厦门大学高等代数教案网站IP地址:59.77.1.116;域名: gdjpkc. xmu. edu.cn §76 Jordan标准型 教学目的与要求掌握矩 Jordan标准型的定义;熟练掌握 Jordan标准型与初 等因子的关系;理解 Jordan标准型的含义;能利用 Jordan标准型证明一些命题. 本节在C上讨论 引理1设J是分块对角阵 J2 Jk 其中每个J都是型如975例2中的矩阵,的初等因子组为(A-A),则J的 初等因子组为 (A-A1)2,(入-入2)2,…,(入-Ak) 证明M一J是一个分块对角λ-阵.由于对分块对角阵中某一块施行初等变 换时其余各块保持不变,因此Ⅺ一J相抵于下列分块对角阵 H2 Hk 其中H1=diag{1,……,1,(λ-A)},由上节定理知J的初等因子组是 (A-A1),(A-A2)2,…,(A-入k).口 定理1设A是C上的矩阵且A的初等因子组为 (A-A1)2,(入-入2)2,…,(入-入)”, 则A相似于分块对角阵: J2 Jk
^ 3#}H 1 IP %: 59.77.1.116; ,b gdjpkc.xmu.edu.cn §7.6 Jordan ? FOLDRPM 2M Jordan ?!&#yV2 Jordan ?+ "$!8SK Jordan ?!:#eT% Jordan ?6a! J/ C p[ QH 1 q J w1Q)G4 J1 J2 . . . Jk , g=℄4 Ji 'wm §7.5 U 2 =!M4 Ji !"$A (λ − λi) ri , 0 J ! "$A (λ − λ1) r1 ,(λ − λ2) r2 , · · · ,(λ − λk) rk . SK λI − J w!41Q)G λ- 4&))1Q)G4=d!Qr" >sg*5Q $ λI − J $)X1Q)G4 H = H1 H2 . . . Hk , g= Hi = diag{1, · · · , 1,(λ − λi) ri}, &pJ&S7 J !"$Aw (λ − λ1) r1 ,(λ − λ2) r2 , · · · ,(λ − λk) rk . 2 EH 1 q A w C p!M4h A !"$A (λ − λ1) r1 ,(λ − λ2) r2 , · · · ,(λ − λk) rk , 0 A )1Q)G4 J = J1 J2 . . . Jk , 1
其中J为r阶矩阵,且 J 我们称J为A的 Jordan标准型 证明因为A与J有相同的初等因子组.口 例1设A是7阶矩阵,其初等因子组为λ-1,(A-1)3,(+1)2,A-2,求其 Jordan标准型 110 0 解 注1若不计 Jordan块的排列次序,矩阵的 Jordan标准型是唯一确定的. 注2fA(川)为A的所有初等因子的乘积 注3设A,A2,…,λ。是A的所有不同的特征值,则 m(入)=(-A1)(A-A2)2…(A-A2)2, 其中a;为属于λ的阶数最大 Jordan块的阶数 fA()=(A-A)(A-A2)2…(A-2)2, 其中b2为属于A的 Jordan块的阶数之和,它是入的代数重数 定理设φ是C上线性空间V上的线性变换,则必存在V的一组基,在这组 基下φ的表示矩阵为 Jordan阵. 推论1设A∈C×,则下面叙述是等价的 (1)A相似于对角阵; (2)A的初等因子全是一次的
g= Ji ri IM4h Ji = λi 1 λi . . . . . . 1 λi . _ J A ! Jordan ? SK $ A + J '!"$A 2 I 1 q A w 7 IM4g"$A λ − 1,(λ − 1)3 ,(λ + 1)2 , λ − 2, ig Jordan ? G J = 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 −1 1 0 −1 2 . T 1 o D Jordan Q!fXM4! Jordan ?w!l&! T 2 fA(λ) A !'"$!A T 3 q λ1, λ2, · · · , λs w A !' !590 mA(λ) = (λ − λ1) a1 (λ − λ2) a2 · · ·(λ − λ2) a2 , g= ai z) λi !I|B Jordan Q!I| fA(λ) = (λ − λ1) b1 (λ − λ2) b2 · · ·(λ − λ2) b2 , g= bi z) λi ! Jordan Q!I|8;w λi !|>| EH’ q ϕ w C pPF V p! >0/ V !!A/3A ϕ !vM4 Jordan 4 NJ 1 q A ∈ C n×n , 0`{w"E! (1) A ))G4 (2) A !"$kw!! 2
(2)mA(入)无重根 推论2设A∈Cnxn,则下列命题等价 (1)A相似于kI; (2)mA(入)为一次多项式; (3)A的初等因子全是一次且相同. 例2设A∈Qxn,fA(∈Qx为不可约多项式.求证:A的有理标准型只 有一块 Frobenius块,而在¢xn上,A的 Jordan标准型是对角阵 证明在Q,fA()上不可约,而fA(入是不变因子之积,故A只有一个非常数 不变因子fA(入).另一方面,fA(入)不可约,因而在C上无重根,所以mA())无 重根,所以A可对角化 例3设n阶矩阵A适合A2=0,A的秩等于r>0,求出的初等因子组 解法∵因为A适合A2=0,所以2是A的零化多项式,其极小多项式为其 因式又r(4)=r,所以极小多项式不可能为入,否则A相似于0矩阵,与r(A)=r 矛盾.A的初等因子组为入,…,X(n-2r个),A2,…,A2(r个) J1 解法二.A相似于J 由A2=0可得J2=0.进 步=0.,1≤i≤k.所以J= 或0.又r(A)=r,所以有r个 J1形如 其余n-2r个J为0.故A的初等因子组为A,……,A 2r个),A2,…,2(r个) 例4设C上四维线性空间上的线性变换y在一组基e1,e2,e3,e4下的矩阵为 3100 6121 -14-5-10 求V的一组基,使φ在这组基下的矩阵为 Jordan标准型,并求出从原来的基到 新基的过渡矩阵
(2) mA(λ) >6 NJ 2 q A ∈ C n×n , 0X "E (1) A ) kI; (2) mA(λ) !+u (3) A !"$kw!h I 2 q A ∈ Qn×n , fA(λ) ∈ Q[x] O.+ui6 A !'S ?; '!Q Frobenius Q,/ C n×n p A ! Jordan ?w)G4 SK / Q, fA(λ) p O., fA(λ) w $8A7 A ;'!40| $ fA(λ). Z!/` fA(λ) O.$,/ C p >6" mA(λ) >6" A O)G= 2 I 3 q n IM4 A x 0, i!"$A G .!$ Ax ϕ /!A e1, e2, e3, e4 !M4 A = 3 1 0 0 −4 −1 0 0 6 1 2 1 −14 −5 −1 0 . i V !!At ϕ /3A!M4 Jordan ?i-R! !9(M4 3
解 A-3 00 1 入-30 I-A 4+100 入-14 0 0 1 0 00I 10 0 00 1入00 0-(A+3)A-2-1 0A-2-(X+3)-1 05入-1 y0 01 5入-1入 0 0 000 01-0 入0入-0 0 入 2-(A+3) 0100 55( (A-1)2-(-1)2 0 000 0100 0 0 0 0(-1)2 所以A的初等因子为(A-1)2,(A-1)2,A的 Jordan标准型为 1100 0010 0 设矩阵P是从e1,e2,e3,e4到新基的过渡矩阵,则P-1AP=J,即AP=PJ.设 P=(a1,a2,as3,a4),其中α是4维列向量,代入(*)得 0100 (Aa1Am2,Aa3,Aa4)=(a1,a2,0304)001 化成方程组为 Ac1=a1 A)a1=0 aas a)ag A)a3=0 AO4= a3+O4 A)a4=-a3 2-10 Ⅰ-A
G λI − A = λ − 3 −1 0 0 4 λ + 1 0 0 −6 −1 λ − 2 −1 14 5 1 λ → 1 λ − 3 0 0 −λ − 1 4 0 0 1 −6 λ − 2 −1 −5 14 1 λ → 1 0 0 0 0 (λ − 1)2 0 0 0 −(λ + 3) λ − 2 −1 0 5λ − 1 1 λ → 1 0 0 0 0 0 (λ − 1)2 0 0 λ − 2 −(λ + 3) −1 0 1 5λ − 1 λ → 1 0 0 0 0 1 5λ − 1 λ 0 λ − 2 −(λ + 3) −1 0 0 (λ − 1)2 0 → 1 0 0 0 0 1 5λ − 1 λ 0 0 −5(λ − 1)2 −(λ − 1)2 0 0 (λ − 1)2 0 → 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 (λ − 1)2 0 0 0 0 (λ − 1)2 " A !"$ (λ − 1)2 ,(λ − 1)2 , A ! Jordan ? J = 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 (∗) qM4 P w e1, e2, e3, e4 !9(M40 P −1AP = J, C AP = P J. q P = (α1, α2, α3, α4), g= αi w 4 XWn (*) (Aα1, Aα2, Aα3, Aα4) = (α1, α2, α3, α4) 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 =/A Aα1 = α1 (I − A)α1 = 0 Aα2 = α1 + α2 (I − A)α2 = −α1 Aα3 = α3 (I − A)α3 = 0 Aα4 = α3 + α4 (I − A)α4 = −α3 I − A = −2 −1 0 0 4 2 0 0 −6 −1 −1 −1 14 5 1 1 4
00:b1 b2 6-1-1-1:b3 b4 2-100 b1 b2+2b1 02-1-1:b3-3b1 b4+7b1 00 0000 b2-2b1 0000 b4+b3+4b1 0000 b4+b3+4b +是x4取 0,得 1-2-40 b (Ⅰ-A) 4 3-÷m4,2=3一数1+3+4=+3+女取=-6,x4=1 得 a2=(01-61)2 b=0.,(I-A)as3=0.取x3=1 1,得 (001-1)2 (I-A)a 3 一3-b1+x3+4=-+x3+4.取x3=0,x4=1,得
I − A . . . b → −2 −1 0 0 . . . b1 4 2 0 0 . . . b2 −6 −1 −1 −1 . . . b3 14 5 1 1 . . . b4 → −2 −1 0 0 . . . b1 0 0 0 0 . . . b2 + 2b1 0 2 −1 −1 . . . b3 − 3b1 0 −2 1 1 . . . b4 + 7b1 → 1 1 2 0 0 . . . − b1 2 0 0 0 0 . . . b2 − 2b1 0 1 − 1 2 − 1 2 . . . b3 2 − 3 2 b1 0 0 0 0 . . . b4 + b3 + 4b1 → 1 0 1 4 1 4 . . . b1 4 − b3 4 0 1 − 1 2 − 1 2 . . . b3 2 − 3 2 b1 0 0 0 0 . . . b2 − 2b1 0 0 0 0 . . . b4 + b3 + 4b1 b = 0, (I −A)α1 = 0. x1 = − 1 4 x3 − 1 4 x4, x2 = 1 2 + 1 2 x4. j x3 = −4, x4 = 0, α1 = ( 1 −2 −4 0 )T b = −α1, (I−A)α2 = −α1. x1 = 1 4 b1− 1 4 b3− 1 4 x3− 1 4 x4 = − 1 4− 1 4 ·4− 1 4 x3− 1 4 x4 = − 5 4 − 1 4 x3 − 1 4 x4, x2 = 1 2 b3 − 3 2 b1 + 1 2 x3 + 1 2 x4 = 7 2 + 1 2 x3 + 1 2 x4. j x3 = −6, x4 = 1, α2 = (0 1 −6 1)T b = 0, (I − A)α3 = 0. j x3 = 1, x4 = −1, α3 = (0 0 1 −1 )T b = −α3, (I − A)α4 = −α3. x1 = 1·0 4 − −1 4 − 1 4 x3 − 1 4 x4 = 1 4 − 1 4 x3 − 1 4 x4, x2 = − 1 2 b3 − 3·0 2 b1 + 1 2 x3 + 1 2 x4 = − 1 2 + 1 2 x3 + 1 2 x4. j x3 = 0, x4 = 1, α4 = ( 0 0 0 1)T 5
1000 所以P= 2100 因此,新基为e1-2e2-4e3,e2-6e3+e4,e 练习:P2541.(1),2.(⑤5),3,8 选做:P2544 思考:P2662,3,4
" P = 1 0 0 0 −2 1 0 0 −4 −6 1 0 0 1 −1 1 . $ e1−2e2−4e3, e2−6e3+e4, e3−e4, e4. 2 VÆ P254 1. (1), 2. (5), 3, 8, C P254 4 ~N P266 2, 3, 4, 6