矩阵标准型

• 矩阵标准型
  • λ矩阵
    • 秩
    • 逆
    • 初等变换
    • 等价
  • Smith标准型
    • 不变因式
    • 初等因式
      • 例
    • 行列式因式
    • 特殊矩阵
    • 派生$λ$矩阵
    • 分块矩阵
  • Jordan标准型
    • 定义
      • Jordan块
      • Jordan矩阵
    • 变换法
    • 特殊矩阵
    • 行列式因子法
      • 例
    • 初等因子积法
      • 例
    • $n$次方问题
      • 例1
      • 例2

λ矩阵

以$λ$的复系数多项式为元素的矩阵，称为λ矩阵。

秩

$r$阶子式不为零，$r+1$阶子式全为零。

逆

$A(λ)B(λ) = E$则$A^{-1}(λ) = B(λ)$

$n$阶$λ$阵可逆的充要条件是$|A(λ)|$等于非零常数。

对于数字矩阵来说，满秩$⇔$可逆，但$λ$矩阵不一定。

初等变换

• 互换
• 数乘
• 某行（列）乘一个$λ$多项式后加到另一行（列）

等价

$A(λ)$经过有限次初等变换后可变成$B(λ)$，则成$A(λ)$与$B(λ)$等价，记作$A(λ) ≃ B(λ)$。

$B(λ) = P(λ)A(λ)Q(λ)$

有$|B(λ)| = |P(λ)||A(λ)||Q(λ)| = k|A(λ)|$

即等价的两个$λ$阵行列式是常数倍关系。

对于数字矩阵来说，矩阵等价$⇔$矩阵等秩，但$λ$矩阵仅有矩阵等价$⇒$矩阵等秩。

Smith标准型

若$A(λ)$的秩为$r$，则$A(λ)$与如下矩阵等价

$\left[\begin{array}{c} d_1(λ) \\ & d_2(λ) \\ && \ddots \\ &&& d_r(λ) \\ &&&& 0 \\ &&&&& \ddots \\ &&&&&& 0 \end{array}\right]$

• $d_i(λ)$是最高次幂系数为1的多项式。
• $d_i(λ)$是$d_{i+1}(λ)$的因子

上述矩阵称为矩阵$A(λ)$的Smith标准型。

不变因式

对于$1≤k≤r$，$d_k(λ)$称为$A(λ)$的第$k$个不变因式（不变因子）。

初等因式

$d_k(λ) = \prod_{j}(λ-λ_j)^{e^j} { \ \ \ } 0 ≤ e^j ≤ e^{j+1}$

其中$λ_j$互不相同，所有$d_1(λ)$到$d_r(λ)$的$e^j>0$的$(λ-λ_j)^{e^j}$为$A(λ)$的初等因式。

例

$5$阶方阵$A(λ)$的秩为$4$，全体初等因式为$\{ λ, λ^2, λ^2, λ-2, λ-2, λ+1, (λ+1)^2 \}$，试求不变因式和Smith标准型。

解

求$d_1,d_2,d_3,d_4$

• 观察$\{ λ, λ^2, λ^2 \}$，$λ^2$出现两次

  • 明显$d_4$中含有$λ^2$
  • 故$d_3$中也含有$λ^2$
  • 故$d_2$中只能含有$λ$

• 观察$\{ λ-2, λ-2 \}$

  • 明显$d_4$中含有$λ-2$
  • 故$d_3$中含有$λ-2$

• 观察$\{ λ+1, (λ+1)^2 \}$

  • 明显$d_4$中含有$(λ+1)^2$
  • 故$d_3$中含有$λ+1$

综上可得

$\left[\begin{array}{c} 1 \\ & λ \\ && λ^2 (λ-2) (λ+1) \\ &&& λ^2 (λ-2) (λ+1)^2 \\ &&&& 0 \end{array}\right]_{5×5}$

行列式因式

• $D_1(λ) = 所有1阶子式行列式的最大公因子$
• $D_2(λ) = 所有2阶子式行列式的最大公因子$
• $\cdots$
• $D_k(λ) = 所有k阶子式行列式的最大公因子$

设$λ$矩阵$A(λ)$的秩为$r>0$，对于$1≤k≤r$，$A(λ)$中必存在着非零的$k$阶子式。$A(λ)$中全部$k$阶子式的最高次幂系数为1的最大公因式称为$A(λ)$的$k$阶行列式因式，记为$D_k(λ)$。

$D_k(λ) = \prod_{i=1}^{k}d_i(λ) = d_1(λ)d_2(λ)\dots d_k(λ) = D_{k-1}(λ)d_k(λ)$

Smith标准型是唯一的。两个$λ$矩阵等价的充要条件为它们具有相同的行列式因式，有相同的不变因式。

特殊矩阵

$\begin{array}{l} A \\\\ \\\\ \\\\ \\ \end{array} \begin{array}{l} = \left[\begin{array}{c} λ-a & c_1 \\ & λ-a & c_2 \\ && \ddots & \ddots \\ &&& λ-a & c_{n-1} \\ &&&& λ-a \end{array}\right]_{n×n} \\\\ = λE- \left[\begin{array}{c} a & -c_1 \\ & a & -c_2 \\ && \ddots & \ddots \\ &&& a & -c_{n-1} \\ &&&& a \end{array}\right]_{n×n} \end{array}$

矩阵$A$的Smith标准型为：$\left[\begin{array}{c} 1 \\ & 1 \\ && 1 \\ &&& \ddots \\ &&&& (λ-a)^n \end{array}\right]_{n×n}$，初等因式为：$(λ-a)^n$

特别当所有$c = -1$时，$a$以$λ_i$替换，有

派生$λ$矩阵

$λE - A$

数字阵派生的$λ$阵一定是满秩的。

若两个数字阵相似，则它们的派生阵等价，Smith标准型相同。

分块矩阵

矩阵$A(λ) = \left[\begin{array}{c} B(λ) & 0 \\ 0 & C(λ) \end{array}\right]$的全部初等因式是$B(λ)$的全部初等因式与$C(λ)$的全部初等因式的并集。

Jordan标准型

$n$阶矩阵$A$可以与不同的矩阵相似，我们希望在与$A$相似的全体矩阵中，找到一个比较简单的矩阵，作为这一类矩阵的代表，从而简化这一类矩阵的讨论。

定义

数字阵$A ∼ B$的充要条件是$λE-A$与$λE-B$等价（即特征多项式等价，或称派生$λ$阵等价）。

Jordan块

$J(λ_i, n_i) = \left[\begin{array}{c} λ_i & 1 \\ & λ_i & 1 \\ && \ddots & \ddots \\ &&& λ_i & 1 \\ &&&& λ_i \end{array}\right]_{n_i×n_i}$

$J(λ_i, n_i)$称为Jordan块。其中$λ_i$为常数，故$J(λ_i, n_i)$是一个数字矩阵。

Jordan块的初等因子，即Jordan块的派生$λ$矩阵$λE-J(λ_i, n_i)$的Smith标准型的初等因子，为$(λ-λ_i)^{n_i}$

$J(λ, n)^m = \left[\begin{array}{c} λ^m & C_{m}^{1} λ^{m-1} & C_{m}^{2} λ^{m-2} & \cdots & C_{m}^{n-1} λ^{m-(n-1)} \\ & λ^m & C_{m}^{1} λ^{m-1} & \ddots & \vdots \\ & & λ^m & \ddots & C_{m}^{2} λ^{m-2} \\ & & & \ddots & C_{m}^{1} λ^{m-1} \\ 0 & & & & λ^m \end{array}\right]_{n×n}$

Jordan矩阵

形如$J = \left[\begin{array}{c} J_1 \\ & J_2 \\ && \ddots \\ &&& J_s \end{array}\right]$由若干个Jordan块组成的准对角矩阵。

Jordan矩阵的初等因子即所有Jordan块的初等因子的全体。

对角阵即所有Jordan块都为一阶的Jordan矩阵，故对角阵是特殊的Jordan阵。

求矩阵$A$的Jordan标准型，即求$A$的派生$λ$阵$(λE-A)$的Smith标准型的，不变因式的，全部初等因子，再通过初等因子求Jordan块，最终将Jordan块组合为Jordan矩阵。

变换法

略

特殊矩阵

$\left[\begin{array}{c} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{array}\right]_{n×n}$的Jordan标准型为$\left[\begin{array}{c} 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & n \end{array}\right]_{n×n}$

行列式因子法

例

求矩阵$A = \left[\begin{array}{c} 8 & -3 & 6 \\ 3 & -2 & 0 \\ -4 & 2 & -2 \end{array}\right]$的Jordan标准型。

解

矩阵$A$的派生$λ$矩阵$A(λ) = λE-A = \left[\begin{array}{c} λ-8 & 3 & -6 \\ -3 & λ+2 & 0 \\ 4 & -2 & λ+2 \end{array}\right]$

• 明显$D_1(λ)=1$
• 由$\left|\begin{array}{c} 3 & -6 \\ λ+2 & 0 \end{array}\right| = 6(λ+2)$，$\left|\begin{array}{c} -3 & λ+2 \\ 4 & -2 \end{array}\right| = -4λ-2$，可知$D_2(λ)=1$
• $D_3(λ) = |λE-A| = (λ-1)^2(λ-2)$

综上

• $d_1(λ) = D_1(λ) = 1$
• $d_2(λ) = \dfrac{D_2(λ)} {D_1(λ)} = 1$
• $d_3(λ) = \dfrac{D_3(λ)} {D_2(λ)} = (λ-1)^2(λ-2)$

因此$A(λ)$的初等因子为$(λ-1)^2$、$λ-2$。$A$的Jordan标准型为$\left[\begin{array}{c} 1 & 1 \\ & 1 \\ && 2 \end{array}\right]$

初等因子积法

例

求矩阵$A = \left[\begin{array}{c} -1 & 2 & 2 & 0 \\ 3 & -1 & 1 & 0 \\ 2 & 2 & -1 & 0 \\ 1 & -4 & 3 & 3 \end{array}\right]$的Jordan标准型。

解

$A(λ) = λE - A$是满秩的，即$r\big(A(λ)\big)=4$

$|λE - A| = (λ-3)^2(λ+3)^2 = d_1 ⋅ d_2 ⋅ d_3 ⋅ d_4$

则有以下情况

情况	Smith标准型	初等因子	Jordan标准型
①	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 1 \\& 1 \\&& (λ-3)(λ+3) \\&&& (λ-3)(λ+3) \end{array}\right]}$	$\scriptsize{\begin{matrix} λ-3 \\ λ-3 \\ λ+3 \\ λ+3 \end{matrix}}$	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 3 \\& 3 \\&& -3 \\&&& -3 \end{array}\right]}$
②	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 1 \\& 1 \\&& (λ-3) \\&&& (λ-3)(λ+3)^2 \end{array}\right]}$	$\scriptsize{\begin{matrix} λ-3 \\ λ-3 \\ (λ+3)^2 \end{matrix}}$	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 3 \\& 3 \\&& -3 & 1 \\&&& -3 \end{array}\right]}$
③	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 1 \\& 1 \\&& (λ+3) \\&&& (λ-3)^2(λ+3) \end{array}\right]}$	$\scriptsize{\begin{matrix} λ+3 \\ λ+3 \\ (λ-3)^2 \end{matrix}}$	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} -3 \\& -3 \\&& 3 & 1 \\&&& 3 \end{array}\right]}$
④	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} 1 \\& 1 \\&& 1 \\&&& (λ-3)^2(λ+3)^2 \end{array}\right]}$	$\scriptsize{\begin{matrix} (λ+3)^2 \\ (λ-3)^2 \end{matrix}}$	$\scriptsize{\left[\begin{array}{c} -3 & 1 \\& -3 \\&& 3 & 1 \\&&& 3 \end{array}\right]}$

记$A$的Jordan标准型为$J$，因为$A ∼ J$，所以$λE-A$与$λE-J$等价

即$r(λE-A) = r(λE-J)$（此处的$λ$不再是$λ$矩阵的$λ$而应看做是一个变量）

取$λ = 3, -3$，从上述情况中，看是否满足$r(λE-A) = r(λE-J)$。

$n$次方问题

例1

$n$阶方阵，$A^2=0$，$r(A)=r$，求$A$的Jordan标准型

解

由$A^2=0$可知，$A$的特征值都是$0$。

• $J_1 = \left[\begin{array}{c} 0 \end{array}\right]$，$(J_1)^2=0$
• $J_2 = \left[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right]$，$(J_2)^2=0$
• $J_3 = \left[\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$，$(J_3)^2≠0$

故Jordan块只能是一阶或二阶。

明显，$J_1$的存在不增加Jordan阵的秩，由$r(A)=r$可知，Jordan标准型由$r$个二阶块，$n-r$个一阶块组成。

例2

$n$阶方阵，$A^3=0$，$r(A)=r_1$，$r(A^2)=r_2$，求$A$的Jordan标准型

由$A^3=0$可知，$A$的特征值都是$0$。

• $J_1 = \left[\begin{array}{c} 0 \end{array}\right]$，$(J_1)^2=0$，$(J_1)^3=0$
• $J_2 = \left[\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right]$，$(J_2)^2=0$，$(J_2)^3=0$
• $J_3 = \left[\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$，$(J_3)^2≠0$，$(J_3)^3=0$
• $J_4 = \left[\begin{array}{c} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$，$(J_4)^3≠0$

故Jordan块只能是一阶、二阶或三阶块。

明显

• 每个$i$阶块产生$i-1$的秩。
• $A^2$仅有三阶块不为$0$

设有$x$个1阶块，$y$个2阶块，$z$个3阶块。

$\begin{cases} x+y+z = n \\ y+2z = r_1 \\ z = r_2 \end{cases} { \ \ \ ⇒ \ \ \ } \begin{cases} x = n - r_1 + r_2 \\ y = r_1 - 2r_2 \\ z = r_2 \end{cases}$