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,当然这就不是我擅长的领域了,我也不多做评价。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。


我们已经知道,有 \[ \mathbb{R}^4=\text{ker}(\lambda-2)^2\oplus\text{ker}(\lambda-(3-\sqrt{5}i))\oplus\text{ker}(\lambda-(3+\sqrt{5}i)) \] 所以我们需要求出\(4\)个广义特征向量。由\((A-I)^2\mathbf{v}=0\)\[ \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}\frac{1}{4} \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix} \quad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}-\frac{3}{4} \\ 0 \\ 1 \\0\end{bmatrix} \]\((A-(3-\sqrt{5}i)I)\mathbf{v}=0\)\[ \mathbf{v}_3=\begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ \frac{2-\sqrt{5}i}{3} \\ 1\end{bmatrix} \]\((A - (3+\sqrt{5}i)I)\mathbf{v}=0\)\[ \mathbf{v}_4=\begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ \frac{2+\sqrt{5}i}{3} \\ 1\end{bmatrix} \] 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 \[ P^{-1}AP=\begin{bmatrix} \frac{5}{4} & -\frac{3}{4} & 0 & 0 \\ \frac{3}{4} & \frac{11}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3-\sqrt{5}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 + \sqrt{5}i \end{bmatrix} \]

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

\(A_{1}\)\(A_{11}\)的过渡矩阵可以取循环基\(\alpha=(1,0)^T\)\(A_1\alpha=(\frac{5}{4},\frac{3}{4})^T\),构成过渡矩阵\(Q=\begin{bmatrix}1&\frac{5}{4} \\ 0 & \frac{3}{4}\end{bmatrix}\)。此时就有 \[ Q^{-1}A_1Q=A_{11} \]\(B_{11}=A_{11}-2{I}=\begin{bmatrix}-2& -4 \\ 1 & 2\end{bmatrix}\),又重新取循环基,\(\alpha=(1,0)^T\)\(B_{11}\alpha=(-2,1)^T\),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 \[ U^{-1}Q^{-1}A_1QU=\begin{bmatrix}2 & 0 \\ 1 & 2\end{bmatrix} \]\(V_1=QU\),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\(A_2\)\(A_3\)来说,对应的\(V_2\)\(V_3\)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。每一步都是有缘由的,都是直接运用前面的线性代数理论的,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。

Jordan标准形的求法——以一个四阶矩阵为例

https://desvl.xyz/2020/06/01/jordan-form-example/

Author

Desvl

Posted on

2020-06-01

Updated on

2020-06-01

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