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 $C$ 中）：

A = [\begin{matrix} 3 & - 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 5 & - 3 \\ 4 & - 1 & 3 & 1 \end{matrix}]

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 (λ) = (λ - 2)^{2} (λ - (3 - \sqrt{5} i)) (λ - (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 (λ) = f (λ)

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

λ_{1} = 2 λ_{2} = 2 λ_{3} = 3 - \sqrt{5} i λ_{4} = 3 + \sqrt{5} i

2. 对矩阵进行准素分解

我们已经知道，在 $C$ 上存在可逆矩阵 $P$ 使得

A = P^{- 1} [\begin{matrix} A_{1} \\ A_{2} \\ A_{3} \end{matrix}] P

其中 $A_{1}$ 的特征多项式 $f_{1} = (λ - 2)^{2}$ ，极小多项式 $m_{1} = (λ - 2)^{2}$ ， $A_{2}$ 的极小多项式和特征多项式 $m_{2} = f_{2} = λ - (3 - \sqrt{5} i)$ ， $A_{3}$ 的极小多项式和特征多项式 $m_{3} = f_{3} = λ - (3 + \sqrt{5} i)$ 。

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。

我们已经知道，有

C^{4} = ker (λ - 2)^{2} \oplus ker (λ - (3 - \sqrt{5} i)) \oplus ker (λ - (3 + \sqrt{5} i))

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

v_{1} = [\begin{matrix} \frac{1}{4} \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}] v_{2} = [\begin{matrix} - \frac{3}{4} \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}]

由 $(A - (3 - \sqrt{5} i) I) v = 0$ 得

v_{3} = [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \frac{2 - \sqrt{5} i}{3} \\ 1 \end{matrix}]

由 $(A - (3 + \sqrt{5} i) I) v = 0$ 得

v_{4} = [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ \frac{2 + \sqrt{5} i}{3} \\ 1 \end{matrix}]

我们得到了过渡矩阵

P = [\begin{matrix} \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{matrix}]

且有准素分解

P^{- 1} A P = [\begin{matrix} \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{matrix}]

这就对应了本节开始的

A_{1} = [\begin{matrix} \frac{5}{4} & - \frac{3}{4} \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} \end{matrix}], A_{2} = [\begin{matrix} 3 - \sqrt{5} i \end{matrix}], A_{3} = [\begin{matrix} 3 + \sqrt{5} i \end{matrix}] .

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_{i} Q_{i} = diag (A_{i 1}, \dots, A_{i r_{i}})

然后，对每个子矩阵 $A_{i j}$ （ $m_{i j} = (λ - λ_{i})^{k_{i j}}$ 的友阵），考虑 $B_{i j} = A_{i j} - λ_{i} I$ ，不难发现 $B_{i j}$ 的极小多项式是 $λ^{k_{i j}}$ ，所以只需要再对 $B_{i j}$ 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{matrix} \frac{5}{4} & - \frac{3}{4} \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} \end{matrix}]

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

A_{11} = [\begin{matrix} 0 & - 4 \\ 1 & 4 \end{matrix}]

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

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

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

U^{- 1} B_{11} U = [\begin{matrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}]

从而对于 $A_{11}$ 来说又有

U^{- 1} A_{11} U = [\begin{matrix} 2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}]

再回到矩阵 $A_{1}$ ，又有

U^{- 1} Q^{- 1} A_{1} Q U = [\begin{matrix} 2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix}]

令 $V_{1} = Q U$ ，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 $diag (A_{11}, A_{22}, A_{33})$ 到Jordan标准形的过渡矩阵 $S = diag (V_{1}, V_{2}, V_{3})$ ，也就是说

S = [\begin{matrix} 1 & - \frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]

满足

S^{- 1} [\begin{matrix} \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{matrix}] S = [\begin{matrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 - \sqrt{5} i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 + \sqrt{5} i \end{matrix}] = 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 = P S = [\begin{matrix} \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{matrix}]

满足 $T^{- 1} A T = J$ 。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。

updated at 2025-05-11