关于Jordan标准形

Posted 2020-09-23 mashiqi

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2017/06/25

 

设$A$是$n$维线性空间$V$上的线性变换，它的特征值与相应的代数重数分别为$\\lambda_i,m_i~(1=1,\\cdots,r)$。为简化阅读，我们设$K_i = \\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i},~ M_i = \\operatorname{Im}(\\lambda_i I - A)^{m_i}$。于是有如下结论：

\\begin{align*}
& 1)~ A(K_i) \\subseteq K_i,~ A(M_i) \\subseteq M_i, \\\\
& 2)~ V = K_i \\oplus M_i, \\\\
& 3)~ \\det(\\lambda I - A|_{K_i}) = (\\lambda - \\lambda_i)^{m_i},~ \\dim(K_i) = m_i.
\\end{align*}

由于$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$和$\\operatorname{Im}(\\lambda_i I - A)^{m_i}$的正交性，因此$V$首先可以分解为各个$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$的直和，这是“空间第一分解”。但仅仅到这一步，还得不出Jordan标准形。

在每一个$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$上还可以再进行分解。由于在线性变换$A$在$m$维子空间$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$上的行列式为$\\det(\\lambda I - A|_{K_i}) = (\\lambda - \\lambda_i)^{m_i}$，因此，根据Hamilton-Cayley定理，一定存在一个整数$m_0 \\leq m_i$，使得$(A - \\lambda_i I)^{m_0} = 0$。为了方便，我们记$T = A - \\lambda_i I$，则$T^{m_0} = T \\cdot T^{m_0-1} = 0$。因此$$\\operatorname{Im}T^{m_0-1} \\subseteq \\ker T.$$我们可以在$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$找到几个向量$\\{p_1, p_2, \\cdots , p_a\\}$使得$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i} = \\operatorname{Span }\\{T^{m_0-1}p_1, T^{m_0-1}p_2, \\cdots , T^{m_0-1}p_a\\}$。我们可以很容易的证明

\\begin{align*}
\\{& T^0 p_1, T^0 p_2, \\cdots , T^0 p_a, \\\\
& T^1 p_1, T^1 p_2, \\cdots , T^1 p_a, \\\\
& \\qquad\\quad\\vdots\\qquad\\qquad\\vdots \\\\
& T^{m_0-1}p_1, T^{m_0-1}p_2, \\cdots , T^{m_0-1}p_a\\}.
\\end{align*}

线性无关。注意，若将上面的这$m_0 \\times a$个线性无关的向量作为基底的话，那么每一列$\\{T^0 p_1, T^1 p_1, \\cdots, T^{m_0-1}p_1\\}$在$A$下的变换都可以用Jordan标准形表示出来。若上面的这$m_0 \\times a$个线性无关的向量还不足以充满整个$\\ker(\\lambda_i I - A)^{m_i}$的话，那再继续扩充它们，至于怎么扩种，稍微复杂了一点。这就是“空间第二分解”。

以上知识足以使得我对Jordan标准形形成一个较为感性的认识了。