【线性代数与矩阵论】Jordan型矩阵

本文主要是介绍【线性代数与矩阵论】Jordan型矩阵，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

Jordan型矩阵

2023年11月3日
#algebra

---

---

1. 代数重数与几何重数

在对向量做线性变换时，向量空间的某个向量的方向不发生改变，而只是在其方向上进行拉伸，则该向量是线性变换的特征向量，其在变换中被拉伸的倍数为该特征向量的特征值（特征根）。
矩阵的相同特征值有其对应的代数重数与几何重数，相同特征值的代数重数就是相同特征值的个数，几何重数就是相同特征值所对应特征向量的个数。显然，特征向量的拉伸量可能相同，即代数重数大于等于几何重数，也就是多个相同特征值可能对应一个特征向量。也可以说，对同一个特征值，可能有多个特征向量，而该特征值的代数重数大于等于特征向量的个数。
如果每个相同的特征值都对应不同的特征向量，则代数重数等于几何重数。
对于 $n\times n$ 矩阵 $A$，有 $l$ 个特征根，$l<n$ 且第 $i$ 个特征根 ${\lambda }_i$ 的代数重数为 ${\sigma }_i$ 、几何重数为 ${\alpha }_i$
$$\det (\lambda I_n-A)=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{{\sigma }_1}(\lambda -{\lambda }_2{)}^{{\sigma }_2}\cdots (\lambda -{\lambda }_l{)}^{{\sigma }_l}$$
第$i$个特征根的几何重数计算如下：
$${\alpha }_i=n-\text{rank}({\lambda }_i{I}_n-A)$$
几何重数（零化度）对应着有几个线性无关的特征向量拥有当前的特征值。
在Jordan标准型中，几何重数对应着当前特征值拥有几个Jordan快。
若代数重数等于几何重数，该特征值为 半单的。
若代数重数大于几何重数，该特征值为 亏损的。
显然，代数重数为 $1$ 的特征值一定时半单的；不同特征值对应的特征向量是线性无关的。每个特征值都是半单的矩阵（有完备的特征向量系）等价于可对角化。
存在亏损的特征值的矩阵称为亏损矩阵，等价于不可对角化。

---

2. Jordan块与Jordan标准型

举例，对代数重数为 ${\sigma }_i=5$ 、几何重数为 ${\alpha }_i=2$ 的特征根 ${\lambda }_i$，有两个Jordan快，设存在一个三阶和一个两阶的Jordan块：
$$J_i=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_i& 1& 0& 0& 0\\ 0& {\lambda }_i& 1& 0& 0\\ 0& 0& {\lambda }_i& 0& 0\\ 0& 0& 0& {\lambda }_i& 1\\ 0& 0& 0& 0& {\lambda }_i\end{array}\right]=\text{diag}(J_3({\lambda }_i),J_2({\lambda }_i))$$
Jordan块的顺序可以交换。知道特征值的代数重数和几何重数，还需要知道特征值对应的每阶Jordan块的个数，才能写出Jordan标准型。
可以通过幂零矩阵确定 ${\lambda }_i$ 对应的两个Jordan快各有几阶，如其中 $j$ 阶Jordan块的个数为：
$$r_{j+1}+r_{j-1}-2r_j$$
$$r_j=\text{rank}({\lambda }_{i}I-A{)}^j$$
$$r_0=\text{rank}({\lambda }_{i}I-A{)}^0=n$$
矩阵的Jordan标准型
$$J=\text{diag}(J_{n_1},J_{n_2},\cdots ,J_{n_k}),n_1+n_2+\cdots +n_k=n$$
Jordan块的上次对角元值都为 $1$
$$J_{n_i}=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_i& 1& & & \\ & {\lambda }_i& 1& & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & {\lambda }_i& 1\\ & & & & {\lambda }_i\end{array}\right]$$
在这种定义下，不同Jordan块可能对应相同特征值。求Jordan标准型步骤如下：

1. 算特征值
2. 算代数重数、几何重数
3. 算特征值对应阶数Jordan块的个数

[!example]-
求矩阵 $A$ 的Jordan标准型
$$A=\left[\begin{array}{cccc}2& 0& -1& 0\\ -1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 2& 0\\ 1& 1& 1& 3\end{array}\right]$$
解：
$$\det (\lambda I-A)=(\lambda -2{)}^4$$
$${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3={\lambda }_4=2,4-\text{rank}({\lambda }_{1}I-A)=2$$
$2$ 特征值的代数重数是 $4$ ，几何重数是 $2$ ，有两个Jordan块，可能是一个三阶和一个一阶的，也可能是两个二阶的。
$$\begin{array}{rl}{r}_0=& 4\\ & \\ r_1=& \text{rank}({\lambda }_{1}I-A)=2\\ & \\ r_2=& \text{rank}({\lambda }_{1}I-A{)}^2=0\\ & \\ r_3=& \text{rank}({\lambda }_{1}I-A{)}^3=0\\ & \end{array}$$
$2$ 特征值对应的一阶Jordan块个数
$$r_2+r_0-2r_1=0$$
$2$ 特征值对应的二阶Jordan块个数
$$r_3+r_1-2r_2=2$$
所以有两个二阶Jordan块，Jordan标准型为
$$J=\left[\begin{array}{cccc}2& 1& 0& 0\\ 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 2& 1\\ 0& 0& 0& 2\end{array}\right]$$

Jordan块减去特征值单位阵拥有幂零的特性：
$$(J_{n_i}-{\lambda }_i{I}_{n_i}{)}^{n_i}=0$$

2.1 最小多项式与Jordan标准型

由于一个特征值可能对应多个Jordan块，我们选择一个特征值的最大Jordan块的阶数，做为最小多项式中该特征值对应因子的幂次，得到最小多项式。例如
$$A=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_1& 1& 0& 0& 0\\ 0& {\lambda }_1& 1& 0& 0\\ 0& 0& {\lambda }_1& 0& 0\\ 0& 0& 0& {\lambda }_1& 0\\ 0& 0& 0& 0& \lambda 2\end{array}\right]$$
特征多项式为
$$\Delta (\lambda )=\det (\lambda I-A)=(\lambda -{\lambda }_1{)}^4(\lambda -{\lambda }_2)$$
最小多项式为
$$\psi (\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1{)}^3(\lambda -{\lambda }_2)$$
所有相似矩阵都有相同的最小多项式。

2.2 两类重要矩阵

一类是每个特征值代数重数与几何重数相等的矩阵，又称非退化矩阵或简单矩阵、可对角化矩阵，其Jordan标准型是对角阵。
另一类是每个特征值的几何重数都为 $1$ 的矩阵，也就是一个特征值对应一个Jordan块，各Jordan块对应的特征值互异，又称循环矩阵。
显然，循环矩阵的特征多项式与最小多项式相同。

---

3. 矩阵的Jordan分解

对 $n$ 阶方阵 $A$，存在 $n$ 阶可逆矩阵 $T$，使得
$$A=TJ{T}^{-1}$$
为矩阵Jordan分解，$J$ 为矩阵的Jordan标准型，若不计Jordan块的次序，则Jordan标准型唯一。
对变换矩阵，可以写为矩阵的集合 $T=(T_1,T_2,\cdots ,T_k)$，$T_i$ 为 $n\times n_i$ 阶矩阵。
$$A(T_1,T_2,\cdots ,T_k)=(T_1,T_2,\cdots ,T_k)\left[\begin{array}{ccc}{J}_{n_1}& & \\ & \ddots & \\ & & J_{n_k}\end{array}\right]$$
$$A{T}_i=T_i{J}_{n_i}=(t_1^i,t_2^i,\cdots ,t_{n_i}^i)\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_i& 1& & & \\ & {\lambda }_i& 1& & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & {\lambda }_i& 1\\ & & & & {\lambda }_i\end{array}\right]$$
所以
$$\{\begin{array}{l}A{t}_1^i={\lambda }_i{t}_1^i\\ A{t}_2^i={\lambda }_i{t}_2^i+t_1^i\\ ⋮\\ A{t}_{n_i}^i={\lambda }_i{t}_{n_i}^i+t_{n_i-1}^i\end{array}$$
$$(A-{\lambda }_i{I}_n)t_1^i=0$$
$$(A-{\lambda }_i{I}_n)t_j^i=t_{j-1}^i,j=2,3\cdots ,n_i$$
$t_1^i,t_2^i,\cdots ,t_{n_i}^i$ 构成一条关于${\lambda }_i$的长度为$n_i$的Jordan链。$t_1^i$ 是链首，是 $A$ 关于 ${\lambda }_i$ 的一个特征向量。
链首满足是特征向量，且方程组可解的要求。所以把 ${\lambda }_i$ 对应的所有线性无关的特征向量算出来，做线性组合，作为链首。变换矩阵 $T$ 的求解步骤如下

1. 求Jordan标准型
2. 算每个Jordan块对应的Jordan链
   若Jordan块阶数为1，直接计算特征向量
   若阶数大于1，先计算特征向量，利用特征向量的线性组合得到链首（同一特征值特征向量非零线性组合仍是特征向量）

[!example]-
$A$ 的Jordan标准型
$$A=\left[\begin{array}{ccc}3& 0& 8\\ 3& -1& 6\\ -2& 0& -5\end{array}\right],J=\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -1& 1\\ 0& 0& -1\end{array}\right]$$
求出 ${\lambda }_1$ 对应的线性无关的特征向量
$$x_1=(2,0,-1{)}^{\mathrm{T}},x_2=(0,1,0{)}^{\mathrm{T}}$$
对应的变换矩阵为 $x_1$ 和 $x_2$ 的线性组合，我们选取 $x_1$。对于阶数为 $2$ 的Jordan块，构造 $y=k_1{x}_1+k_2{x}_2$ 使得 $(A-{\lambda }_{1}I)Z=y$ 可解，即
$$\text{rank}(A-{\lambda }_{1}I)=\text{rank}(A-{\lambda }_{1}I|y)$$
$$(A-{\lambda }_{1}I|y)=\left[\begin{array}{cccc}4& 0& 8& 2k_1\\ 3& 0& 6& k_2\\ -2& 0& -4& -k_1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cccc}4& 0& 8& 2k_1\\ 0& 0& 0& k_2-3k_1/2\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$$
需要 $2k_2-3k_1=0$ ，取 $k_1=2,k_2=3,y=(4,3,-2{)}^{\mathrm{T}}$， 解出 $z=(1,0,0{)}^{\mathrm{T}}$，鼓变换矩阵为
$$T=\left[\begin{array}{ccc}2& 4& 1\\ 0& 3& 0\\ -1& -2& 0\end{array}\right]$$

3.1 Jordan分解的应用

Jordan分解用于计算初等函数在某个矩阵处的值，最简单的情形是计算多项式函数（高次多项式），当然也可以用Cayley-Hamilton定理。

[!example]-
设矩阵
$$A=\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ 1& 2& 0\\ -4& 0& 3\end{array}\right]$$
求 $A^{2018}$。
解：
$$\begin{array}{r}{T}^{-1}AT=J=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right]\end{array}\to A^{2018}=T{J}^{2018}{T}^{-1}$$
$$\begin{array}{rl}{A}^{2018}=& \left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -1& -1& 1\\ 2& 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& 2018& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2^{2018}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 0& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right]\\ & \\ =& \left[\begin{array}{ccc}-4035& 0& 2018\\ 4037-2^{2018}& 2^{2018}& 2^{2018}-2019\\ -8072& 0& 4037\end{array}\right]\end{array}$$

Jordan分解还可以用于求解一阶线性常系数微分方程组。

[! example]-
求解
$$\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{x}_1=3x_1+x_2-3\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{x}_2=-2x_2+2x_3\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{x}_3=-x_1+x_2+3x_3\end{array}$$
解：令 $x=(x_1,x_2,x_3{)}^{\mathrm{T}}$ ，则原方程组化为
$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=Ax$$
令 $x=Ty$，则
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=T^{-1}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=T^{-1}Ax=T^{-1}ATy=Jy$$
$$A=\left[\begin{array}{ccc}3& 1& -1\\ -2& 0& 2\\ -1& -1& 3\end{array}\right],J=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right]$$
$$\therefore Jy=\left[\begin{array}{c}2y_1\\ 2y_2+y_3\\ 2y_3\end{array}\right]\to y_1^{\prime }=2y_1,y_2^{\prime }=2y_2+y_3,y_3^{\prime }=2y_3$$
$y$ 第一第三个分量的一般解为
$$y_1(t)=c_1{e}^{2t},y_3(t)=c_3{e}^{2t}$$
代入第二个分量求解得
$$y_2(t)=(c_2+c_{3}t)e^{2t}$$
$$x=Ty=\left[\begin{array}{c}-e^{2t}(c_1+c_2+c_3+c_{3}t)\\ e^{2t}(c_1+2c_2+2c_{3}t)\\ e^{2t}(c_2+c_{3}t)\end{array}\right],\forall c_1,c_2,c_3\in \mathbb{C}$$

---

下链

Jordan块、Jordan标准型及矩阵的Jordan分解
矩阵论 武汉理工大学 （亲测最好的矩阵论视频）

---

这篇关于【线性代数与矩阵论】Jordan型矩阵的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

---