约旦标准型

约旦标准型是a的表示吗线性变换在有限维复形上向量空间由一种特殊的上三角矩阵。每一个这样的线性变换都有一个唯一的约当标准型，它具有一些有用的性质:易于描述和很适合计算。

不那么抽象的是方阵的约当标准形式;每个方阵是类似的，因为相似的矩阵对应于不同的线性变换的表示基地,由基底定理。

约当规范形式可以看作是diagonalizability到任意线性变换(或矩阵);的确，可对角化线性变换(或可对角化矩阵)的约当标准形式是一个对角矩阵。

一个约当块为如下形式的方阵: $J_{\λ}= {pmatrix} \ \开始λ& 1 & & & \\ & \ λ& 1 & & \\ & & \ ddots & \ ddots & \\ & & & \ λ& 1 \\ & & & &\ λ\ {pmatrix}结束$对于某个复数 $\λ。$

请注意,特征多项式一个 $n \ n$约当块是 $(x - \λ)^ n,$所以约旦方块正好有一个特征值 $\λ。$还要注意 $\λ$特征空间是一维的，由向量张成 $\开始{pmatrix} 1 \ \ \ \ \ vdots \ \ 0 \ {pmatrix}结束。$

叫一个方阵约旦如果它是这种形式的块矩阵 $\ {pmatrix} J_ {\ lambda_1开始 } & & & \\ & J_ {\ lambda_2 } & & \\ & & \ ddots & \\ & & & J_ {\ lambda_k} \ {pmatrix},$在哪里 $\ lambda_1 \ ldots \ lambda_k$是不是(不一定是不同的)复数，每个都是 $J_ {\ lambda_i}$是约旦方块。

约当标准形式定理:

让 $V$为有限维复向量空间，设 $T \: V \到V$是一个线性变换。有一个独特的基础 $B \ mathcal$的 $V$ $（$直到向量的顺序 $\ mathcal B)$使的矩阵 $T$关于 $B \ mathcal$是乔丹。这个矩阵叫做约旦标准型的 $T。$

同样,让 $一个$是一个 $n \ n$具有复数项的矩阵。然后 $一个$类似于乔丹矩阵，称为约旦标准型的 $一个,$它是独特的，直到约旦块的重新排列。

让 $= \开始{pmatrix} 2 1和4 \ \ 5 2到5 \ \ 1 1和3 \ {pmatrix}结束。$求的约当标准形式 $一个。$特征值和特征向量是什么 $一个吗?$是 $一个$对角化的?

---

的特征多项式 $一个$是 $\侦破\开始{pmatrix} t + 2 5 &t-2&-5 &-1&-4 \ \ \ \ 1 &-1&t-3 \结束{pmatrix} = t ^ 3-3t ^ 2 + 4 = (2) ^ 2 (t + 1)。$

的 $－1$特征空间是内核的 ${pmatrix} 1 &-1&-4 \ \ 5 \开始&-3&-5 \ \ 1 &-1&-4 \ {pmatrix},$哪个是一维子空间 $15 \ {pmatrix} 7日开始\ \ \ \ 2 \ {pmatrix}结束$(例如,高斯消去法)．

的 $2$特征空间是的核 ${pmatrix} 4 &-1&-4 \ \ 5 \开始&0&-5 \ \ 1 &-1&-1 \ {pmatrix},$哪个是一维子空间 $\ {pmatrix} 1 \ \ 0开始\ \ 1 \ {pmatrix}结束。$

这些特征值和特征向量的计算表明 $一个$不是对角化的。现在请注意, $A \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} - begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}。$

• 注意:我们将在下面看到向量是如何喜欢的 $\小{\begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}}$可以在一般情况下找到。

所以我们 $P = \ {pmatrix} 1 1和7 \ \ 0开始第1和15 \ \ 1 &1&-2 \ {pmatrix},$然后 $据美联社= P ^ {1} \ {pmatrix} 2 1 0 \ \ 0开始20 \ \ 0 &0&-1 \ {pmatrix},$什么是乔丹规范形式 $一个。$ $_ \广场$

一个可对角化的线性变换 $T$在有限维向量空间上 $V$有一个特征基的性质 $V;$也就是说，有一个基础 $V$由的特征向量组成的 $T。$的矩阵 $T$这是对角线。另一种说法是这是每一个向量 $V$的每个特征空间中元素的和 $T。$ $（$更简洁, $V = E_{\lambda_1} \oplus E_{\lambda_2} \oplus \cdots \oplus E_{\lambda_k}，$在哪里 $\ lambda_i$特征值和吗 $E_ {\ lambda_i}$是对应的特征空间。 $）$

为了构造线性变换(或矩阵)的约当标准形式，其思想是用更大的子空间取代上面段落的最后一句话中的特征空间，称为广义特征空间的 $V,$使得每个向量 $V$总能被唯一地写成每个广义特征空间中元素的和。

让 $T \: V \到V$是复向量空间上的线性变换，设 $\λ$是复数。的广义 $\λ$特征空间 $W_{\λ}$子空间是 $V$组成的向量 ${\bf v} \在v$这样 $(T- I)^m({\bf v}) = {bf 0}$对于某个正整数 $m。$ $（$在这里 $我$是单位映射。 $）$

向量 $v \男朋友$是秩的广义特征向量 $米$如果 $米$最小的正整数是这样的吗 $v \男朋友$在内核中 $(T - \λ我)^ m。$

注意秩的广义特征向量 $1$特征向量是什么 $T,$因为 $(T- I)({\bf v}) = {bf 0}$当且仅当 $T{\bf v} = \lambda {\bf v}。$

让 $= \ {pmatrix}开始2 1和4 \ \ 5 2到5 \ \ 1 1和3 \ {pmatrix},$上面例子中的矩阵。广义特征空间 $W_ {1}$和特征空间一样吗 $E_ {1}$:它是一维的，由 $15 \ {pmatrix} 7日开始\ \ \ \ 2 \ {pmatrix}结束。$

广义特征空间 $W_2$是不是一样 $E_2。$特别是, $W_2$是二维的吗 $\ {pmatrix} 1 \ \ 0开始\ \ 1 \ {pmatrix}结束$和 $开始{pmatrix} \ 0 1 \ \ \ \ \ {pmatrix}结束。$这两个向量中的第一个是特征向量，但第二个不是。请注意, $\{对齐}开始A-2I & = {pmatrix} 4 1和4 \ \ 5 \开始结束5等于\ \ 1 1 \ {pmatrix} \ \ (A-2I) ^ 2 & = \ {pmatrix} 7日开始15 &0&-15 &0&-7 \ \ \ \ 2 0和2 \ {pmatrix}结束,结束\{对齐}$所以当内核 $A-2I$是一维的，由 $\ {pmatrix} 1 \ \ 0开始\ \ 1 \ {pmatrix},$的内核 $(A-2I) ^ 2$是二维的，由 $\ {pmatrix} 1 \ \ 0开始\ \ 1 \ {pmatrix}结束$和 $开始{pmatrix} \ 0 1 \ \ \ \ \ {pmatrix}结束。$ $_ \广场$

一个线性变换的每个特征值 $T \: V \到V$对多重性有两个不同的概念。这两个多重性与约当标准型密切相关。

让 $V$是有限维复向量空间。的代数多重性的特征值 $\λ$线性变换的 $T \: V \到V$的指数是 $(t - \λ)$在特征多项式 $p_T (t)。$

的几何重数的 $\λ$特征空间的维数是多少 $E_{\λ}。$

关于多样性的事实:

• 如果 $T$有一个约当标准形式 $（$每一个 $T$是吗，但这要到以后才能证明 $)，$特征值的代数重性 $\λ$约旦块的大小之和是多少 $\λ$对角线上。几何重数是具有的约当块的数目 $\λ$对角线上。

• 的代数多重性 $\λ$广义特征空间的维数是多少 $W_{\λ}$ $（$而几何重性是特征空间的维数 $E_{\λ})。$

• 以上任何一种说法都暗示了以下事实:代数的多重性总是 $通用电气\$几何重性和等式对于每个特征值都成立当且仅当 $T$对角化的。这个事实也可以不使用约当标准形式定理来证明。

• 代数重数之和总是等于 $n ={暗}\文本(V),$由代数基本定理应用于特征多项式。请注意这就是原因 $V$假设是一个复向量空间:特征多项式需要完全分解成线性因子。

继续这个例子 $= \ {pmatrix}开始2 1和4 \ \ 5 2到5 \ \ 1 1和3 \ {pmatrix},$特征多项式为 $(2) ^ 2 (t + 1),$代数的多重性 $－1$是 $1$代数的多重性 $2$是 $2.$几何上的多重性 $－1$是自动 $1，$几何上的多重性 $2$是 $1$因为 $2$特征空间是一维的(如上所示)。这与只有一个具有特征值的约当块这一事实相对应 $2.$

注意，代数重数和为 $1 + 2 = 3,$的行(列)数 $一个,$但几何重数和是 $1 + 1 = 2。$这反映了一个事实 $一个$不是对角化的。

让 $A = begin{pmatrix} 0& 1\\1&0 \end{pmatrix}。$特征多项式 $p_A (t)$是 $t ^ 2 + 1,$它有复根 $\ pm我。$请注意, $一个$没有实数的特征值，它的实数与约当矩阵不相似。然而，它的复数与矩阵相似 $\ {pmatrix}我开始\ \ 0 - i \ {pmatrix},$这是约旦矩阵，真的吗 $一个$是可以对角化的。

这个例子的重点是 $p_A (t)$没有实根，但既然每个次的monic多项式 $n$除以复数分解成的乘积 $n$线性因素, $p_A (t)$必须有两个复根，在这种情况下，它们的代数和几何重数都等于 $1.$

下面是一些关于广义特征向量的有用事实:

• 一组 $W_{\λ,m}$广义特征向量的秩 $\勒米$子空间是 $V。$

• 让 $w_{\λ,m} ={暗}\文本(w_{\λ,m})。$然后序列 $w_{\λ1},w_{\λ2},\ ldots$是一个非递减序列。如果两个连续的项相等，那么后面的每一项都相等，这些项都等于的代数倍数 $\λ。$

• 的数量 $w_{\λ,m} - w_{\λ,m - 1}$等于约旦方块的大小 $通用电气m \$在约当标准形式中。

所以约当规范形式是由量决定的 $w_{\λ,m}$对于每一个特征值 $\λ$和正整数 $m。$

把矩阵 $开始\ {pmatrix} 1四维四维四维四维\ \ 1 &-1四维四维&-1 \ \ 1 &-1四维四维&-1 \ \ 0四维四维四维&-1 \ \ 1 & 1四维四维& 1 \ {pmatrix}结束$约当标准形式。

---

计算特征多项式是很简单的 $p (t) = t ^ 4 (t - 1)。$代数的多重性 $1$是 $1，$因此几何多重性是 $1$也的代数多重性 $0$是 $4，$因此，必须计算广义特征空间的几何重性和结构。这涉及到查看矩阵的幂次的核 $A-0I,$这是 $一个。$

现在 $N(一个)$是二维的(例如byrank-nullity因为第一、第二和第四行显然是它的行空间的一组基)，由 $\ {pmatrix}开始0 0 \ \ 1 \ \ \ \ \ \ 0 \ {pmatrix}结束$和 $\ {pmatrix} \ \ 0开始\ \ \ \ 1 \ \ 0 \ {pmatrix}结束。$几何多重性是 $2，$即特征值对应两个约当块 $0.$

另一方面， $1 ^ 2 = \ {pmatrix}开始四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ \ 1 &-1四维四维&-1 \ \ 1四维四维四维四维\ {pmatrix},$显然它的秩是2 $N (^ 2)$是三维的。它包含 $N (A),$第三个张成它的向量是 $\ {pmatrix}开始0 0 1 \ \ \ \ \ \ \ \ 1 \ {pmatrix}结束。$

最后, $1 ^ 3 = \ {pmatrix}开始四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ \ 1四维四维四维四维\ {pmatrix},$所以 $N (^ 3)$是四维的，有四个张成空间的向量吗 $\ {pmatrix}开始0 0 0 \ \ \ \ \ \ \ \ 1 \ {pmatrix}结束。$

因此,序列 $w_ w_ {0,1}, {0, 2} \ ldots$= $2、3、4、4、4 \ ldots。$有两个约当块对应于特征值 $0.$大小加起来就是代数的多重性，也就是 $4.$这一事实 $w_ {0, 3} -w_ {0, 2} = 1$表示其中一个块有大小 $通用电气\ 3。$所以一定有一个块的大小 $3.$一块大小 $1.$

把这些放在一起，Jordan的标准形式 $一个$是 $\ {pmatrix}开始0 &1&0&0&0 \ \ 0 &0&1&0&0 \ \ 0 &0&0&0&0 &0&0&0&0 \ \ \ \ 0 0 0 0 0 1 \ {pmatrix}结束。\ _ \广场$

约当标准形式便于计算。特别是，一旦知道了约当标准形式，矩阵幂和指数就可以直接计算了。这里有一个说明性的例子。

让 $A = begin{pmatrix} 5& 1\\9&-1 \end{pmatrix}。$找到 $一个^{10}。$你能找到……的公式吗 $^ k$对于任何正整数 $k ?$

---

解决这个问题最简单的方法是转换 $一个$到类似的约当标准形式矩阵，然后考虑这个矩阵的幂。的特征多项式 $一个$是 $P (t) = (5-t)(-1-t)+9 = t^2-4t+4 = t-2 ^2。$的内核 $A-2I = begin{pmatrix} 3&-1 \\ 9&-3 \end{pmatrix}$是一维的，由 ${pmatrix} 1 \ \ 3 \ \开始{pmatrix},$所以只有一个约旦街区 $一个。$因此 $一个$类似于 $J = begin{pmatrix} 2&1 \\ 0&2 \end{pmatrix}。$

为了解决剩下的问题，需要确定矩阵 $P$这样 $一个= PJP ^{1}。$根据基变换定理，第一列 ${\ bf c₁}$的 $P$特征向量有特征值吗 $2，$所以我们可以 ${\bf c_1} = \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix}。$第二列 ${\ bf₂}$的 $P$满足 $A{\bf c_2} = {bf c_1} + 2{bf c_2}，$或 $(A-2I){\bf c_2} = {bf c_1}。$也就是说, $3c_{12} - c_{22} = 1。$为了方便起见，我们取 $c_ {12} = 0$和 $c_ {22} = 1,$这给了 $P = begin{pmatrix} 1&0\\3&-1 \end{pmatrix}$请注意, $P = ^ {1},$这在以后会很有用。

现在 $^ k = \大(PJP ^{1} \大)^ k = \大(PJP ^{1} \大)、大(PJP ^{1} \大)(\ cdots) \大(PJP ^{1} \大)= PJ ^ kP ^ {1},$所以这个问题本质上归结为 $J ^ k。$ $（$这种技术在其他情况下可能很熟悉 $J$是对角线的吗斐波纳契数．在这种情况下, $J ^ k$是很容易计算的，因为它的项只是对角项的幂 $j .)$

它仍然需要找到一个公式 $J ^ k。$写起来很方便 $J = N + 2,$在哪里 $N = \begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}。$然后 $J ^ k =我+ N (2) ^ k = \ sum_ {i = 0} ^ k \ binom {k}{我}2 ^ {k-i} N ^我= 2 ^ k + k 2 ^ {k - 1} N$因为 $N ^我$零矩阵是什么 $我\通用电气2。$所以 $J ^ k = \开始{pmatrix} 2 ^ k & k2 ^ {k - 1} \ \ 0 & 2 ^ k \ {pmatrix},$和 $\开始{对齐}^ k = PJ ^ kP ^ {1} & = \ {pmatrix} 1四维\ \ 3开始&-1 \ {pmatrix}结束\ {pmatrix} 2 ^ k开始k2 ^ {k - 1} \ \ 0 & 2 ^ k \ {pmatrix}结束\ {pmatrix} 1四维\ \ 3开始&-1 \结束{pmatrix} \ \ & = 2 ^ {k - 1} \开始{pmatrix} 3 k + 2 & k - k \ \ 9 & - (3 k-2) \ {pmatrix}结束。\ \ _ \广场结束{对齐}$

这种技术可以推广到任意的Jordan块，尽管对于更大的块计算是冗长的，因为矩阵的乘数更多 $N$都是零 $（$约旦块的尺寸 $k,$ $N ^ k$是零,但 $N ^ {k - 1}$不是 $)．$