标准形方法II：相似标准形

相似无疑是方阵间最重要的一种等价关系. 对于可对角化的矩阵，我们自然可以取相似类中的对角矩阵作为代表元或将矩阵$A$分解为$A=P\Lambda P^{-1}$(其中$\Lambda$为对角矩阵)来解决问题. 对于一般的矩阵，可以考虑Frobenius标准形或Joran标准形矩阵，使相关问题得以简化.

$\S1$ Schur标准形

任一复方阵都相似于上三角矩阵，史称Schur引理或Jacobi定理，可以看作相似的某种粗略的标准形. 由于上三角矩阵的对角元素就是该矩阵的特征值，所以某些涉及矩阵特征值的相关问题可以通过Schur标准形来解决.

例1.1 设$A$为可逆实对称矩阵，$B$为实反对称矩阵且$AB=BA$. 求证：$A+B$可逆.

证明由$A$可逆且$AB=BA$, 则$A^{-1}B=BA^{-1}$. 于是

\[(BA^{-1})^T=(A^T)^{-1}B^T=A^{-1}(-B)=-BA^{-1}. \]

由于反对称实矩阵的特征值为零或纯虚数，所以存在可逆矩阵$P$使得

\[P^{-1}BA^{-1}P=\begin{pmatrix} \lambda_1&*&\cdots&*\\ &\lambda_2&\cdots&*\\ &&\ddots&*\\ &&&\lambda_n \end{pmatrix}, \quad \lambda_i=0\mbox{或纯虚数}. \]

所以

\[|A+B|=|(E+BA^{-1})A|=|A|\begin{vmatrix} 1+\lambda_1 &*&\cdots&*\\ &1+\lambda_2 &\cdots&*\\ &&\ddots&*\\ &&&1+\lambda_n \end{vmatrix}. \]

因为$1+\lambda_i\ne 0$, $i=1,2,\cdots,n$, 所以$|A+B|\ne 0$, 从而可逆.

例1.2 设$n$阶复方阵$A$的特征值为$\lambda_1, \lambda_2,\cdots, \lambda_n$, 则$A$的伴随矩阵$A^*$的特征值为$\mu_i=\prod_{j\ne i} \lambda_j,\; i=1,2,\cdots,n$.

证明由Schur引理知存在可逆矩阵$P$, 使得

\[P^{-1}AP=\begin{pmatrix} \lambda_1&*&\cdots&*\\ &\lambda_2&\cdots&*\\ &&\ddots&\vdots\\ &&&\lambda_n \end{pmatrix}. \]

从而

\[(P^*)^{-1}A^*P^*= \begin{pmatrix} \prod_{j\ne 1}\lambda_j&*&\cdots&*\\ &\prod_{j\ne 2}\lambda_j&\cdots&*\\ &&\ddots&*\\ &&&\prod_{j\ne n}\lambda_j \end{pmatrix}, \]

故$A^*$的特征值为$\mu_i=\prod_{j\ne i} \lambda_j,\; i=1,2,\cdots,n$.

例1.3[厦门大学，2008]设$V$是复数域$\mathbb{C}$上的线性空间，$\sigma$是$V$的线性变换，求证：存在$\sigma$-不变子空间$V_0,V_1,\cdots,V_n$使得$V_0\subseteq V_1\subseteq \cdots\subseteq V_n$, 且$\dim V_i=i (1\leqslant i\leqslant n)$.

证明由Schur引理，存在$V$的一组基$\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n$使得

\[\sigma(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n)=(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n) \begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ &a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ &&\ddots&\vdots\\ &&&a_{nn} \end{pmatrix} \]

令$V_0=\{0\}, V_i=\mbox{span}(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_i), i=1,2,\cdots,n$, 则$V_i$是$\sigma$-不变子空间，$\dim V_i=i$, 且$V_0\subseteq V_1\subseteq \cdots\subseteq V_n$.

$\S2$ Jordan标准形

Jordan标准形定理与Frobenius标准形定理无疑是高等代数中最重要的定理，一个命题若对矩阵$A$的相似类正确，则可以取$A$的Jordan标准形与Frobenius标准形来解决问题. 大家应该养成使用Jordan标准形或Frobenius标准形考虑相关问题的习惯.

如果$A$的极小多项式

\[m_A(\lambda)=(\lambda-\lambda_1)^{r_1}(\lambda-\lambda_2)^{r_2}\cdots (\lambda-\lambda_s)^{r_s} \]

则$r_i=A$的Jordan标准形中对应于特征值$\lambda_i$的最大Jordan块的阶数. 则有如下例题：

例2.1[华东师范大学2021]
设6阶复矩阵$A,B$是幂零矩阵，且有相同的秩和极小多项式，证明：$A,B$相似.

证明设$A,B$的Jordan标准形分别为$J_A,J_B$.

(1) ${\rm r}(J_A)={\rm r}(J_B)=0$, 结论显然成立；

(2) ${\rm r}J_A)={\rm r}(J_B)=1$,
则$J_A\sim J_2(0)\oplus O_{4\times 4}\sim J_B$.

(3)${\rm r}(J_A)={\rm r}(J_B)=2$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

\[J_3(0)\oplus O_{3\times 3}, J_2(0)\oplus J_2(0)\oplus O_{2\times 2} \]

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(4)${\rm r}(J_A)={\rm r}(J_B)=3$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

\[J_4(0)\oplus O_{2\times 2}, J_2(0)\oplus J_3(0)\oplus 0, J_2(0)\oplus J_2(0)\oplus J_2(0) \]

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(5)${\rm r}(J_A)={\rm r}(J_B)=4$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

\[J_5(0)\oplus 0, J_2(0)\oplus J_4(0), J_3(0)\oplus J_3(0) \]

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(6)${\rm r}(J_A)={\rm r}r(J_B)=5$,
则$J_A=J_B=J_6(0)$, 所以$A\sim B$.

练习[苏州大学2023]
设$n$阶复方阵$A$是幂零矩阵（即存在正整数$m$, 使得$A^m=O$）, 证明：互不相似的5阶幂零阵最多有7个.
\end{exercise}

例2.2[浙江大学，2006]设3阶矩阵$A,B,C,D\in\mathbb{C}^{3\times 3}$具有相同的特征多项式，证明：其中必有两个矩阵相似.

证明由题设知$A,B,C,D$具有相同的特征值，不妨设为$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 下面分为三种情况讨论：

(1) $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$互不相等，则$A,B,C,D$具有Jordan标准形

\[J=\diag(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3) \]

所以$A,B,C,D$彼此相似;

(2) $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$中仅有两个相等，不妨设$\lambda_1=\lambda_2$, 则$A,B,C,D$可能的Jordan标准形为

\[J_1=\begin{pmatrix} \lambda_1&1&\\ &\lambda_1&\\ &&&\lambda_3 \end{pmatrix},\quad J_2=\begin{pmatrix} \lambda_1&&\\ &\lambda_1&\\ &&&\lambda_3 \end{pmatrix} \]

故$A,B,C,D$中至少有两个矩阵或者相似于$J_1$, 或者相似于$J_2$, 因而这两个矩阵也相似;

(3) $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3$, 则$A,B,C,D$可能的Jordan标准形为

\[J_1=\begin{pmatrix} \lambda_1&1&\\ &\lambda_1&1\\ &&&\lambda_1 \end{pmatrix},\quad J_2=\begin{pmatrix} \lambda_1&1&\\ &\lambda_1&\\ &&&\lambda_1 \end{pmatrix},\quad J_3=\begin{pmatrix} \lambda_1&&\\ &\lambda_1&\\ &&&\lambda_1 \end{pmatrix} \]

故$A,B,C,D$中至少有两个矩阵相似于$J_1, J_2,J_3$中的一个, 因而这两个矩阵也相似.

例2.3 若$n$阶矩阵$A$的特征值全为零，求证$A$必为幂零矩阵.

证明设$A$的Jordan标准形为$J$, 即存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$. 则$J$的主对角元为$0$. 记$m$为$J$中最大Jordan块的阶数，则$J^m=O$，从而$A^m=PJ^mP^{-1}=O$.

例2.4[Voss分解定理] 任一复方阵都可分解为两个对称矩阵的乘积, 其中一个是可逆矩阵.

证明存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J=\mbox{diag}(J_1,J_2,\cdots,J_s)$, 其中$J_i=J_{n_i}(\lambda_i)$, $i=1,2,\cdots,s$. 令

\[N_i=\left(\begin{array}{cccc} &&&1\\ &&1&\\ &\iddots&&\\ 1&&& \end{array}\right). \]

则$N_i^{-1}=N_i^T=N_i$, 且$N_iJ_{n_i}^T(\lambda_i)N_i=J_{n_i}(\lambda_i)$. 令
$N=\mbox{diag}(N_1,N_2,\cdots,N_s)$, 则$N^{-1}=N^T=N$, 且$J=NJ^TN$.
故

\[\begin{array}{rl} A&=PJP^{-1}=PNJ^TNP^{-1}=PN(P^TA^T(P^{-1})^T)NP^{-1}\\ &=(PNP^T)(A^T(P^{-1})^TNP^{-1}). \end{array} \]

令$B=PNP^T$, $C=A^T(P^{-1})^TNP^{-1}=A^TB^{-1}$, 则$A=BC$. 由于

\[\begin{array}{l} B^T=(PNP^T)^T=PNP^T=B,\\ C^T=(A^TB^{-1})^T=B^{-1}A=B^{-1}(BC)=C. \end{array} \]

所以$B,C$都是对称矩阵, 且$B$可逆.

例2.5[华中师范大学1993] 设$\mathscr{A}$是数域$\mbox{F}$上$n$维线性空间$V$上的线性变换. 证明$V= \mbox{Im} (\mathscr{A})\oplus \mbox{Ker}(\mathscr{A})$的充要条件是$0$是$\mathscr{A}$的极小多项式的单根.

证明先证$V= \mbox{Im} (\mathscr{A})\oplus \mbox{Ker}(\mathscr{A})\Longleftrightarrow$ ${\rm r}(\A^2)={\rm r}(\mathscr{A})$.

充分性：由维数公式

\[\dim\mbox{Im}\mathscr{A}+\dim\mbox{Ker}\mathscr{A}=n,\quad \dim\mbox{Im}\mathscr{A}^2+\dim\mbox{Ker}\mathscr{A}^2=n, \]

而$\dim\mbox{Im}\mathscr{A}={\rm r}(\mathscr{A})$, 故$\dim\mbox{Im}\mathscr{A}=\dim\mbox{Im}\mathscr{A}^2$, 从而
$\dim\mbox{Ker}\mathscr{A}=\dim\mbox{Ker}\mathscr{A}^2$. 由于$\mbox{Ker}\mathscr{A}\subseteq \mbox{Ker}\mathscr{A}^2$, 所以$\mbox{Ker}\mathscr{A}=\mbox{Ker}r\mathscr{A}^2$.

$\forall \alpha\in\mbox{Im}\mathscr{A}\cap\mbox{Ker}\mathscr{A}$, 则$\alpha=\mathscr{A}\xi$, $\xi\in V$; 而且$\mathscr{A}\alpha=0$. 所以$\mathscr{A}^2\xi=\mathscr{A}\alpha=0$, 即$\xi\in\mbox{Ker}\mathscr{A}^2=\mbox{Ker}\mathscr{A}$. 从而$\alpha=\mathscr{A}\xi=0$. 即$\mbox{Im}\mathscr{A}\cap\mbox{Ker}\mathscr{A}=0$. 又$\dim\mbox{Im}\mathscr{A}+\dim\mbox{Ker}\mathscr{A}=n$, 所以$V=\mbox{Im}\mathscr{A}\oplus\mbox{Ker}\mathscr{A}$.

必要性：$\forall \alpha\in\mbox{Im}\mathscr{A}$, $\exists \beta\in V$, s.t. $\mathscr{A}\beta=\alpha$. 又因为$V=\mbox{Im}\mathscr{A}\oplus\mbox{Ker}\mathscr{A}$, 所以可设
$\beta=\mathscr{A}\beta_1+\beta_2$, $\beta_1\in V,\beta_2\in \mbox{Ker}\mathscr{A}$. 故

\[\alpha=\mathscr{A}\beta=\mathscr{A}(\mathscr{A}\beta_1+\beta_2)=\mathscr{A}^2\beta_1\in\mbox{Im}\mathscr{A}^2. \]

即$\mbox{Im}\mathscr{A}\subseteq \mbox{Im}\mathscr{A}^2$；又$\mbox{Im}\mathscr{A}^2\subseteq \mbox{Im}\mathscr{A}$, 所以$\mbox{Im}\mathscr{A}=\mbox{Im}\mathscr{A}^2$, 从而${\rm r}(\mathscr{A})={\rm r}(\mathscr{A}^2)$.

而${\rm r}(\mathscr{A})={\rm r}(\mathscr{A}^2)$. $\Longleftrightarrow$ $\mathscr{A}$的Jordan 标准形中特征值为$0$的Jordan块是$1$阶的$\Longleftrightarrow$ $0$是$\mathscr{A}$的极小多项式的单根.

例2.6 设$\lambda_0$是$n$阶复矩阵$A$的$k$重特征值，则$\r(\lambda_0E-A)^k=n-k$.

证明设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为$A$的Jordan标准形，则

\[P^{-1}(\lambda_0E-A)^kP=(\lambda_0E-P^{-1}AP)^k=(\lambda_0E-J)^k. \]

因此只需证明$\r(\lambda_0E-J)^k=n-k.$

设$J_1=J_s(\lambda_0)$是对应于特征值$\lambda_0$的Jordan块，则$s\leqslant k$, 从而$(\lambda_0E-J_1)^k=O$. 由此知$J$中对应于特征值$\lambda_0$的任意Jordan块的$J_i$, $(\lambda_0E-J_i)^k=O$. 而对其它的Jordan块$J_t$, $(\lambda_0E-J_t)^k$可逆，所以$\r(\lambda_0E-J)^k=n-k$.

例2.7[东南大学2004] 设$A$是$n$阶方阵，求证：存在正整数$k$使得$\r(A^k)=\r(A^{k+1})$, 并证存在$n$阶方阵$B$使得$A^k=A^{k+1}B$.

证明 (1) 若$0$不是$A$的特征值，则$A$可逆，结论显然成立.

(2) 设$0$是$A$的特征值，存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J=\mbox{diag}(J_0,J_1)$, 其中$J_0,J_1$分别是由零特征值与非零特征值对应的Jordan块构成的子块. 设$J_0$中最大Jordan快的阶数是$k$, 则$J_0^k=O$, 从而
$P^{_1}A^kP=J^k=\mbox{diag}(O,J_i^k)$. 故

\[\r(A^k)={\rm r}(J^k)={\rm r}(J_i^k)={\rm r}(J_1^{k+1})={\rm r}(A^{k+1}). \]

进一步地，取$B=P\begin{pmatrix} O&\\ &J_1^{-1} \end{pmatrix}$即满足要求.

回顾一下，设$\lambda$是$n$阶矩阵$A$的任一特征值，

\[V^{\lambda}=\{x\in\mbox{F}^n\mid (\lambda E-A)^nx=0 \} \]

是对应于特征值$\lambda$的广义特征子空间.

例2.8 对于特征值$\lambda_i$, $i=1,2,\cdots,s$,

(1) $\dim V^{\lambda_i}=\lambda_i$的代数重数=对应于特征值$\lambda_i$的Jordan块阶数之和;

(2) (中国科学院2011) $\dim V_{\lambda_i}=\lambda_i$的几何重数=对应于特征值$\lambda_i$的Jordan块的数目.

证明设矩阵$A$相似于Jordan形矩阵$J=\mbox{diag}(J(\lambda_1),J(\lambda_2),\cdots, J(\lambda_s))$, 其中

\[J(\lambda_j)=\mbox{diag}(J_{e_{nj}}(\lambda_j),J_{e_{n-1,j}}(\lambda_j), \cdots,J_{e_{k_jj}}(\lambda_j)). \]

(1) 由于$$(J-\lambda_i E)^{{n_i}=\left(\begin{smallmatrix}J(\lambda_1-\lambda_i)}&&&&&&\
&\ddots&&&&&\ &&J(\lambda_{i-1}-\lambda_i)^{n_i}&&&&\ &&&O&&&\
&&&&J(\lambda_{i+1}-\lambda_i)^{n_i}&&\ &&&&&\ddots&\
&&&&&&J(\lambda_s-\lambda_i)^{n_i}\end{smallmatrix}\right),$$ 由于当$j\ne i$时, $\lambda_j-\lambda_i\ne 0$, 故下三角矩阵的方幂
$J(\lambda_j-\lambda_i)^{n_i}$满秩. 所以
$\dim V^{\lambda_i}=n-\r\big({J-\lambda_iE}\big)^{n_i}=n_i.$

(2) 注意到$\r(J-\lambda_i E)=n-$对应于特征值$\lambda_i$的Jordan块的数目, 所以
$\dim V_{\lambda_i}=n-\r(A-\lambda_i E) =$对应于特征值$\lambda_i$ 的Jordan块的数目.

练习[中国科学院2006，$n=2006$] 设$A\in\mathbb{R}^{n\times n}$是给定的幂零矩阵，试分析
线性方程组$Ax=0$非零独立解个数的最大值与最小值.

例2.9 设$A$是复数域上的$n$阶方阵, 则$A$可对角化当且仅当$\forall \lambda\in\mathbb{C}$, $\r(\lambda E-A)=\r(\lambda E-A)^2$.

证明必要性显然, 下证充分性.

由Jordan标准形定理知$A$相似于Jordan形矩阵$J$. 若存在Jordan块$J_k(\lambda)$ 使得$k>1$, 则$\r(\lambda E_k-J)>\r(\lambda E_k-J)^2$, 从而$\r(\lambda E-A)>\r(\lambda E-A)^2$, 矛盾. 故$J$中的Jordan块都是一阶的, 即$J$为对角矩阵.

利用Jordan标准形可得到矩阵的两种分解，一是将矩阵分解为对角部分（可对角化部分）与幂零部分之和，即Chevalley分解；另一是分解成特征值为0的Jordan块与特征值非零的Jordan块的直和.

例2.10[2011第三届大数竞赛预赛] 设$A$是数域$\mF$上的$n$阶不可逆方阵, 而且$A$不是幂零矩阵，证明：$A\sim \left(\begin{array}{cc} B&O\\ O&C \end{array}\right)$, 其中$B$是幂零矩阵, $C$是可逆矩阵.

证明设$A$的Jordan标准形为

\[J=\mbox{diag}(J(\lambda_1,e_1), J(\lambda_2,e_2),\cdots,J(\lambda_k,e_k)). \]

因为$A$不可逆，所以存在零特征值. 又因为$A$不是幂零矩阵，所以也存在非零特征值.
不妨设$\lambda_i=0(i=1,2,\cdots,s), \lambda_J\ne 0(j=s+1,s+2,\cdots,k)$. 令

\[B=\mbox{diag}(J(0,e_1), J(0,e_2),\cdots,J(0,e_s)) \]

为幂零矩阵，

\[C=\mbox{diag}(J(\lambda_{s+1},e_{s+1}), J(\lambda_{s+2},e_{s+2}),\cdots,J(\lambda_k,e_k)) \]

为可逆矩阵，且$J=\begin{pmatrix}B&O\\ O&C\end{pmatrix}$.

例2.11 设$n$阶复矩阵$A,B$满足$AB=BA=O, {\rm r}(A)={\rm r}(A^2)$, 则${\rm r}(A+B)={\rm r}(A)+{\rm r}(B)$.

证明因为${\rm r}(A)={\rm r}(A^2)$, 所以, 类似于上题的分析, 特征值为$0$的Jordan块都是一阶的, 于是由Jordan标准形, 存在可逆矩阵$P$, 使得

\[P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc} C_{r\times r}&O\\ O&O \end{array}\right)=A_1, \; \r(A)=\r(C). \]

由于$AB=BA=O$, 设$P^{-1}BP=B_1$, 则$A_1B_1=B_1A_1=O$, 于是
$B_1$形如

\[B_1=\left(\begin{array}{cc} O&O\\ O&D_{(n-r)\times(n-r)} \end{array}\right). \]

且${\rm r}(B)={\rm r}(B_1)={\rm r}(D)$, 故

\[\begin{array}{rl} {\rm r}(A+B)=&{\rm r} P^{-1}(A+B)P={\rm r}(A_1+B_1) ={\rm r}\left(\begin{array}{cc} C_{r\times r}&O\\ O&D_{(n-r)\times(n-r)} \end{array}\right)\\ =&{\rm r}(C)+\r(D)={\rm r}(A)+{\rm r}(B). \end{array} \]

例2.12 设$A$是复数域上的$n$阶方阵, 则$A$与$A^T$相似.

证明证法一：由Jordan标准形定理, 设$A\sim \oplus_{i=1}^kJ_{n_i}(\lambda_i)$. 令

\[N_i=\left(\begin{array}{cccc} &&&1\\ &&1&\\ &\iddots&&\\ 1&&& \end{array}\right), \]

则$N_i^{-1}J_{n_i}(\lambda_i)N_i=J_{n_i}(\lambda_i)^T$, 所以令$N=\oplus_{i=1}^kN_i$, 则$N^{-1}AN=A^T$.

证法二：显然$A$与$A^T$有相同的行列式因子, 因而它们相似.

例2.13 设$A$是$n$阶复方阵，设$\lambda_i$是$A$的任一特征值， $A$的Jordan标准形中仅有一个对应的Jordan 块，当且仅当$\lambda_i$的几何重数$\dim V_{\lambda_i}=1$.

证明必要性：由于$A\sim J$, 它们有相同的特征值, 且每个特征值的几何重数(即对应特征子空间的维数)相同. 所以我们只需考虑$A$的Jordan标准形$J$. 为方便, 我们不妨考虑特征值$\lambda_1$. 很清楚, $J\varepsilon_{n_1}=\lambda_1\varepsilon_{n_1}$, 所以$\varepsilon_{n_1}$是$J$的一个属于$\lambda_1$ 的非零特征向量. 又因为

\[\r(\lambda_1 E_{n_j}-J_{n_j}(\lambda_j))=\left\{ \begin{array}{ll} n_1-1, & \mbox{若}j=1;\\ n_j, & \mbox{若}j\ne 1. \end{array}\right. \]

所以$\r(\lambda_1 E-J)=n-1$. 故$\dim V_{\lambda_1}=1$.
类似地, $\dim V_{\lambda_i}=1$, $i=1,2,\cdots,s$.

充分性: 由于特征值$\lambda_i$的几何重数等于$J$中
属于$\lambda_i$的Jordan块的个数, 所以$\dim V_{\lambda_i}=1$ 暗示着Jordan标准形$J$中仅有一个对应于$\lambda_i$的Jordan 块.

利用Jordan标准形解决相关问题，其一般转化路线为：

一般$n$阶矩阵$\rightarrow$Jordan形矩阵$\rightarrow J_n(\lambda)\rightarrow J_n(0)$.

设$A$是数域$F$上的$n$阶方阵,

\[\mathcal{C}(A)=\{B\in \mbox{F}^{n\times n}\mid AB=BA\}, \]

称为$A$的中心化子.

例2.14
对任意的$n$阶复方阵，$\dim \mathcal{C}(A)\geqslant n$.

证明
取可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为Jordan标准形，定义线性同构

\[\sigma_P: \mathbb{C}^{n\times n}\rightarrow \mathbb{C}^{n\times n},\quad B\mapsto P^{-1}BP. \]

则容易验证$\mathcal{C}(J)=\sigma_P(\mathcal{C}(A)$, 因而$\dim\mathcal{C}(A)=\dim\mathcal{C}(J)$. 所以不妨设$A$本身是Jordan标准形矩阵

\[A=\mbox{diag}(J_1,J_2,\cdots,J_s), \]

其中
$J_i=J(\lambda_i)$是对应于特征值$\lambda_i$的Jordan形矩阵，且$\lambda_i$互异, $1\leqslant i\leqslant s.$
所以

\[\mathcal{C}(A)=\{\mbox{diag}(B_1,B_2,\cdots,B_s)\mid J_iB_j=B_iJ_i,1\leqslant i\leqslant s\}. \]

令$J_i=\lambda_iE_{n_i}+J(i,0), \; J(i,0)=\oplus_k J_{n_{i_k}}(0)$, 则

\[J_iB_j=B_iJ_i\Leftrightarrow J(i,0)B_i=B_iJ(i,0). \]

因为$\dim\mathcal{C}(J(i,0))=\dim\mathcal{C}(\oplus_k J_{n_{i_k}}(0))\geqslant \sum_k\dim\mathcal{C}(J_{n_{i_k}}(0)))=n_i$, 所以

\[\dim\mathcal{C}(A)\geqslant n_1+n_2+\cdots+n_s=n. \]

例2,15 设$\sigma$是复数域上$n$维线性空间$V$上的线性变换，则$\sigma$可对角化当且仅当对于$\sigma$的任意特征值$\lambda$, 都有$\mbox{Im}(\sigma-\lambda \mbox{id}_V)\cap\mbox{Ker}(\sigma-\lambda \mbox{id}_V)=0$.

证明充分性：（反证法）假设$\sigma$不可对角化，则存在$V$的一组基使得$\sigma$在该基下的Jordan形矩阵$J$有一个大于$1$阶的Jordan块，不妨设为
$J_s(\lambda_1), s>1$. 由于

\[(\sigma-\lambda_1 \mbox{id}_V)e_{s-1}=e_s, (\sigma-\lambda_1 \mbox{id}_V)e_s=0, \]

所以

\[e_s\in\Im(\sigma-\lambda_1 \mbox{id}_V)\cap\mbox{Ker}(\sigma-\lambda_1 \mbox{id}_V), \]

矛盾！故$\sigma$可对角化.

必要性：若$\sigma$可对角化，设存在$V$的一组基使得$\sigma$在该基下的矩阵为

\[\Lambda=\begin{pmatrix} \lambda_1 E_{n_1}&&&\\ &\lambda_2 E_{n_2}&&\\ &&\ddots&\\ &&&\lambda_s E_{n_s} \end{pmatrix}, \]

其中$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$两两不同. 则对任意的特征值$\lambda_i$,

\[\begin{array}{l} \mbox{Im}(\sigma-\lambda_i \mbox{id}_V)\cong \mbox{Col} (\Lambda-\lambda_i E_n)=\mbox{span}(e_1,\cdots,e_{\sum_{k=1}^{i-1}n_k}, e_{\sum_{k=1}^in_k+1},\cdots, e_n), \\ \mbox{Ker}(\sigma-\lambda_i \mbox{id}_V)\cong \mbox{span}( e_{\sum_{k=1}^{i-1}n_k+1}), e_{\sum_{k=1}^in_k+1}. \end{array} \]

所以
$\mbox{Im}(\sigma-\lambda_i \mbox{id}_V)\cap\mbox{Ker}(\sigma-\lambda_i \mbox{id}_V)=0$.

例2.16 设$A,B\in\mathbb{C}^{n\times n}$, $C=AB-BA$且$AC=CA$, 则$C$是幂零矩阵.

证明设存在可逆矩阵$P$使得

\[\bar{C}=P^{-1}CP=\begin{pmatrix} C_1&&&\\ &C_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&C_s \end{pmatrix}, \]

其中$C_i=J_{n_i}(\lambda_i)$是由对应于特征值$\lambda_i$的Jordan块组成的分块对角矩阵($i=1,2,\cdots,s$). 记$\bar{A}=P^{-1}AP$. 由于$AC=CA$, 则$\bar{A}\bar{C}=\bar{C}\bar{A}$. 由于$C_i$具有不同的特征值，所以

\[\bar{A}=\begin{pmatrix} A_1&&&\\ &A_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&A_s \end{pmatrix}. \]

按照$\bar{A}$的分块方法，将$\bar{B}=P^{-1}BP$进行分块

\[\bar{B}=\begin{pmatrix} B_{11}&B_{12}&\cdots&B_{1s}\\ B_{21}&B_{22} &\cdots&B_{2s}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ B_{s1}&B_{s2}&\cdots&B_{ss} \end{pmatrix}. \]

则由$C=AB-BA$可得

\[C_i=A_iB_{ii}-B_{ii}A_i,\; i=1,2,\cdots,s. \]

故$Tr(C_i)=0$, $i=1,2,\cdots,s.$ 由于$C_i$是上三角矩阵，对角元是特征值$\lambda_i$, 所以$\lambda_i=0$,$i=1,2,\cdots,s.$ 故$\bar{C}$是幂零矩阵，从而$C$是幂零矩阵.

例2.17[上海交通大学2018，华东师范大学2002] 设$A,B$是$n$阶方阵，$\r(A)=n-1$, $B\ne O$满足$AB=BA=O$. 求证：存在多项式$g(x)$使得$B=g(A)$.

证明
设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为Jordan标准形，由于$AB=BA=O$得

\[J(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)J=O \]

由于$\r(J)=\r(A)=n-1$, 所以$J$可能为以下三种情形：

(1) $J=\begin{pmatrix} 0&\\ &J_1\end{pmatrix}$, 其中$J_1$是非零特征值对应的$n-1$阶Jordan形矩阵. 对$P^{-1}BP$进行相应的分块代入上面的式子可得
$P^{-1}BP=\begin{pmatrix} b&\\ &O\end{pmatrix}, b\ne 0$. 由于
$B=g(A)$当且仅当

\[P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=\begin{pmatrix} g(0)&\\ &g(J_1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} b&\\ &O\end{pmatrix}=P^{-1}BP \]

这等价于$g(0)=b$且$g(J_1)=O$, 即$g(x)$是$J_1$的常数项等于$b$的零化多项式. 由于$J_1$可逆，所以$J_1$的极小多项式的常数项$a_0\ne 0$. 令$g(x)=\frac{b}{a_0}m_A(x)$, 则有$B=g(A)$.

(2) $J=J_n(0)$. 则由\ref{Con-4.5.30}知存在常数$b\ne 0$使得

\[P^{-1}BP=\begin{pmatrix} 0&\cdots&0&b\\ 0&\cdots&0&0\\ \vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&0 \end{pmatrix} \]

因此$P^{-1}BP=bJ^{n-1}=b(P^{_1}AP)^{n-1}=P^{_1}(bA^{n-1})P$. 令$g(x_=bx^{-1}$, 则$B=g(A)$.

(3) $J=\begin{pmatrix} J_0&\\ &J_1\end{pmatrix}$, 其中, $J_0=J_r(0)$, $J_1$是非零特征值对应的$n-r$阶Jordan形矩阵.
对$P^{-1}BP$进行相应的分块代入\ref{Con-4.5.30}可得
$P^{-1}BP=\begin{pmatrix} B_0&\\ &O\end{pmatrix}$, 其中

\[B_0=\begin{pmatrix} 0&\cdots&0&b\\ 0&\cdots&0&0\\ \vdots&&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&0 \end{pmatrix}_{r\times r}, b\ne 0. \]

显然$B_0=bJ_0^{r-1}$. 由于
$B=g(A)$当且仅当

\[P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=\begin{pmatrix} g(J_0)&\\ &g(J_1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} B_0&\\ &O\end{pmatrix}=P^{-1}BP \]

这等价于$g(J_0)=B_0$且$g(J_1)=O$. 即$g(x)$是$J_1$的零化多项式且$g(J_))=bJ_0^{r-1}$.

由于当$k\geqslant r$时，$J_0^k=O$. 令$g(x)=\frac{b}{a_0}x^{r-1}m_{J_1}(x)$, 其中$m_{J_1}(x)$是$J_1$的极小多项式，其常数项为$a_0$. 则$g(J_0)=B_0$, 从而$B=g(A)$.

$\S3$ Frobenius标准形

定理3.1[Frobenius定理] 设$A$是数域$\mbox{F}$上的$n$阶方阵，$f_A(\lambda), m_A(\lambda)$分别是$A$的特征多项式与极小多项式，则

(1) $m_A(\lambda)=d_n(\lambda)\left(=\frac{f_A(\lambda)}{D_{n-1}(\lambda)}\right)$, 即$A$的极小多项式是$A$的最后一个不变因子；

(2) $f_A(\lambda)$在数域$\mbox{F}$上的不可约因式都是$m_A(\lambda)$的因式.

证明 (1) 设

\[A\sim C=\begin{pmatrix} C_1&&&\\ &C_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&C_s \end{pmatrix},\; C_i=C(d_i(\lambda)) \mbox{是Frobenius块}. \]

由于相似矩阵具有相同的极小多项式，所以

\[m_A(\lambda)=m_C(\lambda)=lcm[m_1(\lambda),m_2(\lambda),\cdots,m_s(\lambda)], \]

其中$m_i(\lambda)$是$C_i$的极小多项式，$i=1,2,\cdots,s$.

由\ref{MinPoly-FroBlock}知$m_i(\lambda)=d_i(\lambda)$, 且$d_i(\lambda)\mid d_{i+1}(\lambda)$, 所以$m_A(\lambda)=d_n(\lambda)$.

(2) 设$f_A(\lambda)$在$\mbox{F}$上的典型分解式为

\[f_A(\lambda)=p_1(\lambda)^{r_1}p_2(\lambda)^{r_2}\cdots p_s(\lambda)^{r_s}. \]

由于$f_A(\lambda)=d_1(\lambda)d_2(\lambda)\cdots d_s(\lambda)$, 所以

\[p_1(\lambda)^{r_1}p_2(\lambda)^{r_2}\cdots p_s(\lambda)^{r_s}\mid d_1(\lambda)d_2(\lambda)\cdots d_s(\lambda), \]

由于$p_1(\lambda)$不可约，所以存在$i$, 使得$p_1(\lambda)\mid d_i(\lambda)$. 由于

\[d_i(\lambda)\mid d_{i+1}(\lambda),\; i=1,2,\cdots,s-1, \]

所以$p_1(\lambda)\mid d_n(\lambda)=m_A(\lambda)$. 类似地，$p_i(\lambda)\mid m_A(\lambda)$, $i=2,3,\cdots,s$.

例3.1[首都师范大学，2012]设$V$为有理数域上的线性空间，$\varphi$为$V$上的非零线性变换，且$\varphi^4=4\varphi^2-2\varphi$. 证明: $V=\mbox{Im}(\varphi)\oplus \mbox{Ker}(\varphi)$, 且$\varphi$有一个3维$\varphi$-不变子空间.

证明任取$\alpha\in \mbox{Im}(\varphi)\cap \mbox{Ker}(\varphi)$, 则$\varphi(\alpha)=0$, 且存在$\beta\in V$使得$\varphi(\beta)=\alpha$, 从而

\[2\alpha=2\varphi(\beta)=4\varphi^2(\beta)-\varphi^4(\beta)=0 \]

故$\alpha=0$, 即$\mbox{Im}(\varphi)\cap \mbox{Ker}(\varphi)=0$. 由秩-零度定理得

\[\dim V=\dim\mbox{Im}(\varphi)+\dim \mbox{Ker}(\varphi)=\dim (\mbox{Im}(\varphi) +\mbox{Ker}(\varphi)) \]

故$V=\mbox{Im}(\varphi)\oplus \mbox{Ker}(\varphi)$.

由于$f(\lambda)=\lambda(\lambda^3-4\lambda+2)$是$\varphi$的一个零化多项式，所以$\varphi$的极小多项式$m(\lambda)\mid f(\lambda)$. 由$\lambda^3-4\lambda+2$在有理数域上不可约，故$m(\lambda)=\lambda^3-4\lambda+2$或$\lambda(\lambda^3-4\lambda+2)$.

若$m(\lambda)= \lambda^3 -4\lambda+2$，对应的Frobenius块为$C=\begin{pmatrix} 0&0&-2\\ 1&0&4\\ 0&1&0\end{pmatrix}$. 则存在$V$的线性无关的向量$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$, 使得

\[\varphi(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)C. \]

令$W=\mbox{span}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$, 则$W$是一个3维$\varphi$-不变子空间.

若$m(\lambda)= \lambda(\lambda^3 -4\lambda+2)$，对应的Frobenius块为$C=\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\ 1&0&0&-2\\ 0&1&0&4\\ 0&0&1&0\end{pmatrix}$. 则存在$V$的线性无关的向量$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$, 使得

\[\varphi(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)C. \]

令$W=\mbox{span}(\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$, 则$W$是一个3维$\varphi$-不变子空间.

例3.2 若$A$的Frobenius标准形是一个Frobenius块，则$A$有一个$n$阶循环向量, 即存在$v\in V$, 使得$v, Av, \cdots, A^{n-1}v$线性无关.

证明设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=C$. 由Frobenius块的定义得

\[Ce_1=e_2, C^2e_1=e_3, \cdots, C^{n-1}e_1=e_n. \]

所以$e_1,Ce_1,\cdots,C^{n-1}e_1$ 线性无关. 令$v=Pe_1$, 则$v, Av, \cdots, A^{n-1}v$ 线性无关.

例3.3 设数域$\mbox{F}$上的$n$阶矩阵$A$的不变因子为

\[1,1,\cdots, 1, f_A(\lambda)=|\lambda E-A|. \]

若$n$阶矩阵$B$满足$AB=BA$, 则存在$n-1$次多项式$g(x)\in F[x]$使得$B=g(A)$.

证明由题设知存在可逆阵$P$使得$P^{-1}AP=C$为Frobenius块. 记$P^{-1}BP=B_1$, 则由$AB=BA$知$CB_1=B_1C$. 由于$C^{i-1}e_1=e_i$, $i=2,3,\cdots,n$, 所以

\[\begin{array}{rl}B_1&=B_1E=B_1(e_1,e_2,\cdots,e_n)=B_1(e_1, Ce_1,\cdots,C^{n-1}e_1)\\ &=(B_1e_1, B_1Ce_1,\cdots,B_1C^{n-1}e_1) \\ &=(B_1e_1, CB_1e_1,\cdots,C^{n-1}B_1e_1). \end{array} \]

设$B_1e_1=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^T$, 则$B_1e_1=\sum_{i=1}^nb_ie_i$. 于是上式变为

\[\begin{array}{rl} B_1=&\left(\sum_{i=1}^nb_ie_i, C\Big(\sum_{i=1}^nb_ie_i\Big), \cdots, C^{n-1}\Big(\sum_{i=1}^nb_ie_i\Big)\right)\\ =&\sum_{i=1}^nb_i\left(e_i, Ce_i, \cdots, C^{n-1}e_i\right)\\ \xlongequal{e_i=C^{i-1}e_1}& \sum_{i=1}^nb_i\left(C^{i-1}e_1, CC^{i-1}e_1, \cdots, C^{n-1}C^{i-1}e_1\right) \\ =&\sum_{i=1}^nb_iC^{i-1}\left(e_1, Ce_1, \cdots, C^{n-1}e_1\right) \\ =&\sum_{i=1}^nb_iC^{i-1}(e_1,e_2,\cdots,e_n)\\ =&\sum_{i=1}^nb_iC^{i-1}:=g(C), \end{array} \]

其中, $g(x)=\sum_{i=1}^nb_ix^{i-1}$. 所以

\[B=PB_1P^{-1}=Pg(C)P^{-1}=g(PCP^{-1})=g(A). \]

练习(清华大学，2000) 试证明：若方阵$A$相似于某个多项式的友阵，则与$A$可交换的矩阵只能是$A$的多项式.

例3.4 矩阵$C$是换位子的充要条件是$Tr(C)=0$.

证明必要性：如果矩阵$C$是换位子, 即存在矩阵$A,B$, 使得$C=AB-BA$, 则$Tr(C)=Tr(AB-BA)=Tr(AB)-Tr(BA)=0$.

充分性：我们首先证明, 如果$Tr(C)=0$, 则$C$必相似于对角线全为零的矩阵.
对$C$的阶数$n$用数学归纳法, $n=1$时显然成立. 假设该结论对小于$n$的矩阵成立. 考虑$n$阶矩阵$C$, 设$\Gamma$为Frobenius 标准形. 如果$\Gamma$中的Frobenius 块都是一阶的, 则$C$的不变因子必为

\[\lambda-c,\lambda-c,\cdots,\lambda-c. \]

即$\Gamma=c E_n$. 由$Tr(C)=0$知$c=0$, 所以$C=O$. 故若$C\ne 0$, 则$\Gamma$中必有一个阶大于1的Frobenius 块. 因此存在可逆矩阵$P$使得

\[P^{-1}CP=\left(\begin{array}{cc} 0&*\\ *&C_1 \end{array}\right). \]

由$Tr(C)=0$知$Tr(C_1)=0$. 故由归纳假设知存在$n-1$阶可逆矩阵$Q$使得
$Q^{-1}C_1Q$的对角线全为零. 令
$R=P\left(\begin{array}{cc} 1&\\ &Q \end{array}\right)$, 则$R^{-1}CR$的主对角元全为零.

不失一般性, 我们可以假设$C=(c_{ij})$的主对角元全为零. 设

\[A=\mbox{diag}(a_1,a_2,\cdots,a_n), a_i\ne a_j(i\ne j);B=(b_{ij}). \]

则由$AB-BA=C$可得

\[a_ib_{ij}-b_{ij}a_j=c_{ij}, i\ne j, \]

即

\[b_{ij}=\frac{c_{ij}}{a_i-a_j}. \]

所以满足$C=AB-BA$的矩阵$A,B$存在, 即$C$是矩阵换位子.

$\S4$ 实（反）对称矩阵的相似对角化

例4.1 [2 16第七届大数竞赛] 设$A,B$为$n$阶实对称矩阵, 则$Tr((AB)^2)\leqslant Tr(A^2B^2)$.

证明因为$A$是实对称矩阵, 所以存在正交矩阵$P$使得

\[P^{-1}AP=\bar{A}=\mbox{diag}(a_1,a_2,\cdots,a_n). \]

则$\bar{B}=P^{-1}BP=(b_{ij})$仍为实对称矩阵, 且

\[Tr((AB)^2)=Tr((\bar{A}\bar{B})^2),\; Tr(A^2B^2)=Tr(\bar{A}^2\bar{B}^2). \]

所以

\[\begin{array}{rl} Tr((\bar{A}\bar{B})^2)=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ib_{ij}\cdot a_jb_{ji}\\ =&\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} 2a_ia_jb_{ij}^2+\sum_{i=1}^na_i^2b_{ii}^2;\\ Tr(\bar{A}^2\bar{B}^2)=&\sum_{i,j=1}^na_i^2b_{ij}^2\\ =&\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} (a_i^2+a_j^2)b_{ij}^2+\sum_{i=1}^na_i^2b_{ii}^2. \end{array} \]

所以

\[ Tr((\bar{A}\bar{B})^2)- Tr(\bar{A}^2\bar{B}^2) =-\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} (a_i-a_j)^2b_{ij}^2\leqslant 0. \]

即$Tr((AB)^2)\leqslant Tr(A^2B^2)$.

例4.2 设$\lambda_1$是实对称矩阵$A$的$r$重特征值，其余特征值为$\lambda_{r+1},\lambda_{r+2},$ $\cdots,\lambda_n$. 令$C=\prod_{j=r+1}^n(\lambda_jE-A)$, 则对应于$\lambda_1$的特征子空间$V_{\lambda_1}$等于$C$的列空间$\mbox{col}(C)$.

证明因为$A$是实对称矩阵，所以存在可逆矩阵$P$使得$ A=P\Lambda P^{-1}$, 其中

\[\Lambda= \begin{pmatrix} \lambda_1&&&\\ &\lambda_2&&\\ &&\ddots&\\ &&&\lambda_n \end{pmatrix}. \]

所以$C=\prod_{j=r+1}^n(\lambda_j-\lambda_1) P\begin{pmatrix} E_r&O\\ O&O \end{pmatrix}P^{-1}$, 且$\r(C)=r$. 令$a=\prod_{j=r+1}^n(\lambda_j-\lambda_1)$, 则

\[AC=P\Lambda P^{-1} a P\begin{pmatrix} E_r&O\\ O&O \end{pmatrix}P^{-1} =\lambda_1 C. \]

所以$C$的列向量都是属于特征值$\lambda_1$的特征向量，而$\r(C)=r$, 从而$C$有$r$个线性无关的列向量，故$V_{\lambda_1}=\mbox{col}(C)$.

例4.3 设$A$为$n$阶实正定对称矩阵, $S$为实反对称矩阵. 证明

\[|A+S|\geqslant |A| \]

且等号成立当且仅当$S=O$.

证明因为$A$是正定矩阵, 所以存在可逆矩阵$P$, 使得$P^TAP=E_n$. 由于$S$为实反对称矩阵, 所以$P^TSP$也是实反对称矩阵, 因而存在正交矩阵$Q$ 使得

\[Q^T(P^TSP)Q=\left(\begin{array}{cccccccc} 0&b_1&&&&&&\\ -b_1&0&&&&&&\\ &&\ddots&&&&&\\ &&&0&b_r&&&\\ &&&-b_r&0&&&\\ &&&&&0&&\\ &&&&&&\ddots&\\ &&&&&&&0 \end{array}\right). \]

其中, $b_1,b_2,\cdots,b_r\in \mathbb{R}$. 因此,

\[\begin{array}{rl} &(PQ)^T(A+S)(PQ)=E_n+Q^T(P^TSP)Q\\ =&\left(\begin{array}{cccccccc} 1&b_1&&&&&&\\ -b_1&1&&&&&&\\ &&\cdots&&&&&\\ &&&1&b_r&&&\\ &&&-b_r&1&&&\\ &&&&&1&&\\ &&&&&&\cdots&\\ &&&&&&&1 \end{array}\right). \end{array} \]

由于$Q$是正交矩阵, 所以$Q^TQ=E_n$, 从而

\[\begin{array}{rl} &|P|^2\cdot |A+S|=|(PQ)^T(A+S)(PQ)|\\ =&(1+b_1^2)(1+b_2^2)\cdots(1+b_r^2)\\ \geqslant & 1=|E_n|=|P^TAP|=|P|^2\cdot |A|. \end{array} \]

消去$|P|^2$, 得

\[|A+S|\geqslant |A|. \]

等号成立当且仅当$b_1=b_2=\cdots=b_r=0$, 当且仅当$S=O$.

posted on 2024-08-11 10:18 epi-math 阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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