关于Jordan标准形

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2017/06/25

设$A$是$n$维线性空间$V$上的线性变换，它的特征值与相应的代数重数分别为$\lambda_i,m_i~(1=1,\cdots,r)$。为简化阅读，我们设$K_i = \ker(\lambda_i I - A)^{m_i},~ M_i = \operatorname{Im}(\lambda_i I - A)^{m_i}$。于是有如下结论：

\begin{align*}
& 1)~ A(K_i) \subseteq K_i,~ A(M_i) \subseteq M_i, \\
& 2)~ V = K_i \oplus M_i, \\
& 3)~ \det(\lambda I - A|_{K_i}) = (\lambda - \lambda_i)^{m_i},~ \dim(K_i) = m_i.
\end{align*}

由于$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$和$\operatorname{Im}(\lambda_i I - A)^{m_i}$的正交性，因此$V$首先可以分解为各个$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$的直和，这是“空间第一分解”。但仅仅到这一步，还得不出Jordan标准形。

在每一个$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$上还可以再进行分解。由于在线性变换$A$在$m$维子空间$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$上的行列式为$\det(\lambda I - A|_{K_i}) = (\lambda - \lambda_i)^{m_i}$，因此，根据Hamilton-Cayley定理，一定存在一个整数$m_0 \leq m_i$，使得$(A - \lambda_i I)^{m_0} = 0$。为了方便，我们记$T = A - \lambda_i I$，则$T^{m_0} = T \cdot T^{m_0-1} = 0$。因此$$\operatorname{Im}T^{m_0-1} \subseteq \ker T.$$我们可以在$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$找到几个向量$\{p_1, p_2, \cdots , p_a\}$使得$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i} = \operatorname{Span }\{T^{m_0-1}p_1, T^{m_0-1}p_2, \cdots , T^{m_0-1}p_a\}$。我们可以很容易的证明

\begin{align*}
\{& T^0 p_1, T^0 p_2, \cdots , T^0 p_a, \\
& T^1 p_1, T^1 p_2, \cdots , T^1 p_a, \\
& \qquad\quad\vdots\qquad\qquad\vdots \\
& T^{m_0-1}p_1, T^{m_0-1}p_2, \cdots , T^{m_0-1}p_a\}.
\end{align*}

线性无关。注意，若将上面的这$m_0 \times a$个线性无关的向量作为基底的话，那么每一列$\{T^0 p_1, T^1 p_1, \cdots, T^{m_0-1}p_1\}$在$A$下的变换都可以用Jordan标准形表示出来。若上面的这$m_0 \times a$个线性无关的向量还不足以充满整个$\ker(\lambda_i I - A)^{m_i}$的话，那再继续扩充它们，至于怎么扩种，稍微复杂了一点。这就是“空间第二分解”。

以上知识足以使得我对Jordan标准形形成一个较为感性的认识了。