbf{e}_i}的第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.且设线性变 换{T}在基{\alpha}下的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}{A-2I}.设

    \displaystyle \beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 6\\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix} \right)

    {\mathbf{C}^3}的另外一组基,则

    \displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

    因此

    \displaystyle A-2I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix}^{-1}

    于是,

    \displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix}^{-1}.

\Box

 

 

 

如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题680.这是同济大学的一道考研题,年 份未知.

题目: 求矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&-3&0&3\\ -2&6&0&13\\ 0&-3&1&3\\ -1&2&0&8 \end{bmatrix}

的Jordan标准型(不必求过渡矩阵).

解: 先求矩阵{A}的特征值{\lambda}.令

\displaystyle \begin{vmatrix} 1-\lambda&-3&0&3\\ -2&6-\lambda&0&13\\ 0&-3&1-\lambda&3\\ -1&2&0&8-\lambda \end{vmatrix}=0,

上式即

\displaystyle (\lambda-1)^2(\lambda^2-14\lambda+19)=0,

解得{\lambda=1,1,7-\sqrt{30},7+\sqrt{30}}.特征值{7-\sqrt{30}}和特征值 {7+\sqrt{30}}的代数与几何重数都是{1}.特征值{1}的代数重数是{2},几何重数 也是{2}.因此矩阵{A}可对角化,它的Jordan标准型为

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&7-\sqrt{30}&0\\ 0&0&0&7+\sqrt{30} \end{bmatrix}.

\Box

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》第2版第687题.这是一道复旦大学考研 题,年份未知.

题目 矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} -5&1&4\\ -12&3&8\\ -6&1&5 \end{bmatrix}

的三个特征值分别为{1,1,1},试将{A}表示成{A=TJT^{-1}},其中{J}{A}的 Jordan标准型,{T}是变换矩阵,求{J,T}{T^{-1}}.

解: 从题目可知,矩阵{A}特征值{1}的代数重数为{3}.且易得特征值{1}的几何重数 为{2}.且

\displaystyle \mbox{span}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{bmatrix} \right\}=\ker (A-I).

\displaystyle \ker (A-I)^2=\mathbf{C}^3.

易知

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A-I),

因此

\displaystyle (A-I) \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 8\\ 4 \end{bmatrix} \in \ker (A-I),

{\mathbf{C}^3}中的一组基为 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中向量 {\mathbf{e}_i}的第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.{\mathbf{C}^3}的另一组 基为{\beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 4\\ 8\\ 4 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \right)}.设线性映射{T}在基{\alpha}下的矩阵为 {[T]_{\alpha}^{\alpha}=A-I},则

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}

我们有矩阵分解

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix}^{-1},

因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix}^{-1}.

\Box

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我们看三维空间中的切变变换矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(s,t)= \begin{bmatrix} 1&0&s\\ 0&1&t\\ 0&0&1 \end{bmatrix},

其中{\mathbf{H}_{xy}(s,t)}表示沿{xy}平面的切变变换.特别 地,{\mathbf{H}_{xy}(1,0)}表示沿着{x}轴的切变变换,{\mathbf{H}_{xy}(0,1)}表 示沿着{y}轴的切变变换.

矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0 )= \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix},

矩阵{\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)}的特征值是{1},特征值{1} 的代数重数是{3},几何重数是{2}.且

\displaystyle \mbox{span}\left\{\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\right\}= \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I),

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I)^2.

下面我们求矩阵{\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)}的Jordan标准型.

\displaystyle (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I) \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0&0&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I).

设基{\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中向量 {\mathbf{e}_{i}}的第{i}个分量是{1},其余分量都是{0}.且设线性映射{T}在基 {\alpha}下的矩阵 {[T]_{\alpha}^{\alpha}=\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I}.设 基{\beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \right)},则线性映射{T}在基{\beta}下的矩阵

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

即我们有矩阵分解式

\displaystyle [T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}^{-1},

因此

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)=[T]_{\alpha}^{\alpha}+I= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}^{-1}

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临近大学毕业之际,我在杭州师范大学经亨颐学院空旷的教室里,写下了利用矩阵的Jordan标准型求数列通项公式.时光倏忽而过,最近回顾Jordan标准型,遂用不同的方式改写那篇短文如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.

 

可求得矩阵{A}的特征值是{1},且{1}的代数重数是{3}.则

\displaystyle \mathbf{C}^3=\ker (A-I)^3.

\displaystyle A-I= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix},

令向量{\mathbf{p}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} },易得{\ker (A-I)=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(1)}\}}.令向量{\mathbf{q}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{q}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, } 易得{\mathbf{q}_{1}^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}}线性无关且 {\mathbf{q}_1^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}\not\in\ker (A-I)}.

\displaystyle (A-I)^2= \begin{bmatrix} 1&-2&1\\ 1&-2&1\\ 1&-2&1 \end{bmatrix},

向量{\mathbf{p}_{1}^{(2)}=\mathbf{p}_{1}^{(1)}\in \ker (A-I)^2},向量{ \mathbf{p}_{2}^{(2)}=2\mathbf{q}_{1}^{(1)}+\mathbf{q}_{2}^{(1)}=\begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix} \in \ker (A-I)^2}.且{\ker (A-I)^2=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(2)},\mathbf{p}_{2}^{(2)}\}} .令向 量{\mathbf{q}_{1}^{(2)}=\mathbf{q}_{1}^{(1)}},可得 {\mathbf{q}_{1}^{(2)}\not\in \ker(A-I)^{(2)}}.

但是显然,{\mathbf{q}_1^{(2)}\in \ker (A-I)^{(3)}},因此

\displaystyle (A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2,

\displaystyle (A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)}=(A-I)[(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}]= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I).

设线性变换{T}在标准正交基 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_{3})}下的矩阵为{A-I},其中{\mathbf{e}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_2= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_3= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} }.则线性变换{T}在基 {\beta=((A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)},(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)},\mathbf{q}_1^{(2)})} 下的矩阵是

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}=\begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{bmatrix}.

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1},

所以

\displaystyle A=I+[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}=[I]_{\beta}^{\alpha}([T]_{\beta}^{\beta}+I)[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

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

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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此文写于2015年5月25日,现在重新整理如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

下面我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.下面我们参照文章幂零自同态分解定理的原理和文章幂零自同态的结构的步骤将矩阵进行Jordan分解.而且,接下来使用的一些符号也来自文章幂零自同态的结构.

 

为此,首先求矩阵{A}的特征值.易得其特征值只有一个,为{1}.它的特征多项式为

\displaystyle p(x)=(1-x)^3.

{\mathbf{C}^3}的一个三维线性子空间是{\ker (T-I)^3},其中{A}是线性变换{T}在标准正交基下的矩阵.于是{\mathbf{C}^{3}=\ker (T-I)^{3}}.于是,{(A-I)^3}是个零矩阵,且对于一切{(A-I)^p=\mathbf{0}},{p}的最小值为{3}.

 

我们先求{\ker (T-I)}.为此我们来看线性方程组

\displaystyle \begin{pmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}.

解得{\dim\ker (T-I)=1},且{\mathbf{v}_{1}=(1,1,1)\in \ker (T-I)}.

 

然后我们来看{\mathbf{C}^3}的一组基{\{\mathbf{v}_1=(1,1,1),\mathbf{v}_2=(1,0,0),\mathbf{v}_3=(0,1,0)\}}.{\{(T-I)\mathbf{v}_2,(T-I)(\mathbf{v}_3)\}=\{(2,1,0),(-3,-1,1)\}}线性无关,是{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的一组基.而且{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)}\}},其中{\mathbf{v}_1^{(1)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)},{\mathbf{v}_2^{(1)}=(-1,0,1)}.

 

{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的一组基为{\{(T-I)(\mathbf{v}_2^{(1)})\}=\{(-1,-1,-1)\}}.{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_{1}^{(2)}\}=\{\mathbf{v}_1\}=\{(1,1,1)\}}.

 

下面,我们寻找向量{\mathbf{w}_1},使得{(T-I)(\mathbf{w}_1)=\mathbf{v}_1^{(2)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)}.易得{\mathbf{w}_1}可以为{(2,1,0)}.再寻找{\mathbf{w}_2},使得{(T-I)(\mathbf{w}_2)=\mathbf{w}_1},解得{\mathbf{w}_2}可以为{(1,0,0)}.

 

于是,线性变换{T-I}在有序基{\alpha=(\mathbf{v}_1,\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2)}下的矩阵为

\displaystyle [T-I]_{\alpha}^{\alpha}=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

于是线性变换{T}在有序基{\alpha}下的矩阵就是Jordan块

\displaystyle J=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

下面我们来求{[I]_{\alpha}^{\beta}},其中{\beta=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))}是标准正交基.易得

\displaystyle M^{-1}=[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}.

\displaystyle M=[I]_{\beta}^{\alpha}= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&1&-1\\ 1&-2&1 \end{pmatrix}.

这样我们就得到了矩阵的分解

\displaystyle \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1}.

 

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

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

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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此文写于2015年5月25日,现整理如下.

 

{V^n} 是数域 {\mathbf{F}} 上的{n(n\geq 1)}维线性空间.{T:V^n\rightarrow V^n}是线性变换.且存在正整数{p},使得{T^p}是零映射{\mathbf{0}}.称满足该条件的{T}是幂零线性变换.我们不妨让正整数{p}尽量小.下面我们来研究幂零线性变换的结构.

 

首先,{T}必定不是单射.否则若{T}是单射,则{T}必然也是双射(考虑{V^{n}}的基即可).这样子,对于任意正整数{p},{T^{p}}都是双射,则{T^p(V^{n})=V^{n}},这与{T}是幂零映射矛盾.

 

{\dim \ker T=k_{1}},其中{n\geq k_{1}\geq 1}(当{k_{1}=n}时,{T}本身即为零映射,此时无需再探讨下去).因此存在{V^n}的一组基{\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}},\mathbf{v}_{k_{1}+1},\cdots,\mathbf{v}_n\}},使得{T(\mathbf{v}_1)=\mathbf{0}},{\cdots},{T(\mathbf{v}_{k_{1}})=\mathbf{0}},且{T(\mathbf{v}_{k_{1}+1}),\cdots,T(\mathbf{v}_n)}线性无关,是{T(V^n)}的一组基.

 

必定存在{T(V^n)}的一组基,使得至少存在一个{1\leq i_{1}\leq k_{1}},{\mathbf{v}_{i_{1}}}是基里的向量.否则,易得{\forall p\in\mathbf{N}^{+}},{T^{p}(T(V^{n}))=T(V^n)},这与{T}是幂零映射矛盾.于是,不妨设{T(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_{1}}^{(1)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_2}^{(1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}}\}},其中{1\leq k_2\leq n-k_1}{k_2}尽量大.

 

易得{T^2(V^n)}的一组基是{\{T(\mathbf{v}_{k_2+1}^{(1)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1}^{(1)})\}}(当然当{k_2=n-k_1}时,{k_2+1}无意义,此时不再讨论下去).将{T^2(V^n)}进行与{T(V^n)}同样的处理.即必定存在{T^2(V^n)}的一组基,使得至少存在一个{1\leq i_2\leq k_1},使得{\mathbf{v}_{i_2}}是基里的向量.于是,不妨设{T^2(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(2)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-k_{2}}^{(2)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(2)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_3}^{(2)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},其中{1\leq k_3\leq n-k_1-k_2}{k_3}尽量大.

 

易得{T^3(V^n)}的一组基为{\{T(\mathbf{v}_{k_3+1}^{(2)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1-k_2}^{(2)})\}}(当然当{k_3=n-k_1-k_2}时,{k_3+1}无意义,此时不再讨论下去).将{T^3(V^n)}进行与{T^2(V^n)}类似的处理.即至少存在一个{1\leq i_3\leq k_1},使得{\mathbf{v}_{i_3}}是基里的向量.于是,不妨设{T^3(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(3)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-k_2-k_{3}}^{(3)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(3)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_4}^{(3)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}}.其中{1\leq k_4\leq n-k_1-k_2-k_3}{k_4}尽量大.

 

这样不断地进行下去,由于{T}是幂零的,因此{T^{p-1}(V^n)}的一组基为{\{T(\mathbf{v}_{k_{p-1}+1}^{(p-2)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-2}}^{(p-2)})\}:=\{\mathbf{v}_1^{(p-1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)}\}},且{\mathbf{v}_{1}^{(p-1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_k\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_k\}}.

 

由上面的分析可见,对于向量{\mathbf{v}_1^{(p-1)}}来说,必定存在与{\mathbf{v}_1^{(p-1)}}不共线的向量{\mathbf{w}_1},使得{T(\mathbf{w}_1)=\mathbf{v}_1^{(p-1)}}.对于{\mathbf{w}_1}来说,必定存在{\mathbf{w}_2\not\in \hbox{span}(\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1)},使得{T(\mathbf{w}_2)=\mathbf{w}_1}.对于{\mathbf{w}_2}来说,必定存在{\mathbf{w}_3\not\in\hbox{span}(\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2)},使得{T(\mathbf{w}_3)=\mathbf{w}_2}……就这样一直进行下去,直到进行至{\mathbf{w}_{n-k_1-1}}.对于{\mathbf{w}_{n-k_1-1}}来说,必定存在向量{\mathbf{w}_{n-k_1}\not \in\hbox{span}(\mathbf{w}_1,\cdots,\mathbf{w}_{n-k_1-1})},使得{T(\mathbf{w}_{n-k_1})=\mathbf{w}_{n-k_1-1}}.

 

然后我们来看{V^n}的一组有序基{\alpha=(\mathbf{v}_2^{(p-1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)},\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1,\cdots,\mathbf{w}_{n-k_1})}.易得在该基下线性变换{T}的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}是对角线上元素都为{0}的Jordan块.这样我们就给出了幂零线性变换{T}的结构.

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Update(2018.7.7)加删除线的部分其实是对的.见举例说明将任意方阵相似到上三角阵的步骤

Update(2018.6.18)加删除线的部分证明失败.原因是加红字的部分错误.本文最重要的第一部分的证明宣告失败.

 

这篇文章写于2015年5月21日.现在重新整理在此.

在此,我们叙述并用自己的方法证明下述定理.该定理在Jordan标准型理论中发挥了重要作用.定理引自R.Godement所著的《代数学》第7章第35节:

定理 (幂零自同态分解定理){T}是复数域{\mathbf{C}}上的{n}维线性空间{V^n}的一个线性变换(自同态).令

\displaystyle p_T(x)=(\lambda_1-x)^{r_1}\cdots (\lambda_q-x)^{r_q},

其中p_T(x)是线性变换T的特征方程,{\lambda_1,\cdots,\lambda_q\in \mathbf{C}}{p_T}的所有不同的根,而{r_1,\cdots,r_q}是它们的重 数.{\forall 1\leq i\leq q},令

\displaystyle E_i=\ker [(T-\lambda_iI)^{r_i}],

那么{V^n}是子空间{E_1,\cdots,E_q}的直 和,且有{\forall 1\leq i\leq q},{\dim(E_i)=r_i.}

复数域上任意方阵都相似于上三角阵可知,可以恰当地选取{\mathbf{C}^n}中的一组有序 基{\alpha=(\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{n})},使得线性变换{T}在这组基下的矩阵是上三角矩 阵 {[T]_{\alpha}^{\alpha}}.且

\displaystyle [T]_{\alpha}^{\alpha}=\begin{pmatrix}\lambda_1&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times\\0&\ddots&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times\\0&0&\lambda_{1}&\times&\times&\times&\times&\times&\times&\times\\0&0&0&\lambda_{2}&\times&\times&\times&\times&\times&\times\\0&0&0&0&\ddots&\times&\times&\times&\times&\times\\0&0&0&0&0&\lambda_{2}&\times&\times&\times&\times\\0&0&0&0&0&0&\ddots&\times&\times&\times\\0&0&0&0&0&0&0&\lambda_{q}&\times&\times\\0&0&0&0&0&0&0&0&\ddots&\times\\0&0&0&0&0&0&0&0&0&\lambda_{q},\end{pmatrix}

(读者思考一下为什么特征值相同的对角项可以连在一起)易得对角线上{\lambda_i}{r_i}个.将基{\alpha}重新记 为 {(\mathbf{v}_{1,1},\cdots,\mathbf{v}_{1,r_1},\cdots,\mathbf{v}_{q,1},\cdots,\mathbf{v}_{q,r_q})}.可 得

\displaystyle \begin{cases}(T-\lambda_{1}I)(\mathbf{v}_{1,r_1})\in span(\mathbf{v}_{1,1},\cdots,\mathbf{v}_{1,r_1-1}),\\ (T-\lambda_{1}I)^{2}(\mathbf{v}_{1,r_1})\in span(\mathbf{v}_{1,1},\cdots,\mathbf{v}_{1,r_1-2}),\\ \vdots\\ (T-\lambda_{1}I)^{k}(\mathbf{v}_{1,r_1})\in span(\mathbf{v}_{1,1},\cdots,\mathbf{v}_{1,r_1-k}),\\ \vdots\\ (T-\lambda_{1}I)^{r_1-1}(\mathbf{v}_{1,r_1})\in span (\mathbf{v}_{1,1}),\\ (T-\lambda_{1}I)^{r_{1}}(\mathbf{v}_{1,r_1})\in span(\mathbf{0}).\\ \end{cases}

因此可 得{(T-\lambda_{1}I)^{r_{1}}(\mathbf{v}_{1,r_1})=\mathbf{0}}.基于类似的 理由,{\forall 1\leq i\leq r_1},{(T-\lambda_{1}I)^{r_{1}}(\mathbf{v}_{1,i})=\mathbf{0}}.再加 上{\{\mathbf{v}_{1,1},\cdots,\mathbf{v}_{1,r_1}\}}是线性无关 的,因此{\dim E_1\geq r_1}.而且,由于{p_T(x)}{(\lambda_1-x)}的次数 是{r_1},因此{\dim E_1}不会超过{r_1}.可见,{\dim E_1=r_1}.

由于{E_1,E_2,\cdots,E_q}的地位相同,因此可得{\dim E_2=r_2,\cdots,\dim E_q=r_q}.

最后,我们来证明

\displaystyle V^n=E_1\oplus\cdots\oplus E_q\ \ \ \ \ (1)

为此我们先证明

\displaystyle \forall i\neq j,E_i\cap E_j=\{\mathbf{0}\}.

证明:只用证明,当{m,n\in \mathbf{N}^+},且{\lambda_i\neq \lambda_j}时,{\ker (A-\lambda_iI)^m \cap \ker (A-\lambda_jI)^n=\{\mathbf{0}\}}.当{m=1}时,{\ker (A-\lambda_iI) \cap \ker (A-\lambda_jI)^n=\{0\}},否则存在非零向 量{\mathbf{v}},使得{(A-\lambda_iI)(\mathbf{v})=\mathbf{0}},且 {\mathbf{0}=(A-\lambda_jI)^n(\mathbf{v})=(\lambda_i-\lambda_j)^n\mathbf{v}}, 矛盾.可见我们已经证明了{m=1}的情形.

接下来证明一般情形.假设存在非零向 量{\mathbf{v}},以及最小的正整数{m}{n},使得{\ker (A-\lambda_iI)^m \cap \ker (A-\lambda_jI)^n=\{\mathbf{v}\}},且{n\geq m}.则有

\displaystyle (A-\lambda_iI)(A-\lambda_iI)^{m-1}(\mathbf{v})=\mathbf{0},(A-\lambda_jI)^{n-m+1}(A-\lambda_jI)^{m-1}(\mathbf{v})=\mathbf{0},

则由{m=1}的情 形,可得{(A-\lambda_iI)^{m-1}(\mathbf{v})=\mathbf{0}}.这与{m}的最小性矛 盾.这样我们就证明了一般情形.{\Box}

 

假设

\displaystyle V^n\supsetneq E_1\oplus\cdots\oplus E_q,

则可得{n=\dim V^n>r_1+\cdots+r_q=n},矛盾.因此(1)成立.

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