Jordan 标准形的计算与幂零部分的应用

学习目标与预备知识

特征多项式本身不能确定矩阵的相似类。完整的 Jordan 计算必须确定各块的大小，并构造确实满足链方程的一组基。完成这些步骤后，不必将原矩阵反复相乘，即可计算其幂和多项式表达式。

本章使用上一章证明的特征多项式可分裂时 Jordan 标准形的存在唯一性定理、精确消元、多项式代入和最小多项式。这里的矩阵元素为实数或复数；实矩阵的特征多项式若在 $\mathbb R$ 上不分裂，可以在 $\mathbb C$ 上处理。下文多项式的导数均为特征零下的通常导数。离散递推与幂的有界性是标准形的应用。

1. 带基证书的精确计算流程

对每个特征值 $\lambda$，依次计算 $A-\lambda I$ 各次幂的核。其维数 $d_k$ 给出增量 $q_k=d_k-d_{k-1}$，即大小至少为 $k$ 的块数。差 $q_k-q_{k+1}$ 给出恰好为各个大小的块数。持续计算，直至达到对应的广义特征子空间；它的维数可能小于整个空间的维数。

然后构造相容的链。长链的顶向量必须属于所需的核，但不属于前一个核；选出的各链还必须共同线性无关。核滤过构造是保证这一点的系统方法。对任意预先选取的链底向量，分别求解 $Nv_{j+1}=v_j$ 并不总是可行。

最后，以所有链向量为列构造矩阵 $P$，每条链按从底到顶的顺序排列。需要分别检查两点：

1. $P$ 可逆，因为它的列构成一组基。
2. $AP=PJ$，其中 $J$ 是所提出的分块矩阵。

第二个等式同时验证所有链方程。两点均成立后，乘以 $P^{-1}$ 即可证明 $P^{-1}AP=J$。若 $P$ 奇异，仅验证 $AP=PJ$ 只能描述一个不变子空间，并不能证明整个空间上的相似性。

例 1：消去不同特征值之间的耦合

考虑

$$A=\begin{pmatrix} 2&1&0&-3\\ 0&2&1&0\\ 0&0&2&0\\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix}.$$

由三角矩阵的性质，$\chi_A(t)=(t-2)^3(t+1)$。令 $N=A-2I$，前三个标准基向量构成一条长度为三的链：$Ne_1=0$、$Ne_2=e_1$、$Ne_3=e_2$。对第四个坐标向量，$Ne_4=-3e_1-3e_4$。因此 $\ker N$、$\ker N^2$ 和 $\ker N^3$ 的维数分别为 $1,2,3$；这些幂在第四个对角位置上的元素非零，使相应核中的向量不含第四坐标分量。所以特征值二对应部分恰好是一个三阶块。

对特征值 $-1$，求解 $(A+I)w=0$ 得到 $w=e_1+e_4$，相差一个标量倍数除外。事实上 $A(e_1+e_4)=-(e_1+e_4)$。因此

$$P=(e_1\ e_2\ e_3\ e_1+e_4) =\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}.$$

其行列式为一，上述四个作用等式给出

$$AP=P\bigl(J_3(2)\oplus[-1]\bigr).$$

特征多项式和最小多项式均为 $(t-2)^3(t+1)$，因为特征值二对应最大块的大小为三，特征值负一对应最大块的大小为一。原矩阵右上角的元素不是不同特征值之间新的 Jordan 链接；新特征向量消去了这一耦合。

例 2：两条链，而非一条长链

设

$$B=\begin{pmatrix} 3&1&0&1\\ 0&3&0&0\\ 0&1&3&-1\\ 0&0&0&3 \end{pmatrix},\qquad N=B-3I.$$

各像为 $Ne_2=e_1+e_3$、$Ne_4=e_1-e_3$ 和 $Ne_1=Ne_3=0$。两个非零像线性无关，故 $\operatorname{rank}N=2$、$\dim\ker N=2$、$N^2=0$。因此块数是两个二阶块，而非一个四阶块。

选取链 $(e_1+e_3,e_2)$ 和 $(e_1-e_3,e_4)$。以这些向量为列的矩阵

$$P_B=\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&-1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}$$

的行列式为 $-2$。将 $B$ 作用于每一列，验证 $BP_B=P_B(J_2(3)\oplus J_2(3))$。其特征多项式为 $(t-3)^4$，但最小多项式仅为 $(t-3)^2$。

2. 多项式代入保留导数信息

设 $J=\lambda I+N$ 且 $N^r=0$。对多项式 $p$，其在 $\lambda$ 处的有限 Taylor 展开是精确的多项式恒等式。在此恒等式中代入 $N$，得到

$$p(J)=\sum_{j=0}^{r-1}\frac{p^{(j)}(\lambda)}{j!}N^j.$$

可直接验证这个多项式恒等式。写 $p(t)=\sum_{\ell=0}^d a_\ell t^\ell$，有限二项式定理给出

$$p(\lambda+z)=\sum_{j=0}^d\left(\sum_{\ell=j}^d a_\ell\binom{\ell}{j}\lambda^{\ell-j}\right)z^j.$$

在特征零时，对每个单项式求 $j$ 次导数可知括号中的系数恰为 $p^{(j)}(\lambda)/j!$。把可交换算子 $z=N$ 代入，再删去 $j\ge r$ 时为零的 $N^j$，就证明上述有限公式，并明确说明这里为什么可以使用阶乘分母。

高于 $r-1$ 次的项均因含有 $N^r$ 而消失。这是有限多项式代数，不需要收敛或交换无穷级数。特别地，

$$p(J_3(\lambda))= \begin{pmatrix} p(\lambda)&p'(\lambda)&p''(\lambda)/2\\ 0&p(\lambda)&p'(\lambda)\\ 0&0&p(\lambda) \end{pmatrix}.$$

仅凭特征值能得到对角元素，却会遗漏对角线上方的所有导数信息。

若 $A=PJP^{-1}$，则对所有非负整数 $k$，由相邻因子 $P^{-1}P$ 抵消可得 $A^k=PJ^kP^{-1}$。作有限线性组合便得到 $p(A)=Pp(J)P^{-1}$。

例 3：原坐标下的多项式和逆矩阵

对例 1 的矩阵 $A$，取 $p(t)=t^4-3t+2$。所需数据为

$$p(2)=12,\quad p'(2)=29,\quad p''(2)/2=24,\quad p(-1)=6.$$

所以三阶块变为 $\begin{pmatrix}12&29&24\\0&12&29\\0&0&12\end{pmatrix}$，其余标量块变为 $[6]$。以给出的 $P$ 作相似变换得到

$$p(A)=\begin{pmatrix}12&29&24&-6\\0&12&29&0\\0&0&12&0\\0&0&0&6\end{pmatrix}.$$

最后一列也可不计算逆矩阵而直接核对：$p(A)e_1=12e_1$ 和 $p(A)(e_1+e_4)=6(e_1+e_4)$ 蕴含 $p(A)e_4=-6e_1+6e_4$。

对任何满足 $\lambda\ne0$ 的块，有限几何恒等式给出

$$(\lambda I+N)^{-1}=\frac1\lambda\sum_{j=0}^{r-1}\left(-\frac N\lambda\right)^j.$$

事实上，相乘后中间各次幂全部抵消，剩下 $I-(-N/\lambda)^r=I$。对各块应用此式并作相似变换，可得

$$A^{-1}=\begin{pmatrix} 1/2&-1/4&1/8&-3/2\\ 0&1/2&-1/4&0\\ 0&0&1/2&0\\ 0&0&0&-1 \end{pmatrix}.$$

若某块的特征值为零，该块不能使用此逆矩阵公式，整个矩阵也会是奇异的。

3. 用有限多项式数据匹配矩阵函数

假设特征值 $\lambda_i$ 对应的最大块大小为 $r_i$，那么

$$m_A(t)=\prod_i(t-\lambda_i)^{r_i}.$$

对多项式 $p,q$，

$$p(A)=q(A)\quad\Longleftrightarrow\quad p^{(j)}(\lambda_i)=q^{(j)}(\lambda_i) \quad\text{对所有 }i\text{ 和 }0\le j<r_i.$$

为证明这一点，最小多项式除法定理说明，$p(A)=q(A)$ 当且仅当 $m_A$ 整除 $p-q$。将一个多项式在 $\lambda_i$ 处展开，可知被 $(t-\lambda_i)^{r_i}$ 整除等价于前 $r_i$ 个 Taylor 系数为零，也等价于相应导数为零。不同的一次因子互素，因此分别整除可合并为它们的乘积整除。这就证明了两个方向。

因此，只有在块均为一阶时，仅匹配多项式值才足够。更大的块还要求匹配导数。带重复节点导数条件的多项式插值通常称为 Hermite 插值。这里已证明所需判据；下列具体计算不需要一般插值存在性定理。

4. 幂、离散递推与零特征值情形

由于 $\lambda I$ 与 $N$ 可交换，有限二项式定理给出

$$J_r(\lambda)^k=\sum_{j=0}^{\min(k,r-1)}\binom{k}{j}\lambda^{k-j}N^j\qquad(k\ge0).$$

系数约定 $\lambda^0=1$，包括 $\lambda=0$ 的情形，与多项式代入一致。由于 $j\le k$，公式不会用到零的负次幂。对零特征值块，公式化为 $J_r(0)^k=N^k$，并在 $k\ge r$ 后消失。对 $\lambda\ne0$，第一条上超对角线上的元素为 $k\lambda^{k-1}$，第二条为 $\binom{k}{2}\lambda^{k-2}$。这些多项式因子记录了非平凡链。

例 4：带二次因子的精确递推

对例 1 的矩阵 $A$，由块公式及同一个 $P$，对每个整数 $k\ge0$ 得

$$A^k=\begin{pmatrix} 2^k&k2^{k-1}&\binom{k}{2}2^{k-2}&(-1)^k-2^k\\ 0&2^k&k2^{k-1}&0\\ 0&0&2^k&0\\ 0&0&0&(-1)^k \end{pmatrix}.$$

这里 $\binom{k}{2}=0$ 在 $k=0,1$ 时成立，底数二非零，因此即使在这些小指标下，所有展示的标量幂都定义良好。公式给出 $A^0=I$ 和 $A^1=A$。

递推 $x_{k+1}=Ax_k$ 在 $x_0=e_3+e_4$ 下有唯一解 $x_k=A^kx_0$：归纳法验证递推关系，而每个下一值由前一值唯一决定。具体地，

$$x_k=\begin{pmatrix} \binom{k}{2}2^{k-2}+(-1)^k-2^k\\ k2^{k-1}\\ 2^k\\ (-1)^k \end{pmatrix}.$$

当 $k=0$ 时得到 $(0,0,1,1)^T$，当 $k=1$ 时得到 $(-3,1,2,-1)^T$，与直接相乘一致。关于 $k$ 的二次因子由一条长度为三的链产生，而不是由第三个不同特征值产生。

5. 这些不变量能够和不能够分类什么

对特征多项式可分裂的矩阵，特征多项式记录每个特征值处各块大小之和；最小多项式记录对应的最大块大小；特征子空间的维数记录块数。这些数据仍可能允许多种划分；完整的核维数增量序列能消除这种歧义。

例 5：特征多项式和最小多项式相同，但相似类不同。 令

$$N_1=J_3(0)\oplus J_3(0)\oplus J_2(0),\qquad N_2=J_3(0)\oplus J_2(0)\oplus J_2(0)\oplus J_1(0).$$

二者均为八维，特征多项式为 $t^8$，最小多项式为 $t^3$。但 $\dim\ker N_1=3$，而 $\dim\ker N_2=4$。相似变换保持核，因为 $B=P^{-1}AP$ 蕴含 $\ker B=P^{-1}(\ker A)$。因此不同的核维数证明两矩阵不相似。它们更完整的核维数序列分别为 $3,6,8$ 和 $4,7,8$。

对两个特征多项式可分裂的矩阵，若所有特征值及每个核增量序列都匹配，则其 Jordan 块除排列次序外相同。此时两个 Jordan 矩阵只相差整块基的置换，因此原矩阵相似。这个反向结论使用了存在唯一性定理，而不仅是不变量的保持性。

6. 关于矩阵幂的两个精确结论

固定一组基；若 $A^k$ 的每个元素随 $k$ 变化均有界，称其幂有界。固定的相似变换在两个方向上保持此性质：$PJP^{-1}$ 的每个元素都是 $J$ 的元素的有限线性组合，而 $J=P^{-1}AP$ 也同理。相同论证也保持逐元素收敛至零的性质。

定理。 在 $\mathbb C$ 上：

1. $A^k\to0$ 当且仅当每个特征值的模严格小于一。
2. 矩阵的幂有界，当且仅当每个特征值的模至多为一，且每个模为一的特征值所对应的 Jordan 块都是一阶块。

证明。 若 $0<\rho<1$，则对每个固定非负整数 $j$，有 $k^j\rho^k\to0$。当 $j>0$ 时，相邻正项之比为 $\rho(1+1/k)^j\to\rho<1$；选取一个严格介于 $\rho$ 与一之间的数，使该比值最终不超过它，再把余下的项与衰减的几何数列比较。$j=0$ 的情形本身就是几何数列。由于 $\binom{k}{j}\le k^j/j!$，由幂公式可知满足 $0<|\lambda|<1$ 的块中的每个元素都趋于零。满足 $\lambda=0$ 的块在有限次取幂后消失。再由相似性得到结论 1 的充分性。

为证明必要性，若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$，则 $A^kv=\lambda^kv$。若某个特征值满足 $|\lambda|\ge1$，此向量序列就不可能趋于零；而若 $A^k\to0$ 逐元素成立，则 $A^kv$ 的每个分量都趋于零。这证明了结论 1。

对于结论 2，单位圆内部的块趋于零，因而其元素有界；单位圆上的一阶块的元素模为一，故充分性成立。若 $|\lambda|>1$，特征向量论证会产生一个无界分量，与矩阵元素有界不相容。若 $|\lambda|=1$ 且某块大小至少为二，则其第 $k$ 次幂的第一条上超对角线上的元素之模为 $|k\lambda^{k-1}|=k$。这些元素无界，而相似变换保持这种不有界性。这正是定理中列出的两种障碍。$\square$

对实矩阵，将元素视为 $\mathbb C$ 上的元素即可得到相同结论；其各次实矩阵幂不变。特别地，“所有特征值的模都不超过一”本身并不能判定有缺陷矩阵的幂是否有界。

7. 分级练习

P01 — 计算。 对 $C=\begin{pmatrix}4&2&0\\0&4&3\\0&0&4\end{pmatrix}$，构造一组链基，给出 $P$ 并验证 $CP=PJ_3(4)$。求特征多项式与最小多项式。

P02 — 基的核查。 对例 2 中的 $B$ 和 $P_B$，验证四个列向量方程并计算 $\det P_B$。解释为什么仅有四个线性无关的广义特征向量，而未检查链关系，不能确定所展示的 Jordan 矩阵。

P03 — 分类。 一个十维空间上的幂零算子的核维数依次为 $4,7,9,10$。求其 Jordan 标准形、特征多项式和最小多项式。

P04 — 诊断。 幂零算子的核维数能以 $3,5,8$ 开始吗？指出首先违反的约束，并解释为什么核维数非递减并不是充分检验。

P05 — 幂。 对 $J=J_3(-1)$，推导适用于所有 $k\ge0$ 的 $J^k$ 公式，明确写出前两条上超对角线上的元素。判断这些幂是否有界。

P06 — 多项式。 用导数数据计算 $p(J_3(2))$，其中 $p(t)=t^3-2t+1$。核对对角线上常值和各条上超对角线上的系数。

P07 — 逆矩阵。 将 $J_3(2)^{-1}$ 表示为 $N=J_3(2)-2I$ 的多项式。将两个表达式相乘，不用消元算法验证答案。

P08 — 相似性。 给出两个九维幂零矩阵，它们不相似，但具有相同的特征多项式 $t^9$、最小多项式 $t^4$ 和核维数。用较高次幂的核维数这一不变量证明不相似，不要仅凭所写矩阵的外观比较。

P09 — 重复节点条件。 假设 $A$ 的最小多项式为 $(t-1)^2(t-2)$。求一个次数至多为二的多项式 $q$，使 $q(A)=A^{-1}$。推导并使用必要的函数值与导数条件，再模最小多项式作代数验证。

P10 — 幂的行为。 令 $D=J_2(1/2)\oplus[-1/3]$。直接证明 $D^k\to0$，并对其非对角元素给出几何比值界。与 $J_2(1)$ 作比较，后者的特征值的模也都不超过一。

8. 完整解答

S01. 令 $N=C-4I$。取 $v_3=e_3$、$v_2=3e_2$ 和 $v_1=6e_1$。于是 $Nv_3=3e_2=v_2$、$Nv_2=6e_1=v_1$ 和 $Nv_1=0$。所以 $P=\operatorname{diag}(6,3,1)$ 的行列式为 $18\ne0$，这些方程给出 $CP=PJ_3(4)$。由三角矩阵性质，$\chi_C=(t-4)^3$。由于 $N^2e_3=6e_1\ne0$ 而 $N^3=0$，链块定理给出最小多项式 $(t-4)^3$。

S02. 各列分别为 $u_1=e_1+e_3$、$u_2=e_2$、$v_1=e_1-e_3$ 和 $v_2=e_4$。由 $B$ 的元素可得 $Bu_1=3u_1$、$Bu_2=u_1+3u_2$、$Bv_1=3v_1$ 和 $Bv_2=v_1+3v_2$。这些恰是 $P_B(J_2(3)\oplus J_2(3))$ 的列。沿第二行和第四行展开行列式，得到 $2\times2$ 行列式 $\det\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}=-2$。线性无关证明这些列构成一组基，但算子在该基下的实际系数仍取决于每个向量的像。仅知道它们是广义特征向量，并不能规定相邻链向量之间的像；上述方程提供了这种关系。

S03. 令 $d_0=0$ 和 $d_5=10$，增量为 $4,3,2,1,0$。相邻增量之差说明大小为一、二、三、四的块各有一个。因此，除块顺序外，Jordan 标准形为 $J_4(0)\oplus J_3(0)\oplus J_2(0)\oplus J_1(0)$。块大小之和为十，故特征多项式为 $t^{10}$。最大块大小为四，故最小多项式为 $t^4$。

S04. 增量将为 $3,2,3$。第三个增量大于第二个，违反单射 $K_3/K_2\to K_2/K_1$ 所需的条件。两个商空间的维数分别为三和二，不可能存在这种单射。虽然核维数本身递增，但增量必须非递增；这里失败的是这个更强的条件。

S05. 写作 $J=-I+N$，其中 $N^3=0$。由二项式公式，

$$J^k=(-1)^k\left(I-kN+\binom{k}{2}N^2\right).$$

按照 $\binom{k}{2}=0$ 的约定，$k=0,1$ 也包含在内。对角元素为 $(-1)^k$，第一条上超对角线上的元素为 $(-1)^{k+1}k$，第二条上超对角线上的元素为 $(-1)^k\binom{k}{2}$。仅第一条上超对角线上元素的模就随 $k$ 增长，因此这些幂不有界。

S06. 我们有 $p(2)=8-4+1=5$、$p'(2)=3(2)^2-2=10$ 和 $p''(2)/2=6(2)/2=6$。因此

$$p(J_3(2))=5I+10N+6N^2=\begin{pmatrix}5&10&6\\0&5&10\\0&0&5\end{pmatrix}.$$

对角线上的常值是 $p$ 在该特征值处的值。第一、第二条上超对角线分别来自 $N$ 和 $N^2$，其系数分别为一阶导数和二阶导数的一半，不是额外的特征值。

S07. 由于 $N^3=0$，

$$(2I+N)^{-1}=\frac12I-\frac14N+\frac18N^2.$$

相乘得到 $I+(-1/2+1/2)N+(1/4-1/4)N^2+(1/8)N^3=I$。反向相乘结果相同，因为两个因子都是 $N$ 的多项式。因此这确是双侧逆。

S08. 取 $M_1=J_4(0)\oplus J_4(0)\oplus J_1(0)$ 和 $M_2=J_4(0)\oplus J_3(0)\oplus J_2(0)$。二者的总大小均为九，最大块大小均为四，且均有三个块。因此它们具有所需的特征多项式和最小多项式，核维数也都为三。然而，$\dim\ker M_1^2=2+2+1=5$，而 $\dim\ker M_2^2=2+2+2=6$。若两矩阵相似，其平方也由同一基变换相似，平方的核便同构；维数不同与此矛盾。可见即使特征多项式、最小多项式和特征子空间维数都相同，仍未确定相似类。

S09. 最小多项式的常数项非零，因此 $A$ 可逆。要使 $q(A)$ 是它的逆矩阵，充要条件是 $(t-1)^2(t-2)$ 整除 $tq(t)-1$。在二重根一处，这要求 $q(1)=1$ 和 $q(1)+q'(1)=0$，因此 $q'(1)=-1$。在二处则要求 $2q(2)=1$。写成 $q(t)=a+b(t-1)+c(t-1)^2$，条件给出 $a=1$、$b=-1$ 和 $c=1/2$。因此

$$q(t)=\tfrac12t^2-2t+\tfrac52.$$

事实上，

$$tq(t)-1=\tfrac12(t^3-4t^2+5t-2)=\tfrac12(t-1)^2(t-2).$$

在 $A$ 处代入使它为零，故 $Aq(A)=I$。由于 $q(A)$ 与 $A$ 可交换，它也是左逆。仅匹配 $q(1)$ 与 $q(2)$ 不会施加与长度为二的块对应的导数条件。

S10. 二阶块的幂的对角元素为 $2^{-k}$，非对角元素为 $k(1/2)^{k-1}$。对 $k\ge1$，令 $b_k=k2^{1-k}$。当 $k\ge2$ 时，其相邻项之比为 $b_{k+1}/b_k=(k+1)/(2k)\le3/4$。因此当 $k\ge2$ 时，$b_k\le b_2(3/4)^{k-2}\to0$。其余标量元素 $(-1/3)^k$ 也趋于零，所以 $D^k$ 的每个元素都趋于零。相比之下，$J_2(1)^k=I+kN$ 的非对角元素为 $k$，无界。区别在于单位圆上的特征值对应非平凡链，而不仅是 $|\lambda|\le1$ 这一不等式。

总结

完整的 Jordan 计算给出块数、实际链、可逆的基矩阵以及等式 $AP=PJ$。有缺陷的块在多项式代入中保留导数信息，在其幂中保留多项式因子。核维数序列可以区分特征多项式和最小多项式未必能够区分的相似类。同样的块公式给出矩阵幂收敛和有界的精确判据，其中单位圆上的链需单独处理。