5.2 Jordan标准形

回顾我们上一章里面提到的Schur定理, 我们可以把一个矩阵分解成 $\vec A=\vec Q\vec P\vec Q^*$ 的形式. 其中 $\vec P$ 为主对角线是 $\vec A$ 的特征值的上三角矩阵, $\vec Q$ 为正交矩阵(或酉矩阵). Schur分解的优点是其保留了基底的正交性,但所得到的上三角矩阵一般不是最简单的形式. 在本节中, 我们放弃基底的正交性, 只要求基变换矩阵可逆. 这样一来我们希望通过选取一组特定的基底, 使得上三角矩阵的形式更为简单. 通过这种变换得到的上三角矩阵即被称为Jordan标准形 (Jordan Canonical Form).

定理 5.2

设线性变换 $\vec T: V \to V, \dim(V)=n$ 有 $k$ 个不同的特征值 $\lambda_1,\cdots,\lambda_k \in\mathbb{R}$ , 记 $\lambda_i$ 的代数重数为 $m_i$ . 那么存在 $V$ 的一组基底 $\beta$ , 使得 $[\vec T]_\beta = \diag\begin{pmatrix} \vec U_1 & \cdots \vec U_k \end{pmatrix}$ , 其中 $\vec U_i \in M_{m_i}(\mathbb{R})$ 为上三角矩阵, 主对角线上的元素为 $\lambda_i$ . 也就是说, 若矩阵 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ 有 $k$ 个不同的实数特征值, 那么存在可逆矩阵 $\vec Q$ 与上三角矩阵 $\vec P$ , 使得 $\vec A = \vec Q\vec P\vec Q^{-1}$ .

该定理的证明与Schur定理的证明十分类似:

证明

我们将采用数学归纳法. 当 $\vec A \in M_1(\mathbb{R})$ 时原式显然成立. 假设定理对所有的 $\vec A \in M_{n-1}(\mathbb{R})$ 成立, 我们只需要证明该定理对 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ 成立即可. 设 $\lambda_1$ 为 $\vec A$ 的一个特征值, $\vec v_1$ 为其特征向量. 那么我们构造出一组 $\mathbb{R}^n$ 的基底 $\beta_0:=\{ \vec v_1, \vec w_1,\cdots,\vec w_{n-1}\}$ . 记 $[\vec T]_{\beta_0}$ 为线性变换在基底 $\beta_0$ 下的矩阵形式, 不难发现

[\vec T]_{\beta_0} = \begin{pmatrix} \lambda_1 & \vec X \\ \vec 0 & \vec A_1 \end{pmatrix}, \quad \vec A_1 \in M_{n-1}(\mathbb{R}).

由于 $\vec A,[\vec T]_{\beta_0}$ 相似, 因此二者的特征多项式相同. 那么

C_{\vec A}(x) = (x-\lambda_1)\cdot C_{\vec A_1}(x), \quad C_{\vec A_1}(x) = (x-\lambda_1)^{m_1-1}(x-\lambda_2)^{m_2}\cdots(x-\lambda_k)^{m_k}.

根据数学归纳法的假设, 存在可逆矩阵 $\vec Q$ 与上三角矩阵 $\vec P$ , 使得

\vec Q \vec P \vec Q^{-1} = \vec A_1,

其中记 $\vec P = \diag\begin{pmatrix} \vec Z_1 & \vec U_2 & \cdots & \vec U_k \end{pmatrix}$ , $\vec Z_1 \in M_{m_1-1}(\mathbb{R}), \vec U_i \in M_{m_i}(\mathbb{R})$ 为上三角矩阵, 主对角线上的元素均为 $\lambda_1, \lambda_i$ . 记 $\vec S = \begin{pmatrix} 1 & \vec 0^\top \\ \vec 0 & \vec Q \end{pmatrix}$ , 那么

\vec A':=\vec S^{-1} [\vec T]_{\beta_0}\vec S = \begin{pmatrix} 1 & \vec 0^\top \\ \vec 0 & \vec Q^{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \vec X \\ \vec 0 &\vec A_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & \vec 0^\top \\ \vec 0 & \vec Q \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \lambda_1 & \vec X\vec Q \\ \vec 0 & \vec Q^{-1}\vec A_1\vec Q \end{pmatrix},

即 $\vec A',[\vec T]_{\beta_0},\vec A$ 三者两两相似.

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我们在本节学习的Jordan标准形便是矩阵三角化的一种体现. 定理 5.2 只说明我们可以得到上三角矩阵, 但它并没有说明主对角线以上的元素应该具有什么结构. Jordan 标准形的目标就是进一步将这些上三角块整理成若干个标准的 Jordan 块. 我们再次给出Jordan块的定义:

定义 5.5

若 $n \geq 1$ , 定义Jordan 块 $J_n(\lambda)$ 为主对角线为 $\lambda$ , 主对角线上一个位置为 $1$ , 其余位置全部为 $0$ 的矩阵. 即

J_1(\lambda) = (\lambda),\quad J_2(\lambda)=\begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix} ,\quad J_3(\lambda)=\begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \quad J_4(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \quad\cdots

值得注意的是Jordan 块的形式并不是任意规定的. 它来自上一节中我们所定义的的广义特征向量链. 我们还假设 $\vec A\in M_n(\mathbb{R})$ , $\lambda$ 为代数重数为 $m$ 的特征值. 若向量组 $\vec v_1,\vec v_2,\cdots,\vec v_m$ 满足 $(\vec A-\lambda \vec I)\vec v_1=\vec 0,$ 以及 $(\vec A-\lambda \vec I)\vec v_j=\vec v_{j-1},\quad j=2,\dots,m,$ 则有

\vec A\vec v_1=\lambda \vec v_1, \quad \vec A\vec v_j=\lambda \vec v_j+\vec v_{j-1},\quad j=2,\dots,m.

因此在基底 $\beta=\{\vec v_1,\vec v_2,\dots,\vec v_m\}$ 下 $\vec A$ 的矩阵形式正是一个Jordan块:

J_m(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda&1&0&\cdots&0\\ 0&\lambda&1&\cdots&0\\ 0&0&\lambda&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&1\\ 0&0&0&\cdots&\lambda \end{pmatrix}.

接下来, 我们不禁要问: 定理 $5.2$ 中的上三角矩阵 $\vec P$ 能否写成Jordan块的形式呢? 我们首先注意到

J_m(\lambda) = \lambda\vec I_m + J_m(0).

而 $J_m(0)$ 便是一个特征值为零的Jordan块. 我们知道幂零变换的所有特征值为零(见 $5.1$ 练习 $3$ ), 因此研究幂零变换对理解Jordan块将至关重要.

定理 5.3

设线性变换 $\vec T: V \to V, \dim(V)=n$ , 且 $\vec T$ 为幂零变换. 那么存在 $V$ 的一组基底 $\beta$ ,

[\vec T]_{\beta} = \diag\begin{pmatrix} J_{r_1}(0) & J_{r_2}(0) & \cdots & J_{r_s}(0) \end{pmatrix}, \quad r_1+\cdots+r_s=n.

换言之, 任何幂零变换都可以在某基底下表示成若干个零特征值Jordan块的直和.

我将不作过于技术化的证明. 下面我给出一个大致的思路:

证明

设 $\vec T$ 的幂零指数为 $m$ , 即 $\vec T^m=\vec 0, \vec T^{m-1}\neq \vec 0,$ 因此根据上一节的推论, 我们可以得到一列递增的子空间:

\{0\}\subset \Ker \vec T\subset \Ker \vec T^2\subset\cdots\subset \Ker \vec T^m=V.

我们的目标是在 $V$ 中选出若干条广义特征向量链 $\vec v_r\mapsto \vec v_{r-1}\mapsto\cdots\mapsto \vec v_1\mapsto \vec 0,$ 使得在每一条链中 $\vec T\vec v_1=\vec 0, \vec T\vec v_j=\vec v_{j-1},\quad j=2,\dots,r.$ 这样一来每一条这样的链都对应一个 Jordan 块 $J_r(0)$ . 首先, 我们从 $\Ker \vec T^m$ 开始. 选取若干个向量使得它们构成 $\Ker \vec T^m\setminus\Ker \vec T^{m-1}$ 的一组基底. 对于每个这样的向量 $\vec v$ , 由于 $\vec T^m \vec v=\vec 0,\vec T^{m-1}\vec v\neq \vec 0$ , 由上一节的结论可知 $\{ \vec v, \vec T\vec v, \cdots, \vec T^{m-1}\vec v\}$ 线性无关. 因此这些向量一起构成了一条长度为 $m$ 的广义特征向量链.

随后我们在 $\Ker \vec T^{m-1}\setminus\Ker \vec T^{m-2}$ 中选取新的向量, 并对每个新向量重复同样的过程. 这样一来我们得到长度为 $m-1$ 的广义特征向量链. 我们随后重复这个步骤, 依次在 $\Ker \vec T^j\setminus \Ker \vec T^{j-1},\quad j=m,m-1,\dots,1$ 中选取尚未被前面链覆盖的向量,并生成相应的链. 这样以来, 我们得到的所有链中的向量线性无关, 并且它们的个数恰好为 $n$ , 因此这些向量构成 $V$ 的一组基底.

在每一条链 $\vec v_1,\cdots,\vec v_r$ 中, 由于我们有 $\vec T\vec v_1=\vec 0,\quad \vec T\vec v_j=\vec v_{j-1},$ 所以在这条链对应的基底下 $\vec T$ 的矩阵形式即为 $J_r(0)$ .

J_r(0)= \begin{pmatrix} 0&1&0&\cdots&0\\ 0&0&1&\cdots&0\\ 0&0&0&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&1\\ 0&0&0&\cdots&0 \end{pmatrix}.

我们如果把把所有链合并起来便可以得到

[T]_\beta= \diag \begin{pmatrix} J_{r_1}(0) & J_{r_2}(0) &\cdots &J_{r_s}(0) \end{pmatrix}.

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我们可以将递增的核空间链

\{\vec 0\}\subseteq \Ker \vec T\subseteq \Ker \vec T^2\subseteq\cdots\subseteq \Ker \vec T^m=V

理解为一层一层像洋葱一样的结构. 在构造 Jordan 链时，我们并不是在每个 $\Ker \vec T^j$ 中重新选取一组完整基底, 而是只在新增的部分中选取代表元. 换言之, 我们只选择 $\Ker \vec T^j$ 中相对于 $\Ker \vec T^{j-1}$ 新出现的“方向”(线性无关的向量). 每当我们在某一层选出一个向量 $\vec v$ 时, 它会通过 $\vec v,\ \vec T\vec v,\ \vec T^2\vec v,\cdots$ 向较低层生成一整条链. 因此, 在较低层继续选取向量时, 我们需要避开已经由较长链生成出的方向. 通过这种方式可以确保最终得到的所有链中的向量彼此线性无关, 并且总数恰好等于 $\dim(V)=n$ .

因此由定理 $5.3$ 可知, 幂零变换可以分解为若干个关于特征值 $0$ 的Jordan块. 接下来我们将说明一般的线性变换也可以在其广义特征空间上转化为幂零变换. 设 $\lambda$ 是 $\vec T$ 的特征值, 其代数重数为 $m$ , 其对应的广义特征空间我们记作 $\mathcal{G}_\lambda$ , 满足 $\mathcal{G}_\lambda = \Ker(\vec A-\lambda\vec I)^m$ , 根据上一节的推论, $\dim(\mathcal{G}_\lambda)=m$ , 且在 $\mathcal{G}_{\lambda}$ 上, 线性变换

\vec N_{\lambda}:= (\vec T-\lambda\vec I)\Bigg|_{\mathcal{G}_\lambda}

为幂零变换( $\vec N_\lambda$ 表示将线性变换 $\vec T-\lambda\vec I)$ 限制在 $\mathcal{G}_\lambda$ 上). 这是因为对于任意的 $\vec v \in \mathcal{G}_\lambda, (\vec A-\lambda\vec I)^m \vec v=\vec 0$ , 因此 $\vec N_{\lambda}^m \vec v = (\vec T-\lambda\vec I)^m\vec v = \vec 0$ . 因此定理 $5.3$ 同样适用于 $N_{\lambda} = (\vec T-\lambda\vec I)$ . 这样一来我们便会得到形如 $\diag\begin{pmatrix} J_{r_1}(\lambda) & \cdots & J_{r_s}(\lambda) \end{pmatrix}$ .

定理 5.4

设线性变换 $\vec T: V \to V,\dim(V)=n$ 的特征多项式在 $\mathbb{R}$ 中可完全分解. 若 $\vec T$ 存在 $k$ 个不同的特征值 $\lambda_1,\cdots,\lambda_k \in \mathbb{R}$ , 那么存在 $V$ 的一组基底 $\beta$ , 使得

[\vec T]_\beta = \diag\begin{pmatrix} \vec U_1 & \cdots & \vec U_k\end{pmatrix},

其中 $\vec U_i = \diag\begin{pmatrix} J_{r_{i1}}(\lambda_i) & \cdots & J_{r_{is_i}}(\lambda_i) \end{pmatrix}$ .

回顾本章的例题 $5.1,5.2$ , 矩阵 $\vec A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ . 我们求出其广义特征向量构成的基底为

\beta = \left\{ \vec v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \vec v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \vec v_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}, \vec v_4 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} \right\},

且

[\vec T]_{\beta} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} J_3(0) & 0 \\ 0 & J_1(-1) \end{pmatrix}.

那么我们便知道

\vec A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1}.

{5.2练习}

1. 设向量 $v_1,v_2,v_3 \in \mathbb{R}^3$ 满足

(A-\lambda I)v_1=0,\qquad (A-\lambda I)v_2=v_1,\qquad (A-\lambda I)v_3=v_2.

证明: 在基底 $\beta:=\{\vec v_1,\vec v_2,\vec v_3\}$ 下满足

[\vec T]_{\beta} = J_3(\lambda)= \begin{pmatrix} \lambda&1&0\\ 0&\lambda&1\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}.

2. 设矩阵 $J_2(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$ .

(i) 证明: $J_2(\lambda)$ 不可对角化;

(ii) 证明: $J^n_2(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix}$ .

(iii) 设 $f(\lambda)=\lambda^n$ , 我们发现

J^n_2(\lambda) = \begin{pmatrix} f(\lambda) & f'(\lambda) \\ 0 & f(\lambda) \end{pmatrix}.

证明

(J_n(\lambda))^k = \begin{bmatrix} f(\lambda) & f'(\lambda) & \displaystyle{\frac{f''(\lambda)}{2}}& \cdots & \displaystyle{\frac{f^{(k-1)}(\lambda)}{(k-1)!}} \\ 0 & f(\lambda) & f'(\lambda) & \cdots & \displaystyle{\frac{f^{(k-2)}(\lambda)}{(k-2)!}}\\ 0 & 0 & f(\lambda) & \cdots &\displaystyle{\frac{f^{(k-3)}(\lambda)}{(k-3)!}}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & f_n(\lambda) \end{bmatrix}.