【线性代数与矩阵论】Jordan型矩阵-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了【线性代数与矩阵论】Jordan型矩阵。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

Jordan型矩阵

2023年11月3日
#algebra

1. 代数重数与几何重数

在对向量做线性变换时，向量空间的某个向量的方向不发生改变，而只是在其方向上进行拉伸，则该向量是线性变换的特征向量，其在变换中被拉伸的倍数为该特征向量的特征值（特征根）。
矩阵的相同特征值有其对应的代数重数与几何重数，相同特征值的代数重数就是相同特征值的个数，几何重数就是相同特征值所对应特征向量的个数。显然，特征向量的拉伸量可能相同，即代数重数大于等于几何重数，也就是多个相同特征值可能对应一个特征向量。也可以说，对同一个特征值，可能有多个特征向量，而该特征值的代数重数大于等于特征向量的个数。
如果每个相同的特征值都对应不同的特征向量，则代数重数等于几何重数。
对于 $n\times n$ 矩阵 $A$ ，有 $l$ 个特征根， $l\lt n$ 且第 $i$ 个特征根 $\lambda_i$ 的代数重数为 $\sigma_i$ 、几何重数为 $\alpha_i$
$\det (\lambda I_n-A)=(\lambda-\lambda_1)^{\sigma_1}(\lambda-\lambda_2)^{\sigma_2}\cdots(\lambda-\lambda_l)^{\sigma_l}$
第 $i$ 个特征根的几何重数计算如下：
$\alpha_i=n-\text{rank}(\lambda_iI_n-A)$
几何重数（零化度）对应着有几个线性无关的特征向量拥有当前的特征值。
在Jordan标准型中，几何重数对应着当前特征值拥有几个Jordan快。
若代数重数等于几何重数，该特征值为 半单的。
若代数重数大于几何重数，该特征值为 亏损的。
显然，代数重数为 ${1}$ 的特征值一定时半单的；不同特征值对应的特征向量是线性无关的。每个特征值都是半单的矩阵（有完备的特征向量系）等价于可对角化。
存在亏损的特征值的矩阵称为亏损矩阵，等价于不可对角化。

2. Jordan块与Jordan标准型

举例，对代数重数为 $\sigma_i=5$ 、几何重数为 $\alpha_i=2$ 的特征根 $\lambda_i$ ，有两个Jordan快，设存在一个三阶和一个两阶的Jordan块：
$J_{i}= \begin{bmatrix} \lambda_i&1&0&0&0\\ 0&\lambda_i&1&0&0\\ 0&0&\lambda_i&0&0\\ 0&0&0&\lambda_i&1\\ 0&0&0&0&\lambda_i \end{bmatrix}=\text{diag}(J_3(\lambda_i),J_2(\lambda_i))$
Jordan块的顺序可以交换。知道特征值的代数重数和几何重数，还需要知道特征值对应的每阶Jordan块的个数，才能写出Jordan标准型。
可以通过幂零矩阵确定 $\lambda_i$ 对应的两个Jordan快各有几阶，如其中 $j$ 阶Jordan块的个数为：
$r_{j+1}+r_{j-1}-2r_j$
$r_j=\text{rank}(\lambda_iI-A)^j$
$r_0=\text{rank}(\lambda_iI-A)^0=n$
矩阵的Jordan标准型
$J=\text{diag}(J_{n_1},J_{n_2},\cdots,J_{n_k}),~n_1+n_2+\cdots+n_k=n$
Jordan块的上次对角元值都为 ${1}$
$J_{n_i}= \begin{bmatrix} \lambda_i&1&&&\\ &\lambda_i&1&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&\lambda_i&1\\&&&&\lambda_i \end{bmatrix}$
在这种定义下，不同Jordan块可能对应相同特征值。求Jordan标准型步骤如下：

算特征值
算代数重数、几何重数
算特征值对应阶数Jordan块的个数

[!example]-
求矩阵 $A$ 的Jordan标准型
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{bmatrix}$
解：
$\det ( \lambda I-A)=( \lambda-2)^4$
$\lambda_1= \lambda_2 = \lambda_3= \lambda_4=2 \,\,,\,\, 4- \text{rank} ( \lambda_1I-A)=2$
$2$ 特征值的代数重数是 ${4}$ ，几何重数是 ${2}$ ，有两个Jordan块，可能是一个三阶和一个一阶的，也可能是两个二阶的。
$\begin{align*} r_0=&4 \\ \\ r_1=& \text{rank}( \lambda_1I-A)=2 \\ \\ r_2=& \text{rank} ( \lambda_1I-A)^2=0 \\ \\ r_3=& \text{rank} ( \lambda_1I-A)^3=0 \\ \\ \end{align*}$
$2$ 特征值对应的一阶Jordan块个数
$r_2+r_0-2r_1=0$
$2$ 特征值对应的二阶Jordan块个数
$r_3+r_1-2r_2=2$
所以有两个二阶Jordan块，Jordan标准型为
$\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

Jordan块减去特征值单位阵拥有幂零的特性：
$(J_{n_i}- \lambda_iI_{n_i})^{n_i}=0$

2.1 最小多项式与Jordan标准型

由于一个特征值可能对应多个Jordan块，我们选择一个特征值的最大Jordan块的阶数，做为最小多项式中该特征值对应因子的幂次，得到最小多项式。例如
$\begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 & 0&0 \\ 0 & \lambda_1 & 1 & 0&0 \\ 0 &0 & \lambda_1 & 0&0\\ 0 & 0& 0 & \lambda_1&0\\0 & 0& 0& 0& \lambda2 \end{bmatrix}$
特征多项式为
$\Delta( \lambda)=\det( \lambda I-A)=( \lambda- \lambda_1)^4( \lambda- \lambda_2)$
最小多项式为
$\psi( \lambda)=( \lambda- \lambda_1)^3( \lambda- \lambda_2)$
所有相似矩阵都有相同的最小多项式。

2.2 两类重要矩阵

一类是每个特征值代数重数与几何重数相等的矩阵，又称非退化矩阵或简单矩阵、可对角化矩阵，其Jordan标准型是对角阵。
另一类是每个特征值的几何重数都为 ${1}$ 的矩阵，也就是一个特征值对应一个Jordan块，各Jordan块对应的特征值互异，又称循环矩阵。
显然，循环矩阵的特征多项式与最小多项式相同。

3. 矩阵的Jordan分解

对 ${n}$ 阶方阵 $A$ ，存在 ${n}$ 阶可逆矩阵 $T$ ，使得
$A=TJT^{-1}$
为矩阵Jordan分解， $J$ 为矩阵的Jordan标准型，若不计Jordan块的次序，则Jordan标准型唯一。
对变换矩阵，可以写为矩阵的集合 $T=(T_1,T_2,\cdots,T_k)$ ， $T_i$ 为 $n\times n_i$ 阶矩阵。
$A(T_1,T_2,\cdots,T_k)=(T_1,T_2,\cdots,T_k) \begin{bmatrix}J_{n_1}&&\\&\ddots\\&&J_{n_k}\end{bmatrix}$
$AT_i=T_iJ_{n_i}=(t_1^i,t_2^i,\cdots,t_{n_i}^i) \begin{bmatrix} \lambda_i&1&&&\\ &\lambda_i&1&&\\ &&\ddots&\ddots&\\ &&&\lambda_i&1\\&&&&\lambda_i \end{bmatrix}$
所以
$\begin{cases} At_1^i=\lambda_it_1^i \\ At_2^i=\lambda_it_2^i+t_1^i\\ \vdots\\ At_{n_i}^i=\lambda_it_{n_i}^i+t_{n_i-1}^i \end{cases}$
$(A-\lambda_iI_n)t_1^i=0$
$(A-\lambda_iI_n)t_j^i=t_{j-1}^i,~j=2,3\cdots,n_i$
$t_1^i,t_2^i,\cdots,t_{n_i}^i$ 构成一条关于 $\lambda_i$ 的长度为 $n_i$ 的Jordan链。 $t_1^i$ 是链首，是 $A$ 关于 $\lambda_i$ 的一个特征向量。
链首满足是特征向量，且方程组可解的要求。所以把 $\lambda_i$ 对应的所有线性无关的特征向量算出来，做线性组合，作为链首。变换矩阵 $T$ 的求解步骤如下

求Jordan标准型
算每个Jordan块对应的Jordan链
若Jordan块阶数为1，直接计算特征向量
若阶数大于1，先计算特征向量，利用特征向量的线性组合得到链首（同一特征值特征向量非零线性组合仍是特征向量）

[!example]-
$A$ 的Jordan标准型
$\begin{bmatrix} 3 & 0 & 8 \\ 3 & -1 & 6 \\ -2 & 0 & -5 \end{bmatrix} \,\,,\,\, J= \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$
求出 $\lambda_1$ 对应的线性无关的特征向量
$x_1=(2,0,-1)^ \mathrm T \,\,,\,\, x_2=(0,1,0)^ \mathrm T$
对应的变换矩阵为 $x_1$ 和 $x_2$ 的线性组合，我们选取 $x_1$ 。对于阶数为 ${2}$ 的Jordan块，构造 $y=k_1x_1+k_2x_2$ 使得 $\lambda_1I)Z=y$ 可解，即
$\text{rank}(A- \lambda_1I)= \text{rank}(A- \lambda_1I\,|\,y)$
$\lambda_1I\,|\,y) = \begin{bmatrix} 4 & 0 & 8 & 2k_1 \\ 3 & 0 & 6& k_2 \\ -2 & 0 & -4 &-k_1 \end{bmatrix} \to \begin{bmatrix} 4 & 0 & 8 & 2k_1 \\ 0 & 0 & 0& k_2-3k_1/2 \\ 0 & 0 &0 &0 \end{bmatrix}$
需要 $2k_2-3k_1=0$ ，取 $k_1=2 \,\,,\,\, k_2=3 \,\,,\,\, y=(4,3,-2)^ \mathrm T$ ，解出 $z=(1,0,0)^ \mathrm T$ ，鼓变换矩阵为
$\begin{bmatrix} 2 & 4 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ -1 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

3.1 Jordan分解的应用

Jordan分解用于计算初等函数在某个矩阵处的值，最简单的情形是计算多项式函数（高次多项式），当然也可以用Cayley-Hamilton定理。

[!example]-
设矩阵
$\begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ -4 & 0 & 3 \end{bmatrix}$
求 $A^{2018}$ 。
解：
$\begin{align*} T^{-1}AT=J= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} \end{align*}\to A^{2018}=TJ^{2018}T^{-1}$
$\begin{align*} A^{2018}=& \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2018 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2^{2018} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \\ \\=& \begin{bmatrix} -4035 & 0 & 2018 \\ 4037-2^{2018} & 2^{2018} & 2^{2018}-2019 \\ -8072 & 0 & 4037 \end{bmatrix} \end{align*}$

Jordan分解还可以用于求解一阶线性常系数微分方程组。

[! example]-
求解
$\begin{cases} \frac{\mathrm d }{\mathrm dt}x_1=3x_1+x_2-3 \\ \frac{\mathrm d }{\mathrm dt}x_2=-2x_2+2x_3\\ \frac{\mathrm d }{\mathrm dt}x_3=-x_1+x_2+3x_3 \end{cases}$
解：令 $x=(x_1,x_2,x_3)^ \mathrm T$ ，则原方程组化为
$\frac{\mathrm d x}{\mathrm dt}=Ax$
令 $x = T y$ ，则
$\frac{\mathrm d y}{\mathrm dt}= T^{-1}\frac{\mathrm d x}{\mathrm dt}=T^{-1}Ax=T^{-1}ATy=Jy$
$\begin{bmatrix} 3 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 2 \\ -1 & -1 & 3 \end{bmatrix} \,\,,\,\, J= \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$
$\therefore Jy= \begin{bmatrix} 2y_1\\ 2y_2+y_3\\ 2y_3 \end{bmatrix}\to y_1'=2y_1 \,\,,\,\, y_2'=2y_2+y_3 \,\,,\,\, y_3'=2y_3$
$y$ 第一第三个分量的一般解为
$y_1(t)=c_1e^{2t} \,\,,\,\, y_3(t)=c_3e^{2t}$
代入第二个分量求解得
$y_2(t)=(c_2+c_3t)e^{2t}$
$\begin{bmatrix} -e^{2t}(c_1+c_2+c_3+c_3t)\\ e^{2t}(c_1+2c_2+2c_3t)\\ e^{2t}(c_2+c_3t) \end{bmatrix} \,\,,\,\, \forall c_1,c_2,c_3\in \mathbb C$