Jordan标准形的求法——以一个四阶矩阵为例

一个简单的例子

这篇博客里，我们会求一个矩阵的Jordan标准形（在$\mathbb{C}$中）：

$$A=\begin{bmatrix} 3&-1&0&0 \\ 1&1&0&0 \\ 3&0&5&-3 \\ 4&-1&3&1 \end{bmatrix}$$

我们会顺着上一篇博客的思路，用一个比较“机械”的办法，求出矩阵的Jordan标准形。但是，每一步的原因都是能给出的。“机械”的意思是说，有章可循。如果你有编程基础，你完全可以依照这个办法把求Jordan标准形的步骤写成程序。不过，通往Jordan标准形的路有好几条，我觉得更适合用计算机程序写的路不应该是这篇博客的办法，而应该是这个网站的计算办法。

1. 求特征多项式、极小多项式

求这个矩阵的特征多项式能得到

$$f(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-(3-\sqrt{5}i))(\lambda-(3+\sqrt{5}i))$$

当然，这个矩阵是不能对角化的，因为我们可以发现有

$$m(\lambda)=f(\lambda)$$

求这两个方程的目的是显然的，Jordan要用到准素分解、循环分解，而准素分解需要用到极小多项式，极小多项式又和特征多项式有很多联系。

同时，我们能得到特征根

$$\lambda_1=2\quad\lambda_2=2\quad \lambda_3=3-\sqrt{5}i\quad\lambda_4=3+\sqrt{5}i$$

2. 对矩阵进行准素分解

我们已经知道，在$\mathbb{C}$上存在可逆矩阵$P$使得

$$A=P^{-1}\begin{bmatrix}A_1&&\\ &A_2& \\&&A_3\end{bmatrix}P$$

其中$A_1$的特征多项式$f_1=(\lambda-2)^2$，极小多项式$m_1=(\lambda-2)^2$，$A_2$的极小多项式和特征多项式$m_2=f_2=\lambda-(3-\sqrt{5}i)$，$A_3$的极小多项式和特征多项式$m_3=f_3=\lambda-(3+\sqrt{5}i)$。

这就是之前讲过的先进行准素分解。先利用极小多项式的因子进行切割，然后在每个子矩阵进行仔细分析。下面是详细步骤。

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我们已经知道，有

$$\mathbb{C}^4=\text{ker}(\lambda-2)^2\oplus\text{ker}(\lambda-(3-\sqrt{5}i))\oplus\text{ker}(\lambda-(3+\sqrt{5}i))$$

所以我们需要求出$4$个广义特征向量。由$(A-I)^2\mathbf{v}=0$得

$$\mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}\frac{1}{4} \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix} \quad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}-\frac{3}{4} \\ 0 \\ 1 \\0\end{bmatrix}$$

由$(A-(3-\sqrt{5}i)I)\mathbf{v}=0$得

$$\mathbf{v}_3=\begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ \frac{2-\sqrt{5}i}{3} \\ 1\end{bmatrix}$$

由$(A - (3+\sqrt{5}i)I)\mathbf{v}=0$得

$$\mathbf{v}_4=\begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ \frac{2+\sqrt{5}i}{3} \\ 1\end{bmatrix}$$

我们得到了过渡矩阵

$$P=\begin{bmatrix}\frac{1}{4}&-\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{2-\sqrt{5}i}{3} & \frac{2+\sqrt{5}i}{3} \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$$

且有准素分解

$$P^{-1}AP=\begin{bmatrix} \frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3-\sqrt{5}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 + \sqrt{5}i \end{bmatrix}$$

这就对应了本节开始的

$$A_{1}=\begin{bmatrix}\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} \end{bmatrix},\; A_2 = \begin{bmatrix} 3-\sqrt{5}i\end{bmatrix},\; A_3 = \begin{bmatrix}3+\sqrt{5}i \end{bmatrix}.$$

特征多项式和极小多项式都是可以直接验证的。

3. 对准素分解得到的子矩阵进行循环分解

首先，我们仔细回顾一下，为了得到Jordan链，我们需要进行什么工作。对于矩阵$A_i$，我们进行循环分解，得到有理标准形

$$Q_{i}^{-1}A_iQ_{i}=\text{diag}(A_{i1},\cdots,A_{ir_i})$$

然后，对每个子矩阵$A_{ij}$（$m_{ij}=(\lambda-\lambda_i)^{k_{ij}}$的友阵），考虑$B_{ij}=A_{ij}-\lambda_iI$，不难发现$B_{ij}$的极小多项式是$\lambda^{k_{ij}}$，所以只需要再对$B_{ij}$进行一次循环分解即可（如果很难理解，可以回顾一下上篇博客）。按照这个原理，在准素分解得到的$A_1$、$A_2$、$A_3$中，后两个的阶数为$1$，已经不需要分解，相似于自己即可。

对于矩阵

$$A_{1}=\begin{bmatrix}\frac{5}{4} & -\frac{3}{4} \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} \end{bmatrix}$$

考虑到不变因子$m_{11}=(\lambda-2)^2=\lambda^2-4\lambda+4$，有且仅有一个，我们能得到它的有理标准形是

$$A_{11}=\begin{bmatrix}0 & -4 \\ 1 & 4\end{bmatrix}$$

从$A_{1}$到$A_{11}$的过渡矩阵可以取循环基$\alpha=(1,0)^T$和$A_1\alpha=(\frac{5}{4},\frac{3}{4})^T$，构成过渡矩阵$Q=\begin{bmatrix}1&\frac{5}{4} \\ 0 & \frac{3}{4}\end{bmatrix}$。此时就有

$$Q^{-1}A_1Q=A_{11}$$

令$B_{11}=A_{11}-2{I}=\begin{bmatrix}-2& -4 \\ 1 & 2\end{bmatrix}$，又重新取循环基，$\alpha=(1,0)^T$和$B_{11}\alpha=(-2,1)^T$，得到过渡矩阵$U=\begin{bmatrix}1& -2 \\ 0& 1\end{bmatrix}$，这个时候又有

$$U^{-1}B_{11}U=\begin{bmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$$

从而对于$A_{11}$来说又有

$$U^{-1}A_{11}U=\begin{bmatrix}2 & 0 \\ 1 & 2\end{bmatrix}$$

再回到矩阵$A_1$，又有

$$U^{-1}Q^{-1}A_1QU=\begin{bmatrix}2 & 0 \\ 1 & 2\end{bmatrix}$$

令$V_1=QU$，我们就得到了$A_1=V_1^{-1}J_2(2)V_1$，得到一个和Jordan块的相似。

4. 将所有矩阵组装起来，得到原矩阵到Jordan标准形的总过渡矩阵

对于$A_2$和$A_3$来说，对应的$V_2$和$V_3$都是一阶单位矩阵，因为本身就已经不能再化简了。结果，我们得到了从$\text{diag}(A_{11},A_{22},A_{33})$到Jordan标准形的过渡矩阵$S=\text{diag}(V_1,V_2,V_3)$，也就是说

$$S=\begin{bmatrix}1 & -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 &1\end{bmatrix}$$

满足

$$S^{-1}\begin{bmatrix} \frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3-\sqrt{5}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 + \sqrt{5}i \end{bmatrix}S = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3-\sqrt{5}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3+\sqrt{5}i \end{bmatrix}=J$$

最后再加上用来准素分解的$P$，我们就得到了从原矩阵$A$到Jordan标准形$J$的过渡矩阵

$$T=PS=\begin{bmatrix}\frac{1}{4}& -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 1 & -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & \frac{2-\sqrt{5}i}{3}&\frac{2+\sqrt{5}i}{3} \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$$

满足$T^{-1}AT=J$。到这里，我们的过渡矩阵就被求出来了。每一步都有缘由，都直接运用前面的线性代数理论，没有任何偏差。

但是要注意，Jordan标准形中，指定特征值下的Jordan块，不一定只有一个。这篇博客中的矩阵$A$，在特征值为$2$下有一个，这是因为极小多项式和特征多项式恰好相等。Jordan标准形中有多个相同特征值下的Jordan块的例子有没有？当然有，而且很简单，单位矩阵就是一个例子。