7 相似标准型

$§ 7.1$ 基本概念

7.1.1 $λ$ -矩阵及其法式

1. 多项式矩阵的定义

设 $A (λ) = (a_{ij} (λ))$ 是一个 $m \times n$ 矩阵,它的元素 $a_{ij} (λ)$ 是数域 $F$ 上以 $λ$ 为未定元的多项式,这样的矩阵被称为多项式矩阵或 $λ$ -矩阵.

2. $λ$ -矩阵的初等变换和初等 $λ$ -矩阵

对 $λ$ -矩阵 $A (λ)$ 施行的下列 3 种初等变换依次被称为 $λ$ -矩阵的初等变换:

(1) 将 $A (λ)$ 的两行 (或两列) 对换;

(2) 用非零常数 $c$ 乘以 $A (λ)$ 的某一行 (列);

(3) 将 $A (λ)$ 的某一行 (列) 乘以 $F$ 上的某个多项式加到另外一行 (列) 上去.

对单位矩阵施以 $λ$ -矩阵的初等变换,得到的矩阵称为初等 $λ$ -矩阵.

3. $λ$ -矩阵的相抵

设 $A (λ)$ 和 $B (λ)$ 都是 $λ$ -矩阵,若经过有限次 $λ$ -矩阵的初等变换可将 $A (λ)$ 变为 $B (λ)$ ,则称 $A (λ)$ 和 $B (λ)$ 等价或相抵.

4. 可逆 $λ$ -矩阵

设 $A (λ)$ 和 $B (λ)$ 都是 $λ$ -矩阵,若 $A (λ) B (λ) = B (λ) A (λ) = I_{n}$ ,则称 $A (λ)$ 为可逆 $λ$ -矩阵.

5. 定理

两个 $n$ 阶数字矩阵 $A$ 和 $B$ 相似的充要条件是它们的特征矩阵 $λ I_{n} - A$ 和 $λ I_{n} - B$ 作为 $λ$ -矩阵相抵.

6. 定理

设 $A (λ)$ 是 $n$ 阶 $λ$ -矩阵,则 $A (λ)$ 相抵于下列对角矩阵:

diag {d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{r} (λ), 0, \dots, 0} (7.1)

其中 $d_{i} (λ)$ 是非零首一多项式,且 $d_{i} (λ) ∣ d_{i + 1} (λ) (i = 1, \dots, r - 1)$ . 特别,若 $A$ 是数字矩阵,则它的特征矩阵 $λ I_{n} - A$ 相抵于下列矩阵:

diag {1, \dots, 1, d_{1} (λ), \dots, d_{m} (λ)} (7.2)

其中 $d_{i} (λ)$ 是非零首一多项式,且 $d_{i} (λ) ∣ d_{i + 1} (λ) (i = 1, \dots, m - 1)$ . (7.1) 式称为 $λ$ -矩阵 $A (λ)$ 的法式; (7.2) 式称为矩阵 $A$ 的法式.

7.1.2 不变因子和有理标准型

1. 行列式因子

设 $A (λ)$ 是 $n$ 阶 $λ$ -矩阵, $k$ 是不超过 $n$ 的正整数. 如果 $A (λ)$ 的所有 $k$ 阶子式的最大公因子不等于零,则称这个多项式为 $A (λ)$ 的 $k$ 阶行列式因子,记为 $D_{k} (λ)$ .

2. 不变因子

设 $n$ 阶 $λ$ -矩阵 $A (λ)$ 的非零行列式因子为 $D_{1} (λ), D_{2} (λ), \dots, D_{m} (λ)$ ,则必有 $D_{i} (λ) ∣ D_{i + 1} (λ)$ . 记 $d_{i} (λ) = D_{i} (λ) / D_{i - 1} (λ) (i = 1, 2, \dots, m)$ ,多项式

{d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{m} (λ)}

称为 $A (λ)$ 的不变因子.

对数字矩阵 $A$ ,其不变因子定义为它的特征矩阵 $λ I_{n} - A$ 的不变因子. $A$ 的不变因子就是 (7.2) 式中的多项式 ${1, \dots, 1, d_{1} (λ), \dots, d_{m} (λ)}$ .

3. 定理

若矩阵 $A$ 和 $B$ 是数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵,则它们在 $F$ 上相似的充要条件是它们具有相同的不变因子.

4. 推论

若矩阵 $A$ 和 $B$ 是数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵,数域 $K$ 包含数域 $F$ ,则 $A, B$ 在 $F$ 上相似的充要条件是它们在 $K$ 上相似.

5. Frobenius 矩阵

称下列形状的矩阵为 Frobenius 矩阵:

F = 010 ⋮ 0 001 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 1 - a_{0} - a_{1} - a_{2} ⋮ - a_{n - 1}

由第 6 章可知,它是多项式 $f (x) = x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ 的友阵.

6. 定理

若 $F$ 上 $n$ 阶矩阵 $A$ 的非常数不变因子为 $d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{k} (λ)$ ,则 $A$ 必在 $F$ 上相似于分块对角矩阵

diag {F_{1}, F_{2}, \dots, F_{k}}

其中 $F_{i}$ 是多项式 $d_{i} (λ)$ 的友阵. 上述分块对角矩阵称为 $A$ 的有理标准型.

7. 定理

若矩阵 $A$ 是数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵且其非常数不变因子为

d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{k} (λ), 其中 d_{i} (λ) ∣ d_{i + 1} (λ) (i = 1, \dots, k - 1),

则 $A$ 的特征多项式是 $d_{1} (λ) d_{2} (λ) \dots d_{k} (λ)$ ,极小多项式是 $d_{k} (λ)$ .

7.1.3 初等因子和 Jordan 标准型

1. 初等因子

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的非常数不变因子为 $d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{k} (λ)$ ,在数域 $F$ 上将 $d_{i} (λ)$ 分解为不可约因子的积:

d_{1} (λ) = P_{1} (λ)^{e_{11}} P_{2} (λ)^{e_{12}} \dots P_{t} (λ)^{e_{1 t}},

d_{2} (λ) = P_{1} (λ)^{e_{21}} P_{2} (λ)^{e_{22}} \dots P_{t} (λ)^{e_{2 t}},

…

(7.3)

d_{k} (λ) = P_{1} (λ)^{e_{k 1}} P_{2} (λ)^{e_{k 2}} \dots P_{t} (λ)^{e_{k t}},

其中 $e_{ij} \geq 0$ . 若 (7.3) 式中的 $e_{ij} > 0$ ,则称多项式 $P_{j} (λ)^{e_{ij}}$ 为矩阵 $A$ 的一个初等因子. $A$ 的初等因子全体称为 $A$ 的初等因子组.

2. 定理

数域 $F$ 上的两个 $n$ 阶矩阵相似的充要条件是它们具有相同的初等因子组. 3. 定理

设 $A$ 是 $n$ 阶复矩阵,且 $A$ 在复数域上的初等因子组为

(λ - λ_{1})^{r_{1}}, (λ - λ_{2})^{r_{2}}, \dots, (λ - λ_{k})^{r_{k}},

则 $A$ 相似于分块对角矩阵

diag {J_{1}, J_{2}, \dots, J_{k}} (7.4)

其中 $J_{i}$ 为 $r_{i}$ 阶 Jordan 块,即

J_{i} = λ_{i} 1 λ_{i} 1 ⋱ ⋱ λ_{i} 1 λ_{i} .

(7.4) 式被称为 $A$ 的 Jordan 标准型.

4. 定理

设 $φ$ 是 $n$ 维复线性空间 $V$ 上的线性变换,则必存在 $V$ 的一组基,在这组基下线性变换 $φ$ 的表示矩阵为 (7.4) 式所示之矩阵.

5. 定理

设 $A$ 是 $n$ 阶复矩阵 (或 $φ$ 是 $n$ 维复线性空间 $V$ 上的线性变换),则以下 3 个结论等价:

(1) $A$ (或 $φ$ ) 可对角化;

(2) $A$ (或 $φ$ ) 的极小多项式无重根;

(3) $A$ (或 $φ$ ) 的初等因子全是一次因子.

7.1.4 矩阵函数

1. 矩阵序列的收敛

设有 $n$ 阶矩阵序列 ${A_{k}}$ :

A_{k} = a_{11}^{(k)} ⋮ a_{n 1}^{(k)} \dots \dots a_{1 n}^{(k)} ⋮ a_{nn}^{(k)}

$B = (b_{ij})$ 也是一个 $n$ 阶矩阵. 若对每个 $(i, j)$ ,都有 $k \to \infty lim a_{ij}^{(k)} = b_{ij}$ ,则称矩阵序列 ${A_{k}}$ 收敛于 $B$ ,记为 $k \to \infty lim A_{k} = B$ .

2. 矩阵幂级数

设 $f (z) = a_{0} + a_{1} z + a_{2} z^{2} + \dots + a_{n} z^{n} + \dots$ 是一个复幂级数, $f_{k} (z)$ 是其部分和. 若矩阵序列 ${f_{k} (A)}$ 收敛于 $B$ ,则称矩阵幂级数 $f (A)$ 收敛于 $B$ .

3. 定理

设 $f (z) = a_{0} + a_{1} z + a_{2} z^{2} + \dots + a_{n} z^{n} + \dots$ 是一个复幂级数,则

(1) 矩阵幂级数 $f (X)$ 收敛的充要条件是对任一可逆矩阵 $P, f (P^{- 1} XP)$ 收敛, 这时

f (P^{- 1} XP) = P^{- 1} f (X) P

(2) 若 $X = diag {X_{1}, \dots, X_{m}}$ 是分块对角矩阵,则矩阵幂级数 $f (X)$ 收敛的充要条件是 $f (X_{i}) (i = 1, \dots, m)$ 收敛,这时

f (X) = diag {f (X_{1}), \dots, f (X_{m})}

(3) 若 $f (z)$ 的收敛半径为 $r, J_{0}$ 为 $n$ 阶 Jordan 块,且主对角元素为 $λ_{0}$ ,则当 $∣ λ_{0} ∣ < r$ 时, $f (J_{0})$ 收敛.

4. 定理

设 $f (z) = a_{0} + a_{1} z + a_{2} z^{2} + \dots + a_{n} z^{n} + \dots$ 是一个复幂级数且其收敛半径为 $r$ .

$A$ 是 $n$ 阶矩阵,特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ ,记 $λ = 1 \leq j \leq n max ∣ λ_{j} ∣$ .

(1) 若 $λ < r$ ,则 $f (A)$ 收敛;

(2) 若 $λ > r$ ,则 $f (A)$ 发散;

(3) 若 $f (A)$ 收敛,则 $f (A)$ 的特征值为 $f (λ_{1}), f (λ_{2}), \dots, f (λ_{n})$ .

$§ 7.2$ 例题分析

7.2.1 $λ$ -矩阵和初等因子

下面 3 个例题是 $λ$ -矩阵和初等因子的基本性质,我们在后面将会用到.

例 7.1 设 $f (λ), g (λ)$ 是数域 $K$ 上的首一多项式, $d (λ) = (f (λ), g (λ)), m (λ) =$ $[f (λ), g (λ)]$ 分别是 $f (λ)$ 和 $g (λ)$ 的最大公因式和最小公倍式,证明下列 $λ$ -矩阵相抵:

(f (λ) 0 0 g (λ)), (g (λ) 0 0 f (λ)), (d (λ) 0 0 m (λ)) .

证明由已知,存在多项式 $u (λ), v (λ)$ ,使 $f (λ) u (λ) + g (λ) v (λ) = d (λ)$ . 设 $f (λ) =$ $d (λ) h (λ)$ ,则 $m (λ) = g (λ) h (λ)$ . 作下列 $λ$ -矩阵的初等变换:

(f (λ) 0 0 g (λ)) \to (f (λ) f (λ) u (λ) 0 g (λ)) \to (f (λ) f (λ) u (λ) + g (λ) v (λ) 0 g (λ)) =

(f (λ) d (λ) 0 g (λ)) \to (0 d (λ) - g (λ) h (λ) g (λ)) \to (0 d (λ) g (λ) h (λ) 0) \to (d (λ) 0 0 m (λ)) .

另一结论同理可得.

设 $f (λ)$ 为数域 $K$ 上的多项式, $p (λ)$ 是 $K$ 上的首一不可约多项式,若存在正整数 $k$ ,使得 $p (λ)^{k} ∣ f (λ)$ ,但 $p (λ)^{k + 1} ∤ f (λ)$ ,则称 $p (λ)^{k}$ 为 $f (λ)$ 的一个准素因子. 事实上,若设 $f (λ)$ 在 $K$ 上的标准因式分解为

f (λ) = c P_{1} (λ)^{e_{1}} P_{2} (λ)^{e_{2}} \dots P_{t} (λ)^{e_{t}},

其中 $c$ 为非零常数, $P_{i} (λ)$ 为互异的首一不可约多项式, $e_{i} > 0 (i = 1, \dots, t)$ ,则 $f (λ)$ 的所有准素因子为 $P_{1} (λ)^{e_{1}}, P_{2} (λ)^{e_{2}}, \dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ . 因此等价地,矩阵 $A$ 的初等因子组就是 $A$ 的所有不变因子的准素因子组. 下面的例题将初等因子组的这一等价定义进行了推广.

例 7.2 设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵,其特征矩阵 $λ I_{n} - A$ 经过初等变换可化为对角矩阵 $diag {f_{1} (λ), f_{2} (λ), \dots, f_{n} (λ)}$ ,其中 $f_{i} (λ)$ 是 $K$ 上的首一多项式. 求证: 矩阵 $A$ 的初等因子组等于所有 $f_{i} (λ)$ 的准素因子组.

证明对任意的 $i < j$ ,以下操作记为 $O (i, j)$ : 设 $d (λ) = (f_{i} (λ), f_{j} (λ)), m (λ) =$ $[f_{i} (λ), f_{j} (λ)]$ 分别是 $f_{i} (λ)$ 和 $f_{j} (λ)$ 的最大公因式和最小公倍式,则用 $d (λ)$ 替代 $f_{i} (λ)$ ,用 $m (λ)$ 替代 $f_{j} (λ)$ . 我们先证明,操作 $O (i, j)$ 可通过 $λ$ -矩阵的初等变换来实现,并且前后两个对角矩阵,即 $diag {f_{1} (λ), \dots, f_{i} (λ), \dots, f_{j} (λ), \dots, f_{n} (λ)}$ 与 $diag {f_{1} (λ), \dots, d (λ), \dots, m (λ), \dots, f_{n} (λ)}$ 有相同的准素因子组.

由例 7.1 即知 $O (i, j)$ 是 $λ$ -矩阵的相抵变换. 设 $f_{i} (λ), f_{j} (λ)$ 的公共因式分解为

f_{i} (λ) = P_{1} (λ)^{e_{i 1}} P_{2} (λ)^{e_{i 2}} \dots P_{t} (λ)^{e_{i t}}, f_{j} (λ) = P_{1} (λ)^{e_{j 1}} P_{2} (λ)^{e_{j 2}} \dots P_{t} (λ)^{e_{j t}},

其中 $P_{i} (λ)$ 为互异的首一不可约多项式, $e_{ik} \geq 0, e_{jk} \geq 0 (k = 1, \dots, t)$ ,则令 $r_{k} =$ $min {e_{ik}, e_{jk}}, s_{k} = max {e_{ik}, e_{jk}}$ ,从而有

d (λ) = P_{1} (λ)^{r_{1}} P_{2} (λ)^{r_{2}} \dots P_{t} (λ)^{r_{t}}, m (λ) = P_{1} (λ)^{s_{1}} P_{2} (λ)^{s_{2}} \dots P_{t} (λ)^{s_{t}} .

显然 ${f_{i} (λ), f_{j} (λ)}$ 和 ${d (λ), m (λ)}$ 有相同的准素因子组,因此 $O (i, j)$ 操作前后的两个对角矩阵也有相同的准素因子组.

对对角矩阵 $diag {f_{1} (λ), f_{2} (λ), \dots, f_{n} (λ)}$ 依次实施操作 $O (1, j) (j = 2, \dots, n)$ , 则得到对角矩阵的第 $(1, 1)$ 元素的所有不可约因式的幂在主对角元素中都是最小的; 然后依次操作 $O (2, j) (j = 3, \dots, n); \dots$ ; 最后操作 $O (n - 1, n)$ ,可得一个对角矩阵 $Λ = diag {d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{n} (λ)}$ . 由操作的性质可知, $Λ$ 满足 $d_{i} (λ) ∣ d_{i + 1} (λ) (i = 1, \dots, n - 1)$ ,因此 $Λ$ 就是矩阵 $A$ 的法式. 又因为对角矩阵 $diag {f_{1} (λ), f_{2} (λ), \dots, f_{n} (λ)}$ 与法式有相同的准素因子组,故所有 $f_{i} (λ)$ 的准素因子组就是矩阵 $A$ 的初等因子组.

例 7.3 设 $A$ 是分块对角阵:

A = A_{1} A_{2} ⋱ A_{k},

求证: $A$ 的初等因子组等于 $A_{i} (i = 1, \dots, k)$ 的初等因子组的无交并. 又若交换各块的位置,则所得的矩阵仍和 $A$ 相似.

证明显然 $λ I - A$ 也是一个分块对角矩阵. 用 $λ$ -矩阵的初等变换将每一块化为法式,则由例 7.2 可知, $A$ 的初等因子组就是所有各块的初等因子组的无交并. 又交换 $A$ 的各块并不改变 $A$ 的初等因子组,因此所得之矩阵仍和 $A$ 相似.

7.2.2 矩阵相似的判定

两个 $n$ 阶矩阵相似的充要条件是: 它们具有相同的不变因子或行列式因子或初等因子. 这是判断矩阵是否相似最常用的方法. 我们将在下面的例子中说明如何灵活应用这个方法.

例 7.4 求证: 任一 $n$ 阶矩阵 $A$ 都与它的转置相似.

证明显然 $(λ I_{n} - A)^{'} = λ I_{n} - A^{'}, λ I_{n} - A$ 和 $λ I_{n} - A^{'}$ 有相同的行列式因子, 从而有相同的不变因子,故 $A$ 和 $A^{'}$ 必相似.

例 7.5 若矩阵 $A$ 是 $n$ 阶 $n$ 次幂零矩阵,即 $A^{n} = O$ 但 $A^{n - 1} \neq = O$ . 如果 $B$ 也是同阶 $n$ 次幂零矩阵,求证: $A$ 相似于 $B$ .

证明显然 $A$ 的极小多项式为 $λ^{n}$ ,故 $A$ 的不变因子是 $1, \dots, 1, λ^{n}$ . 同理 $B$ 的不变因子也是 $1, \dots, 1, λ^{n}$ . 因此 $A$ 和 $B$ 相似.

例 7.6 设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵,证明以下 3 个结论等价:

(1) $A = c I_{n}$ ,其中 $c$ 为常数;

(2) $A$ 的 $n - 1$ 阶行列式因子是一个 $n - 1$ 次多项式;

(3) $A$ 的不变因子组中无常数.

证明 $(1) \Rightarrow (2)$ : 显然成立.

$(2) \Rightarrow (3)$ : 由于 $A$ 的 $n$ 阶行列式因子 $D_{n} (λ)$ 是一个 $n$ 次多项式,故 $A$ 的最后一个不变因子 $d_{n} (λ) = D_{n} (λ) / D_{n - 1} (λ)$ 是一个一次多项式,设为 $λ - c$ . 因为其他不变因子都要整除 $d_{n} (λ)$ ,并且所有不变因子的乘积是 $n$ 阶行列式因子 $D_{n} (λ)$ ,故 $A$ 的不变因子组只能是 $λ - c, λ - c, \dots, λ - c$ .

(3) $\Rightarrow$ (1): 设 $A$ 的不变因子组为 $λ - c, λ - c, \dots, λ - c$ ,则 $A$ 与 $c I_{n}$ 有相同不变因子组,从而它们相似,即存在可逆矩阵 $P$ ,使 $P^{- 1} AP = c I_{n}$ ,于是 $A =$ $P^{- 1} (c I_{n}) P = c I_{n}$ . 另外,也可以利用 $A$ 的极小多项式等于 $λ - c$ 或 $A$ 的 Jordan 标准型来证明.

例 7.7 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征多项式为 $(λ - 1)^{n}$ ,求证: 对任意的正整数 $k, A$ 和 $A^{k}$ 相似.

证明由已知, $A$ 的特征值全为 1,因此 $A^{k}$ 的特征值也全为 1 (参见第 6 章例 6.5). 假定 $A$ 的 Jordan 标准型是 $J$ ,显然 $A^{k}$ 和 $J^{k}$ 相似. 现在只要证明 $J^{k}$ 和 $J$ 相似即可. 若 $J = diag {J_{1}, \dots, J_{s}}$ ,则 $J^{k} = diag {J_{1}^{k}, \dots, J_{s}^{k}}$ . 于是问题可归结到每个 Jordan 块,即只要证明 $J_{i}^{k}$ 和 $J_{i}$ 相似即可. 因此不妨设 $J$ 只有一块. 注意到 $J$ 的特征值为 1,可设 $J = I + J_{0}$ ,其中 $J_{0}$ 是主对角线上元素为 0,上次对角线上元素全为 1 , 而其余元素都为 0 的矩阵. 显然

(I + J_{0})^{k} = I + C_{k}^{1} J_{0} + C_{k}^{2} J_{0}^{2} + \dots + J_{0}^{k} .

因此 $(I + J_{0})^{k}$ 是一个上三角矩阵,其主对角线上元素为 1,上次对角线上元素为 $k$ , 从而它的特征多项式为 $(λ - 1)^{n}$ . 为了确定它的极小多项式,我们可进行如下计算:

((I + J_{0})^{k} - I)^{n - 1} = (C_{k}^{1} J_{0} + C_{k}^{2} J_{0}^{2} + \dots + J_{0}^{k})^{n - 1} = k^{n - 1} J_{0}^{n - 1} \neq = O,

因此 $J^{k}$ 的极小多项式为 $(λ - 1)^{n}$ ,其不变因子为 $1, \dots, 1, (λ - 1)^{n}$ ,即 $J^{k}$ 和 $J$ 有相同的不变因子,从而 $J^{k}$ 和 $J$ 相似.

例 7.8 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征值全为 1 或 -1,求证: $A^{- 1}$ 与 $A$ 相似.

证明假定 $A$ 的 Jordan 标准型是 $J$ ,显然 $A^{- 1}$ 和 $J^{- 1}$ 相似. 现在只要证明 $J^{- 1}$ 和 $J$ 相似即可. 若 $J = diag {J_{1}, \dots, J_{s}}$ ,则 $J^{- 1} = diag {J_{1}^{- 1}, \dots, J_{s}^{- 1}}$ . 于是问题可归结到每个 Jordan 块,即只要证明 $J_{i}^{- 1}$ 和 $J_{i}$ 相似即可. 因此不妨设 $J$ 只有一块. 设 $J$ 的特征值为 $λ_{0} = \pm 1$ ,则 $J = λ_{0} I + J_{0}$ ,其中 $J_{0}$ 是主对角线上元素为 0 , 上次对角线上元素全为 1 , 而其余元素都为 0 的矩阵. 注意到

λ_{0}^{n} I = (λ_{0} I)^{n} - (- J_{0})^{n} = (λ_{0} I + J_{0}) (λ_{0}^{n - 1} I - λ_{0}^{n - 2} J_{0} + \dots + (- 1)^{n - 1} J_{0}^{n - 1}),

以及 $λ_{0}^{- 1} = λ_{0}$ ,故可得

(λ_{0} I + J_{0})^{- 1} = λ_{0} I - λ_{0}^{2} J_{0} + \dots + (- 1)^{n - 1} λ_{0}^{n} J_{0}^{n - 1} .

因此 $(λ_{0} I + J_{0})^{- 1}$ 是一个上三角矩阵,其主对角线上元素为 $λ_{0}$ ,上次对角线上元素为 $- λ_{0}^{2}$ ,从而它的特征多项式为 $(λ - λ_{0})^{n}$ . 为了确定它的极小多项式,我们可进行如下计算:

((λ_{0} I + J_{0})^{- 1} - λ_{0} I)^{n - 1} = (- λ_{0}^{2} J_{0} + \dots + (- 1)^{n - 1} λ_{0}^{n} J_{0}^{n - 1})^{n - 1} = (- 1)^{n - 1} J_{0}^{n - 1} \neq = O,

因此 $J^{- 1}$ 的极小多项式为 $(λ - λ_{0})^{n}$ ,其不变因子为 $1, \dots, 1, (λ - λ_{0})^{n}$ ,即 $J^{- 1}$ 和 $J$ 有相同的不变因子,从而 $J^{- 1}$ 和 $J$ 相似.

7.2.3 对角化

我们曾经在第 6 章中讨论过矩阵可对角阵的若干充要条件, 现在我们又多了两个判定准则: $n$ 阶复矩阵 $A$ 可对角化当且仅当它的极小多项式无重根,当且仅当它的初等因子都是一次多项式 (等价于 Jordan 块都是一阶矩阵). 下面我们将通过一些典型例题来看一看这两个判定准则的应用.

例 7.9 求适合下列条件的非零 $n$ 阶矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型:

(1) $A^{2} = A$ ; (2) $A^{k} = I_{n}$ .

证明矩阵 $A$ 适合多项式 $x^{2} - x$ . 这个多项式没有重根,而 $A$ 的极小多项式是这个多项式的因子,因此 $A$ 的极小多项式无重根,从而 $A$ 相似于对角矩阵. 又 $A$ 的特征值为 0,1 (参见第 6 章例 6.10). 若 $A$ 的秩为 $r$ ,由于相似的矩阵具有相同的秩, 故 $A$ 的 Jordan 标准型为

diag {1, \dots, 1, 0, \dots, 0}

其中有 $r$ 个 $1, n - r$ 个 0 .

(2) $A$ 适合多项式 $x^{k} - 1$ ,同上理由, $A$ 相似于对角矩阵,且 $A$ 的特征值必是 1 的 $k$ 次根 (可能是部分根). 于是 $A$ 的 Jordan 标准型是一个对角矩阵,其主对角线上的元素为 1 的 $k$ 次根.

例 7.10 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 是有理数域上的矩阵,其特征多项式的所有不可约因子为 $λ^{2} + λ + 1, λ^{2} - 2$ . 又 $A$ 的极小多项式是四次多项式,求证: $A$ 在复数域上相似于对角矩阵.

证明因为矩阵的极小多项式和特征多项式有相同的根 (重数可能不同), 显然 $A$ 的极小多项式就是 $(λ^{2} + λ + 1) (λ^{2} - 2)$ . 这个多项式在复数域内无重根,故 $A$ 相似于对角矩阵.

例 7.11 设 $φ$ 是复线性空间 $V$ 上的线性变换, $V_{0}$ 是 $φ$ 的不变子空间. 求证: 若 $φ$ 可对角化,则 $φ$ 在 $V_{0}$ 上的限制也可对角化.

证法 1 证明 $φ ∣_{V_{0}}$ 有完全的特征向量系,其代数版本可参考例 6.45 .

证法 2 设 $φ$ 与 $φ ∣_{V_{0}}$ 的极小多项式分别为 $m (λ)$ 和 $g (λ)$ ,则容易验证 $φ ∣_{V_{0}}$ 适合多项式 $m (λ)$ ,从而 $g (λ) ∣ m (λ)$ . 由于 $φ$ 可对角化,故 $m (λ)$ 无重根,从而 $g (λ)$ 也无重根,于是 $φ ∣_{V_{0}}$ 也可对角化.

例 6.46 的证法 2 设 $AB$ 的极小多项式为 $g (λ), BA$ 的极小多项式为 $h (λ)$ . 因为 $BA$ 是可逆矩阵,故 0 不是 $BA$ 的特征值,从而 0 也不是 $h (λ)$ 的根 (也可参考第 6 章的例 6.60). 注意到

(AB)^{m} = A (BA)^{m - 1} B, (BA)^{m} = B (AB)^{m - 1} A, m \geq 1,

故不难验证 $g (B A) B A = B g (A B) A = O, h (A B) A B = A h (B A) B = O$ ,从而由极小多项式的基本性质可知, $h (λ) ∣ g (λ) λ, g (λ) ∣ h (λ) λ$ . 若 $AB$ 可对角化,则 $g (λ)$ 无重根,从而 $g (λ) λ$ 无非零重根,于是 $h (λ)$ 无重根,故 $BA$ 也可对角化. 反之, 若 $BA$ 可对角化,则 $h (λ)$ 无重根,从而 $h (λ) λ$ 也无重根,于是 $g (λ)$ 无重根,故 $AB$ 也可对角化.

设矩阵 $A$ 的全体不同特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{k}$ ,定义 $g (λ) = (λ - λ_{1}) (λ -$ $λ_{2}) \dots (λ - λ_{k})$ . 若 $A$ 可对角化,则 $A$ 的极小多项式就是 $g (λ)$ . 反之,若 $A$ 适合多项式 $g (λ)$ ,则由极小多项式的性质可知, $g (λ)$ 就是 $A$ 的极小多项式. 特别地,由于 $g (λ)$ 无重根,故 $A$ 可对角化. 通过下面两道例题,我们可看到上述方法的应用.

例 7.12 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的极小多项式 $m (λ)$ 的次数为 $s, B = (b_{ij})$ 为 $s$ 阶矩阵,其中 $b_{ij} = tr A^{i + j - 2}$ (约定 $b_{11} = n)$ ,求证: $A$ 可对角化的充要条件是 $B$ 为可逆矩阵.

证明设 $A$ 的全体不同特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{k}$ ,其代数重数分别为 $m_{1}, m_{2}, \dots$ , $m_{k}$ ,则 $tr A^{i} = m_{1} λ_{1}^{i} + m_{2} λ_{2}^{i} + \dots + m_{k} λ_{k}^{i}$ . 定义 $g (λ) = (λ - λ_{1}) (λ - λ_{2}) \dots (λ - λ_{k})$ , 则 $g (λ) ∣ m (λ)$ ,从而 $s \geq k$ . 若 $A$ 可对角化,则 $m (λ) = g (λ)$ ,从而 $s = k$ . 若 $A$ 不可对角化,则 $m (λ)$ 有重根,从而 $s > k$ . 考虑矩阵 $B$ 的如下分解:

B = m_{1} m_{1} λ_{1} ⋮ m_{1} λ_{1}^{s - 1} m_{2} m_{2} λ_{2} ⋮ m_{2} λ_{2}^{s - 1} \dots \dots \dots m_{k} m_{k} λ_{k} ⋮ m_{k} λ_{k}^{s - 1} 11 ⋮ 1 λ_{1} λ_{2} ⋮ λ_{k} \dots \dots \dots λ_{1}^{s - 1} λ_{2}^{s - 1} ⋮ λ_{k}^{s - 1},

其中上式右边第一个矩阵是 $s \times k$ 矩阵,第二个矩阵是 $k \times s$ 矩阵. 若 $s = k$ ,则由 Vander Monde 行列式可知

∣ B ∣ = m_{1} m_{2} \dots m_{k} 1 \leq i < j \leq k \prod (λ_{i} - λ_{j})^{2} \neq = 0,

即 $B$ 是可逆矩阵. 若 $s > k$ ,则由 Cauchy-Binet 公式可得 $∣ B ∣ = 0$ ,即 $B$ 不可逆. $□$

例 7.13 设 $φ$ 是 $n$ 维复线性空间 $V$ 上的线性变换,求证: $φ$ 可对角化的充要条件是对 $φ$ 的任一特征值 $λ_{0}$ ,总有 $Ker (φ - λ_{0} I) \cap Im (φ - λ_{0} I) = 0$ .

证明我们先证明 $Ker φ \cap Im φ = 0$ 当且仅当 $Ker φ = Ker φ^{2}$ . 充分性: 任取 $α \in Ker φ \cap Im φ$ ,则 $φ (α) = 0$ 且存在 $β \in V$ ,使得 $α = φ (β)$ . 于是 $0 =$ $φ (α) = φ^{2} (β)$ ,即 $β \in Ker φ^{2} = Ker φ$ ,从而 $α = φ (β) = 0$ . 必要性: 只要证明 $Ker φ^{2} \subseteq Ker φ$ 即可. 任取 $α \in Ker φ^{2}$ ,则 $φ (α) \in Ker φ \cap Im φ = 0$ ,从而 $α \in Ker φ$ . 进一步,由类似于例 4.32 的证明可知,从 $Ker φ = Ker φ^{2}$ 可推出 $Ker φ = Ker φ^{2} = Ker φ^{3} = \dots$ . 下面将通过 3 种方法来证明本题的结论.

证法 1 由已知以及上述结论可知,对 $φ$ 的任一特征值 $λ_{0}$ ,总有 $Ker (φ - λ_{0} I) =$ $Ker (φ - λ_{0} I)^{2} = \dots = Ker (φ - λ_{0} I)^{n}$ . 因此特征值 $λ_{0}$ 的根子空间等于其特征子空间. 因为全空间 $V$ 可以分解为根子空间的直和,故全空间 $V$ 也是特征子空间的直和, 从而 $φ$ 可对角化.

证法 2 设 $A$ 的全体不同特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{k}$ ,特征多项式 $f (λ) = (λ -$ $λ_{1})^{m_{1}} (λ - λ_{2})^{m_{2}} \dots (λ - λ_{k})^{m_{k}}$ ,则对任意的 $α \in V$ ,由 Cayley-Hamilton 定理可得

(φ - λ_{1} I)^{m_{1}} (φ - λ_{2} I)^{m_{2}} \dots (φ - λ_{k} I)^{m_{k}} (α) = 0,

即 $(φ - λ_{2} I)^{m_{2}} \dots (φ - λ_{k} I)^{m_{k}} (α) \in Ker (φ - λ_{1} I)^{m_{1}} = Ker (φ - λ_{1} I)$ ,从而

(φ - λ_{1} I) (φ - λ_{2} I)^{m_{2}} \dots (φ - λ_{k} I)^{m_{k}} (α) = 0 .

不断这样做下去,最终可得对任意的 $α \in V$ ,总有

(φ - λ_{1} I) (φ - λ_{2} I) \dots (φ - λ_{k} I) (α) = 0,

即 $φ$ 适合多项式 $(λ - λ_{1}) (λ - λ_{2}) \dots (λ - λ_{k})$ ,因此 $φ$ 可对角化.

证法 3 用反证法,设 $φ$ 不可对角化,则存在 $V$ 的一组基 $e_{1}, e_{2} \dots, e_{n}$ ,使得 $φ$ 在这组基下的表示矩阵为 Jordan 标准型 $J = diag {J_{1}, J_{2}, \dots, J_{k}}$ ,且至少有一个 Jordan 块的阶数大于 1 . 不妨设 $J_{1}$ 的特征值为 $λ_{1}$ ,其阶数大于 1,则由表示矩阵的定义可得

φ (e_{1}) = λ_{1} e_{1}, φ (e_{2}) = e_{1} + λ_{1} e_{2} .

于是 $(φ - λ_{1} I) (e_{1}) = 0, (φ - λ_{1} I) (e_{2}) = e_{1}$ ,从而 $0 \neq = e_{1} \in Ker (φ - λ_{1} I) \cap Im (φ -$ $λ_{0} I)$ ,这与已知矛盾.

例 7.14 求证: $n$ 阶矩阵 $A$ 可对角化的充要条件是对 $A$ 的任一特征值 $λ_{0}$ , $(λ_{0} I_{n} - A)^{2}$ 和 $(λ_{0} I_{n} - A)$ 的秩相同.

证法 1 由线性变换的维数公式可知, $r (λ_{0} I_{n} - A)^{2} = r (λ_{0} I_{n} - A)$ 当且仅当 $Ker (λ_{0} I_{n} - A)^{2} = Ker (λ_{0} I_{n} - A)$ ,而后者成立当且仅当 $Ker (λ_{0} I_{n} - A) \cap Im (λ_{0} I_{n} -$ $A) = 0$ (参考例 7.13 的证明),因此本题可由例 7.13 直接得到.

证法 2 必要性显然,现用反证法证明充分性. 若 $A$ 不可对角化,则其 Jordan 标准型中至少有一块的阶大于 1 . 记其中的一块为 $J_{1}$ ,设其阶为 $r$ ,并设 $J_{1}$ 的主对角元素为 $λ_{0}$ ,则 $r (λ_{0} I_{r} - J_{1}) = r - 1$ ,而 $r ((λ_{0} I_{r} - J_{1})^{2}) = r - 2$ . 因此,这时 $(λ_{0} I_{n} - J)^{2}$ 的秩比 $λ_{0} I_{n} - J$ 的秩小. 据此容易看出, $(λ_{0} I_{n} - A)^{2}$ 的秩比 $(λ_{0} I_{n} - A)$ 的秩小,这和假定矛盾.

例 7.15 设 $V$ 是 $n$ 维复线性空间, $φ$ 是 $V$ 上的线性变换. 求证: $φ$ 可对角化的充要条件是对 $φ$ 的任一不变子空间 $U$ ,均有一个 $φ$ 的不变子空间 $W$ ,使 $V = U \oplus W$ .

证明先证充分性. 假定 $φ$ 不能对角化,则 $φ$ 有 $m$ 个线性无关的特征向量, 但 $1 \leq m < n$ (注意 $V$ 是复线性空间,必有特征值和特征向量). 将这些特征向量生成的子空间记为 $U$ ,根据已知条件,存在 $φ$ 的不变子空间 $W$ ,使 $V = U \oplus W$ . 将 $φ$ 限制在 $W$ 上得到 $W$ 上的一个线性变换,它的特征值和特征向量也是 $φ$ 的特征值和特征向量,于是 $φ$ 有多于 $m$ 个线性无关的特征向量,这与假设矛盾.

再证必要性. 设 $φ$ 可对角化, $U$ 是 $φ$ 的一个不变子空间,则由例 7.11 可知, $φ$ 限制在 $U$ 上仍是一个可对角化的线性变换. 因此,存在 $U$ 的一组基 $α_{1}, \dots, α_{r}$ , 使 $φ$ 在这组基下的表示矩阵是对角矩阵,也就是说 $α_{1}, \dots, α_{r}$ 是 $φ$ 的特征向量. 因为 $φ$ 是 $V$ 上的可对角化线性变换,所以存在 $V$ 的 $n$ 个线性无关的向量,它们是 $φ$ 的特征向量. 从这 $n$ 个向量中可以取出 $n - r$ 个向量和 $α_{1}, \dots, α_{r}$ 一起组成 $V$ 的一组基. 显然由这 $n - r$ 个向量生成的子空间 $W$ 是 $φ$ 不变的且适合 $V = U \oplus W$ . [

最后, 我们来看一道矩阵可对角化应用的例题.

例 7.16 若 $n (n \geq 2)$ 阶矩阵 $B$ 相似于 $R = diag {(0110), I_{n - 2}}$ ,则称 $B$ 为反射矩阵. 证明: 任一对合矩阵 $A$ (即 $A^{2} = I_{n})$ 均可分解为至多 $n$ 个两两可交换的反射矩阵的乘积.

证明由例 7.9 (2) 可知,对合矩阵 $A$ 可对角化,即存在可逆矩阵 $P$ ,使得 $P^{- 1} AP = diag {- I_{r}, I_{n - r}}$ ,其中 $0 \leq r \leq n$ . 当 $r = 0$ 时, $A = I_{n} = R^{2}$ ,结论成立. 当 $r \geq 1$ 时,设 $B_{i} = P diag {1, \dots, 1, - 1, 1, \dots, 1} P^{- 1}$ ,其中 -1 在主对角线上的第 $i$ 个位置,则 $B_{i} (1 \leq i \leq r)$ 两两可交换,并且 $A = B_{1} B_{2} \dots B_{r}$ . 由于 $(0110)$ 的特征值是 $- 1, 1$ ,故其相似于 $diag {- 1, 1}$ ,因此矩阵 $B$ 是反射矩阵当且仅当 $B$ 相似于 $diag {- 1, 1, \dots, 1}$ . 因为对角矩阵的两个主对角元素对换是一个相似变换,所以上述 $B_{i}$ 都是反射矩阵,于是 $A$ 可以分解为 $r$ 个两两可交换的反射矩阵的乘积. [

7.2.4 特征多项式和极小多项式

特征多项式和极小多项式是矩阵的两个重要不变量, 它们和不变因子有着密切的关系. 下面的例 7.17、例 7.18 和例 7.20 讨论何时它们相等, 以及相等时矩阵 Jordan 标准型的形状. 例 7.21 讨论了线性变换特征多项式与极小多项式的准素因子分解和线性空间直和分解的关系. 这种方法在任何数域 $F$ 上都成立,可以看成是复数域上根子空间直和分解的一种推广.

例 7.17 求证: 矩阵 $A$ 的特征多项式和极小多项式相等的充要条件是 $λ I - A$ 的行列式因子为 $1, \dots, 1, D_{n} (λ)$ .

证明若 $A$ 的行列式因子如上式,则不变因子为 $1, \dots, 1, D_{n} (λ)$ . 极小多项式就是最后一个不变因子,即 $D_{n} (λ)$ ,而特征多项式也是 $D_{n} (λ)$ .

反之,若 $A$ 的特征多项式和极小多项式相等,因为特征多项式等于所有不变因子的乘积, 又最后一个不变因子等于特征多项式, 所以前面的不变因子必须都等于 1 . 由此即知 $A$ 的行列式因子应如上式所示.

例 7.18 求证: 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 有 $n$ 个互不相同的特征值,则 $A$ 的特征多项式和极小多项式相等.

证法 1 设 $A$ 的 $n$ 个互不相同的特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ ,则由例 6.56 可知,特征多项式 $f (λ)$ 和极小多项式 $m (λ)$ 有相同的根 (不计重数),因此 $f (λ) = m (λ) =$ $(λ - λ_{1}) (λ - λ_{2}) \dots (λ - λ_{n}) .$

证法 2 这时 $A$ 相似于对角矩阵. 相似的矩阵有相同的特征多项式和极小多项式,因此我们只要对对角矩阵证明此结论即可. 设 $A = diag {λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}}$ , 则 $λ I_{n} - A = diag {λ - λ_{1}, λ - λ_{2}, \dots, λ - λ_{n}}$ . 这个矩阵是对角矩阵,主对角线上的元素两两互素. 由例 7.1 的结论并用归纳法即知其法式为 $diag {1, \dots, 1, (λ - λ_{1}) (λ -$ $λ_{2}) \dots (λ - λ_{n})}$ . 显然 $A$ 的特征多项式和极小多项式相等.

例 7.19 设数域 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征多项式 $f (λ) = P_{1} (λ) P_{2} (λ) \dots P_{k} (λ)$ , 其中 $P_{i} (λ) (1 \leq i \leq k)$ 是 $K$ 上互异的首一不可约多项式. 求证: $A$ 的有理标准型只有一个 Frobenius 块,并且 $A$ 在复数域上可对角化.

证明设 $A$ 的不变因子组为 $d_{1} (λ), d_{2} (λ), \dots, d_{n} (λ)$ ,则有

f (λ) = P_{1} (λ) P_{2} (λ) \dots P_{k} (λ) = d_{1} (λ) d_{2} (λ) \dots d_{n} (λ) .

由于 $P_{i} (λ)$ 是不可约多项式,故存在某个 $j$ ,使得 $P_{i} (λ) ∣ d_{j} (λ)$ ,从而 $P_{i} (λ)$ $d_{n} (λ) (i = 1, 2, \dots, k)$ . 由互素多项式的性质可知, $P_{1} (λ) P_{2} (λ) \dots P_{k} (λ) ∣ d_{n} (λ)$ ,因此只能是 $d_{1} (λ) = \dots = d_{n - 1} (λ) = 1, d_{n} (λ) = f (λ)$ ,从而 $A$ 的有理标准型只有一个 Frobenius 块. 由于极小多项式 $m (λ) = d_{n} (λ) = P_{1} (λ) P_{2} (λ) \dots P_{k} (λ)$ 在 $K$ 上无重因式,故 $(m (λ), m^{'} (λ)) = 1$ ,这也意味着 $m (λ)$ 在复数域上无重根,从而 $A$ 在复数域上可对角化.

例 7.20 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵且其极小多项式的次数等于 $n$ . 求证: $A$ 的 Jordan 标准型中各个 Jordan 块的主对角线上元素互不相同.

证明这时 $A$ 只有一个非常数不变因子,即它的极小多项式,设其为

g (λ) = λ^{n} + b_{n - 1} λ^{n - 1} + \dots + b_{1} λ + b_{0} .

在复数域中将 $g (λ)$ 分解为互不相同的一次因子幂之积:

g (λ) = (λ - c_{1})^{k_{1}} (λ - c_{2})^{k_{2}} \dots (λ - c_{m})^{k_{m}},

于是 $A$ 的初等因子为

(λ - c_{1})^{k_{1}}, (λ - c_{2})^{k_{2}}, \dots, (λ - c_{m})^{k_{m}} .

$A$ 有 $m$ 个 Jordan 块,每块主对角线上元素互不相同.

下面的例题是例 6.69 的推广.

例 7.21 设 $V$ 为数域 $F$ 上 $n$ 维线性空间, $φ$ 是 $V$ 上的线性变换,其特征多项式与极小多项式分别为 $f (λ)$ 和 $m (λ)$ . 设

f (λ) = P_{1} (λ)^{r_{1}} P_{2} (λ)^{r_{2}} \dots P_{t} (λ)^{r_{t}}, m (λ) = P_{1} (λ)^{s_{1}} P_{2} (λ)^{s_{2}} \dots P_{t} (λ)^{s_{t}}

分别为 $f (λ)$ 和 $m (λ)$ 的不可约分解,其中 $P_{i} (λ)$ 是 $F$ 上互异的首一不可约多项式, $r_{i} > 0, s_{i} > 0 (i = 1, 2, \dots, t)$ . 设 $V_{i} = Ker P_{i} (φ)^{r_{i}}, U_{i} = Ker P_{i} (φ)^{s_{i}} (i =$ $1, 2, \dots, t)$ . 求证:

(1) $V = V_{1} \oplus V_{2} \oplus \dots \oplus V_{t}, U_{i} = V_{i}, i = 1, 2, \dots, t$ ;

(2) $φ ∣_{V_{i}}$ 的特征多项式为 $P_{i} (λ)^{r_{i}}$ ,极小多项式为 $P_{i} (λ)^{s_{i}}$ . 特别地, $dim V_{i} =$ $r_{i} de g P_{i} (λ)$

证明 (1) 令 $h_{i} (λ) = \frac{f ( λ )}{P _{i} ( λ ) ^{r_{i}}} (i = 1, 2, \dots, t)$ ,则 $h_{1} (λ), h_{2} (λ), \dots, h_{t} (λ)$ 互素, 故存在 $u_{i} (λ)$ ,使

h_{1} (λ) u_{1} (λ) + h_{2} (λ) u_{2} (λ) + \dots + h_{t} (λ) u_{t} (λ) = 1.

将 $λ = φ$ 代入上式,可得

h_{1} (φ) u_{1} (φ) + h_{2} (φ) u_{2} (φ) + \dots + h_{t} (φ) u_{t} (φ) = I_{V} .

由 Cayley-Hamilton 定理可知, $0 = f (φ) = P_{i} (φ)^{r_{i}} h_{i} (φ)$ ,故对任意的 $α \in V$ ,可得

α = h_{1} (φ) u_{1} (φ) (α) + h_{2} (φ) u_{2} (φ) (α) + \dots + h_{t} (φ) u_{t} (φ) (α) \in V_{1} + V_{2} + \dots + V_{t},

从而 $V = V_{1} + V_{2} + \dots + V_{t}$ . 另一方面,由于 $(P_{i} (λ)^{r_{i}}, h_{i} (λ)) = 1$ ,故存在 $u (λ), v (λ)$ , 使 $P_{i} (λ)^{r_{i}} u (λ) + h_{i} (λ) v (λ) = 1$ ,于是 $P_{i} (φ)^{r_{i}} u (φ) + h_{i} (φ) v (φ) = I_{V}$ . 任取 $α_{i} \in$ $V_{i} \cap (j \neq = i \sum V_{j})$ ,即 $α_{i} \in V_{i}, α_{i} = j \neq = i \sum α_{j}$ ,其中 $α_{j} \in V_{j}$ ,则有

α_{i} = u (φ) P_{i} (φ)^{r_{i}} (α_{i}) + v (φ) h_{i} (φ) j \neq = i \sum α_{j} = j \neq = i \sum v (φ) h_{i} (φ) (α_{j}) = 0,

从而 $V_{i} \cap (j \neq = i \sum V_{j}) = 0$ ,因此 $V = V_{1} \oplus V_{2} \oplus \dots \oplus V_{t}$ . 完全类似的讨论可证明 $V =$ $U_{1} \oplus U_{2} \oplus \dots \oplus U_{t}$ . 由于 $m (λ) ∣ f (λ)$ ,故有 $s_{i} \leq r_{i}$ ,于是 $U_{i} \subseteq V_{i}$ ,从而只能是 $U_{i} = V_{i} (i = 1, 2, \dots, t)$ .

(2) 将 $φ ∣_{V_{i}}$ 简记为 $φ_{i}$ ,设其特征多项式与极小多项式分别为 $f_{i} (λ)$ 和 $m_{i} (λ)$ . 由于 $V_{i} = Ker P_{i} (φ)^{r_{i}}$ ,故 $φ_{i}$ 适合多项式 $P_{i} (λ)^{r_{i}}$ ,从而 $φ_{i}$ 的特征值都适合多项式 $P_{i} (λ)^{r_{i}}$ ,即 $f_{i} (λ)$ 的根都是 $P_{i} (λ)^{r_{i}}$ 的根. 由例 6.3 可得

f (λ) = P_{1} (λ)^{r_{1}} P_{2} (λ)^{r_{2}} \dots P_{t} (λ)^{r_{t}} = f_{1} (λ) f_{2} (λ) \dots f_{t} (λ),

由于 $P_{1} (λ)^{r_{1}}, P_{2} (λ)^{r_{2}}, \dots, P_{t} (λ)^{r_{t}}$ 两两互素,故只能是 $f_{i} (λ) = P_{i} (λ)^{r_{i}}$ . 另一方面, $φ_{i}$ 也适合多项式 $P_{i} (λ)^{s_{i}}$ ,故由极小多项式的基本性质可得 $m_{i} (λ) ∣ P_{i} (λ)^{s_{i}}$ . 特别地, $m_{1} (λ), m_{2} (λ), \dots, m_{t} (λ)$ 两两互素,从而它们的最小公倍式等于它们的乘积. 由例 6.54 可得

m (λ) = P_{1} (λ)^{s_{1}} P_{2} (λ)^{s_{2}} \dots P_{t} (λ)^{s_{t}} = m_{1} (λ) m_{2} (λ) \dots m_{t} (λ),

从而只可能是 $m_{i} (λ) = P_{i} (λ)^{s_{i}}$ . 因为特征多项式的次数等于线性空间的维数,所以 $dim V_{i} = de g P_{i} (λ)^{r_{i}} = r_{i} de g P_{i} (λ)$ .

7.2.5 交换性和多项式表示

设矩阵 $A$ 是 $n$ 阶方阵, $f (x)$ 是一个多项式,显然 $A$ 和 $f (A)$ 乘法可交换. 现在讨论一个逆问题,如果矩阵 $B$ 和 $A$ 乘法可交换,何时可将 $B$ 表示为 $A$ 的多项式? 例 7.22 与例 7.23 是两个最基本的结论 (例 7.22 采用几何的说法, 读者不难将它翻译成矩阵的语言). 例题 7.26 是著名的 Jordan-Chevalley 分解定理, 它在 Lie 代数中有重要的应用.

例 7.22 设 $φ$ 是数域 $F$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换,又 $φ$ 极小多项式的次数等于 $n$ ,若 $ψ$ 是 $V$ 上的另一个线性变换,且 $φ ψ = ψ φ$ . 求证: $ψ = g (φ)$ , 其中 $g (x)$ 是一个不超过 $n - 1$ 次的多项式. 反之,若 $φ$ 的极小多项式的次数小于 $n$ , 则存在 $V$ 上的线性变换 $ψ$ ,满足 $φ ψ = ψ φ$ ,但是 $ψ$ 不能表示为 $φ$ 的多项式.

证明设 $φ$ 的极小多项式次数为 $n$ ,这时 $φ$ 的极小多项式等于特征多项式,故存在 $V$ 的一组基 $e_{1}, e_{2}, \dots, e_{n}$ ,使 $φ$ 在这组基下的表示矩阵是 Frobenius 矩阵. 记这个矩阵为 $F$ ,有

F = 010 ⋮ 0 001 ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 1 - a_{n} - a_{n - 1} - a_{n - 2} ⋮ - a_{1}

于是

φ (e_{1}) = e_{2}, φ (e_{2}) = e_{3}, \dots, φ (e_{n}) = - a_{n} e_{1} - a_{n - 1} e_{2} - \dots - a_{1} e_{n} .

设 $ψ (e_{1}) = b_{1} e_{1} + b_{2} e_{2} + \dots + b_{n} e_{n}$ ,由 $ψ φ = φ ψ$ 可得

ψ (e_{2}) = ψ φ (e_{1}) = φ ψ (e_{1}) = φ (b_{1} e_{1} + b_{2} e_{2} + \dots + b_{n} e_{n})

= b_{1} φ (e_{1}) + b_{2} φ (e_{2}) + \dots + b_{n} φ (e_{n})

= b_{1} e_{2} + b_{2} φ (e_{2}) + \dots + b_{n} φ^{n - 1} (e_{2}) .

同理可证

ψ (e_{i}) = b_{1} e_{i} + b_{2} φ (e_{i}) + \dots + b_{n} φ^{n - 1} (e_{i}), i = 1, 2, \dots, n,

因此

ψ = b_{1} I + b_{2} φ + \dots + b_{n} φ^{n - 1} .

再假定 $φ$ 的极小多项式次数小于 $n$ ,则存在 $V$ 的一组基,使 $φ$ 的表示矩阵为有理标准型 $F = diag {F_{1}, F_{2}, \dots, F_{k}}$ ,其中 $F_{i}$ 是一个 Frobenius 矩阵. 不失一般性, 我们假定 $k = 2$ . 这时 $φ$ 的非常数不变因子为 $d_{1} (λ), d_{2} (λ)$ ,且 $d_{1} (λ) ∣ d_{2} (λ)$ . 作分块对角矩阵

B = (I O O O)

显然 $BF = FB$ . 如果存在多项式 $f (x)$ ,使 $B = f (F)$ ,则

B = (I O O O) = (f (F_{1}) O O f (F_{2})),

即有 $f (F_{1}) = I, f (F_{2}) = O$ . 因为 $d_{2} (λ)$ 既是 $F_{2}$ 的特征多项式,也是 $F_{2}$ 的极小多项式,所以 $d_{2} (λ) ∣ f (λ)$ ,从而 $d_{1} (λ) ∣ f (λ)$ ,于是 $f (F_{1}) = O$ ,这就推出了矛盾. 因此 $B$ 不能表示为 $F$ 的多项式,由 $B$ 定义的线性变换 $ψ$ 则符合题目要求.

上面的例题对 Frobenius 块进行了讨论, 对 Jordan 块也有同样的结论. 这就是下面的例 7.23, 它可以用例 7.22 的结果简单地加以证明, 但我们采用另外一种方法即纯代数方法来证明.

例 7.23 设 $J$ 是 $n$ 阶 Jordan 块且主对角元素为 $λ_{0}$ ,求证: 和 $J$ 乘法可交换的 $n$ 阶矩阵必可表示为 $J$ 的次数不超过 $n - 1$ 的多项式.

证明设 $A$ 和 $J$ 可交换. 将 $J$ 写为 $J = λ_{0} I_{n} + J_{0}, J_{0}$ 为主对角元素全为零的 Jordan 型矩阵. 显然, $A$ 和 $J$ 可交换的充要条件是 $A$ 和 $J_{0}$ 可交换. 经计算得到 $A$ 必具有下列形状 (上三角矩阵):

A = a_{1} a_{2} a_{1} \dots \dots ⋱ a_{n} a_{n - 1} ⋮ a_{1}

于是

A = a_{1} I_{n} + a_{2} J_{0} + \dots + a_{n} J_{0}^{n - 1} = a_{1} I_{n} + a_{2} (J - λ_{0} I_{n}) + \dots + a_{n} (J - λ_{0} I_{n})^{n - 1}

可表示为 $J$ 的次数不超过 $n - 1$ 的多项式.

下面的命题告诉我们在什么条件下可以将分块对角矩阵的这类问题归结为对每一块的讨论.

例 7.24 设有 $n$ 阶分块对角矩阵

A = A_{1} ⋱ A_{k}, B = B_{1} ⋱ B_{k},

其中 $A_{i}$ 和 $B_{i}$ 是同阶方阵. 假定矩阵 $A_{i}$ 适合非零多项式 $g_{i} (x)$ ,且 $g_{i} (x) (i =$ $1, \dots, k)$ 两两互素. 求证: 若对每个 $i$ ,存在多项式 $f_{i} (x)$ ,使 $B_{i} = f_{i} (A_{i})$ ,则必存在次数不超过 $n - 1$ 的多项式 $f (x)$ ,使 $B = f (A)$ .

证明因为 $g_{i} (x)$ 两两互素,故由中国剩余定理可知,存在多项式 $h (x)$ 满足 $h (x) = g_{i} (x) q_{i} (x) + f_{i} (x)$ . 将 $x = A_{i}$ 代入上式,可得 $h (A_{i}) = B_{i}$ ,从而

h (A) = diag {h (A_{1}), \dots, h (A_{k})} = diag {B_{1}, \dots, B_{k}} = B .

设 $A$ 的特征多项式为 $g (x)$ ,作带余除法 $h (x) = g (x) q (x) + f (x)$ ,其中 $de g f (x) < n$ . 将 $x = A$ 代入上式,则由 Cayley-Hamilton 定理可得 $B = h (A) = f (A)$ .

对适合 $A B = B A$ 的矩阵,由于 $A B = B A$ 当且仅当 $(P^{- 1} A P) (P^{- 1} BP) =$ $(P^{- 1} BP) (P^{- 1} AP)$ ,因此我们可以通过同时相似变换,把问题归结为其中一个矩阵是相似标准型 (或分块对角型) 的情形来证明. 下面的两个例子可供读者参考.

例 7.25 设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的秩等于 $n - 1, B$ 是同阶非零矩阵且 $AB = BA = O$ , 求证: 存在次数不超过 $n - 1$ 的多项式 $f (x)$ ,使 $B = f (A)$ .

证法 1 由于题目的条件和结论在 $A, B$ 的同时相似变换下保持不变,故不妨设 $A$ 已是 Jordan 标准型. 因为 $r (A) = n - 1$ ,所以 $A$ 关于特征值 0 的几何重数为 1,从而关于特征值 0 的 Jordan 块只有一块,记为 $J_{0}$ ; 其他非零特征值的 Jordan 块合在一起,记为 $J_{1}$ ,于是 $A = diag {J_{0}, J_{1}}$ . 设 $B = (B_{11} B_{21} B_{12} B_{22})$ 为相应的分块,则由 $AB = BA = O$ 可得 $B_{12}, B_{21}, B_{22}$ 都是零矩阵,于是 $B = diag {B_{11}, O}$ 且 $J_{0} B_{11} = B_{11} J_{0}$ . 由于 $J_{0}$ 是幂零矩阵而 $J_{1}$ 是可逆矩阵,故 $J_{0}$ 和 $J_{1}$ 的特征多项式互素,它们分别取作 $g_{0} (x), g_{1} (x)$ ; 又由例 7.23 可知,存在多项式 $f_{0} (x)$ , 使 $B_{11} = f_{0} (J_{0})$ ; 再取 $f_{1} (x) = 0$ ,则 $O = f_{1} (J_{1})$ ; 最后由例 7.24 即得结论.

证法 2 本题也可以用线性方程组的解和极小多项式来做. 因为 $r (A) = n - 1$ , 所以线性方程组 $A x = 0$ 解空间的维数为 1,再由 $A B = O$ 可知, $B$ 的列向量都是解空间的向量,从而它们成比例,于是 $B$ 的秩等于 1 . 因此可设 $B = α β^{'}$ ,其中 $α = (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})^{'}, β = (b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n})^{'}$ . 因为 $β \neq = 0$ ,故从 $AB = O$ 可以推出 $A α = 0$ ,即 $α$ 是线性方程组 $Ax = 0$ 的解,从而这个线性方程组的解都可以写成 $k α$ 的形状. 同理,从 $BA = O$ 可以推出 $β$ 是 $A^{'} x = 0$ 的解,且这个线性方程组的解都可以写成 $tβ$ 的形状. 设 $m (x)$ 是 $A$ 的极小多项式,由于 $A$ 不是可逆矩阵, 故 $m (x)$ 的常数项等于零,即 $m (x) = xg (x)$ ,于是 $A g (A) = O$ 但 $g (A) \neq = O$ . 由类似于矩阵 $B$ 的讨论可得, $g (A)$ 也可以写为 $g (A) = η ξ^{'}$ ,其中 $η$ 是 $Ax = 0$ 的解, 故 $η = k α$ . 同理 $ξ = tβ$ ,所以 $g (A) = k t B$ ,于是 $B = \frac{1}{k t} g (A)$ 可表示为 $A$ 的次数不超过 $n - 1$ 的多项式.

例 6.62 的证法 2 我们来证明 $A^{*}$ 可表示为 $A$ 的次数不超过 $n - 1$ 的多项式. 若 $r (A) = n$ ,则由 Cayley-Hamilton 定理易证结论成立; 若 $r (A) \leq n - 2$ ,则 $A^{*} = O$ , 结论显然成立; 若 $r (A) = n - 1$ ,则 $A^{*} \neq = O$ 且 $A A^{*} = A^{*} A = O$ ,由例 7.25 可知结论也成立.

例 7.26 (Jordan-Chevalley 分解定理) 设 $A$ 是 $n$ 阶复矩阵,证明: $A$ 可分解为

A = B + C,

其中 $B$ 是可对角化矩阵, $C$ 是幂零矩阵且 $BC = CB$ ,并且这种分解是唯一的.

证明设 $A$ 的 Jordan 标准型为

P^{- 1} AP = J = J_{1} ⋱ J_{k},

其中 $J_{i}$ 是特征值 $λ_{i}$ 的所有 Jordan 块拼成的分块对角矩阵, $λ_{1}, \dots, λ_{k}$ 是 $A$ 的全体不同特征值. 注意到 $J_{i} = λ_{i} I + N_{i}$ ,其中 $N_{i}$ 是幂零矩阵,故 $J$ 可以分解为一个对角矩阵 $M = diag {λ_{1} I, \dots, λ_{k} I}$ 与一个幂零矩阵 $N = diag {N_{1}, \dots, N_{k}}$ 之和且它们的乘法可以交换. 于是 $A$ 可以分解为 $A = B + C$ ,其中 $B = PM P^{- 1}$ 相似于对角矩阵, $C = PN P^{- 1}$ 是幂零矩阵且 $BC = CB$ . 这时显然有 $AB = BA$ , $A C = C A$ .

为了证明唯一性,我们首先证明存在多项式 $f (λ)$ ,使 $B = f (A)$ . 由于 $N_{i}$ 是幂零矩阵,故 $J_{i}$ 适合多项式 $(λ - λ_{i})^{n}$ ,显然 $(λ - λ_{1})^{n}, \dots, (λ - λ_{k})^{n}$ 两两互素. 设 $f_{i} (λ) = λ_{i}$ 为常数多项式,则 $f_{i} (J_{i}) = λ_{i} I$ . 由例 7.24 可知,存在多项式 $f (λ)$ , 使 $M = f (J)$ ,于是 $B = P f (J) P^{- 1} = f (PJ P^{- 1}) = f (A)$ . 注意到 $C = A - B$ , 故 $C$ 也是 $A$ 的多项式.

设另有满足条件的分解 $A = B_{1} + C_{1}$ 且 $B_{1} C_{1} = C_{1} B_{1}$ ,则 $A B_{1} = (B_{1} +$ $C_{1}) B_{1} = B_{1} (B_{1} + C_{1}) = B_{1} A$ ,即 $A$ 和 $B_{1}$ 可交换,同理可证 $A$ 和 $C_{1}$ 可交换. 因为 $B$ 和 $C$ 都是 $A$ 的多项式,所以 $B$ 和 $B_{1}$ 可交换, $C$ 和 $C_{1}$ 可交换. 由例 6.48 可知, $B$ 和 $B_{1}$ 可同时对角化,即存在 $Q$ ,使 $Q^{- 1} BQ$ 及 $Q^{- 1} B_{1} Q$ 都是对角矩阵, 因此 $B - B_{1}$ 相似于对角矩阵. 另一方面,从 $C$ 及 $C_{1}$ 的可交换性和幂零性容易推出 $C_{1} - C$ 也是幂零矩阵. 事实上,若 $C^{s} = O, C_{1}^{t} = O$ ,则 $(C_{1} - C)^{s + t} = O$ . 但 $B - B_{1} = C_{1} - C$ ,故 $B - B_{1} = O, C_{1} - C = O$ ,即 $B_{1} = B, C_{1} = C$ .

7.2.6 求矩阵的 Jordan 标准型

对于数字矩阵 $A$ ,通常我们可利用 $λ$ -矩阵的初等变换求出 $λ I - A$ 的法式,由此得到 $A$ 的不变因子和初等因子,然后就可以按部就班地将 Jordan 标准型求出来了. 但若矩阵 $A$ 中含有未定元或者只给定矩阵 $A$ 的某些相似不变量的信息,一般来说, 就不能按照数字矩阵的方法来处理了, 而需要我们通过对矩阵结构的分析, 先求出 $A$ 的行列式因子、不变因子或初等因子,然后再求出 $A$ 的 Jordan 标准型.

如何分析矩阵的结构呢? 通常我们有以下 3 种方法. 首先, 对于某些具有简单结构的矩阵, 我们可以通过适当选取子式, 计算出它的行列式因子, 从而得到它的不变因子和初等因子. 利用这种方法求出矩阵相似标准型的两个典型例子是 Frobenius 型矩阵和 Jordan 型矩阵. 其次, 计算矩阵的极小多项式也是一种有效的方法. 因为极小多项式是最大的不变因子, 即其他不变因子都是它的因式, 所以若能将极小多项式计算出来, 这将对不变因子组的完全确定起到一定的帮助作用. 最后, 计算特征值的几何重数也是十分重要的. 因为特征值的几何重数等于 Jordan 块的个数, 所以通过几何重数的计算可以得到 Jordan 块个数的信息, 这将有利于 Jordan 标准型的完全确定. 下面我们将通过一些典型例题来看一看这 3 种方法的应用.

例 7.27 设 $a$ 不等于零,求下列 $n$ 阶上三角矩阵的 Jordan 标准型:

A = a a a a a a \dots \dots \dots ⋱ a a a ⋮ a .

解法 1 显然 $A$ 的特征多项式为 $(λ - a)^{n}$ . 为求 $n - 1$ 阶行列式因子,我们来计算 $λ I_{n} - A$ 的两个 $n - 1$ 阶子式. 第一个是前 $n - 1$ 行和前 $n - 1$ 列构成的子式,它的值为 $(λ - a)^{n - 1}$ . 第二个是前 $n - 1$ 行和后 $n - 1$ 列构成的子式,它的值记为 $g (λ)$ . 令 $λ = a$ ,则 $g (a)$ 是一个 $n - 1$ 阶上三角行列式,其主对角元素均为 $a$ ,于是 $g (a) = (- a)^{n - 1}$ . 特别地, $(λ - a)^{n}$ 与 $g (λ)$ 没有公共根,从而它们互素,于是 $A$ 的 $n - 1$ 阶行列式因子为 1,故其行列式因子组为 $1, \dots, 1, (λ - a)^{n}$ ,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J_{n} (a)$ ,即特征值为 $a$ 的 $n$ 阶 Jordan 块.

解法 2 显然 $A$ 的特征多项式为 $(λ - a)^{n}$ ,故 $A$ 的极小多项式是 $(λ - a)$ 的某个幂. 设 $N = J_{n} (0)$ ,即特征值为 0 的 $n$ 阶 Jordan 块,它满足 $N^{n - 1} \neq = O$ 但 $N^{n} = O$ , 则 $A = a (I_{n} + N + N^{2} + \dots + N^{n - 1})$ . 注意到

(A - a I_{n})^{n - 1} = a^{n - 1} (N + N^{2} + \dots + N^{n - 1})^{n - 1} = a^{n - 1} N^{n - 1} \neq = O,

故 $A$ 不适合多项式 $(λ - a)^{n - 1}$ ,于是 $A$ 的极小多项式只能是 $(λ - a)^{n}$ . 因此 $A$ 的不变因子组是 $1, \dots, 1, (λ - a)^{n}$ ,从而 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J_{n} (a)$ .

解法 3 显然 $A$ 的特征值全为 $a$ ,我们来计算它的几何重数. 注意到 $r (a I_{n} -$ $A) = n - 1$ ,故特征值 $a$ 的几何重数为 $n - r (a I_{n} - A) = 1$ ,于是 $A$ 的 Jordan 标准型中关于特征值 $a$ 的 Jordan 块只有一个,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J_{n} (a)$ .

例 7.28 求秩等于 1 的 $n (n \geq 2)$ 阶复矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型.

解法 1 由 $r (A) = 1$ 可知,存在非零列向量 $α, β$ ,使得 $A = α β^{'}$ . 由例 6.19 可得 $∣ λ I_{n} - A ∣ = λ^{n - 1} (λ - β^{'} α)$ ,再由所有特征值之和等于矩阵的迹可得 $tr A = β^{'} α$ . 若 $tr A \neq = 0$ ,则特征值 $tr A$ 的几何重数等于 1,特征值 0 的几何重数等于 $n - r (A) =$ $n - 1$ ,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, tr A}$ . 若 $tr A = 0$ ,则特征值 0 的代数重数是 $n$ ,几何重数是 $n - 1$ ,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, J_{2} (0)}$ .

解法 2 特征多项式的计算同解法 1. 因为 $A^{2} = α β^{'} α β^{'} = (β^{'} α) A$ ,故 $A$ 适合多项式 $g (λ) = λ (λ - tr A)$ . 注意到 $A \neq = O$ 且 $A \neq = (tr A) I_{n}$ ,故 $g (λ)$ 就是 $A$ 的极小多项式,于是 $A$ 的不变因子组为 $1, λ, \dots, λ, g (λ)$ . 若 $tr A \neq = 0$ ,则 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, tr A}$ . 若 $tr A = 0$ ,则 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, J_{2} (0)}$ .

解法 3 直接利用 Jordan 标准型来解最为简单. 设 $A$ 的 Jordan 标准型 $J =$ $diag {J_{r_{1}} (0), \dots, J_{r_{k}} (0), J_{s_{1}} (λ_{1}), \dots, J_{s_{l}} (λ_{l})}$ ,其中 $λ_{j} \neq = 0 (j = 1, \dots, l)$ . 由于相似关系不改变矩阵的秩,故 $J$ 的秩也为 1,即有

(r_{1} - 1) + \dots + (r_{k} - 1) + s_{1} + \dots + s_{l} = 1,

从而只有以下两种情况成立: 第一种情况是 $l = 1, s_{1} = 1, λ_{1} = tr A \neq = 0$ ,并且所有的 $r_{i} = 1$ ,此时 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, tr A}$ . 第二种情况是某个 $r_{i} =$ 2,其余的 $r_{i} = 1$ 并且 $l = 0$ ,此时 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, J_{2} (0)}$ .

例 7.29 设 $tr A = r (A) = 1$ ,求证: $A$ 是幂等矩阵.

解由例 7.28 可知, $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {0, \dots, 0, 1}$ ,容易验证 $A^{2} = A$ , 即 $A$ 是幂等矩阵.

例 7.27 和例 7.28 只通过求极小多项式或几何重数中的一个就可以得到解答, 但更复杂一些的问题却需要两者都运用才行, 让我们来看下面两个典型例题.

例 7.30 设 $A = 1 a + 2 57 0136 001 b + 4 0001$ ,求 $A$ 的 Jordan 标准型.

解显然 $A$ 的特征值全为 1,我们先来计算特征值 1 的几何重数. 注意到

A - I_{4} = 0 a + 2 57 0036 000 b + 4 0000,

容易看出,当 $a + 2 \neq = 0$ 且 $b + 4 \neq = 0$ 时, $r (A - I_{4}) = 3$ ,于是特征值 1 的几何重数等于 1,从而只有一个 Jordan 块,因此 $A$ 的 Jordan 标准型是 $J_{4} (1)$ . 当 $a + 2 = 0$ 或 $b + 4 = 0$ 时, $r (A - I_{4}) = 2$ ,于是特征值 1 的几何重数等于 2,从而有两个 Jordan 块. 我们进一步来计算 $A$ 的极小多项式. 若 $a + 2 = 0$ 和 $b + 4 = 0$ 中只有一个成立, 容易验证 $(A - I_{4})^{2} \neq = O$ ,但 $(A - I_{4})^{3} = O$ ,于是 $A$ 的极小多项式是 $(λ - 1)^{3}$ ,从而不变因子组为 $1, 1, (λ - 1), (λ - 1)^{3}$ ,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {1, J_{3} (1)}$ . 若 $a + 2 = 0$ 和 $b + 4 = 0$ 都成立,容易验证 $(A - I_{4})^{2} = O$ ,于是 $A$ 的极小多项式是 $(λ - 1)^{2}$ ,从而不变因子组为 $1, 1, (λ - 1)^{2}, (λ - 1)^{2}$ ,因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{2} (1), J_{2} (1)}$ .

例 7.31 设 $J$ 是 $n (n \geq 2)$ 阶 Jordan 块且主对角线上的元素等于零,求 $J^{2}$ 的 Jordan 标准型.

解显然矩阵 $J^{2}$ 的特征值全为零,又特征矩阵 $λ I_{n} - J^{2}$ 有一个 $n - 2$ 阶子式等于 $(- 1)^{n - 2}$ ,因此 $J^{2}$ 的 $n - 2$ 阶行列式因子为 1,从而前 $n - 2$ 个不变因子都是 1. 注意到 $J^{n} = O, J^{n - 1} \neq = O$ ,故当 $n = 2 m$ 时, $λ^{m}$ 是 $J^{2}$ 的极小多项式,于是 $J^{2}$ 的不变因子组为 $1, \dots, 1, λ^{m}, λ^{m}$ ,因此 $J^{2}$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{m} (0), J_{m} (0)}$ ; 当 $n = 2 m + 1$ 时, $λ^{m + 1}$ 是 $J^{2}$ 的极小多项式,于是 $J^{2}$ 的不变因子组为 $1, \dots, 1, λ^{m}, λ^{m + 1}$ ,因此 $J^{2}$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{m} (0), J_{m + 1} (0)}$ . 另外, 我们也可以用几何重数的讨论来替代行列式因子的讨论, 容易计算出特征值 0 的几何重数等于 $n - r (J^{2}) = 2$ ,于是 $J^{2}$ 的 Jordan 标准型有两个 Jordan 块,后面再用极小多项式的讨论即可得到结论.

例 7.32 设 $n \geq 2$ ,求矩阵

A = c 0 c 10 c 010 ⋱ \dots \dots \dots ⋱ ⋱ 000 ⋮ 0 c

的 Jordan 标准型.

解利用例 7.31 的记号和结论,则 $A = c I_{n} + J^{2}$ . 设 $P$ 是可逆矩阵,使 $P^{- 1} J^{2} P$ 是 $J^{2}$ 的 Jordan 标准型. 显然, $P^{- 1} AP = c I_{n} + P^{- 1} J^{2} P$ 就是 $A$ 的 Jordan 标准型. 具体地,当 $n = 2 m$ 时, $A$ 的 Jordan 标准型是 $diag {J_{m} (c), J_{m} (c)}$ ; 当 $n = 2 m + 1$ 时, $A$ 的 Jordan 标准型是 $diag {J_{m} (c), J_{m + 1} (c)}$ .

我们可以自然地考虑如下问题: 如果已知 $n$ 阶矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型, 那么对任意的正整数 $m, A^{m}$ 的 Jordan 标准型应该有怎样的形状呢? 首先,我们可以把这个问题化约到 Jordan 块的情形. 设 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J =$ $diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{s}} (λ_{s})}$ ,则 $A^{m}$ 相似于 $J^{m} = diag {J_{r_{1}} (λ_{1})^{m}, J_{r_{2}} (λ_{2})^{m}$ , $\dots, J_{r_{s}} (λ_{s})^{m}}$ ,因此要求 $A^{m}$ 的 Jordan 标准型,只要求每一个 $J_{r_{i}} (λ_{i})^{m}$ 的 Jordan 标准型即可. 若 $λ_{i} \neq = 0$ ,则由例 7.27 类似的讨论可知, $J_{r_{i}} (λ_{i})^{m}$ 的 Jordan 标准型为 $J_{r_{i}} (λ_{i}^{m})$ . 若 $λ_{i} = 0$ ,则例 7.31 处理了 $m = 2$ 的情形,不过类似的讨论很难推广到 $m \geq 3$ 的情形,换言之,只依靠几何重数和极小多项式还不能完全确定 $J_{r_{i}} (0)^{m}$ 的 Jordan 标准型. 为了解决这个问题, 我们需要下面的命题.

例 7.33 设 $λ_{0}$ 是 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征值,证明: 对任意的正整数 $k$ ,特征值为 $λ_{0}$ 的 $k$ 阶 Jordan 块 $J_{k} (λ_{0})$ 在 $A$ 的 Jordan 标准型 $J$ 中出现的个数为

r ((A - λ_{0} I_{n})^{k - 1}) + r ((A - λ_{0} I_{n})^{k + 1}) - 2 r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}),

其中约定 $r ((A - λ_{0} I_{n})^{0}) = n$ .

证明设 $P$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{s}} (λ_{s})}$ 为 $A$ 的 Jordan 标准型. 注意到

(A - λ_{0} I_{n})^{k} = P diag {J_{r_{1}} (λ_{1} - λ_{0})^{k}, J_{r_{2}} (λ_{2} - λ_{0})^{k}, \dots, J_{r_{s}} (λ_{s} - λ_{0})^{k}} P^{- 1},

故 $r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}) = i = 1 \sum s r (J_{r_{i}} (λ_{i} - λ_{0})^{k})$ . 当 $λ_{i} \neq = λ_{0}$ 时, $r (J_{r_{i}} (λ_{i} - λ_{0})^{k}) = r_{i}$ ; 当 $λ_{i} = λ_{0}$ 时,若 $r_{i} < k$ ,则 $r (J_{r_{i}} (λ_{i} - λ_{0})^{k}) = 0$ ,若 $r_{i} \geq k$ ,则 $r (J_{r_{i}} (λ_{i} - λ_{0})^{k}) =$ $r_{i} - k$ . 因此 $r ((A - λ_{0} I_{n})^{k - 1}) - r ((A - λ_{0} I_{n})^{k})$ 等于特征值为 $λ_{0}$ 且阶数大于等于 $k$ 的 Jordan 块的个数. 同理, $r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}) - r ((A - λ_{0} I_{n})^{k + 1})$ 等于特征值为 $λ_{0}$ 且阶数大于等于 $k + 1$ 的 Jordan 块的个数,从而特征值为 $λ_{0}$ 的 $k$ 阶 Jordan 块 $J_{k} (λ_{0})$ 在 $A$ 的 Jordan 标准型 $J$ 中出现的个数为

(r (A - λ_{0} I_{n})^{k - 1}) - r ((A - λ_{0} I_{n})^{k})) - (r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}) - r ((A - λ_{0} I_{n})^{k + 1}))

= r ((A - λ_{0} I_{n})^{k - 1}) + r ((A - λ_{0} I_{n})^{k + 1}) - 2 r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}) .

注例 7.33 告诉我们, $n$ 阶矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型被若干个非负整数, 即 ${r ((A - λ_{i} I_{n})^{j}) ∣ λ_{i} 为 A 的特征值, j = 1, \dots, n}$ 完全决定. 因此从理论上说,我们可以不计算矩阵 $A$ 的不变因子或初等因子,改为计算上述若干个矩阵的秩,也可以求出 $A$ 的 Jordan 标准型. 进一步,我们还可以得到如下矩阵相似的判定准则.

例 7.34 设 $A, B$ 为 $n$ 阶矩阵,证明: 它们相似的充要条件是对 $A$ 或 $B$ 的任一特征值 $λ_{0}$ 以及任意的 $k = 1, \dots, n$ ,有 $r ((A - λ_{0} I_{n})^{k}) = r ((B - λ_{0} I_{n})^{k})$ .

证明必要性显然, 现证充分性. 由已知及例 4.32 可知,

r ((A - λ_{0} I_{n})^{n + 1}) = r ((A - λ_{0} I_{n})^{n}) = r ((B - λ_{0} I_{n})^{n}) = r ((B - λ_{0} I_{n})^{n + 1}) .

因此由例 7.33 可知,特征值为 $λ_{0}$ 的 $k$ 阶 Jordan 块 $J_{k} (λ_{0})$ 在 $A, B$ 的 Jordan 标准型中出现的个数相同,从而 $A, B$ 有相同的 Jordan 标准型,于是它们相似.

例 7.35 设 $J$ 是一个特征值等于非零数 $a$ 的 $n$ 阶 Jordan 块,求 $J^{m} (m \geq 1)$ 的 Jordan 标准型.

解本题可以用行列式因子、极小多项式或几何重数中的任何一种方法来求解,这里我们采用几何重数的方法来做. 显然 $J^{m}$ 的所有特征值都为 $a^{m}$ . 做分解 $J = a I_{n} + N$ ,其中 $N = J_{n} (0)$ ,则有

J^{m} = (a I_{n} + N)^{m} = a^{m} I_{n} + C_{m}^{1} a^{m - 1} N + \dots + N^{m},

于是 $r (J^{m} - a^{m} I_{n}) = r (C_{m}^{1} a^{m - 1} N + \dots + N^{m}) = n - 1$ ,从而特征值 $a^{m}$ 的几何重数等于 1,因此 $J^{m}$ 的 Jordan 标准型中只有一个 Jordan 块,即 $J^{m}$ 的 Jordan 标准型为 $J_{n} (a^{m})$ . 利用本题也可以给出例 7.7 的另一证明.

例 7.36 设 $J$ 是一个特征值等于零的 $n$ 阶 Jordan 块,求 $J^{m} (m \geq 1)$ 的 Jordan 标准型.

解若 $m \geq n$ ,则 $J^{m} = O$ ,这就是它的 Jordan 标准型. 下设 $m < n$ ,并作带余除法: $n = m q + r$ ,其中 $0 \leq r < m$ . 我们先来计算 $J^{m}$ 的幂的秩:

r ((J^{m})^{k}) = n - mk, 0 \leq k \leq q; r ((J^{m})^{k}) = 0, k \geq q + 1.

由例 7.33 可知,当 $1 \leq k < q$ 时, $J_{k} (0)$ 的个数为 $r ((J^{m})^{k - 1}) + r ((J^{m})^{k + 1}) -$ $tr ((J^{m})^{k}) = (n - m (k - 1)) + (n - m (k + 1)) - 2 (n - mk) = 0; J_{q} (0)$ 的个数为 $r ((J^{m})^{q - 1}) + r ((J^{m})^{q + 1}) - 2 r ((J^{m})^{q}) = (n - m (q - 1)) + 0 - 2 (n - m q) =$ $m - r; J_{q + 1} (0)$ 的个数为 $r ((J^{m})^{q}) + r ((J^{m})^{q + 2}) - 2 r ((J^{m})^{q + 1}) = (n - m q) +$ $0 - 0 = r$ ; 当 $k > q + 1$ 时, $J_{k} (0)$ 的个数为 0 . 因此 $J^{m}$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{q} (0), \dots, J_{q} (0), J_{q + 1} (0), \dots, J_{q + 1} (0)}$ ,其中有 $m - r$ 个 $J_{q} (0), r$ 个 $J_{q + 1} (0)$ .

例 7.36 给出了例 7.31 的推广, 并完满地回答了之前提出的那个问题. 下面的例题是例 6.44 的推广.

例 7.37 设 $m$ 阶矩阵 $A$ 与 $n$ 阶矩阵 $B$ 没有公共的特征值,且 $A, B$ 的 Jordan 标准型分别为 $J_{1}, J_{2}$ ,又 $C$ 为 $m \times n$ 矩阵,求证: $M = (A O C B)$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ .

证法 1 设 $P_{1} (λ), P_{2} (λ), Q_{1} (λ), Q_{2} (λ)$ 是可逆 $λ$ -矩阵,使得

P_{1} (λ) (λ I_{m} - A) Q_{1} (λ) = Λ_{1} = diag {f_{1} (λ), f_{2} (λ), \dots, f_{m} (λ)},

P_{2} (λ) (λ I_{n} - B) Q_{2} (λ) = Λ_{2} = diag {g_{1} (λ), g_{2} (λ), \dots, g_{n} (λ)}

分别是 $A, B$ 的法式. 考虑如下 $λ$ -矩阵的初等变换:

(P_{1} O O P_{2}) (λ I_{m} - A O - C λ I_{n} - B) (Q_{1} O O Q_{2}) = (Λ_{1} O D Λ_{2}),

其中 $D = - P_{1} C Q_{2} = (d_{ij} (λ))$ 是 $m \times n$ 阶 $λ$ -矩阵. 由于 $A, B$ 没有公共的特征值,故对任意的 $1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n, (f_{i} (λ), g_{j} (λ)) = 1$ ,从而存在 $u_{ij} (λ), v_{ij} (λ)$ ,使得 $f_{i} (λ) u_{ij} (λ) + g_{j} (λ) v_{ij} (λ) = 1$ . 将 $λ$ -矩阵 $(Λ_{1} O D Λ_{2})$ 的第 $i$ 列乘以 $- u_{ij} (λ) d_{ij} (λ)$ 加到第 $m + j$ 列上,再将第 $m + j$ 行乘以 $- v_{ij} (λ) d_{ij} (λ)$ 加到第 $i$ 行上,则可以消去 $D$ 的第 $(i, j)$ 元素,因此 $M$ 的特征矩阵相抵于对角矩阵 $diag {Λ_{1}, Λ_{2}}$ . 由例 7.2 可知, $M$ 的初等因子组是 $f_{1} (λ), \dots, f_{m} (λ), g_{1} (λ), \dots, g_{n} (λ)$ 的准素因子组, 而 $f_{1} (λ), \dots, f_{m} (λ)$ 的准素因子组是 $A$ 的初等因子组, $g_{1} (λ), \dots, g_{n} (λ)$ 的准素因子组是 $B$ 的初等因子组,因此 $M$ 的初等因子组是 $A, B$ 初等因子组的无交并集,于是 $M$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ .

证法 2 由例 6.65 可知,矩阵方程 $A X - XB = C$ 存在唯一解 $X = X_{0}$ . 考虑如下相似变换:

(I_{m} O X_{0} I_{n}) (A O C B) (I_{m} O - X_{0} I_{n}) = (A O - A X_{0} + X_{0} B + C B) = (A O O B),

因此 $M$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ .

7.2.7 求过渡矩阵

我们在第 6 章中曾经介绍过对可对角化矩阵 $A$ ,如何求过渡矩阵 $P$ ,使 $P^{- 1} AP$ 是对角矩阵的方法. 现在我们要对一般的矩阵 (未必可对角化) 介绍如何求 $P$ , 使 $P^{- 1} AP$ 为 Jordan 标准型的方法. 我们下面将介绍 3 种方法: 第一种方法是用 $λ$ -矩阵的初等变换; 第二种方法是用解线性方程组的方法; 第三种方法是用几何方法,通过求新基来求出 $P$ . 应该说,这些方法都要涉及复杂的计算. 对于一般的数字矩阵我们经常用第二种方法.

例 7.38 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵, $P (λ)$ 及 $Q (λ)$ 是同阶可逆 $λ$ -矩阵,且

Q (λ) (λ I_{n} - A) P (λ) = λ I_{n} - J,

其中 $J$ 是矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型. 又

P (λ) = T (λ) (λ I_{n} - J) + P,

其中 $P$ 是一个数字矩阵,求证: $P^{- 1} AP = J$ .

证明由已知得 $(λ I_{n} - A) P (λ) = Q (λ)^{- 1} (λ I_{n} - J)$ . 代入 $P (λ)$ ,得

(λ I_{n} - A) [T (λ) (λ I_{n} - J) + P] = Q (λ)^{- 1} (λ I_{n} - J) .

整理得

(λ I_{n} - A) P = [Q (λ)^{- 1} - (λ I_{n} - A) T (λ)] (λ I_{n} - J) .

比较 $λ$ 的次数可知,右边中括号内的矩阵必须是数字矩阵,记之为 $R$ ,于是

(λ I_{n} - A) P = R (λ I_{n} - J) .

去括号再次比较次数得 $P = R, AP = RJ$ . 若可证明 $P$ 是可逆矩阵,即有 $P^{- 1} AP = J$ . 由 $Q (λ)^{- 1} - (λ I_{n} - A) T (λ) = R$ 得

I_{n} = Q (λ) (λ I_{n} - A) T (λ) + Q (λ) R .

由已知, $Q (λ) (λ I_{n} - A) = (λ I_{n} - J) P (λ)^{- 1}$ ,所以

I_{n} = (λ I_{n} - J) P (λ)^{- 1} T (λ) + Q (λ) R .

设 $Q (λ) = (λ I - J) M (λ) + N$ ,其中 $N$ 是数字矩阵,于是

I_{n} = (λ I_{n} - J) [P (λ)^{- 1} T (λ) + M (λ) R] + NR .

比较次数即得 $NR = I_{n}, R$ 可逆,即 $P$ 可逆.

由例 7.38 可知,两个数字矩阵相似当且仅当它们的特征矩阵作为 $λ$ -矩阵相抵.

例 7.39 设复四维空间上的线性变换 $φ$ 在基 $e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}$ 下的表示矩阵为

A = 3900 - 1 - 3 00 1 - 7 42 - 7 - 1 - 8 - 4

求一组新基,使 $φ$ 在这组新基下的表示矩阵是 $A$ 的 Jordan 标准型,并求过渡矩阵.

解通过计算可知 $λ I_{4} - A$ 的法式为 $diag {1, 1, λ^{2}, λ^{2}}$ ,故 $A$ 的初等因子组为 $λ^{2}, λ^{2}$ ,从而 $A$ 的 Jordan 标准型为

J = 0000100000000010

设过渡矩阵为 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ,则 $P^{- 1} AP = J$ ,即

AP = (A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}, A α_{4}) = PJ = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) J,

从而得到线性方程组:

A α_{1} = 0, A α_{2} = α_{1}, A α_{3} = 0, A α_{4} = α_{3} .

解 $Ax = 0$ 得到两个线性无关的解,将它们分别作为 $α_{1}$ 和 $α_{3}$ :

α_{1} = (1, 3, 0, 0)^{'}, α_{3} = (5, 0, 6, 3)^{'} .

再求解方程组 $Ax = α_{1}, Ax = α_{3}$ ,得到

α_{2} = (\frac{1}{3}, 0, 0, 0)^{'}, α_{4} = (\frac{7}{6}, 0, \frac{3}{2}, 0)^{'} .

因此过渡矩阵

P = 1300 \frac{1}{3} 000 5063 \frac{7}{6} 0 \frac{3}{2} 0

新基为 $(f_{1}, f_{2}, f_{3}, f_{4}) = (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}) P$ ,即

f_{1} = e_{1} + 3 e_{2}, f_{2} = \frac{1}{3} e_{1}, f_{3} = 5 e_{1} + 6 e_{3} + 3 e_{4}, f_{4} = \frac{7}{6} e_{1} + \frac{3}{2} e_{3} .

注在例 7.39 中,任取 $Ax = 0$ 的两个线性无关的解作为 $α_{1}, α_{3}$ ,都可以解出对应的 $α_{2}, α_{4}$ ,即线性方程组 $Ax = α_{1}$ 和 $Ax = α_{3}$ 的可解性不依赖于 $α_{1}, α_{3}$ 的选取 (请读者自行思考其中的原因), 但这并非是普遍的情形. 一般来说, 我们总是可以取到 $(A - λ_{0} I) x = 0$ 的一个非零解 (即特征值 $λ_{0}$ 的特征向量) $α_{1}$ ,但若 $α_{1}$ 选取不当,线性方程组 $(A - λ_{0} I) x = α_{1}$ 有可能是无解的. 因此在选取特征向量时,需要我们仔细观察或设立参数, 这样才能保证最终得到正确的结果. 让我们来看下面例题中的具体分析.

例 7.40 设矩阵 $A = 211612 - 15 - 5 - 6$ ,试求 $A^{m} (m \geq 1)$ .

解通过计算可知 $λ I_{3} - A$ 的法式为 $diag {1, (λ + 1), (λ + 1)^{2}}$ ,故 $A$ 的初等因子组为 $(λ + 1), (λ + 1)^{2}$ ,从而 $A$ 的 Jordan 标准型为

J = - 1 00 0 - 1 0 01 - 1

设过渡矩阵为 $P = (α_{1}, α_{2}, α_{3})$ ,则 $AP = (A α_{1}, A α_{2}, A α_{3}) = PJ = (α_{1}, α_{2}, α_{3}) J$ , 从而得到线性方程组:

A α_{1} = - α_{1}, A α_{2} = - α_{2}, A α_{3} = α_{2} - α_{3} .

解 $(A + I_{3}) x = 0$ 得到两个线性无关的解 $β_{1} = (- 2, 1, 0)^{'}$ 和 $β_{2} = (5, 0, 1)^{'}$ . 注意到 $(A + I_{3}) x = β_{i} (i = 1, 2)$ 都是无解的,故不能将 $β_{1}$ 或 $β_{2}$ 直接作为 $α_{2}$ 来求 $α_{3}$ . 一般地,可设 $α_{2} = k_{1} β_{1} + k_{2} β_{2} = (- 2 k_{1} + 5 k_{2}, k_{1}, k_{2})^{'}$ ,代入线性方程组 $(A + I_{3}) x = α_{2}$ 中,利用 $r (A + I_{3}; α_{2}) = r (A + I_{3})$ 可得 $k_{1} = k_{2}$ . 因此,可取 $α_{1} = β_{1} = (- 2, 1, 0)^{'}, α_{2} = β_{1} + β_{2} = (3, 1, 1)^{'}$ ,此时可解出 $α_{3} = (1, 0, 0)^{'}$ ,于是

P = - 2 10 311100

最后可计算出

A^{m} = P J^{m} P^{- 1} = - 2 10 311100 (- 1)^{m} 00 0 (- 1)^{m} 0 0 (- 1)^{m - 1} m (- 1)^{m} 001102 - 1 1 - 5

= (- 1)^{m - 1} 3 m - 1 m m 6 m 2 m - 1 2 m - 15 m - 5 m - 5 m - 1 . □

例 7.41 设有 $n^{2}$ 个非零 $n$ 阶矩阵 $A_{ij} (i, j = 1, \dots, n)$ ,适合

A_{ij} A_{jk} = A_{ik}, A_{ij} A_{l k} = O (j \neq = l) .

求证: 存在可逆矩阵 $P$ ,使对任意的 $i, j, P^{- 1} A_{ij} P = E_{ij}$ ,其中 $E_{ij}$ 是基础矩阵.

证明因为 $A_{11} \neq = O$ ,故必存在 $α$ ,使 $A_{11} α \neq = 0$ . 令 $α_{1} = A_{11} α$ ,因为 $A_{11} A_{11} = A_{11}$ ,得到 $A_{11} α_{1} = α_{1}$ . 再令 $α_{i} = A_{i 1} α_{1}$ ,由 $A_{1 i} A_{i 1} = A_{11}$ 可知 $α_{i} \neq = 0$ . 我们得到了 $n$ 个非零向量 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ . 由已知条件不难验证这 $n$ 个向量适合下列性质:

A_{ij} α_{j} = α_{i}, A_{ij} α_{k} = 0 (j \neq = k) .

又不难证明这 $n$ 个向量线性无关. 令 $P = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n})$ ,则 $P$ 是可逆矩阵,且

A_{ij} P = (A_{ij} α_{1}, A_{ij} α_{2}, \dots, A_{ij} α_{n}) = (0, \dots, 0, α_{i}, 0, \dots, 0),

其中上式中的 $α_{i}$ 在第 $j$ 列. 另一方面,有

P E_{ij} = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) E_{ij} = (0, \dots, 0, α_{i}, 0, \dots, 0) .

因此,对任意的 $i, j, A_{ij} P = P E_{ij}$ ,即 $P^{- 1} A_{ij} P = E_{ij}$ .

7.2.8 Jordan 标准型的应用

Jordan 标准型有许多应用, 在这里我们主要介绍它在研究矩阵或线性变换性质方面的应用. 如果矩阵或线性变换的某个性质在相似关系下不变, 那么首先可以对 Jordan 块进行证明, 然后再对 Jordan 标准型进行证明, 最后即可过渡到一般的矩阵上去. 事实上, 例 7.7 和例 7.8 都是通过上述 “三段论” 的方式来证明的. 在本节中, 我们将给出更多的 Jordan 标准型应用的典型例题.

例 7.42 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 的特征值全为零,求证: $A$ 必是幂零矩阵.

证法 1 显然, $A$ 的特征多项式为 $λ^{n}$ ,由 Cayley-Hamilton 定理可得 $A^{n} = O$ , 即 $A$ 是幂零矩阵.

证法 2 设 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J$ ,则 $J$ 是主对角线上元素全为零的上三角矩阵,由例 2.4 可知 $J$ 是幂零矩阵,而 $A = PJ P^{- 1}$ ,显然, $A$ 也是幂零矩阵.

例 7.43 求矩阵 $B$ ,使 $B^{2} = A$ ,其中 $A = (3 - 1 15)$ .

解利用例 7.39 的方法,可求出过渡矩阵 $P$ 以及 $A$ 的 Jordan 标准型 $J$ , 使 $P^{- 1} A P = J$ :

P = (1101), J = (4014)

用待定元素法不难求得 $C = \pm (20 \frac{1}{4} 2)$ ,使 $C^{2} = J$ . 因为 $(PC P^{- 1})^{2} =$ $P C^{2} P^{- 1} = P J P^{- 1} = A$ ,故可取 $B = PC P^{- 1}$ . 经计算可得

B = \pm (\frac{7}{4} - \frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{9}{4}) . □

注意到例 7.43 中的 $A$ 是非异阵, $B$ 可称为 $A$ 的平方根. 事实上,我们可证明如下结论, 即非异阵存在任意次的方根.

例 7.44 设 $A$ 为 $n$ 阶非异复矩阵,证明: 对任一正整数 $m$ ,存在 $n$ 阶复矩阵 $B$ ,使 $B^{m} = A$ .

证明设 $P$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k})}$ 为 $A$ 的 Jordan 标准型. 由于 $A$ 非异,故 $A$ 的所有特征值都非零. 对 $A$ 的任 - Jordan 块 $J_{r_{i}} (λ_{i})$ ,取定 $λ_{i}$ 的某个 $m$ 次方根 $μ_{i}$ ,即 $μ_{i}^{m} = λ_{i}$ ,则由例 7.35 可知, $J_{r_{i}} (μ_{i})^{m}$ 相似于 $J_{r_{i}} (λ_{i})$ ,即存在非异阵 $Q_{i}$ ,使得 $Q_{i}^{- 1} J_{r_{i}} (μ_{i})^{m} Q_{i} = J_{r_{i}} (λ_{i})$ . 令

C = diag {J_{r_{1}} (μ_{1}), J_{r_{2}} (μ_{2}), \dots, J_{r_{k}} (μ_{k})}, Q = diag {Q_{1}, Q_{2}, \dots, Q_{k}},

则 $Q$ 是非异阵,且 $Q^{- 1} C^{m} Q = J$ ,于是

A = PJ P^{- 1} = P Q^{- 1} C^{m} Q P^{- 1} = ((Q P^{- 1})^{- 1} C (Q P^{- 1}))^{m} .

令 $B = (Q P^{- 1})^{- 1} C (Q P^{- 1})$ ,则有 $B^{m} = A$ .

注例 7.44 的结论对奇异矩阵一般并不成立. 例如,设 $A = J_{n} (0)^{m - 1}$ ,其中 $m \geq 2, n = m q$ ,则不存在 $B$ ,使得 $B^{m} = A$ . 我们用反证法来证明这个结论. 若存在满足条件的 $B$ ,则 $B$ 的特征值全为零,从而 $B$ 也是幂零矩阵,即有 $B^{n} = O$ . 另一方面,我们有 $B^{n} = (B^{m})^{q} = A^{q} = J_{n} (0)^{(m - 1) q} \neq = O$ ,这就导出了矛盾.

例 7.45 设 $A$ 为 $n$ 阶复矩阵,证明: 存在 $n$ 阶复对称矩阵 $B, C$ ,使得 $A = BC$ , 并且可以指定 $B, C$ 中任何一个为可逆矩阵.

证明设 $P$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k})}$

为 $A$ 的 Jordan 标准型. 考虑 Jordan 块 $J_{r_{i}} (λ_{i})$ 的如下两种分解:

λ_{i} 1 λ_{i} 1 ⋱ ⋱ ⋱ 1 λ_{i} = 1 λ_{i} \cdot^{\cdot^{*}} \cdot^{\cdot^{*}} 1 \cdot^{\cdot^{*}} 1 λ_{i} λ_{i} 1 \cdot^{\cdot^{*}} \cdot^{\cdot^{*}} 11 (7.5 7.6)

我们将 (7.5) 式的分解记为 $J_{r_{i}} (λ_{i}) = R_{i} S_{i}$ ,(7.6) 式的分解记为 $J_{r_{i}} (λ_{i}) = S_{i} T_{i}$ ,注意到 $R_{i}, S_{i}, T_{i}$ 都是对称矩阵,并且 $S_{i}$ 是可逆矩阵. 如果一开始选定 $B$ 为可逆矩阵, 则利用 (7.6) 式的分解; 如果一开始选定 $C$ 为可逆矩阵,则利用 (7.5) 式的分解. 以下不妨设定 $B$ 为可逆矩阵,令

S = diag {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k}}, T = diag {T_{1}, T_{2}, \dots, T_{k}},

则有 $J = ST$ ,其中 $S, T$ 都是对称矩阵,并且 $S$ 是可逆矩阵. 因此,我们有

A = PJ P^{- 1} = PST P^{- 1} = (PS P^{'}) ((P^{- 1})^{'} T P^{- 1}) .

令 $B = PS P^{'}, C = (P^{- 1})^{'} T P^{- 1}$ ,则 $A = BC$ 即为所求分解.

例 7.46 设 $A$ 为 $n$ 阶复矩阵,证明: 存在 $n$ 阶非异复对称矩阵 $Q$ ,使得 $Q^{- 1} AQ = A^{'}$ .

证明设 $P$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k})}$ 为 $A$ 的 Jordan 标准型. 采用与例 7.45 的证明中相同的记号,注意到 $S_{i}$ 是非异对称矩阵,且 $S_{i}^{2} = I$ ,即 $S_{i}^{- 1} = S_{i}$ ,我们来考虑 Jordan 块 $J_{r_{i}} (λ_{i})$ 的如下相似关系:

J_{r_{i}} (λ_{i}) = 1 ⋱ 1 λ_{i} 1 λ_{i} 1 ⋱ ⋱ ⋱ 1 λ_{i} 1 1 ⋱ 1,

即有 $J_{r_{i}} (λ_{i}) = S_{i} J_{r_{i}} (λ_{i})^{'} S_{i}$ . 令 $S = diag {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k}}$ ,则 $S$ 是非异对称矩阵, $S^{2} = I_{n}$ ,且 $J = S J^{'} S$ . 因此,我们有

A = P J P^{- 1} = PS J^{'} S P^{- 1} = PS P^{'} A^{'} (P^{- 1})^{'} S P^{- 1} = (PS P^{'}) A^{'} (PS P^{'})^{- 1} .

令 $Q = PS P^{'}$ ,则 $Q$ 为非异复对称矩阵,使得 $Q^{- 1} AQ = A^{'}$ .

下面例题中的证法 1 对矩阵 $B$ 用摄动法进行证明. 证法 2 用同时上三角化的方法加以证明 (注意这时 $A B = B A$ ).

例 7.47 设 $A, B$ 都是 $n$ 阶矩阵且 $A B = B A$ . 假定 $A$ 是幂零矩阵,求证: $∣ A + B ∣ = ∣ B ∣$

证法 1 先假定 $B$ 是可逆矩阵,则 $∣ A + B ∣ = A B^{- 1} + I_{n} ∣ B ∣$ . 只要证明 $I_{n} + A B^{- 1} = 1$ 即可. 由 $AB = BA$ 可知 $A, B^{- 1}$ 也可交换,又 $A$ 是幂零矩阵, 故 $A B^{- 1}$ 也是幂零矩阵. 设 $J$ 是 $A B^{- 1}$ 的 Jordan 标准型,则 $I_{n} + A B^{- 1} = ∣ I_{n} + J ∣$ , 而 $I_{n} + J$ 是主对角元素全为 1 的上三角矩阵,故 $∣ I_{n} + J ∣ = 1$ .

对于一般的矩阵 $B$ ,可取到一列有理数 $t_{k} \to 0$ ,使得 $t_{k} I_{n} + B$ 是可逆矩阵. 由可逆矩阵情形的证明可得 $∣ A + t_{k} I_{n} + B ∣ = ∣ t_{k} I_{n} + B ∣$ . 注意到上式两边都是 $t_{k}$ 的多项式,从而关于 $t_{k}$ 连续. 上式两边同时取极限,令 $t_{k} \to 0$ ,便得到结论.

证法 2 由例 $6.50, A, B$ 可同时上三角化,即存在可逆矩阵 $P$ ,使 $P^{- 1} AP$ 和 $P^{- 1} BP$ 都是上三角矩阵. 因为上三角矩阵的主对角元素是矩阵的特征值,而幂零矩阵的特征值全是零,所以 $P^{- 1} A P + P^{- 1} BP = P^{- 1} BP$ ,此即 $∣ A + B ∣ = ∣ B ∣$ .

例 7.48 设 $λ_{0}$ 是 $n$ 阶矩阵 $A$ 的 $k$ 重特征值,求证: $r (λ_{0} I_{n} - A)^{k} = n - k$ .

证明设 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J$ ,又假定 $P$ 是可逆矩阵,使 $P^{- 1} AP = J$ ,则

P^{- 1} (λ_{0} I_{n} - A)^{k} P = (λ_{0} I_{n} - P^{- 1} AP)^{k} = (λ_{0} I_{n} - J)^{k} .

因此只要对 $J$ 证明结论即可. 设 $J_{1}$ 是 $J$ 中其主对角线上元素为 $λ_{0}$ 的一块. 因为 $λ_{0}$ 是 $k$ 重特征值,故 $J_{1}$ 的阶数不超过 $k$ . 因此 $(λ_{0} I - J_{1})^{k} = O$ . 这说明 $J$ 中以 $λ_{0}$ 为特征值的块在 $k$ 次乘方以后等于零,而其余块都是可逆矩阵 (主对角线上元素不等于零的上三角矩阵),显然它们的 $k$ 次方仍是可逆矩阵. 不难看出 $r (λ_{0} I_{n} - J)^{k} = n - k$ . 结论成立.

例 7.49 设 $A, B$ 分别是 $m, n$ 阶矩阵,求证: 矩阵方程 $AX - XB = O$ 只有零解的充要条件是 $A$ 和 $B$ 无公共的特征值.

证法 1 例 6.63 其实就是本题的充分性部分, 在那里我们利用 Cayley-Hamilton 定理给出了充分性的一个简洁的证明,下面来证明必要性. 设 $λ_{0}$ 是矩阵 $A$ 和 $B$ 的公共特征值,由于 $B^{'}$ 和 $B$ 有相同的特征值,故 $λ_{0}$ 也是 $B^{'}$ 的特征值. 现假定 $α, β$ 分别是 $A, B^{'}$ 的特征向量,即 $A α = λ_{0} α, B^{'} β = λ_{0} β$ . 令 $X_{0} = α β^{'}$ ,则 $X_{0} \neq = O$ , 且

A X_{0} = A α β^{'} = λ_{0} (α β^{'}), X_{0} B = α β^{'} B = α (B^{'} β)^{'} = λ_{0} (α β^{'}),

所以 $A X_{0} = X_{0} B$ ,即 $X_{0}$ 是矩阵方程的非零解.

证法 2 先证充分性. 我们可将问题归结为 $B$ 是 Jordan 块的情形来证明. 首先,若 $P^{- 1} BP = J$ 是 $B$ 的 Jordan 标准型,则 $A X - XB = O$ 当且仅当 $A XP = XBP$ ,即 $A (XP) = (XP) (P^{- 1} BP), X = O$ 当且仅当 $XP = O$ , 并且 $B$ 与 $J$ 有相同的特征值,因此不妨假定 $B$ 已是 Jordan 标准型. 其次, 设 $X = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n})$ ,则有

AX = (A α_{1}, A α_{2}, \dots, A α_{n}) = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) B = XB . (7.7)

若 $B$ 有 $k$ 个 Jordan 块,则上述方程组可分解为 $k$ 个独立的方程组,上述方程组只有零解当且仅当这 $k$ 个独立的方程组都只有零解,因此不妨进一步假定 $B = J_{n} (λ_{0})$ 是一个 Jordan 块. 此时, 上述方程组即为

A α_{1} = λ_{0} α_{1}, A α_{2} = α_{1} + λ_{0} α_{2}, \dots, A α_{n} = α_{n - 1} + λ_{0} α_{n} .

由于 $A, B$ 没有公共的特征值,故 $λ_{0}$ 不是 $A$ 的特征值,从而由 $A α_{1} = λ_{0} α_{1}$ 只能得到 $α_{1} = 0$ . 代入第二个方程可得 $A α_{2} = λ_{0} α_{2}$ ,相同的理由可推出 $α_{2} = 0$ . 不断这样做下去,最后可得 $α_{i} = 0 (i = 1, 2, \dots, n)$ ,即 $X = O$ ,从而矩阵方程只有零解.

再证必要性. 我们可将问题归结为 $B$ 是 Jordan 块的情形来做. 首先,和充分性的证明一样,我们不妨假定 $B$ 已是 Jordan 标准型. 其次,注意到方程组 (7.7) 存在非零解当且仅当 $k$ 个独立的方程组中至少有一个存在非零解. 假设 $A$ 和 $B$ 有公共的特征值 $λ_{0}$ ,则不妨进一步假设 $B = J_{n} (λ_{0})$ 是特征值 $λ_{0}$ 的一个 Jordan 块. 此时, 方程组 (7.7) 即为

A α_{1} = λ_{0} α_{1}, A α_{2} = α_{1} + λ_{0} α_{2}, \dots, A α_{n} = α_{n - 1} + λ_{0} α_{n} .

令 $α_{1} = \dots = α_{n - 1} = 0$ ,因为 $λ_{0}$ 也是 $A$ 的特征值,所以 $A α_{n} = λ_{0} α_{n}$ 有非零解 $α_{n} = α$ ,于是 $X_{0} = (0, \dots, 0, α)$ 是矩阵方程 $AX = XB$ 的非零解.

例 7.50 设 $A, B$ 分别是 $m, n$ 阶矩阵, $C$ 是 $m \times n$ 矩阵,求证: 矩阵方程 $AX - XB = C$ 存在唯一解的充要条件是 $A$ 和 $B$ 无公共的特征值.

证法 1 例 6.65 其实就是本题的充分性部分, 在那里定义了一个线性变换 $φ (X) = AX - XB$ ,由例 6.63 (或例 7.49 的充分性) 可知 $φ$ 是一个单射, 从而是线性自同构,于是对任意的 $m \times n$ 矩阵 $C$ ,存在唯一的 $X$ ,使得 $φ (X) = C$ . 下面来证必要性. 设 $A, B$ 有公共的特征值,若 $A X - XB = C$ 无解,则结论显然成立; 若 $A X - XB = C$ 存在一个解 $X = X_{1}$ ,则由例 7.49 的证法 1 可知, $AX - XB = O$ 有非零解 $X = X_{0}$ ,于是 $X = X_{1} + k X_{0}$ ( $k$ 为任意的常数) 是 $AX - XB = C$ 的无穷多个解.

证法 2 先证充分性. 首先不妨假定 $B$ 已是 Jordan 标准型. 设 $X =$ $(α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}), C = (β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n})$ ,则 $AX - XB = C$ 等价于如下方程组:

(A α_{1}, A α_{2}, \dots, A α_{n}) - (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) B = (β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n}) . (7.8)

若 $B$ 有 $k$ 个 Jordan 块,则上述方程组可分解为 $k$ 个独立的方程组,上述方程组有唯一解当且仅当这 $k$ 个独立的方程组都只有唯一解,因此不妨进一步假定 $B = J_{n} (λ_{0})$ 是一个 Jordan 块. 此时, 方程组 (7.8) 即为

A α_{1} - λ_{0} α_{1} = β_{1}, A α_{2} - (α_{1} + λ_{0} α_{2}) = β_{2}, \dots, A α_{n} - (α_{n - 1} + λ_{0} α_{n}) = β_{n} .

由于 $A, B$ 没有公共的特征值,故 $λ_{0}$ 不是 $A$ 的特征值,从而 $A - λ_{0} I_{n}$ 是可逆矩阵. 于是由上述第一个方程可解得 $α_{1} = (A - λ_{0} I_{n})^{- 1} β_{1}$ ,由第二个方程可解得 $α_{2} =$ $(A - λ_{0} I_{n})^{- 1} (α_{1} + β_{2}), \dots$ ,由最后一个方程可解得 $α_{n} = (A - λ_{0} I_{n})^{- 1} (α_{n - 1} + β_{n})$ , 因此矩阵方程 $AX - XB = C$ 有唯一解.

再证必要性. 首先,不妨假定 $B$ 已是 Jordan 标准型. 其次,若 $B$ 有 $k$ 个 Jordan 块,则方程组 (7.8) 可分解为 $k$ 个独立的方程组. 注意到,若这 $k$ 个独立的方程组中有一个无解,那么方程组 (7.8) 必无解; 若这 $k$ 个独立的方程组都有解,并且至少有一个方程组有无穷个解,那么方程组 (7.8) 也有无穷个解. 假设 $A$ 和 $B$ 有公共的特征值 $λ_{0}$ ,若这 $k$ 个独立的方程组中有一个无解,则结论已成立; 若这 $k$ 个独立的方程组都有解,根据上述讨论,不妨进一步假设 $B = J_{n} (λ_{0})$ 是特征值 $λ_{0}$ 的一个 Jordan 块. 此时, 方程组 (7.8) 即为

(A - λ_{0} I_{n}) α_{1} = β_{1}, (A - λ_{0} I_{n}) α_{2} = α_{1} + β_{2}, \dots, (A - λ_{0} I_{n}) α_{n} = α_{n - 1} + β_{n} .

由于 $λ_{0}$ 是 $A$ 的特征值,故 $(A - λ_{0} I_{n}) x = 0$ 有无穷个解. 注意到,若 $(α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n})$ 是上述方程组的一个解,则对 $(A - λ_{0} I_{n}) x = 0$ 的任一解 $α_{0}, (α_{1} + α_{0}, α_{2} +$ $α_{0}, \dots, α_{n} + α_{0})$ 也是上述方程组的解,因此矩阵方程有无穷个解.

例 7.51 设 $λ_{0}$ 是 $n$ 阶复矩阵 $A$ 的一个特征值,并且属于 $λ_{0}$ 的初等因子都是次数大于等于 2 的多项式. 求证: $A$ 属于 $λ_{0}$ 的特征向量 $α$ 可以表示为 $A - λ_{0} I_{n}$ 的列向量的线性组合.

证明由 Jordan 标准型理论可知,特征值 $λ_{0}$ 的每一个 Jordan 块只有一个特征向量,并且特征值 $λ_{0}$ 的任一特征向量均是所有 Jordan 块中特征向量的线性组合,因此我们只要证明 $A$ 的 Jordan 标准型只含一个 Jordan 块 $J_{n} (λ_{0})$ 的情形即可. 设 $P = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n})$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J_{n} (λ_{0})$ ,即 $AP = P J_{n} (λ_{0})$ ,利用分块矩阵的乘法可得

A α_{1} = λ_{0} α_{1}, A α_{2} = α_{1} + λ_{0} α_{2}, \dots, A α_{n} = α_{n - 1} + λ_{0} α_{n} .

注意到 $n \geq 2$ ,故有 $α_{1} = (A - λ_{0} I_{n}) α_{2}$ ,从而特征向量 $α_{1}$ 可表示为 $A - λ_{0} I_{n}$ 的列向量的线性组合.

例 7.52 设 $A$ 是 $n$ 阶奇异复矩阵但不是幂零矩阵,求证 $A$ 相似于下列矩阵:

(B O O C)

其中 $B$ 是幂零矩阵, $C$ 是可逆矩阵.

证明 $A$ 是奇异矩阵,因此有特征值 $0. A$ 的 Jordan 标准型中有部分块的主对角线上的元素为 0 . 将所有这些块都移动到一起所组成的矩阵记为 $B$ ,显然 $B$ 是幂零矩阵. 将其余的 Jordan 块组成的矩阵记为 $C$ . 因为 $C$ 中每一块矩阵的主对角线上的元素不为 0,故可逆,于是 $C$ 也可逆,这就证明了结论.

例 7.53 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,若 $tr A = 0$ ,则 $A$ 相似于一个主对角线上元素全等于零的矩阵.

证法 1 对矩阵的阶用归纳法. 当 $n = 1$ 时结论显然,假定结论对阶小于 $n$ 的矩阵成立. 首先我们注意到如果可证明 $A$ 相似于下列分块矩阵:

B = (0 β α A_{2})

其中 $A_{2}$ 是一个 $n - 1$ 矩阵,则显然 $tr A_{2} = 0$ . 因此由归纳假设,存在可逆矩阵 $Q$ , 使 $Q^{- 1} A_{2} Q$ 是主对角线上的元素全为零的矩阵. 令 $P = (1 O O Q)$ ,则

P^{- 1} BP = (0 Q^{- 1} β α Q Q^{- 1} A_{2} Q) .

显然这是我们要求的矩阵. 由于相似的矩阵具有相同的迹,故可将问题归结为 $A$ 是 Jordan 标准型的情形来证明. 因此我们只须证明迹等于零的 Jordan 标准型 $A$ 总相似于具有形状 $B$ 的矩阵. 下面分两种情况来讨论.

(1) 若 $A$ 是对角矩阵,我们可假定 $A$ 的主对角线上的元素都不等于零,否则根据归纳假设结论已成立. 设 $A = diag {λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}}$ . 因为 $tr A = 0$ ,我们可以假设 $λ_{1} \neq = λ_{2}$ . 注意下面的变换是相似变换 (为叙述简单,我们用二阶矩阵来说明):

(1 - 1 01) (λ_{1} 0 0 λ_{2}) (1101) = (λ_{1} λ_{2} - λ_{1} 0 λ_{2}) .

同理, 下列变换也是相似变换:

(10 - \frac{λ _{1}}{λ _{2} - λ _{1}} 1) (λ_{1} λ_{2} - λ_{1} 0 λ_{2}) (10 \frac{λ _{1}}{λ _{2} - λ _{2}} 1) = (0 λ_{2} - λ_{1} - \frac{λ _{1} λ _{2}}{λ _{2} - λ _{1}} λ_{1} + λ_{2}) .

我们得到了一个第 $(1, 1)$ 元素为零的矩阵,根据前面的分析,结论成立.

(2) 假定 $A$ 有阶数大于 1 的 Jordan 块. 同上我们可以假定 $A$ 的每个特征值都不等于零. 设 $J_{1}$ 是 $A$ 的第一个 Jordan 块:

λ_{1} 00 ⋮ 0 1 λ_{1} 0 ⋮ 0 01 λ_{1} ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ λ_{1}

对 $J_{1}$ 进行如下初等变换: 将第一行元素乘以 $λ_{1}$ 加到第二行上,再对得到的矩阵以 $- λ_{1}$ 乘以第二列加到第一列上,这样就将第 $(1, 1)$ 元素变为零. 而上述变换是相似变换. 因此 $A$ 相似于一个第 $(1, 1)$ 元素为零的矩阵,显然我们又得到了结论.

证法 2 同上用归纳法,并将问题归结为 $A$ 是有理标准型的情形来证明. 因此我们只须证明迹等于零的有理标准型 $A$ 相似于形如 $B$ 一样的矩阵即可. 如果 $A$ 的有理标准型中有一块的阶大于 1,则显然结论已成立. 如果 $A$ 的有理标准型中的每一块都是一阶的,则 $A$ 的不变因子都是一次多项式,因此必相同,假定为 $λ - a$ . 于是 $A$ 相似于 $a I_{n}$ ,从而 $A = a I_{n}$ ,又由 $tr A = 0$ 可知 $a = 0$ ,故 $A = O$ .

例 7.54 设 $C$ 是 $n$ 阶矩阵,求证: 存在 $n$ 阶矩阵 $A, B$ ,使 $AB - BA = C$ 的充要条件是 $tr C = 0$ .

证明相似的矩阵具有相同的迹. 若 $P^{- 1} CP$ 是主对角线上元素全为零的矩阵 (根据上题, 它是存在的), 则

(P^{- 1} AP) (P^{- 1} BP) - (P^{- 1} BP) (P^{- 1} AP) = P^{- 1} CP .

故不失一般性,可假定 $C$ 是一个主对角线上元素全为零的矩阵. 设 $C = (c_{ij})$ ,令 $B$ 是对角矩阵 $B = diag {b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}}$ ,且假定 $b_{i}$ 互不相同. 又设 $A = (a_{ij})$ ,则

AB - BA = a_{11} b_{1} a_{21} b_{1} ⋮ a_{n 1} b_{1} a_{12} b_{2} a_{22} b_{2} ⋮ a_{n 2} b_{2} \dots \dots \dots a_{1 n} b_{n} a_{2 n} b_{n} ⋮ a_{nn} b_{n} - a_{11} b_{1} a_{21} b_{2} ⋮ a_{n 1} b_{n} a_{12} b_{1} a_{22} b_{2} ⋮ a_{n 2} b_{n} \dots \dots \dots a_{1 n} b_{1} a_{2 n} b_{2} ⋮ a_{nn} b_{n}

= 0 c_{21} ⋮ c_{n 1} c_{12} 0 ⋮ c_{n 2} \dots \dots \dots c_{1 n} c_{2 n} ⋮ 0

当 $i \neq = j$ 时, $a_{ij} b_{j} - a_{ij} b_{i} = c_{ij}$ ,因此 $a_{ij} = \frac{c _{ij}}{b _{j} - b _{i}}$ ,矩阵 $A$ 存在.

7.2.9 矩阵函数

矩阵函数在微分方程理论中有重要应用. 下面介绍几道例题供读者参考. 首先必须注意到, 在具体计算矩阵函数时不能随便套用数值函数的性质. 比如在数值函数中,成立 $e^{x} \cdot e^{y} = e^{x + y} = e^{y} \cdot e^{x}$ ,但对一般的矩阵 $A, B$ 来说, $e^{A} \cdot e^{B} = e^{A + B} = e^{B} \cdot e^{A}$ 并不一定成立. 例如,

A = (1010), B = (0101)

通过计算不难验证 $AB = A, BA = B$ ,并且

e^{A} = (e 0 e - 1 1), e^{B} = (1 e - 1 0 e), e^{A + B} = (\frac{e ^{2} + 1}{2} \frac{e ^{2} - 1}{2} \frac{e ^{2} - 1}{2} \frac{e ^{2} + 1}{2}),

因此 $A B \neq = B A$ ,并且在 $e^{A} \cdot e^{B}, e^{B} \cdot e^{A}$ 以及 $e^{A + B}$ 这 3 个矩阵中,任意两个都不相等. 但若 $A, B$ 乘法可交换,则在上述 3 个矩阵中,任意两个都相等,这就是下面的例 7.55 和例 7.57.

例 7.55 求证: 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 和 $B$ 乘法可交换,则 $e^{A} \cdot e^{B} = e^{B} \cdot e^{A}$ .

证明设 $f (z) = e^{z}$ ,并且 $f_{p} (z) = 1 + \frac{1}{1 !} z + \frac{1}{2 !} z^{2} + \dots + \frac{1}{p !} z^{p}$ 为 $f (z)$ 的部分和,因为 $f (z)$ 的收敛半径为 $+ \infty$ ,所以对任一矩阵 $A, p \to \infty lim f_{p} (A) = f (A) = e^{A}$ . 由于 $AB = BA$ ,故对任意的正整数 $p, q$ ,成立 $f_{p} (A) f_{q} (B) = f_{q} (B) f_{p} (A)$ . 先固定 $p$ , 令 $q \to \infty$ ,则可得

f_{p} (A) f (B) = f_{p} (A) (q \to \infty lim f_{q} (B)) = q \to \infty lim (f_{p} (A) f_{q} (B)) = q \to \infty lim (f_{q} (B) f_{p} (A))

= (q \to \infty lim f_{q} (B)) f_{p} (A) = f (B) f_{p} (A) .

同理,再对上式令 $p \to \infty$ ,则可得 $f (A) f (B) = f (B) f (A)$ ,即结论成立. [

注由例 7.55 类似的讨论可证明: 若 $f (z), g (z)$ 是两个收敛半径都是 $+ \infty$ 的复幂级数,则对任意乘法可交换的 $A, B$ ,均有 $f (A) g (B) = g (B) f (A)$ .

要证明 $e^{A} \cdot e^{B} = e^{A + B}$ ,却没有例 7.55 那么简单,因为这里面涉及到级数的乘积. 比如在数学分析中考虑数项级数乘积 $i, j = 1 \sum \infty a_{i} b_{j}$ 的收敛性,一般来说,只有当 $i = 1 \sum \infty a_{i}$ 和 $j = 1 \sum \infty b_{j}$ 都是绝对收敛时,上述级数乘积的收敛性才能得到保证,特别地, 还可以得到 Cauchy 乘积的收敛性,即 $n = 1 \sum \infty (i + j = n \sum a_{i} b_{j})$ 收敛到 $(i = 1 \sum \infty a_{i}) \cdot (j = 1 \sum \infty b_{j})$ . 因此, 为了类似地讨论矩阵幂级数乘积的收敛性, 我们必须引入矩阵范数的概念 (类似于复数的模长). 由于更一般的范数概念及其性质将在第 9 章内积空间中详细定义和研究, 故这里只讨论矩阵范数的一些简单性质. 另外, 矩阵范数可以有很多种, 这里我们选取由 Frobenius 内积诱导的范数 (具体可参考第 9 章).

例 7.56 设 $A = (a_{ij})$ 是 $n$ 阶复矩阵,定义 $A$ 的范数为其所有元素模长的平方和的算术平方根,即 $∥ A ∥= i, j = 1 \sum n ∣ a_{ij} ∣^{2}$ . 设 $B = (b_{ij})$ 也是 $n$ 阶复矩阵,求证:

(1) $∥ A ∥\geq 0$ ,等号成立当且仅当 $A = O$ ;

(2) $∥ A + B ∥\leq∥ A ∥ + ∥ B ∥$ ;

(3) $∥ AB ∥\leq∥ A ∥ \cdot ∥ B ∥$ .

证明 (1) 显然成立. (2) 就是一般范数的三角不等式, 读者可参考第 9 章的相关内容. (3) 注意到 $∥ AB ∥^{2} = i, j = 1 \sum n k = 1 \sum n a_{ik} b_{kj}^{2}, ∥ A ∥^{2} \cdot ∥ B ∥^{2} = (i, k = 1 \sum n ∣ a_{ik} ∣^{2})$ . $(k, j = 1 \sum n ∣ b_{kj} ∣^{2})$ ,由 Cauchy-Schwarz 不等式 (参考例 2.68 的复数形式) 即得结论.

例 7.57 求证: 若 $n$ 阶矩阵 $A$ 和 $B$ 乘法可交换,则 $e^{A} \cdot e^{B} = e^{A + B}$ .

证明设 $f (z) = e^{z}$ ,并且 $f_{p} (z) = 1 + \frac{1}{1 !} z + \frac{1}{2 !} z^{2} + \dots + \frac{1}{p !} z^{p}$ 为 $f (z)$ 的部分和. 注意到 $AB = BA$ ,经简单的计算可知, $f_{p} (A) f_{p} (B)$ 展开后的单项包含 $f_{p} (A + B)$ 展开后的所有单项,且剩余单项可表示为 $\frac{A ^{i}}{i !} \frac{B ^{j}}{j !}$ 的形式,其中 $i + j > p$ ,故由例 7.56 可得

f_{p} (A) f_{p} (B) - f_{p} (A + B) \leq k > p \sum i + j = k \sum \frac{∥ A ∥ ^{i}}{i !} \frac{∥ B ∥ ^{j}}{j !} = k > p \sum \frac{( ∥ A ∥ + ∥ B ∥ ) ^{k}}{k !} .

由于数项级数 $k = 0 \sum \infty \frac{1}{k !} (∥ A ∥ + ∥ B ∥)^{k}$ 收敛到 $e^{∥ A ∥ + ∥ B ∥}$ ,故当 $p$ 充分大时,上式右边趋于零. 令 $p \to \infty$ ,则由上式即得 $∥ f (A) f (B) - f (A + B) ∥= 0$ ,再次由例 7.56 可得 $e^{A} \cdot e^{B} = e^{A + B}$ .

注从例 7.57 的证明可以看出,矩阵幂级数 $e^{A}$ 的绝对收敛性保证了矩阵级数的 Cauchy 乘积 $e^{A + B} = p = 0 \sum \infty (i + j = p \sum \frac{A ^{i}}{i !} \frac{B ^{j}}{j !})$ 收敛到 $(i = 0 \sum \infty \frac{A ^{i}}{i !}) \cdot (j = 0 \sum \infty \frac{B ^{j}}{j !}) = e^{A} \cdot e^{B}$ . 另外, 利用例 7.57 也可给出例 7.55 的另一证明.

例 7.58 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,证明: $sin^{2} A + cos^{2} A = I_{n}$ .

证明由定义可知 $cos A = \frac{1}{2} (e^{i A} + e^{- i A}), sin A = \frac{1}{2 i} (e^{i A} - e^{- i A})$ . 求平方和 (注意交换性) 即可得到结论. $□$

例 7.59 计算 $sin (e^{c I})$ 及 $cos (e^{c I})$ ,其中 $c$ 是非零常数.

解由指数矩阵函数的定义得

e^{c I} = I + \frac{1}{1 !} (c I) + \frac{1}{2 !} (c I)^{2} + \frac{1}{3 !} (c I)^{3} + \dots

= (1 + \frac{1}{1 !} c + \frac{1}{2 !} c^{2} + \frac{1}{3 !} c^{3} + \dots) I = e^{c} I .

因此

sin (e^{c I}) = sin (e^{c} I) = e^{c} I - \frac{1}{3 !} (e^{c} I)^{3} + \frac{1}{5 !} (e^{c} I)^{5} - \frac{1}{7 !} (e^{c} I)^{7} + \dots

= [e^{c} - \frac{1}{3 !} (e^{c})^{3} + \frac{1}{5 !} (e^{c})^{5} - \frac{1}{7 !} (e^{c})^{7} + \dots] I = (sin e^{c}) I,

cos (e^{c I}) = cos (e^{c} I) = I - \frac{1}{2 !} (e^{c} I)^{2} + \frac{1}{4 !} (e^{c} I)^{4} - \frac{1}{6 !} (e^{c} I)^{6} + \dots

= [1 - \frac{1}{2 !} (e^{c})^{2} + \frac{1}{4 !} (e^{c})^{4} - \frac{1}{6 !} (e^{c})^{6} + \dots] I = (cos e^{c}) I .

例 7.60 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,求 $e^{A}$ 的行列式.

解设 $A$ 的特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ ,则 $e^{A}$ 的特征值为 $e^{λ_{1}}, e^{λ_{2}}, \dots, e^{λ_{n}}$ ,因此

e^{A} = e^{λ_{1}} e^{λ_{2}} \dots e^{λ_{n}} = e^{λ_{1} + λ_{2} + \dots + λ_{n}} = e^{tr A} .

例 7.61 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,求 $k \to \infty lim A^{k}$ 存在的充要条件以及极限矩阵.

解设 $P$ 为非异阵,使得 $P^{- 1} AP = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{s}} (λ_{s})}$ 为 $A$ 的 Jordan 标准型,则

A^{k} = P J^{k} P^{- 1} = P diag {J_{r_{1}} (λ_{1})^{k}, J_{r_{2}} (λ_{2})^{k}, \dots, J_{r_{s}} (λ_{s})^{k}} P^{- 1},

因此 $k \to \infty lim A^{k}$ 当且仅当 $k \to \infty lim J_{r_{i}} (λ_{i})^{k} (1 \leq i \leq s)$ 都存在. 不妨取 $k > n$ ,经计算可得 Jordan 块 $J_{r_{i}} (λ_{i})$ 的 $k$ 次幂为

J_{r_{i}} (λ_{i})^{k} = λ_{i}^{k} C_{k}^{1} λ_{i}^{k - 1} λ_{i}^{k} C_{k}^{2} λ_{i}^{k - 2} C_{k}^{1} λ_{i}^{k - 1} λ_{i}^{k} \dots \dots \dots ⋱ C_{k}^{r_{i} - 1} λ_{i}^{k - r_{i} + 1} C_{k}^{r_{i} - 2} λ_{i}^{k - r_{i} + 2} C_{k}^{r_{i} - 3} λ_{i}^{k - r_{i} + 3} ⋮ λ_{i}^{k},

故当 $∣ λ_{i} ∣ \geq 1$ 且 $λ_{i} \neq = 1$ 时, $k \to \infty lim λ_{i}^{k}$ 发散; 当 $λ_{i} = 1$ 且 $r_{i} \geq 2$ 时, $k \to \infty lim C_{k}^{1} λ_{i}^{k - 1}$ 发散; 当 $λ_{i} = 1$ 且 $r_{1} = 1$ 时, $k \to \infty lim J_{r_{i}} (λ_{i})^{k} = J_{1} (1)$ ; 当 $∣ λ_{i} ∣ < 1$ 时, $k \to \infty lim J_{r_{i}} (λ_{i})^{k} = O$ . 因此, $k \to \infty lim A^{k}$ 存在的充要条件是 $A$ 的特征值的模长小于 1,或者特征值等于 1 并且 $A$ 关于特征值 1 的 Jordan 块都是一阶的. 此时,极限矩阵 $k \to \infty lim A^{k} =$ $P diag {1, \dots, 1, 0, \dots, 0} P^{- 1}$ ,其中 1 的个数等于 $A$ 中特征值 1 的代数重数.

7.2.10 Jordan 标准型的几何方法

矩阵的标准型理论通常可采用代数方法或几何方法来做. 我们在教材 [1] 中采用的是代数方法,即用 $λ$ -矩阵的方法求有理标准型和 Jordan 标准型. 另外一种常用的方法是几何方法, 我们在这一节中将对这一方法作一简要的介绍. 这两种方法各有长处, 代数方法不仅证明了有理标准型和 Jordan 标准型的存在性, 而且同时给出了计算这两类标准型的方法, 比较适合初学者掌握; 而几何方法只能证明标准型的存在性, 并不能精确地计算出标准型, 不过几何方法比较直观, 利于读者从几何的层面上把握矩阵或线性变换的相关性质, 因此同时掌握这两种方法不失为一个好的选择. 这一节我们主要将对 Jordan 标准型基本定理进行证明, 有理标准型也类似可得.

例 7.62 设 $n$ 阶复矩阵 $A$ 的特征多项式 $f (λ)$ 的不可约分解为

f (λ) = (λ - λ_{1})^{r_{1}} (λ - λ_{2})^{r_{2}} \dots (λ - λ_{k})^{r_{k}} .

将 $A$ 看成是 $n$ 维复列向量空间 $V$ 上的线性变换,并记这个线性变换为 $φ$ . 令 $V_{i} =$ $Ker (φ - λ_{i} I)^{r_{i}}$ ,证明:

V = V_{1} \oplus V_{2} \oplus \dots \oplus V_{k} (7.9)

证明由例 7.21 即得.

事实上, $V_{i}$ 就是 $φ$ 的根子空间,因此 (7.9) 式称为 $φ$ 的根子空间分解. 若将 $φ$ 限制在 $V_{i}$ 上,由例 7.21 可知其特征多项式就是 $(λ - λ_{i})^{r_{i}}$ . 所以求 $V$ 的一组基,使 $φ$ 的表示矩阵最简单的问题可以归结为求 $V_{i}$ 相应的基. 又因为 $φ - λ_{i} I$ 在 $V_{i}$ 上是幂零的, 因此只要对幂零线性变换求出其标准型即可.

例 7.63 设 $ψ$ 是 $n$ 维复向量空间 $V$ 上的幂零线性变换,证明存在 $V$ 的一组基,在这组基下 $ψ$ 的表示矩阵为分块对角矩阵 $diag {N_{1}, N_{2}, \dots, N_{m}}$ ,其中 $N_{i}$ 是幂零 Jordan 块:

N_{i} = 010 1 ⋱ ⋱ ⋱ 10 .

证明对 $n$ 用归纳法,当 $n = 1$ 时结论显然,设小于 $n$ 时结论正确. 假定 $k$ 是一个正整数 $(k \leq n)$ ,使 $ψ^{k} = 0$ ,但 $ψ^{k - 1} \neq = 0$ ,则存在 $V$ 中向量 $v$ ,使 $ψ^{k - 1} (v) \neq = 0$ . 由例 4.6 可知,向量组 $v, ψ (v), ψ^{2} (v), \dots, ψ^{k - 1} (v)$ 线性无关. 它们生成的子空间记为 $U$ ,若 $V = U$ ,则在这组基下 $ψ$ 的表示矩阵为幂零 Jordan 块,结论成立. 故不妨假设 $U \neq = V$ . 假定 $W$ 是 $ψ$ 的不变子空间且满足 $W \cap U = 0$ ,又如果 $W$ 是满足上述条件的不变子空间中的维数最大者,我们要证明 $V = U \oplus W$ . 一旦得证,我们就可以对 $W$ 用归纳假设,命题自然成立. 现用反证法. 假定存在 $V$ 中向量 $α$ 不属于 $U \oplus W$ ,因为 $ψ^{k} (α) = 0$ ,所以存在正整数 $t$ ,使 $ψ^{t} (α) \in U \oplus W$ , $ψ^{t - 1} (α) \in / U \oplus W$ . 令 $β = ψ^{t - 1} (α)$ ,因为 $ψ (β) \in U \oplus W$ ,可设 $ψ (β) = u + w$ , $u \in U, w \in W$ ,于是

0 = ψ^{k} (β) = ψ^{k - 1} ψ (β) = ψ^{k - 1} (u) + ψ^{k - 1} (w) .

所以 $ψ^{k - 1} (u) = - ψ^{k - 1} (w) \in U \cap W = 0$ ,即 $ψ^{k - 1} (u) = 0$ . 因为 $u \in U$ ,可假设

u = b_{0} v + b_{1} ψ (v) + \dots + b_{k - 1} ψ^{k - 1} (v),

则 $b_{0} ψ^{k - 1} (v) = 0$ . 因为 $ψ^{k - 1} (v) \neq = 0$ ,所以 $b_{0} = 0$ . 于是

u = b_{1} ψ (v) + \dots + b_{k - 1} ψ^{k - 1} (v)

若令 $x = b_{1} v + b_{2} ψ (v) + \dots + b_{k - 1} ψ^{k - 2} (v)$ ,则 $u = ψ (x)$ ,所以 $w = ψ (β) - u =$ $ψ (β - x)$ . 因为 $β \in / U \oplus W, (β - x) \in / U \oplus W$ ,所以由 $β - x$ 与 $W$ 生成的子空间 $W^{'}$ 的维数大于 $W$ 的维数. 但 $ψ (β - x) = w \in W$ ,故 $W^{'}$ 也是 $ψ$ 的不变子空间且和 $U$ 的交为零,这与 $W$ 维数最大的假定矛盾.

有了上面两个命题, 读者不难自己推出 Jordan 标准型的结论了.

* 7.2.11 一般数域上的相似标准型

前面我们已经看到了复数域上 Jordan 标准型理论的众多应用, 不过有时我们需要考虑的问题仅在数域 $K$ 上,或者问题本身并不能延拓到复数域上,这时我们就不能运用 Jordan 标准型这一工具了. 另一方面,虽然在数域 $K$ 上也有有理标准型理论, 但有理标准型的确不够精细, 处理一些问题往往不够用. 因此遇到一般数域上的相似问题, 我们该如何处理呢? 本节将展现给读者两种思路, 一来可以利用发展起来的线性变换理论对问题进行研究, 二来可以利用一般数域上基于初等因子的相似标准型理论对问题进行研究,而后者正是本节的重点内容. 首先,我们来看数域 $K$ 上两个典型的例题.

例 7.64 设 $V$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间, $φ$ 是 $V$ 上秩小于 $n$ 的线性变换, 求证: $V = Ker φ \oplus Im φ$ 的充要条件是 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根.

分析当 $K = C$ 时,则我们可利用 Jordan 标准型理论进行证明. 若特征值 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根,则 $φ$ 的初等因子可设为 $λ, \dots, λ, (λ - λ_{1})^{r_{1}}, \dots, (λ -$ $λ_{s})^{r_{s}}$ ,其中有 $k$ 个 $λ$ ,特征值 $λ_{1}, \dots, λ_{s}$ 都非零,因此存在 $V$ 的一组基 $e_{1}, \dots, e_{k}$ , $e_{k + 1}, \dots, e_{n}$ ,使得 $φ$ 在这组基下的表示矩阵为 $diag {0, \dots, 0, J_{r_{1}} (λ_{1}), \dots, J_{r_{s}} (λ_{s})}$ . 容易验证 $Ker φ = L (e_{1}, \dots, e_{k}), Im φ = L (e_{k + 1}, \dots, e_{n})$ ,从而 $V = Ker φ \oplus Im φ$ . 反之,若 $V = Ker φ \oplus Im φ$ ,则 $Ker φ \cap Im φ = 0$ ,类似于例 7.13 证法 3 的讨论可知, $φ$ 关于特征值 0 的 Jordan 块都是一阶,因此 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根. 然而, 当 $K \neq = C$ 时,上述讨论就不再适用了,并且本题结论也不能简单地延拓到复数域上, 因为 $V = Ker φ \oplus Im φ$ 是 $K$ 上线性空间的直和分解,一般并不能看成是复数域上线性空间的直和分解. 遇到诸如此类的困难, 通常我们可以尝试用第 4 章发展起来的线性变换理论去思考, 只要运用得当, 往往能巧妙地解决问题.

证法 1 若 $V = Ker φ \oplus Im φ$ ,则 $Ker φ \cap Im φ = 0$ ,由此不难推出 $Ker φ =$ $Ker φ^{2} = \dots$ (可参考例 7.13 的证明). 设 $φ$ 的极小多项式 $m (λ) = λ^{k} g (λ)$ ,其中 $g (0) \neq = 0$ ,我们来证明 $k = 1$ . 用反证法,假设 $k \geq 2$ ,则对任意的 $α \in V$ , 有 $φ^{k} g (φ) (α) = 0$ ,从而 $g (φ) (α) \in Ker φ^{k} = Ker φ$ ,于是 $φ g (φ) (α) = 0$ 对任意的 $α \in V$ 成立,即 $φ g (φ) = 0$ ,因此 $φ$ 适合多项式 $λ g (λ)$ ,其次数比极小多项式的次数还小,这就导出了矛盾. 反之,设 $φ$ 的极小多项式 $m (λ) = λ g (λ)$ ,其中 $g (0) \neq = 0$ ,则由例 6.69 的注 (2) 可知, $V = V_{1} \oplus V_{2}$ ,其中 $V_{1} = Ker φ = Im g (φ)$ , $V_{2} = Ker g (φ) = Im φ$ ,于是 $V = Ker φ \oplus Im φ$ .

证法 2 注意到 $V = Ker φ \oplus Im φ$ 当且仅当 $Ker φ \cap Im φ = 0$ (由维数公式即得),当且仅当 $Ker φ = Ker φ^{2}$ (可参考例 7.13 的证明),当且仅当 $r (φ) = r (φ^{2})$ (由维数公式即得),因此我们只要证明: $r (φ) = r (φ^{2})$ 当且仅当 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根. 任取 $φ$ 在某组基下的表示矩阵 $A$ ,则上述结论的代数版本是: $r (A) = r (A^{2})$ 当且仅当 0 是 $A$ 的极小多项式的单根. 注意到此结论可以延拓到复数域上,即可把 $A$ 看成是复矩阵进行证明,因此可采用类似于例 7.14 证法 2 的讨论,即用 Jordan 标准型的方法进行证明, 具体细节请读者自己完成.

例 7.65 设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 阶奇异矩阵但不是幂零矩阵,求证: $A$ 相似 $diag {B, C}$ ,其中 $B$ 是 $K$ 上的幂零矩阵, $C$ 是 $K$ 上的可逆矩阵.

分析本题是例 7.52 的推广,即将复数域上的结论推广到数域 $K$ 上. 不过, 例 7.52 的证明利用了 Jordan 标准型理论,显然在数域 $K$ 上不再适用. 通常当我们考虑线性变换的问题时, 数域都是事先给定的, 从而在讨论的过程中不会涉及到数域的问题, 因此处理本题的一个思路即是, 把代数问题转化成几何问题, 然后再用线性变换理论加以解决. 本题的几何版本为: 设 $V$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间, $φ$ 是 $V$ 上奇异但非幂零的线性变换,证明 $V = V_{1} \oplus V_{2}$ ,其中 $V_{1}, V_{2}$ 是 $φ$ -不变子空间, 且 $φ ∣_{V_{1}}$ 是幂零线性变换, $φ ∣_{V_{2}}$ 是可逆线性变换. 我们可用两种方法来证明这一结论.

证法 1 设 $φ$ 的特征多项式为 $f (λ) = λ^{k} g (λ)$ ,其中 $0 < k < n, g (0) \neq = 0$ . 注意到 $(λ^{k}, g (λ)) = 1$ ,故由例 6.69 可知, $V = V_{1} \oplus V_{2}$ ,其中 $V_{1} = Ker φ^{k}, V_{2} = Ker g (φ)$ , 并且 $φ ∣_{V_{1}}$ 的特征多项式是 $λ^{k}, φ_{V_{2}}$ 的特征多项式是 $g (λ)$ . 因此, $φ ∣_{V_{1}}$ 是幂零线性变换,且由 $φ ∣_{V_{2}}$ 的行列式值为 $(- 1)^{n - k} g (0) \neq = 0$ 可知, $φ ∣_{V_{2}}$ 是可逆线性变换.

证法 2 由例 4.33 可知,存在小于等于 $n$ 的正整数 $m$ ,使得

V = Ker φ^{m} \oplus Im φ^{m}, Ker φ^{m} = Ker φ^{m + 1} = \dots, Im φ^{m} = Im φ^{m + 1} = \dots .

令 $V_{1} = Ker φ^{m}, V_{2} = Im φ^{m}$ ,则 $V = V_{1} \oplus V_{2}$ . 因为 $V_{1} = Ker φ^{m}$ ,所以 $φ ∣_{V_{1}}$ 适合多项式 $λ^{m}$ ,从而它是幂零线性变换. 因为 $φ ∣_{V_{2}}$ 的像空间是 $φ (Im φ^{m}) = Im φ^{m + 1} =$ $Im φ^{m}$ ,所以 $φ ∣_{V_{2}}$ 是满映射,从而它是线性自同构.

上面两道只是比较简单的例题,如果希望能更一般地处理数域 $K$ 上的相似问题, 那么我们可以运用数域 $K$ 上基于初等因子的相似标准型理论. 这一理论跟之前发展起来的有理标准型理论和 Jordan 标准型理论之间有着密切的联系, 无论是从引入的方法, 还是从最终的结论来看, 这一理论都是前面两种理论的自然延续和推广, 因此我们不妨称之为广义 Jordan 标准型理论.

我们先固定一些常用的记号. 设 $P (λ) = λ^{m} + a_{1} λ^{m - 1} + \dots + a_{m - 1} λ + a_{m}$ 是 $K$ 上的首一多项式,则用 $F (P (λ))$ 表示 $P (λ)$ 的友阵的转置,用 $C_{m}$ 表示第 $(m, 1)$ 元素为 1,其他元素全为零的 $m$ 阶矩阵:

F (P (λ)) = 00 ⋮ 0 - a_{m} 10 ⋮ 0 - a_{m - 1} 01 ⋮ 0 - a_{m - 2} \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ 1 - a_{1}, C_{m} = 00 ⋮ 01 00 ⋮ 00 00 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots 00 ⋮ 00 .

设 $A$ 是 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵,其不变因子组为 $1, \dots, 1, d_{1} (λ), \dots, d_{k} (λ)$ ,其中 $d_{i} (λ)$ 是首一非常数多项式, $d_{i} (λ) ∣ d_{i + 1} (λ) (1 \leq i \leq k - 1)$ . 根据定义,所有不变因子 $d_{i} (λ)$ 的准素因子全体就是 $A$ 的初等因子组,因此 $A$ 的初等因子必为 $P (λ)^{e}$ 的形状,其中 $P (λ)$ 是 $K$ 上的首一不可约多项式, $e \geq 1$ .

例 7.66 设 $P (λ) = λ^{m} + a_{1} λ^{m - 1} + \dots + a_{m - 1} λ + a_{m}$ 是 $K$ 上的首一不可约多项式, $e$ 是正整数,证明下列矩阵的不变因子组均为 $1, \dots, 1, P (λ)^{e}$ :

(1) $F (P (λ)^{e})$ ;

(2) $J_{e} (P (λ)) = F (P (λ)) O ⋮ O O I_{m} F (P (λ)) ⋮ O O O I_{m} ⋮ O O \dots \dots \dots \dots O O ⋮ F (P (λ)) O O O ⋮ I_{m} F (P (λ))$ ;

(3) $J_{e} (P (λ)) = F (P (λ)) O ⋮ O O C_{m} F (P (λ)) ⋮ O O O C_{m} ⋮ O O \dots \dots \dots \dots O O ⋮ F (P (λ)) O O O ⋮ C_{m} F (P (λ))$ .

证明 (1) 由有理标准型理论可知, $F (P (λ)^{e})$ 的不变因子组为 $1, \dots, 1, P (λ)^{e}$ .

(2) 由有理标准型理论可知, $F (P (λ))$ 的特征多项式和极小多项式都是 $P (λ)$ , 故 $J_{e} (P (λ))$ 的特征多项式为 $P (λ)^{e}$ ,从而 $J_{e} (P (λ))$ 的极小多项式为 $P (λ)^{l}$ ,其中 $1 \leq l \leq e$ . 下面验证 $J_{e} (P (λ))$ 不适合 $P (λ)^{e - 1}$ ,从而 $J_{e} (P (λ))$ 的极小多项式必为 $P (λ)^{e}$ . 以下简记 $g (λ) = P (λ)^{e - 1}, F = F (P (λ))$ ,则通过分块矩阵的计算可得:

g (J_{e} (P (λ))) = g (F) \frac{1}{1 !} g^{'} (F) g (F) \frac{1}{2 !} g^{(2)} (F) \frac{1}{1 !} g^{'} (F) g (F) \dots \dots \dots ⋱ \frac{1}{( e - 1 ) !} g^{(e - 1)} (F) \frac{1}{( e - 2 ) !} g^{(e - 2)} (F) \frac{1}{( e - 3 ) !} g^{(e - 3)} (F) ⋮ g (F) .

由 Cayley-Hamilton 定理可得 $P (F) = O$ ,从而 $g^{(i)} (F) = O (0 \leq i \leq e - 2)$ , 但 $g^{(e - 1)} (F) = (e - 1)! P^{'} (F)^{e - 1}$ . 由于 $P (λ)$ 是不可约多项式,故 $(P (λ), P^{'} (λ)) = 1$ , 进一步有 $(P (λ), P^{'} (λ)^{e - 1}) = 1$ ,从而由例 6.59 可知, $P^{'} (F)^{e - 1}$ 是可逆矩阵,于是 $\frac{1}{( e - 1 ) !} g^{(e - 1)} (F) = P^{'} (F)^{e - 1} \neq = O$ ,即有 $g (J_{e} (P (λ))) \neq = O$ . 因此 $J_{e} (P (λ))$ 的极小多项式为 $P (λ)^{e}$ ,其不变因子组为 $1, \dots, 1, P (λ)^{e}$ .

(3) 我们来计算 $J_{e} (P (λ))$ 的 $m e - 1$ 阶行列式因子,注意到特征矩阵 $λ I -$ $J_{e} (P (λ))$ 的前 $m e - 1$ 行、后 $m e - 1$ 列构成的 $m e - 1$ 阶子式是一个下三角行列式,其值为 $(- 1)^{m e - 1}$ ,故 $J_{e} (P (λ))$ 的 $m e - 1$ 阶行列式因子为 1 . 又 $J_{e} (P (λ))$ 的 $m e$ 阶行列式因子为 $P (λ)^{e}$ ,故其行列式因子组为 $1, \dots, 1, P (λ)^{e}$ ,从而不变因子组也为 $1, \dots, 1, P (λ)^{e}$ .

例 7.67 设 $A$ 是 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵,它在 $K$ 上的初等因子组为 $P_{1} (λ)^{e_{1}}, P_{2} (λ)^{e_{2}}$ , $\dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ ,其中 $P_{i} (λ)$ 是 $K$ 上的首一不可约多项式, $e_{i} \geq 1, 1 \leq i \leq t$ ,证明 $A$ 在 $K$ 上相似于下列分块对角矩阵:

(1) $F = diag {F (P_{1} (λ)^{e_{1}}), F (P_{2} (λ)^{e_{2}}), \dots, F (P_{t} (λ)^{e_{t}})}$ ;

(2) $J = diag {J_{e_{1}} (P_{1} (λ)), J_{e_{2}} (P_{2} (λ)), \dots, J_{e_{t}} (P_{t} (λ))}$ ;

(3) $J = diag {J_{e_{1}} (P_{1} (λ)), J_{e_{2}} (P_{2} (λ)), \dots, J_{e_{t}} (P_{t} (λ))}$ .

证明将 $λ I - F, λ I - J$ 和 $λ I - J$ 按照每个分块依次进行 $λ$ -矩阵的初等变换, 由例 7.66 的结论可知, 上述 3 个矩阵都相抵于

diag {1, \dots, 1, P_{1} (λ)^{e_{1}}; 1, \dots, 1, P_{2} (λ)^{e_{2}}; \dots; 1, \dots, 1, P_{t} (λ)^{e_{t}}} .

由例 7.2 可知, $F, J$ 和 $J$ 的初等因子组都是 $P_{1} (λ)^{e_{1}}, P_{2} (λ)^{e_{2}}, \dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ ,即它们与 $A$ 在 $K$ 上有相同的初等因子组,因此它们与 $A$ 在 $K$ 上相似.

注通常我们把数域 $K$ 上基于不变因子的标准型称为 Frobenius 标准型,因此例 7.67 中的 $F$ 可称为数域 $K$ 上基于初等因子的 Frobenius 标准型,而 $J$ 和 $J$ 均称为数域 $K$ 上基于初等因子的广义 Jordan 标准型. 当 $K = C$ 时,注意到不可约多项式都是一次的,若设 $P (λ) = λ - λ_{0}$ ,则例 7.66 中的广义 Jordan 块 $J_{e} (P (λ))$ 和 $J_{e} (P (λ))$ 都变成了复数域上的 Jordan 块 $J_{e} (λ_{0})$ ,广义 Jordan 标准型 $J$ 和 $J$ 就变成了复数域上的 Jordan 标准型. $J$ 和 $J$ 之间的区别只是形式上的,即对每个广义 Jordan 块而言,其上次对角线上的矩阵一个是单位矩阵 $I_{m}$ ,一个是矩阵 $C_{m}$ . 从本质上看, 这两种广义 Jordan 标准型其实是一致的, 只不过在一些具体问题的讨论中, 各有各的用途而已.

下面我们来看一看实数域上的广义 Jordan 标准型.

例 7.68 设 $A$ 是实数域上的 $n$ 阶矩阵,证明 $A$ 在实数域上相似于如下分块对角矩阵:

(1) $J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k}), J_{s_{1}} (a_{1}, b_{1}), \dots, J_{s_{l}} (a_{l}, b_{l})}$ ;

(2) $J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k}), J_{s_{1}} (a_{1}, b_{1}), \dots, J_{s_{l}} (a_{l}, b_{l})}$ ,

其中 $λ_{1}, \dots, λ_{k}, a_{1}, b_{1}, \dots, a_{l}, b_{l}$ 都是实数, $b_{1}, \dots, b_{l}$ 都非零, $J_{r_{i}} (λ_{i})$ 表示以 $λ_{i}$ 为

特征值的通常意义下的 Jordan 块, 且

J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j}) = a_{j} b_{j} - b_{j} a_{j} 10 a_{j} b_{j} 01 - b_{j} a_{j} 10 ⋱ 01 a_{j} b_{j} ⋱ - b_{j} a_{j} - 10 a_{j} b_{j} 01 - b_{j} a_{j},

J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j}) = a_{j} b_{j} - b_{j} a_{j} 1 a_{j} b_{j} - b_{j} a_{j} 1 ⋱ ⋱ a_{j} b_{j} - b_{j} a_{j} a_{j} b_{j} 1 - b_{j} a_{j} .

证明注意到实数域上的不可约多项式是一次多项式或者是判别式小于零的二次多项式,故可设 $A$ 的初等因子组为 $(λ - λ_{1})^{r_{1}}, \dots, (λ - λ_{k})^{r_{k}}, ((λ - a_{1})^{2} +$ $b_{1}^{2})^{s_{1}}, \dots, ((λ - a_{l})^{2} + b_{l}^{2})^{s_{l}}$ ,其中 $λ_{1}, \dots, λ_{k}, a_{1}, b_{1}, \dots, a_{l}, b_{l}$ 都是实数,且 $b_{1}, \dots, b_{l}$ 都非零.

(1) 由例 7.67 (2) 可知, $A$ 相似于 $diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k}), J_{s_{1}} ((λ - a_{1})^{2} +$ $b_{1}^{2}), \dots, J_{s_{l}} ((λ - a_{l})^{2} + b_{l}^{2})}$ ,注意到 $F ((λ - a_{j})^{2} + b_{j}^{2}) = (0 - (a_{j}^{2} + b_{j}^{2}) 1 2 a_{j})$ 与 $R_{j} =$ $(a_{j} b_{j} - b_{j} a_{j})$ 有相同的特征值 $a_{j} \pm i b_{j}$ ,故它们在实数域上相似. 因为 $J_{s_{j}} ((λ - a_{j})^{2} + b_{j}^{2})$ 的上次对角线都是 $I_{2}$ ,所以不难把这种相似关系扩张到整个广义 Jordan 块上,从而得到 $J_{s_{j}} ((λ - a_{j})^{2} + b_{j}^{2})$ 实相似于 $J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j})$ ,于是 $A$ 实相似于 $J$ .

(2) 因为 $J_{s_{j}} ((λ - a_{j})^{2} + b_{j}^{2})$ 的上次对角线都是 $C_{2}$ ,所以用例 7.67 (3) 很难推出第二个结论,这里我们采用直接计算 $J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j})$ 的不变因子组的方法来证明. 注意到 $λ I - J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j})$ 右上方的 $2 s_{j} - 1$ 阶子式等于 $(- 1)^{s_{j} - 1} b_{j}^{s_{j}} \neq = 0$ , 故 $J_{s_{j}} (a_{j}, b_{j})$ 的 $2 s_{j} - 1$ 阶行列式因子为 1,于是其行列式因子组和不变因子组均为 $1, \dots, 1, ((λ - a_{j})^{2} + b_{j}^{2})^{s_{j}}$ . 由 $λ$ -矩阵的初等变换以及例 7.2 可知, $A$ 和 $J$ 在实数域上有相同的初等因子组, 从而它们在实数域上相似.

下面我们用数域 $K$ 上基于初等因子的 Frobenius 标准型对例 7.64 和例 7.65 重新进行证明. 当然,用 $K$ 上的广义 Jordan 标准型也是可以的,请读者自行思考.

例 7.64 的证法 3 设 $φ$ 在 $K$ 上的初等因子为 $λ^{r_{1}}, \dots, λ^{r_{k}}, P_{1} (λ)^{e_{1}}, \dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ , 其中 $P_{1} (λ), \dots, P_{t} (λ)$ 是 $K$ 上常数项非零的不可约多项式,则由例 7.67 (1) 可知,存在 $V$ 的一组基 $e_{1}, e_{2}, \dots, e_{n}$ ,使得 $φ$ 在这组基下的表示矩阵为

diag {F (λ^{r_{1}}), \dots, F (λ^{r_{k}}), F (P_{1} (λ)^{e_{1}}), \dots, F (P_{t} (λ)^{e_{t}})} .

若特征值 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根,则 $r_{1} = \dots = r_{k} = 1$ ,容易验证 $Ker φ =$ $L (e_{1}, \dots, e_{k}), Im φ = L (e_{k + 1}, \dots, e_{n})$ ,从而 $V = Ker φ \oplus Im φ$ . 反之,若 $V =$ $Ker φ \oplus Im φ$ ,则 $Ker φ \cap Im φ = 0$ . 若某个 $r_{i} > 1$ ,比如说 $r_{1} > 1$ ,则利用类似于例 7.13 证法 3 的讨论可知, $0 \neq = e_{1} \in Ker φ \cap Im φ$ ,这就推出了矛盾. 因此 $r_{1} = \dots = r_{k} = 1$ ,从而 0 是 $φ$ 的极小多项式的单根.

例 7.65 的证法 3 设 $A$ 在 $K$ 上的初等因子为 $λ^{r_{1}}, \dots, λ^{r_{k}}, P_{1} (λ)^{e_{1}}, \dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ , 其中 $P_{1} (λ), \dots, P_{t} (λ)$ 是 $K$ 上常数项非零的不可约多项式,则由例 7.67 (1) 可知, $A$ 在 $K$ 上相似于分块对角矩阵

diag {F (λ^{r_{1}}), \dots, F (λ^{r_{k}}), F (P_{1} (λ)^{e_{1}}), \dots, F (P_{t} (λ)^{e_{t}})} .

令 $B = diag {F (λ^{r_{1}}), \dots, F (λ^{r_{k}})}, C = diag {F (P_{1} (λ)^{e_{1}}), \dots, F (P_{t} (λ)^{e_{t}})}$ ,则由每个 $F (λ^{r_{i}})$ 都幂零可知 $B$ 是幂零矩阵,由每个 $F (P_{j} (λ)^{e_{j}})$ 行列式的绝对值为 $P_{j} (0)^{e_{j}} \neq = 0$ 可知 $C$ 是可逆矩阵,因此结论成立.

最后,我们用广义 Jordan 标准型理论证明 $K$ 上的 Jordan-Chevalley 分解定理.

例 7.69 设 $A$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵,证明存在 $K$ 上的 $n$ 阶矩阵 $B, C$ ,使得 $A = B + C$ ,且满足:

(1) $B$ 在复数域上可对角化; (2) $C$ 是幂零矩阵; (3) $BC = CB$ ,

并且满足上述条件的分解一定是唯一的.

证明设 $A$ 在 $K$ 上的初等因子组为 $P_{1} (λ)^{e_{1}}, P_{2} (λ)^{e_{2}}, \dots, P_{t} (λ)^{e_{t}}$ ,其中 $P_{i} (λ)$ 是 $K$ 上的首一不可约多项式, $e_{i} \geq 1, 1 \leq i \leq t$ ,由例 7.67 可知,存在 $K$ 上的可逆矩

阵 $P$ ,使得

P^{- 1} AP = J = diag {J_{e_{1}} (P_{1} (λ)), J_{e_{2}} (P_{2} (λ)), \dots, J_{e_{t}} (P_{t} (λ))} .

我们先对广义 Jordan 块 $J_{e_{i}} (P_{i} (λ))$ 来证明结论,为方便起见,记 $F_{i} = F (P_{i} (λ))$ . 由于 $P_{i} (λ)$ 在 $K$ 上不可约,故 $(P (λ), P^{'} (λ)) = 1$ ,从而 $P_{i} (λ)$ 在复数域上无重根,于是 $F_{i}$ 在复数域上可对角化. 令

M_{i} = F_{i} O ⋮ O O O F_{i} ⋮ O O O O ⋮ O O \dots \dots \dots \dots O O ⋮ F_{i} O O O ⋮ O F_{i}, N_{i} = O O ⋮ O O I O ⋮ O O O I ⋮ O O \dots \dots \dots \dots O O ⋮ O O O O ⋮ I O,

则容易验证 $J_{e_{i}} (P_{i} (λ)) = M_{i} + N_{i}, M_{i}$ 复可对角化, $N_{i}$ 幂零, $M_{i} N_{i} = N_{i} M_{i}$ . 再令 $M = diag {M_{1}, \dots, M_{t}}, N = diag {N_{1}, \dots, N_{t}}$ ,则 $J = M + N, M$ 复可对角化, $N$ 幂零, $MN = NM$ . 最后令 $B = PM P^{- 1}, C = PN P^{- 1}$ ,则 $B, C$ 是 $K$ 上的矩阵, $A = B + C, B$ 复可对角化, $C$ 幂零且 $BC = CB$ . 我们也可将 $A, B, C$ 看成是复数域上的矩阵, 由复数域上的 Jordan-Chevalley 分解定理 (参见例 7.26) 的唯一性可知, 满足上述条件的分解一定是唯一的.

注类似于例 7.26,我们还可以证明对于上述分解 $A = B + C$ ,存在 $K$ 上的多项式 $f (x)$ ,使得 $B = f (A)$ . 不过,由于此证明涉及抽象代数中域的扩张等相关知识点, 故在这里就不作详细的展开了.

$§ 7.3$ 基础训练

7.3.1 训练题

一、单选题

下列变换不是 $λ$ -矩阵的可逆变换的是 ( ).

(A) 将 $λ$ -矩阵的某一行乘以一个次数大于零的多项式 $f (λ)$

(B) 有限次 $λ$ -矩阵的初等变换之积

(D) 将 $λ$ 乘以第一行加到第二行上去

$n$ 阶 $λ$ -矩阵 $A (λ)$ 可逆的充要条件是 ( ).

(B) $∣ A (λ) ∣ \neq = 0$

(D) $A (λ)$ 的法式中主对角线上的元素全不等于零

(B) $A$ 和它的转置 $A^{'}$

(D) $A$ 和 $AP$ ,其中 $P$ 是一个初等矩阵

(A) $A (λ) \neq = 0$

下列 $n$ 阶矩阵必相似的是 ( ).

(A) $A$ 和 $k A, k$ 是非零实数

下列结论正确的是 ( ).

(A) $n$ 阶矩阵 $A$ 和 $B$ 有相同的行列式因子,则它们有相同的最小多项式

(B) 特征多项式和最小多项式分别相同的矩阵必相似

(D) 相抵的矩阵必相似

下列结论错误的是 ( ).

(A) 若矩阵 $A$ 的初等因子有 $k$ 个,则 $A$ 的 Jordan 标准型有 $k$ 个 Jordan 块

(B) 若矩阵 $A$ 的非常数不变因子有 $k$ 个,则 $A$ 的 Jordan 标准型有 $k$ 个 Jordan 块

(D) 矩阵 $A$ 的初等因子的次数之和等于 $A$ 的阶

若 $A$ 和 $B$ 是 $n$ 阶矩阵且其初等因子相同,则下列结论未必成立的是 ( ).

(A) $A$ 和 $B$ 的不变因子相同

(B) 存在可逆矩阵 $P$ ,使 $P^{- 1} AP$ 和 $P^{- 1} BP$ 都是 Jordan 标准型

(D) $∣ A ∣ = ∣ B ∣$

下列实数矩阵 $A$ 必实相似于对角矩阵的是 ( ).

(A) 初等矩阵 (B) 非零幂零矩阵,即 $A^{k} = O$

矩阵 $A$ 为可逆矩阵的充要条件是 ( ).

(A) 矩阵 $A$ 的不变因子全不为零

(B) 矩阵 $A$ 的行列式因子全不为零

(D) 矩阵 $A$ 至少有一个不变因子有非零常数项

八阶矩阵 $A$ 的初等因子组为 $(λ - 1)^{2}, (λ - 1)^{2}, (λ + 1)^{3}, λ$ ,则 $A$ 的不变因子组为 $()$ .

(A) $1, 1, 1, 1, λ, (λ - 1)^{2}, (λ - 1)^{2}, (λ + 1)^{3}$

(B) $1, 1, 1, 1, 1, (λ - 1)^{2}, (λ - 1)^{2}, λ (λ + 1)^{3}$

(D) $1, 1, 1, 1, 1, 1, (λ - 1)^{2}, λ (λ - 1)^{2} (λ + 1)^{3}$

已知矩阵 $A = 100020012$ ,下列矩阵和 $A$ 相似的是 $()$ .

(A) $100020002$ (B) $100120002$

设 $A$ 是三阶矩阵, $A$ 的极小多项式是 $(λ - 1)^{2}$ ,则 $A$ 的 Jordan 标准型是 $()$ .

(A) $100010001$ (B) $100110001$

设矩阵 $A$ 的特征多项式是 $(λ - 2) (λ - 1)^{3}$ ,极小多项式是 $(λ - 2) (λ - 1)^{2}$ ,则 $()$ .

(A) $A$ 是四阶矩阵且其 Jordan 标准型有 2 个 Jordan 块

(B) $A$ 是三阶矩阵且其 Jordan 标准型有 2 个 Jordan 块

(D) $A$ 是四阶矩阵且其 Jordan 标准型是对角矩阵

下列矩阵的 Jordan 标准型必不是对角矩阵的是 ( ).

(A) 基础矩阵 $E_{ij}$ ,其中 $i \neq = j$ (B) 主对角线上的元素互不相同的下三角矩阵

若 $A$ 是十阶非零矩阵且满足 $A^{2} = O$ ,则 $A$ 的 Jordan 标准型中 Jordan 块的最大阶数为 $()$ .

(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5

矩阵 $A$ 有一个不变因子 $λ^{2} + λ$ ,则下列结论正确的是 ( ).

(A) $A$ 相似于对角矩阵

(B) $A$ 是奇异矩阵

(D) $A$ 的特征值为 $0, - 1$ (有可能是重根)

二、填空题

设有 $λ$ -矩阵:

M (λ) = M_{m} λ^{m} + M_{m - 1} λ^{m - 1} + \dots + M_{1} λ + M_{0},

N (λ) = N_{n} λ^{n} + N_{n - 1} λ^{n - 1} + \dots + N_{1} λ + N_{0},

其中 $M_{i}, N_{j}$ 为数字矩阵,问 $M (λ) N (λ)$ 的次数是否等于 $m + n$ ? ( )

设 $M (λ)$ 是 $n$ 阶 $λ$ -矩阵且 $M (λ) = (λ I_{n} - A) P (λ) + R$ ,假定又有 $M (λ) = (λ I_{n} -$ $A) Q (λ) + T$ ,其中 $R, T$ 为数字矩阵. 问是否必有 $P (λ) = Q (λ), R = T$ ? ( )
将有理标准型 $F = diag {F_{1}, F_{2}, \dots, F_{k}}$ 中两块 $F_{i}$ 和 $F_{j}$ 对换位置,得到的矩阵是否和 $F$ 相似? ( )
设有 $n$ 阶分块矩阵 $A = diag {A_{1}, A_{2}}, A_{1}$ 和 $A_{2}$ 的有理标准型都只有一块且它们的特征多项式分别是 $f_{1} (λ), f_{2} (λ)$ . 如果 $f_{2} (λ) ∣ f_{1} (λ)$ ,写出 $A$ 的法式.
已知矩阵 $A$ 的不变因子组为 $1, \dots, 1, λ, λ^{2} (λ - 1), λ^{2} (λ - 1)^{3} (λ^{2} + 1)$ ,写出 $A$ 的初等因子组 (在复数域内).
已知矩阵 $A$ 的初等因子组为 $λ, λ^{2}, λ^{3}, λ - 2, (λ - 2)^{2}, λ + 2, (λ + 2)^{2}$ ,写出 $A$ 的不变因子组.
写出一个矩阵, 它的有理标准型只有一个 Frobenius 块, 而它的 Jordan 标准型是一个对角矩阵.
已知矩阵 $A$ 的初等因子组为 $λ, λ^{2}, (λ - 1)^{2}, (λ - 1)^{3}$ ,写出 $A$ 的 Jordan 标准型.
已知四阶矩阵 $A$ 的极小多项式为 $(λ^{2} - 1) (λ^{2} - 4)$ ,求 $A$ 的 Jordan 标准型.
已知矩阵 $A$ 的非常数不变因子为 $(λ - 1), (λ - 1) (λ + 1), (λ - 1)^{2} (λ + 1)^{2}$ ,求 $A$ 的 Jordan 标准型.
设 $A, B$ 为同阶幂等矩阵,即 $A^{2} = A, B^{2} = B$ . 若 $A$ 和 $B$ 的秩相同,问 $A$ 和 $B$ 是否必相似? ( ).
$n$ 阶矩阵 $A$ 是幂零矩阵,即有大于 1 的整数 $k$ ,使 $A^{k} = O, A^{k - 1} \neq = O$ ,则 $A$ 的最后一个不变因子是 ( ).
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵且 $A^{2} - 3 A + 2 I_{n} = O$ ,问 $A$ 是否必相似于对角矩阵? ( )
一个 $n$ 阶有理数矩阵 $A$ 的极小多项式是一个有理数域上的不可约多项式,问 $A$ 的 Jordan 标准型是否必是对角矩阵? ( )
矩阵 $A$ 的特征多项式和极小多项式重合,矩阵 $B$ 也具有这个性质,若 $A$ 和 $B$ 的特征多项式相同,问 $A, B$ 是否必相似? ( )

三、解答题

设 $A, B$ 都是数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵,求证: 它们的特征矩阵 $λ I_{n} - A$ 和 $λ I_{n} - B$ 相抵的充要条件是存在同阶矩阵 $P$ 和 $Q$ ,使 $A = PQ, B = QP$ ,且 $P$ 及 $Q$ 中至少有一个是可逆矩阵.
设 $A$ 是秩为 1 的 $n (n > 1)$ 阶矩阵,求 $λ I_{n} - A$ 的法式.
设 $A$ 是 $n$ 阶幂零矩阵,求证: 对任意的正整数 $k, tr (A^{k}) = 0$ . 反之,若对任意的 $1 \leq k \leq n$ , $tr (A^{k}) = 0$ 成立,则 $A$ 是幂零矩阵.
求证: 数域 $F$ 上的 $n$ 阶矩阵 $A$ 相似于 $F$ 上对角矩阵的充要条件是 $A$ 的极小多项式的根全在 $F$ 中且只有单根.
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,若 $A$ 可对角化,求证: $A$ 的伴随 $A^{*}$ 也可对角化且 $A$ 和 $A^{*}$ 可同时对角化.
求证: $n$ 阶矩阵 $A$ 的秩为 $r$ 的充要条件是 $A$ 形如 $λ^{k}$ 的初等因子恰有 $n - r$ 个.
设 $A$ 是主对角线上元素全等于 $a$ 的 $n$ 阶 Jordan 块,又 $f (x)$ 是一个多项式. 求证: $f (A)$ 等于下列上三角矩阵:

f (A) = f (a) \frac{f ^{'} ( a )}{1 !} f (a) \frac{f ^{(2)} ( a )}{2 !} \frac{f ^{'} ( a )}{1 !} ⋱ \dots \dots ⋱ ⋱ \frac{f ^{(n - 1)} ( a )}{( n - 1 ) !} \frac{f ^{(n - 2)} ( a )}{( n - 2 ) !} ⋮ \frac{f ^{'} ( a )}{1 !} f (a) .

求下列矩阵的 Jordan 标准型:

A = n 00 ⋮ 0 n - 1 n 0 ⋮ 0 n - 2 n - 1 n ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 123 ⋮ n .

求下列矩阵的 Jordan 标准型:

A = 000 ⋮ 01 100 ⋮ 00 010 ⋮ 00 001 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 10 .

矩阵 $A$ 是上三角矩阵且主对角线上的元素全相同,除主对角线上的元素外, $A$ 至少还有一个元素非零,求证: $A$ 的 Jordan 标准型必不是对角阵.
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵且有特征值 1,又 $A$ 只有一个线性无关的特征向量. 求 $A$ 的 Jordan 标准型.
设 $φ$ 是 $n$ 维复线性空间 $V$ 上的幂等变换,即 $φ^{2} = φ$ . 设 $A$ 是 $φ$ 在 $V$ 的某组基下的矩阵,求证: $φ$ 的像空间维数等于 $A$ 的迹.
设 $A$ 是 $n$ 阶复矩阵且有特征值 0,又 $r (A^{k}) = r (A^{k + 1})$ . 求证: 若 $λ^{m}$ 是 $A$ 的一个初等因子,则 $m \leq k$ .
证明: 对任何方阵 $A, e^{A}$ 总是可逆矩阵.
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵,求证: $sin 2 A = 2 sin A cos A$ .

7.3.2 训练题答案

一、单选题

应选择 (A).
(A) 及 (D) 显然不对,注意 $∣ A (λ) ∣$ 不为零时仍可能是一个非常数多项式,这时 $A (λ)$ 不是可逆 $λ$ -矩阵. 因此正确的选择是 (C).
矩阵 $A$ 和它的转置有相同的行列式因子,因此必相似. 故选择 (B).
若 $A$ 和 $B$ 有相同的行列式因子,则不变因子也相同,而极小多项式是最后一个不变因子, 故相同. 选择 (A).
矩阵的 Jordan 标准型中 Jordan 块的个数等于初等因子的个数而不是不变因子的个数, 因此选择 (B).
两个矩阵初等因子相同必相似, 因此 (A), (C), (D) 都成立, 只有选择 (B).
第三类初等矩阵不能对角化, 非零的幂零矩阵也不能对角化 (如可对角化, 则它的 Jordan 标准型是零矩阵, 而相似于零矩阵的矩阵只能是零矩阵). 显然 (D) 也不是正确的选择, 故选择 (C). 事实上, 幂等矩阵必可对角化 (参见例 7.9 (1)).
显然 (A) 不是正确的选择 (如零矩阵的不变因子全为 $λ$ ,也全不为零). 同理 (B) 也不对. 矩阵的最后一个不变因子就是它的极小多项式. 当矩阵的极小多项式的常数项不为零时, 矩阵必可逆 (参见第 6 章例 6.60). 因此选择 (C).
由计算可知应选择 (D).
应选择 (C).
应选择 (B).
这是一个四阶矩阵,另外一个不变因子是 $λ - 1$ . 求出初等因子即知应选择 (C).
(B) 中的矩阵可对角化. 第二类初等矩阵本身就是对角阵. 而可逆矩阵也可能可以对角化. 因此应该选择 (A). 事实上,当 $i \neq = j$ 时, $E_{ij}$ 是幂零矩阵,必不能对角化.
若矩阵 $A$ 有一个 Jordan 块的阶数超过 2,则它的平方不可能为零. 故应选择 (A).
因为前面一个不变因子可以整除后面一个不变因子,因此 $λ^{2} + λ$ 可整除矩阵 $A$ 的极小多项式. 于是矩阵 $A$ 的极小多项式的常数项为零,故 $A$ 不是可逆矩阵. 因此正确的选择是 (B).

二、填空题

不一定. 因为矩阵 $M_{m}$ 与 $N_{n}$ 之积可能为零.
从 $(λ I - A) P (λ) + R = (λ I_{n} - A) Q (λ) + T$ 得到 $(λ I - A) [P (λ) - Q (λ)] = T - R$ . 等式右边是常数矩阵,如果 $P (λ) - Q (λ) \neq = O$ ,则等式左边将不是常数矩阵. 故 $P (λ) = Q (λ)$ ,从而 $T = R$ .
相似. 因为原来的矩阵和变换后的矩阵有相同的行列式因子.
$diag {1, \dots, 1, f_{2} (λ), f_{1} (λ)}$ .
$λ, λ^{2}, λ^{2}, λ - 1, (λ - 1)^{3}, λ + i, λ - i$ .
非常数不变因子为 $λ, λ^{2} (λ^{2} - 4), λ^{3} (λ^{2} - 4)^{2}$ . 另有 9 个 1 .
如果一个有理多项式 $f (x)$ 不可约,则它在复数域内无重根 (参见第 5 章). 这个多项式的友阵只含一个 Frobenius 块,而其极小多项式 $f (x)$ 无重根,因此其 Jordan 标准型是对角矩阵. 根据上述分析,我们作矩阵 $(01 - 1 0)$ ,这个矩阵已是有理标准型,而其 Jordan 标准型为 $(i 0 0 - i)$ .
答案为 $diag ⎩ ⎨ ⎧ 0, (0010), (1011), 100110011 ⎭ ⎬ ⎫$ .
答案为 $diag {1, - 1, 2, - 2}$ .
答案为 $diag {1, 1, - 1, (1011), (- 1 0 1 - 1)}$ .
相似. 幂等矩阵必可对角化. 若 $A$ 和 $B$ 的秩都等于 $r$ ,则它们都相似于主对角线上有 $r$ 个 $1, n - r$ 个 0 的对角矩阵,因此它们彼此相似.
最后一个不变因子就是极小多项式,因此答案显然为 $λ^{k}$ .
$A$ 的极小多项式为 $x^{2} - 3 x + 2$ 或此多项式的因子,无论是哪种情形, $A$ 的极小多项式无重根,因此 $A$ 相似于对角矩阵.
因为不可约多项式在复数域内无重根,故 $A$ 相似于对角矩阵.
$A, B$ 有相同的不变因子,因此相似.

三、解答题

$λ I_{n} - A$ 和 $λ I_{n} - B$ 相抵的充要条件是 $A$ 和 $B$ 相似. 由此不难推出结论.
由例 7.28 可知, $λ I_{n} - A$ 的法式为 $diag {1, λ, \dots, λ, λ (λ - tr A)}$ .
若 $A$ 是幂零矩阵,则 $A^{k}$ 仍是幂零矩阵,因此 $A^{k}$ 的特征值全为 0,于是 $tr (A^{k}) = 0$ . 反之,若 $tr (A^{k}) = 0$ 对任意的 $1 \leq k \leq n$ 成立,假设 $A$ 的特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ ,则 $A^{k}$ 的特征值为 $λ_{1}^{k}, λ_{2}^{k}, \dots, λ_{n}^{k}$ ,因此对任意的 $k = 1, 2, \dots, n, λ_{1}^{k} + λ_{2}^{k} + \dots + λ_{n}^{k} = 0$ . 由 Newton 公式 (参见第 5 章) 知 $λ_{1} = λ_{2} = \dots = λ_{n} = 0$ ,再由例 7.42 知 $A$ 是幂零矩阵.
由本章 7.1.3 中定理 5 类似的证明方法, 即利用例 6.54 即可证明必要性. 至于充分性, 同样由本章 7.1.3 中定理 5 可知, $A$ 复相似于对角矩阵且主对角元素都在 $F$ 中,再由本章 7.1.2 中推论 4 即知 $A$ 也在 $F$ 上相似于这个对角矩阵.
设 $P^{- 1} AP = diag {λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}}$ ,则 $P^{*} A^{*} (P^{- 1})^{*} = diag {i \neq = 1 \prod λ_{i}, i \neq = 2 \prod λ_{i}, \dots, i \neq = n \prod λ_{i}}$ 为对角矩阵. 而 $(P^{- 1})^{*} = (P^{*})^{- 1}$ ,因此 $A^{*}$ 相似于对角矩阵. 又 $A^{*} A = A A^{*}$ ,故由例 6.48 可知, $A$ 和 $A^{*}$ 可同时对角化.
$n$ 阶矩阵 $A$ 的秩等于 $r$ 当且仅当 $A$ 关于特征值 0 的几何重数等于 $n - r$ ,当且仅当 $A$ 的 Jordan 标准型中属于特征值 0 的 Jordan 块有 $n - r$ 个,当且仅当 $A$ 的形如 $λ^{k}$ 的初等因子有 $n - r$ 个.
对多项式 $f (x)$ 进行 Taylor 展开 (参考例 3.45):

f (x) = f (a) + \frac{f ^{'} ( a )}{1 !} (x - a) + \frac{f ^{(2)} ( a )}{2 !} (x - a)^{2} + \dots + \frac{f ^{(m)} ( a )}{m !} (x - a)^{m},

其中 $m = de g f (x)$ . 将 $x = A$ 代入上式,注意到当 $m < n$ 时, $\frac{f ^{(i)} ( a )}{i !} (A - a I_{n})^{i} = O (i > m)$ ; 当 $m \geq n$ 时, $\frac{f ^{(i)} ( a )}{i !} (A - a I_{n})^{i} = O (i \geq n)$ ,因此我们总有

f (A) = f (a) I_{n} + \frac{f ^{'} ( a )}{1 !} (A - a I_{n}) + \frac{f ^{(2)} ( a )}{2 !} (A - a I_{n})^{2} + \dots + \frac{f ^{(n - 1)} ( a )}{( n - 1 ) !} (A - a I_{n})^{n - 1} .

不难求出 $A$ 的极小多项式为 $(λ - n)^{n}$ ,因此它的 Jordan 标准型为主对角元素全为 $n$ 的 Jordan 块.
这是个循环矩阵,由例 6.32 可知,它可对角化且主对角线上的元素为 1 的 $n$ 次根.
若 $A$ 可对角化,则它有完全的特征向量系,但是 $λ_{0} I - A$ 的秩不等于零,引出矛盾.
由于属于不同特征值的特征向量必线性无关,而 $A$ 只有一个线性无关的特征向量,故 $A$ 的特征值全为 1,并且特征值 1 的几何重数为 1,从而 $A$ 的 Jordan 标准型中只有一个 Jordan 块. 因此 $A$ 的 Jordan 标准型为 $J_{n} (1)$ ,即特征值为 1 的 $n$ 阶 Jordan 块.
由于 $φ$ 是幂等变换,故由例 7.9 (1) 可知,存在 $V$ 的一组基,使 $φ$ 在这组基下的表示矩阵为 $B = (I_{r} O O O)$ . 注意到 $A$ 与 $B$ 相似,从而它们有相同的迹,因此 $dim Im φ = r (B) = r =$ $tr B = tr A$ .
用反证法,若 $m > k$ ,则 $r (J_{m} (0)^{k}) > r (J_{m} (0)^{k + 1})$ ,故 $r (A^{k}) > r (A^{k + 1})$ ,这与已知矛盾.
由例 7.60 可得 $e^{A} = e^{tr A} \neq = 0$ ,故 $e^{A}$ 可逆.
由例 7.55 及例 7.57 可知 $e^{i A}$ 与 $e^{- i A}$ 可交换, $e^{2 i A} = (e^{i A})^{2}$ 且 $e^{- 2 i A} = (e^{- i A})^{2}$ ,因此 $sin 2 A = \frac{1}{2 i} (e^{2 i A} - e^{- 2 i A}) = \frac{1}{2 i} ((e^{i A})^{2} - (e^{- i A})^{2}) = \frac{1}{2 i} (e^{i A} - e^{- i A}) (e^{i A} + e^{- i A}) = 2 \cdot \frac{1}{2 i} (e^{i A} -$ $e^{- i A}) \cdot \frac{1}{2} (e^{i A} + e^{- i A}) = 2 sin A cos A .$

Youliang Zhong

7 相似标准型

7 相似标准型

§7.1 基本概念

7.1.1 λ -矩阵及其法式

1. 多项式矩阵的定义

2. λ -矩阵的初等变换和初等 λ -矩阵

3. λ -矩阵的相抵

4. 可逆 λ -矩阵

5. 定理

6. 定理

7.1.2 不变因子和有理标准型

1. 行列式因子

2. 不变因子

3. 定理

4. 推论

5. Frobenius 矩阵

6. 定理

7. 定理

7.1.3 初等因子和 Jordan 标准型

1. 初等因子

2. 定理

4. 定理

5. 定理

7.1.4 矩 阵 函 数

1. 矩阵序列的收敛

2. 矩阵幂级数

3. 定理

4. 定理

§7.2 例题分析

7.2.1 λ -矩阵和初等因子

7.2.2 矩阵相似的判定

7.2.3 对 角 化

7.2.4 特征多项式和极小多项式

7.2.5 交换性和多项式表示

7.2.6 求矩阵的 Jordan 标准型

7.2.7 求过渡矩阵

7.2.8 Jordan 标准型的应用

7.2.9 矩 阵 函 数

7.2.10 Jordan 标准型的几何方法

* 7.2.11 一般数域上的相似标准型

§7.3 基础训练

7.3.1 训 练 题

一、单选题

二、填空题

三、解答题

7.3.2 训练题答案

一、单选题

二、填空题

三、解答题

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Table of Contents

Backlinks

$§ 7.1$ 基本概念

7.1.1 $λ$ -矩阵及其法式

2. $λ$ -矩阵的初等变换和初等 $λ$ -矩阵

3. $λ$ -矩阵的相抵

4. 可逆 $λ$ -矩阵

7.1.4 矩阵函数

$§ 7.2$ 例题分析

7.2.1 $λ$ -矩阵和初等因子

7.2.3 对角化

7.2.9 矩阵函数

$§ 7.3$ 基础训练

7.3.1 训练题