Jordan 標準形的計算與冪零部分的應用

學習目標與預備知識

特徵多項式本身不能確定矩陣的相似類。完整的 Jordan 計算必須確定各塊的大小，並構造確實滿足鏈方程的一組基。完成這些步驟後，不必將原矩陣反覆相乘，即可計算其冪和多項式表達式。

本章使用上一章證明的特徵多項式可分裂時 Jordan 標準形的存在唯一性定理、精確消元、多項式代入和最小多項式。這裏的矩陣元素為實數或複數；實矩陣的特徵多項式若在 $\mathbb R$ 上不分裂，可以在 $\mathbb C$ 上處理。下文多項式的導數均為特徵零下的通常導數。離散遞推與冪的有界性是標準形的應用。

1. 帶基證書的精確計算流程

對每個特徵值 $\lambda$，依次計算 $A-\lambda I$ 各次冪的核。其維數 $d_k$ 給出增量 $q_k=d_k-d_{k-1}$，即大小至少為 $k$ 的塊數。差 $q_k-q_{k+1}$ 給出恰好為各個大小的塊數。持續計算，直至達到對應的廣義特徵子空間；它的維數可能小於整個空間的維數。

然後構造相容的鏈。長鏈的頂向量必須屬於所需的核，但不屬於前一個核；選出的各鏈還必須共同線性無關。核濾過構造是保證這一點的系統方法。對任意預先選取的鏈底向量，分別求解 $Nv_{j+1}=v_j$ 並不總是可行。

最後，以所有鏈向量為列構造矩陣 $P$，每條鏈按從底到頂的順序排列。需要分別檢查兩點：

1. $P$ 可逆，因為它的列構成一組基。
2. $AP=PJ$，其中 $J$ 是所提出的分塊矩陣。

第二個等式同時驗證所有鏈方程。兩點均成立後，乘以 $P^{-1}$ 即可證明 $P^{-1}AP=J$。若 $P$ 奇異，僅驗證 $AP=PJ$ 只能描述一個不變子空間，並不能證明整個空間上的相似性。

例 1：消去不同特徵值之間的耦合

考慮

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

由三角矩陣的性質，$\chi_A(t)=(t-2)^3(t+1)$。令 $N=A-2I$，前三個標準基向量構成一條長度為三的鏈：$Ne_1=0$、$Ne_2=e_1$、$Ne_3=e_2$。對第四個座標向量，$Ne_4=-3e_1-3e_4$。因此 $\ker N$、$\ker N^2$ 和 $\ker N^3$ 的維數分別為 $1,2,3$；這些冪在第四個對角位置上的元素非零，使相應核中的向量不含第四座標分量。所以特徵值二對應部分恰好是一個三階塊。

對特徵值 $-1$，求解 $(A+I)w=0$ 得到 $w=e_1+e_4$，相差一個標量倍數除外。事實上 $A(e_1+e_4)=-(e_1+e_4)$。因此

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

其行列式為一，上述四個作用等式給出

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

特徵多項式和最小多項式均為 $(t-2)^3(t+1)$，因為特徵值二對應最大塊的大小為三，特徵值負一對應最大塊的大小為一。原矩陣右上角的元素不是不同特徵值之間新的 Jordan 鏈接；新特徵向量消去了這一耦合。

例 2：兩條鏈，而非一條長鏈

設

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

各像為 $Ne_2=e_1+e_3$、$Ne_4=e_1-e_3$ 和 $Ne_1=Ne_3=0$。兩個非零像線性無關，故 $\operatorname{rank}N=2$、$\dim\ker N=2$、$N^2=0$。因此塊數是兩個二階塊，而非一個四階塊。

選取鏈 $(e_1+e_3,e_2)$ 和 $(e_1-e_3,e_4)$。以這些向量為列的矩陣

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

的行列式為 $-2$。將 $B$ 作用於每一列，驗證 $BP_B=P_B(J_2(3)\oplus J_2(3))$。其特徵多項式為 $(t-3)^4$，但最小多項式僅為 $(t-3)^2$。

2. 多項式代入保留導數信息

設 $J=\lambda I+N$ 且 $N^r=0$。對多項式 $p$，其在 $\lambda$ 處的有限 Taylor 展開是精確的多項式恆等式。在此恆等式中代入 $N$，得到

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

可直接驗證這個多項式恆等式。寫 $p(t)=\sum_{\ell=0}^d a_\ell t^\ell$，有限二項式定理給出

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

在特徵零時，對每個單項式求 $j$ 次導數可知括號中的係數恰為 $p^{(j)}(\lambda)/j!$。把可交換算子 $z=N$ 代入，再刪去 $j\ge r$ 時為零的 $N^j$，就證明上述有限公式，並明確說明這裏為甚麼可以使用階乘分母。

高於 $r-1$ 次的項均因含有 $N^r$ 而消失。這是有限多項式代數，不需要收斂或交換無窮級數。特別地，

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

僅憑特徵值能得到對角元素，卻會遺漏對角線上方的所有導數信息。

若 $A=PJP^{-1}$，則對所有非負整數 $k$，由相鄰因子 $P^{-1}P$ 抵消可得 $A^k=PJ^kP^{-1}$。作有限線性組合便得到 $p(A)=Pp(J)P^{-1}$。

例 3：原座標下的多項式和逆矩陣

對例 1 的矩陣 $A$，取 $p(t)=t^4-3t+2$。所需數據為

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

所以三階塊變為 $\begin{pmatrix}12&29&24\\0&12&29\\0&0&12\end{pmatrix}$，其餘標量塊變為 $[6]$。以給出的 $P$ 作相似變換得到

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

最後一列也可不計算逆矩陣而直接核對：$p(A)e_1=12e_1$ 和 $p(A)(e_1+e_4)=6(e_1+e_4)$ 蘊含 $p(A)e_4=-6e_1+6e_4$。

對任何滿足 $\lambda\ne0$ 的塊，有限幾何恆等式給出

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

事實上，相乘後中間各次冪全部抵消，剩下 $I-(-N/\lambda)^r=I$。對各塊應用此式並作相似變換，可得

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

若某塊的特徵值為零，該塊不能使用此逆矩陣公式，整個矩陣也會是奇異的。

3. 用有限多項式數據匹配矩陣函數

假設特徵值 $\lambda_i$ 對應的最大塊大小為 $r_i$，那麼

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

對多項式 $p,q$，

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

為證明這一點，最小多項式除法定理說明，$p(A)=q(A)$ 當且僅當 $m_A$ 整除 $p-q$。將一個多項式在 $\lambda_i$ 處展開，可知被 $(t-\lambda_i)^{r_i}$ 整除等價於前 $r_i$ 個 Taylor 係數為零，也等價於相應導數為零。不同的一次因子互素，因此分別整除可合併為它們的乘積整除。這就證明了兩個方向。

因此，只有在塊均為一階時，僅匹配多項式值才足夠。更大的塊還要求匹配導數。帶重複節點導數條件的多項式插值通常稱為 Hermite 插值。這裏已證明所需判據；下列具體計算不需要一般插值存在性定理。

4. 冪、離散遞推與零特徵值情形

由於 $\lambda I$ 與 $N$ 可交換，有限二項式定理給出

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

係數約定 $\lambda^0=1$，包括 $\lambda=0$ 的情形，與多項式代入一致。由於 $j\le k$，公式不會用到零的負次冪。對零特徵值塊，公式化為 $J_r(0)^k=N^k$，並在 $k\ge r$ 後消失。對 $\lambda\ne0$，第一條上超對角線上的元素為 $k\lambda^{k-1}$，第二條為 $\binom{k}{2}\lambda^{k-2}$。這些多項式因子記錄了非平凡鏈。

例 4：帶二次因子的精確遞推

對例 1 的矩陣 $A$，由塊公式及同一個 $P$，對每個整數 $k\ge0$ 得

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

這裏 $\binom{k}{2}=0$ 在 $k=0,1$ 時成立，底數二非零，因此即使在這些小指標下，所有展示的標量冪都定義良好。公式給出 $A^0=I$ 和 $A^1=A$。

遞推 $x_{k+1}=Ax_k$ 在 $x_0=e_3+e_4$ 下有唯一解 $x_k=A^kx_0$：歸納法驗證遞推關係，而每個下一值由前一值唯一決定。具體地，

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

當 $k=0$ 時得到 $(0,0,1,1)^T$，當 $k=1$ 時得到 $(-3,1,2,-1)^T$，與直接相乘一致。關於 $k$ 的二次因子由一條長度為三的鏈產生，而不是由第三個不同特徵值產生。

5. 這些不變量能夠和不能夠分類什麼

對特徵多項式可分裂的矩陣，特徵多項式記錄每個特徵值處各塊大小之和；最小多項式記錄對應的最大塊大小；特徵子空間的維數記錄塊數。這些數據仍可能允許多種劃分；完整的核維數增量序列能消除這種歧義。

例 5：特徵多項式和最小多項式相同，但相似類不同。 令

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

二者均為八維，特徵多項式為 $t^8$，最小多項式為 $t^3$。但 $\dim\ker N_1=3$，而 $\dim\ker N_2=4$。相似變換保持核，因為 $B=P^{-1}AP$ 蘊含 $\ker B=P^{-1}(\ker A)$。因此不同的核維數證明兩矩陣不相似。它們更完整的核維數序列分別為 $3,6,8$ 和 $4,7,8$。

對兩個特徵多項式可分裂的矩陣，若所有特徵值及每個核增量序列都匹配，則其 Jordan 塊除排列次序外相同。此時兩個 Jordan 矩陣只相差整塊基的置換，因此原矩陣相似。這個反向結論使用了存在唯一性定理，而不僅是不變量的保持性。

6. 關於矩陣冪的兩個精確結論

固定一組基；若 $A^k$ 的每個元素隨 $k$ 變化均有界，稱其冪有界。固定的相似變換在兩個方向上保持此性質：$PJP^{-1}$ 的每個元素都是 $J$ 的元素的有限線性組合，而 $J=P^{-1}AP$ 也同理。相同論證也保持逐元素收斂至零的性質。

定理。 在 $\mathbb C$ 上：

1. $A^k\to0$ 當且僅當每個特徵值的模嚴格小於一。
2. 矩陣的冪有界，當且僅當每個特徵值的模至多為一，且每個模為一的特徵值所對應的 Jordan 塊都是一階塊。

證明。 若 $0<\rho<1$，則對每個固定非負整數 $j$，有 $k^j\rho^k\to0$。當 $j>0$ 時，相鄰正項之比為 $\rho(1+1/k)^j\to\rho<1$；選取一個嚴格介於 $\rho$ 與一之間的數，使該比值最終不超過它，再把餘下的項與衰減的幾何數列比較。$j=0$ 的情形本身就是幾何數列。由於 $\binom{k}{j}\le k^j/j!$，由冪公式可知滿足 $0<|\lambda|<1$ 的塊中的每個元素都趨於零。滿足 $\lambda=0$ 的塊在有限次取冪後消失。再由相似性得到結論 1 的充分性。

為證明必要性，若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$，則 $A^kv=\lambda^kv$。若某個特徵值滿足 $|\lambda|\ge1$，此向量序列就不可能趨於零；而若 $A^k\to0$ 逐元素成立，則 $A^kv$ 的每個分量都趨於零。這證明了結論 1。

對於結論 2，單位圓內部的塊趨於零，因而其元素有界；單位圓上的一階塊的元素模為一，故充分性成立。若 $|\lambda|>1$，特徵向量論證會產生一個無界分量，與矩陣元素有界不相容。若 $|\lambda|=1$ 且某塊大小至少為二，則其第 $k$ 次冪的第一條上超對角線上的元素之模為 $|k\lambda^{k-1}|=k$。這些元素無界，而相似變換保持這種不有界性。這正是定理中列出的兩種障礙。$\square$

對實矩陣，將元素視為 $\mathbb C$ 上的元素即可得到相同結論；其各次實矩陣冪不變。特別地，“所有特徵值的模都不超過一”本身並不能判定有缺陷矩陣的冪是否有界。

7. 分級練習

P01 — 計算。 對 $C=\begin{pmatrix}4&2&0\\0&4&3\\0&0&4\end{pmatrix}$，構造一組鏈基，給出 $P$ 並驗證 $CP=PJ_3(4)$。求特徵多項式與最小多項式。

P02 — 基的核查。 對例 2 中的 $B$ 和 $P_B$，驗證四個列向量方程並計算 $\det P_B$。解釋為什麼僅有四個線性無關的廣義特徵向量，而未檢查鏈關係，不能確定所展示的 Jordan 矩陣。

P03 — 分類。 一個十維空間上的冪零算子的核維數依次為 $4,7,9,10$。求其 Jordan 標準形、特徵多項式和最小多項式。

P04 — 診斷。 冪零算子的核維數能以 $3,5,8$ 開始嗎？指出首先違反的約束，並解釋為什麼核維數非遞減並不是充分檢驗。

P05 — 冪。 對 $J=J_3(-1)$，推導適用於所有 $k\ge0$ 的 $J^k$ 公式，明確寫出前兩條上超對角線上的元素。判斷這些冪是否有界。

P06 — 多項式。 用導數數據計算 $p(J_3(2))$，其中 $p(t)=t^3-2t+1$。核對對角線上常值和各條上超對角線上的係數。

P07 — 逆矩陣。 將 $J_3(2)^{-1}$ 表示為 $N=J_3(2)-2I$ 的多項式。將兩個表達式相乘，不用消元算法驗證答案。

P08 — 相似性。 給出兩個九維冪零矩陣，它們不相似，但具有相同的特徵多項式 $t^9$、最小多項式 $t^4$ 和核維數。用較高次冪的核維數這一不變量證明不相似，不要僅憑所寫矩陣的外觀比較。

P09 — 重複節點條件。 假設 $A$ 的最小多項式為 $(t-1)^2(t-2)$。求一個次數至多為二的多項式 $q$，使 $q(A)=A^{-1}$。推導並使用必要的函數值與導數條件，再模最小多項式作代數驗證。

P10 — 冪的行為。 令 $D=J_2(1/2)\oplus[-1/3]$。直接證明 $D^k\to0$，並對其非對角元素給出幾何比值界。與 $J_2(1)$ 作比較，後者的特徵值的模也都不超過一。

8. 完整解答

S01. 令 $N=C-4I$。取 $v_3=e_3$、$v_2=3e_2$ 和 $v_1=6e_1$。於是 $Nv_3=3e_2=v_2$、$Nv_2=6e_1=v_1$ 和 $Nv_1=0$。所以 $P=\operatorname{diag}(6,3,1)$ 的行列式為 $18\ne0$，這些方程給出 $CP=PJ_3(4)$。由三角矩陣性質，$\chi_C=(t-4)^3$。由於 $N^2e_3=6e_1\ne0$ 而 $N^3=0$，鏈塊定理給出最小多項式 $(t-4)^3$。

S02. 各列分別為 $u_1=e_1+e_3$、$u_2=e_2$、$v_1=e_1-e_3$ 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 $Bv_2=v_1+3v_2$。這些恰是 $P_B(J_2(3)\oplus J_2(3))$ 的列。沿第二行和第四行展開行列式，得到 $2\times2$ 行列式 $\det\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}=-2$。線性無關證明這些列構成一組基，但算子在該基下的實際係數仍取決於每個向量的像。僅知道它們是廣義特徵向量，並不能規定相鄰鏈向量之間的像；上述方程提供了這種關係。

S03. 令 $d_0=0$ 和 $d_5=10$，增量為 $4,3,2,1,0$。相鄰增量之差說明大小為一、二、三、四的塊各有一個。因此，除塊順序外，Jordan 標準形為 $J_4(0)\oplus J_3(0)\oplus J_2(0)\oplus J_1(0)$。塊大小之和為十，故特徵多項式為 $t^{10}$。最大塊大小為四，故最小多項式為 $t^4$。

S04. 增量將為 $3,2,3$。第三個增量大於第二個，違反單射 $K_3/K_2\to K_2/K_1$ 所需的條件。兩個商空間的維數分別為三和二，不可能存在這種單射。雖然核維數本身遞增，但增量必須非遞增；這裏失敗的是這個更強的條件。

S05. 寫作 $J=-I+N$，其中 $N^3=0$。由二項式公式，

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

按照 $\binom{k}{2}=0$ 的約定，$k=0,1$ 也包含在內。對角元素為 $(-1)^k$，第一條上超對角線上的元素為 $(-1)^{k+1}k$，第二條上超對角線上的元素為 $(-1)^k\binom{k}{2}$。僅第一條上超對角線上元素的模就隨 $k$ 增長，因此這些冪不有界。

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

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

對角線上的常值是 $p$ 在該特徵值處的值。第一、第二條上超對角線分別來自 $N$ 和 $N^2$，其係數分別為一階導數和二階導數的一半，不是額外的特徵值。

S07. 由於 $N^3=0$，

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

相乘得到 $I+(-1/2+1/2)N+(1/4-1/4)N^2+(1/8)N^3=I$。反向相乘結果相同，因為兩個因子都是 $N$ 的多項式。因此這確是雙側逆。

S08. 取 $M_1=J_4(0)\oplus J_4(0)\oplus J_1(0)$ 和 $M_2=J_4(0)\oplus J_3(0)\oplus J_2(0)$。二者的總大小均為九，最大塊大小均為四，且均有三個塊。因此它們具有所需的特徵多項式和最小多項式，核維數也都為三。然而，$\dim\ker M_1^2=2+2+1=5$，而 $\dim\ker M_2^2=2+2+2=6$。若兩矩陣相似，其平方也由同一基變換相似，平方的核便同構；維數不同與此矛盾。可見即使特徵多項式、最小多項式和特徵子空間維數都相同，仍未確定相似類。

S09. 最小多項式的常數項非零，因此 $A$ 可逆。要使 $q(A)$ 是它的逆矩陣，充要條件是 $(t-1)^2(t-2)$ 整除 $tq(t)-1$。在二重根一處，這要求 $q(1)=1$ 和 $q(1)+q'(1)=0$，因此 $q'(1)=-1$。在二處則要求 $2q(2)=1$。寫成 $q(t)=a+b(t-1)+c(t-1)^2$，條件給出 $a=1$、$b=-1$ 和 $c=1/2$。因此

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

事實上，

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

在 $A$ 處代入使它為零，故 $Aq(A)=I$。由於 $q(A)$ 與 $A$ 可交換，它也是左逆。僅匹配 $q(1)$ 與 $q(2)$ 不會施加與長度為二的塊對應的導數條件。

S10. 二階塊的冪的對角元素為 $2^{-k}$，非對角元素為 $k(1/2)^{k-1}$。對 $k\ge1$，令 $b_k=k2^{1-k}$。當 $k\ge2$ 時，其相鄰項之比為 $b_{k+1}/b_k=(k+1)/(2k)\le3/4$。因此當 $k\ge2$ 時，$b_k\le b_2(3/4)^{k-2}\to0$。其餘標量元素 $(-1/3)^k$ 也趨於零，所以 $D^k$ 的每個元素都趨於零。相比之下，$J_2(1)^k=I+kN$ 的非對角元素為 $k$，無界。區別在於單位圓上的特徵值對應非平凡鏈，而不僅是 $|\lambda|\le1$ 這一不等式。

總結

完整的 Jordan 計算給出塊數、實際鏈、可逆的基矩陣以及等式 $AP=PJ$。有缺陷的塊在多項式代入中保留導數信息，在其冪中保留多項式因子。核維數序列可以區分特徵多項式和最小多項式未必能夠區分的相似類。同樣的塊公式給出矩陣冪收斂和有界的精確判據，其中單位圓上的鏈需單獨處理。