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章节: 6
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# 第6章 Jordan 标准型

## 6.1 Jordan 标准形：空间分解法

## 6.1.1 空间第二分解定理：循环不变子空间分解

## 定义 6.1 (幂零线性变换)

A 是 V 内的线性变换，若 $\exists m$ 使得 $A^{m}=0$ ，则 A 是幂零线性变换。

## 引理6.1(幂零基)

A 是幂零变换， $\forall\alpha\in V$ 若 $A^{k-1}\alpha\neq0,A^{k}\alpha=0$ ，则 $\alpha,A\alpha,\cdots,A^{k-1}\alpha$ 线性无关。

证明 设 $a_{0}\alpha + a_{1}A\alpha + \cdots + a_{k-1}A^{k-1}\alpha = 0$ ，若从左至右第一个非零的是 $a_{i}$ ，即 $a_{i}A^{i}\alpha + \cdots + a_{k}A^{k-1}\alpha = 0$ ，两侧同时作用 $A^{k-1-i}$ ，上式变为 $a_{i}A^{k-1}\alpha = 0$ ，而 $A^{k-1}\alpha \neq 0$ ，故 $a_{i} = 0$ ，与假设矛盾。

## 定义 6.2 (循环不变子空间)

对 $\forall\alpha\in V,\exists k$ 使得 $A^{k}=0,A^{k-1}\neq0$ ，则 $I(\alpha):=L(\alpha,A\alpha,\cdots,A^{k-1}\alpha)$ 称为 $\alpha$ 生成的 A 的循环不变子空间。

## 定理 6.1 (循环不变子空间分解)

对于 V 内的幂零变换 A， $\exists v_{1},\cdots,v_{n}\in V,\ m_{1},\cdots,m_{n}\in N$ 使得 $V=I(v_{1})\oplus I(v_{2})\oplus\cdots\oplus I(v_{n})$ 。其中 $I(v_{i})=L(v_{i},\mathcal{A}v_{i}\cdots,\mathcal{A}^{m_{i}}v_{i})$ ，且 $A^{m_{i}+1}v_{i}=0$ 。

证明 采用数归与核像分解。(1) 若 dimV = 1，则显然可分解。(2) 若 dimV > 1，则用归纳法。由于 A 不是单射 (因为将不同的向量均映射到 0)，因此 A 不是满射 (因为线性映射是满射当且仅当是双射)，因此 A 的像维数低于 dimV。对 ImA 用归纳假设，得到 ImA 的一组基 $A^{m_{1}}v_{1}, \cdots, Av_{1}, v_{1}, \cdots, A^{m_{n}}v_{n}, \cdots, v_{n}$ ，由于上述向量组是 ImA 的一组基，对 $\forall j$ 存在 V 中向量 $u_{j}$ 使得 $v_{j} = Au_{j}$ 。

下面说明下面的向量组线性无关:

$$
\mathcal {A} ^ {m _ {1} + 1} u _ {1}, \dots , \mathcal {A} u _ {1}, u _ {1}, \dots , \mathcal {A} ^ {m _ {n} + 1} u _ {n}, \dots , u _ {n}\tag{6.1}
$$

原因: 可设上述向量的一个线性组合为 0，两侧同时作用 A，则仅有 $A^{m_{1}+1}u_{1},\cdots,A^{m_{n}+1}u_{n}$ 的系数可以非零（因为它们被作用后为 0）。去除其他项后，相当于设上面这组向量的某个线性组合等于 0，由于它们也是 ImA 基的一部分，彼此线性无关，所以它们的系数也必须为零。

于是将 (6.1) 扩成 V 的一组基 $A^{m_{1}+1}u_{1},\cdots,u_{1},\cdots,A^{m_{n}+1}u_{n},\cdots,u_{n},w_{1},\cdots,w_{p}$ ，由于 $Aw_{j}\in ImA$ ，因此存在 (6.1) 张成空间中元素 $x_{j}$ ，使得 $Aw_{j}=Ax_{j}$ 。令 $u_{n+j}=w_{j}-x_{j}$ ，则有 $Au_{n+j}=0$ ，从而 (6.1) 配上 $u_{n+1},\cdots,u_{n+p}$ 是所需 V 的一组基。

## 6.1.2 核像升链与根子空间

设 $\mathcal{A}$ 是 $V$ 上的线性变换，定义 $M_0 = \{0\}, M_i = \mathrm{Ker}\mathcal{A}^i$ ， $N_0 = V, N_i = \mathrm{Im}(\mathcal{A}^i)$ ，下面来研究它们的性质。

## 引理 6.2 (核像空间升链)

上述空间有： $\{0\}=M_{0}\subseteq M_{1}\subseteq M_{2}\subseteq\cdots,\quad V=N_{0}\supseteq N_{1}\supseteq N_{2}\supseteq\cdots$

证明 (1) 对 $\forall \alpha \in M_i$ ，由定义有 $\mathcal{A}^i\alpha = 0$ ，显然 $\mathcal{A}^{i+1}\alpha = 0$ ，因此 $M_i \subseteq M_{i+1}$ 。

(2) 对于 $\alpha \in N_i$ ，由定义 $\exists \beta \in V$ 使得 $\alpha = \mathcal{A}^i\beta$ ，从而 $\alpha = \mathcal{A}^{i-1}(\mathcal{A}\beta) \in N_{i-1}$ 。由 $\alpha$ 任意性可知 $N_i \subseteq N_{i-1}$ 。

## 引理 6.3 (核空间增长)

核空间 $M_{i}$ 的增长满足以下性质：

若 $M_{k} = M_{k + 1}$ ，则 $M_{k} = M_{k + 1} = M_{k + 2} = \dots$

若 dimV = n，则 $M_{n} = M_{n+1} = M_{n+2} = \cdots$ 。

证明 (1) 显然有 $M_{k+1} \subseteq M_{k+2}$ , 只需要证明 $M_{k+2} \subseteq M_{k+1}$ 。对于 $\forall \alpha \in M_{k+2}$ , 有 $\mathcal{A}^{k+2} \alpha = 0$ , 即 $\mathcal{A}^{k+1}(\mathcal{A} \alpha) = 0$ , 因此 $\mathcal{A} \alpha \in M_{k+1} = M_k$ , 即 $\mathcal{A}^{k+1} \alpha = 0 \to \alpha \in M_{k+1}$ , 由任意性可知 $M_{k+2} \subseteq M_{k+1}$ , 故 $M_{k+1} = M_{k+2}$ , 后续类似。

(2) 只需要证明 $M_{n} = M_{n+1}$ ，假设不然，则 $\{0\} = M_{0} \subset M_{1} \subset \cdots \subset M_{n} \subset M_{n+1}, dimM_{n+1} > n$ ，与 $M_{n+1} \subseteq V$ 矛盾。

## 定理 6.2 (幂次变换核像分解)

$V = M_{n} \oplus N_{n}$ , 其中 $n = dimV$ 。

证明 显然由核像性质有 $dimM_{n} + dimN_{n} = n$ ，只需证 $M_{n} \cap N_{n} = \{0\}$ 。 $\forall v \in M_{n} \cap N_{n}$ ，有 $A^{n}v = 0$ ，且 $\exists u \in V$ 使得 $v = A^{n}u$ ，从而 $A^{2n}u = 0$ ，而 $M_{2n} = M_{2n-1} = \cdots = M_{n}$ ，故 $A^{n}u = 0$ ，从而 v = 0。

## 定义 6.3 (广义特征向量与根子空间 (广义特征子空间))

\- 广义特征向量：线性变换 $\mathcal{A}$ 关于特征值 $\lambda$ 的广义特征向量定义为满足 $\exists j \in \mathbb{N}^{+}, (\mathcal{A} - \lambda E)^{j}v = 0$ 的所有向量。

\- 根子空间：线性变换 $\mathcal{A}$ 关于 $\lambda$ 的所有广义特征向量加上零向量组成的空间称为 $\mathcal{A}$ 关于特征值 $\lambda$ 的根子空间，记作 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 。

## 定理 6.3 (根子空间的具体表达)

根子空间 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 满足 $G(\lambda, \mathcal{A}) = \operatorname{Ker}(\mathcal{A} - \lambda E)^{dimV}$ 。

证明 右推左：若 $v \in Ker(\mathcal{A} - \lambda E)^{dimV}$ ，则由 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 定义可知 $v \in G(\lambda, \mathcal{A})$ 。左推右： $v \in G(\lambda, \mathcal{A})$ 即 $\exists j \in \mathbb{N}$ s.t. $(\mathcal{A} - \lambda E)^j v = 0$ ，而前面已证明这样的 $v$ 必然满足 $v \in Ker(\mathcal{A} - \lambda E)^{dimV}$ 。

笔记 为了知识体系的完整，这里补充一下： $\lambda_{i}$ 根子空间的次数最低压缩为 $\lambda_{i}$ 对应 Jordan 块的最高阶数，即最小多项式中的 $\lambda_{i}$ 的阶数。其他书也常用特征多项式的代数重数表示 (题目中会遇到)，上面引理的 dimV 明显放缩过大。

## 6.1.3 空间第一分解定理：根子空间分解

## 定理 6.4 (根子空间的不变性)

根子空间 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 是 A 不变的。

证明 由定理6.3可知 $G(\lambda, \mathcal{A}) = Ker(\mathcal{A} - \lambda E)^n$ ， $\forall \alpha \in G(\lambda, \mathcal{A})$ 有 $(\mathcal{A} - \lambda E)^n \alpha = 0$ ，显然 $(\mathcal{A} - \lambda E)^n \mathcal{A} \alpha = \mathcal{A}((\mathcal{A} - \lambda E)^n \alpha) = 0$ ，故 $\mathcal{A} \alpha \in G(\lambda, \mathcal{A})$ 。

## 定理 6.5 (空间第一分解定理：根子空间分解)

若 V 是复线性空间，A 是线性变换， $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{m}$ 是其特征值，则 $V=G(\lambda_{1},\mathcal{A})\oplus\cdots\oplus G(\lambda_{m},\mathcal{A})$ 。

证明 用归纳法，(1)n=1 时显然成立 (2) 假设对所有小于 n 维空间均成立，由定理6.2可知 $V=G(\lambda_{1},\mathcal{A})\oplus Im(\mathcal{A}-\lambda_{1}E)^{n}$ ，若 $U=Im(\mathcal{A}-\lambda_{1}E)^{n}$ 为空，则显然成立。其他情况首先显然 A 在 U 上是不变的 (A 与 $(\mathcal{A}-\lambda_{1}E)$ 可交换)，去除 $\lambda_{1}$ 所有对应特征向量后， $A|_{U}$ 在 U 有 $\lambda_{2},\cdots,\lambda_{m}$ 特征值，对 U 用归纳法， $U=G(\lambda_{2},\mathcal{A}|_{U})\oplus\cdots\oplus G(\lambda_{m},\mathcal{A}|_{U})$ ，由于 $\forall j\geq2,G(\lambda_{j},\mathcal{A}|_{U})=G(\lambda_{j},\mathcal{A})$ ，从而得证。

## 6.1.4 Jordan 标准形：空间分解法

## 定理 6.6 (幂零变换的 Jordan 标准型)

幂零变换 A 在循环不变子空间分解基下的矩阵如下。称为幂零变换的 Jordan 标准形。

$$
J = \left[ \begin{array}{c c c c} J _ {1} & & & \\ & J _ {2} & & 0 \\ 0 & & \ddots & \\ & & & J _ {s} \end{array} \right], \quad J _ {i} = \left[ \begin{array}{c c c c} 0 & 1 & & 0 \\ & 0 & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ 0 & & & 0 \end{array} \right] _ {n _ {i} \times n _ {i}}
$$

证明 代入计算显然可得。

## 定理 6.7 (核限制变换是幂零变换)

对于 $\forall$ 线性变换 $\mathcal{A}$ ，令 $\mathcal{B} = \mathcal{A} - \lambda E$ ，则 $\mathcal{B}$ 在 $M_{k} = Ker\mathcal{B}^{k}$ 中的限制变换 $\left.\mathcal{B}\right|_{M_k}$ 是幂零变换。

证明 由于 $M_{k} = \mathrm{Ker}\mathcal{B}^{k}$ ，因此 $\forall \alpha \in M_{k}$ 有 $\mathcal{B}^{k}\alpha = 0$ ，故 $(\mathcal{B}|_{M_k})^k = 0$ 。

## 定理 6.8 (Jordan 标准型：空间分解法)

对于 $\mathbb{C}$ 上线性变换 $\mathcal{A}$ 而言，其有在先根子空间分解，根子空间再循环不变子空间分解的基下有以下形式。称为线性变换的 Jordan 标准形。

$$
J = \left[ \begin{array}{c c c c} J _ {1} & & & 0 \\ & J _ {2} & & \\ & & \ddots & \\ 0 & & & J _ {s} \end{array} \right], \quad J _ {i} = \left[ \begin{array}{c c c c} \lambda_ {i} & 1 & & 0 \\ & \lambda_ {i} & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ 0 & & & \lambda_ {i} \end{array} \right] _ {n _ {i} \times n _ {i}}
$$

证明 先由空间分解第一定理将 $V$ 分解为根子空间直和，由于 $\mathcal{A} - \lambda E$ 在 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 中的限制变换是幂零变换，因此再对 $G(\lambda, \mathcal{A})$ 进行循环不变子空间分解，再由幂零变换的 Jordan 标准形可证。

## 6.2 空间分解法：零化多项式角度

## 6.2.1 根子空间分解：矩阵角度

## 定理 6.9 (解空间分解)

$A$ 是 $n$ 阶方阵， $f(x), f_1(x), f_2(x) \in P[x]$ ，且 $f(x) = f_1(x)f_2(x), (f_1(x), f_2(x)) = 1$ ，设 $f(A)X = 0, f_1(A)X = 0, f_2(A)X = 0$ 的解空间分别为 $V, V_1, V_2$ ，则

$$
V = V _ {1} \oplus V _ {2}
$$

证明 由于互素，得到 $\exists u(x), v(x)$ ，使得 $E = u(A)f_1(A) + v(A)f_2(A)$ ，从而 $\forall \alpha \in V$ 有

$$
\alpha = u (A) f _ {1} (A) \alpha + v (A) f _ {2} (A) \alpha := \alpha_ {1} + \alpha_ {2}
$$

且满足 $f(A)\alpha = f_{1}(A)f_{2}(A)\alpha = 0$ 。故考察 $f_{2}(A)\alpha_{1}$

$$
f _ {2} (A) \alpha_ {1} = f _ {2} (A) u (A) f _ {1} (A) \alpha = u (A) f _ {1} (A) f _ {2} (A) = 0 \Rightarrow \alpha_ {1} \in V _ {2}
$$

同理得到 $f_{1}(A)\alpha_{2} = 0, \alpha_{2} \in V_{1}$ ，从而得到 $V = V_{1} + V_{2}$ 。

下证直和， $\forall \alpha \in V_1\cap V_2$ ，则 $f_{1}(A)\alpha = f_{2}(A)\alpha = 0$ ，因此

$$
\alpha = u (A) f _ {1} (A) \alpha + v (A) f _ {2} (A) \alpha = 0
$$

因此结论成立。

## 定理 6.10 (多空间分解)

A 是数域 P 上 n 阶方阵， $f(x), f_{1}(x), \cdots, f_{s}(x) \in P[x]$ ， $f(x) = f_{1}(x)f_{2}(x)\cdots f_{s}(x)$ ，且 $f_{1}(x), \cdots, f_{s}(x)$ 两两互素，设 $f(A)X = 0, f_{1}(A)X = 0, \cdots, f_{s}(A)X = 0$ 的解空间为 $V, V_{1}, \cdots, V_{s}$ ，则

$$
V = V _ {1} \oplus V _ {2} \oplus \dots \oplus V _ {s}
$$

证明 用数学归纳法即可。

## 定理 6.11 (空间分解研究矩阵秩)

考虑 $f(A)=f_{1}(A)\cdots f_{s}(A)$ ，则

$$
n - \mathrm{r} (f (A)) = n - \mathrm{r} (f _ {1} (A)) + \dots + n - \mathrm{r} (f _ {s} (A))
$$

证明 设 $f(A)X = 0, f_{1}(A)X = 0, \cdots, f_{s}(A)X = 0$ 的解空间为 $V, V_{1}, \cdots, V_{s}$ ，根据解空间分解得到 $V = V_{1} \oplus \cdots \oplus V_{s}$ ，因此根据解空间的维数可得到结论。

练习 6.1 空间分解研究矩阵的秩 证明以下命题

(1) $A^{2}=A$ 当且仅当 $r(A)+r(A-E)=n$

(2) $A^2 = E$ 当且仅当 $r(A + E) + r(A - E) = n$

(3) $A^{3}=E$ 当且仅当 $r(A-E)+r(A^{2}+A+E)=n$

证明 (1) $f(A)=A^{2}-A=A(A-E)$ ，因此 $n-r(A^{2}-A)=n-r(A)+n-r(A-E)$ ，左侧等于n，右侧等于 $2n-r(A)-r(A-E)$ ，因此 $r(A)+r(A-E)=n$

## 6.2.2 根子空间分解：线性变换角度

## 引理 6.4 (零变换的核空间)

V 是 P 上的线性空间，O 是零变换，则其核空间为整个空间：

$$
\operatorname{Ker} (\mathcal {O}) = V
$$

## 定理 6.12 (核空间分解)

$\mathcal{A}$ 为线性变换， $f(x) = f_{1}(x)f_{2}(x)$ 为多项式，且 $(f_{1}(x),f_{2}(x)) = 1$ ，则有如下核空间分解：

$$
\operatorname{Ker} (f (\mathcal {A})) = \operatorname{Ker} (f _ {1} (\mathcal {A})) \oplus \operatorname{Ker} (f _ {2} (\mathcal {A}))
$$

证明 根据 $(f_{1}(x), f_{2}(x)) = 1$ 得到 $\exists u(x), v(x)$ 使得 $u(x)f_{1}(x) + v(x)f_{2}(x) = 1$ ，因此

$$
\mathcal {E} = u (\mathcal {A}) f _ {1} (\mathcal {A}) + v (\mathcal {A}) f _ {2} (\mathcal {A})
$$

对 $\forall\alpha\in\mathrm{Ker}(f(\mathcal{A}))$

$$
\alpha = \alpha_ {1} + \alpha_ {2} := u (\mathcal {A}) f _ {1} (\mathcal {A}) \alpha + v (\mathcal {A}) f _ {2} (\mathcal {A}) \alpha
$$

显然 $f_{2}(\mathcal{A})\alpha_{1} = u(\mathcal{A})f(\mathcal{A})\alpha = 0$ ，得到 $\alpha_{1}\in \mathrm{Ker}(f_{1}(\mathcal{A}))$ ，同理有 $\alpha_{2}\in \mathrm{Ker}(f_{2}(\mathcal{A}))$ ，综上得到

$$
\operatorname{Ker} (f (\mathcal {A})) = \operatorname{Ker} (f _ {1} (\mathcal {A})) + \operatorname{Ker} (f _ {2} (\mathcal {A}))
$$

下证直和：对 $\forall \alpha \in \mathrm{Ker}(f_1(\mathcal{A}))\cap \mathrm{Ker}(f_2(\mathcal{A}))$ ，有

$$
\alpha = u (\mathcal {A}) f _ {1} (\mathcal {A}) \alpha + v (\mathcal {A}) f _ {2} (\mathcal {A}) \alpha = 0
$$

因此为直和

## 定理 6.13 (全空间分解：零化多项式角度)

V 是 P 上的线性空间, A 是 V 上的线性变换, $f(x) = f_{1}(x)f_{2}(x)\cdots f_{s}(x)$ 为零化多项式, 且 $f_{1}(x), \cdots, f_{s}(x)$ 两两互素, 则

$$
V = \operatorname{Ker} (f _ {1} (\mathcal {A})) \oplus \dots \oplus \operatorname{Ker} (f _ {s} (\mathcal {A}))
$$

证明 由于 $f(A) = \mathcal{O}$ ，根据零变换的核空间以及核空间分解定理可知。

## 引理 6.5 (Hamilton-Cayley)

若 $f(\lambda)$ 是线性变换 $\mathcal{A}$ 的特征多项式，则 $f(\lambda)$ 是 $\mathcal{A}$ 的零化多项式

证明 该定理在最小多项式一章已经证明过了

## 定理 6.14 (根子空间分解：零化多项式角度)

若 $\mathbb{C}$ 上线性变换 $\mathcal{A}$ 的特征多项式为 $f(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{k_1} \cdots (\lambda - \lambda_s)^{k_s}$ ，最小多项式为 $m(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)^{l_1} \cdots (\lambda - \lambda_s)^{l_s}$ ，则有以下根子空间分解

$$
V = \operatorname{Ker} (\mathcal {A} - \lambda_ {1} \mathcal {E}) ^ {k _ {1}} \oplus \dots \oplus \operatorname{Ker} (\mathcal {A} - \lambda_ {s} \mathcal {E}) ^ {k _ {s}} = \operatorname{Ker} (\mathcal {A} - \lambda_ {1} \mathcal {E}) ^ {l _ {1}} \oplus \dots \oplus \operatorname{Ker} (\mathcal {A} - \lambda_ {s} \mathcal {E}) ^ {l _ {s}}
$$

证明 根据 Hamilton-Cayley 定理以及零化多项式全空间分解可知。

练习 6.2 根子空间分解：零化多项式角度 (1) ZJU2021.8: V 是线性空间， $\varphi$ 是 V 上线性变换，特征多项式 $f(\lambda)=\left(\lambda-2\right)^{6}(\lambda+2)^{4}$ ，将 V 分解为两个非平凡不变子空间的直和，并证明结论。

## 定理 6.15 (根子空间分解与 Jordan 标准型)

根子空间分解将Jordan阵按照特征值 $\lambda_{i}$ 分为若干份，每份由 $\lambda_{i}$ 为对角的若干个Jordan块组成，对角 $\lambda_{i}$ 在Jordan阵中的出现次数等于其代数重数。

## 6.2.3 Jordan 阵与循环不变子空间

## 引理 6.6 (核限制变换是幂零变换)

$\lambda_{i}$ 为 $\mathcal{A}$ 的特征值，则 $(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})\big|_{\mathrm{Ker}(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k}$ 在 $\mathrm{Ker}(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k$ 中为幂零变换

证明 由于 $\forall \alpha \in \mathrm{Ker}(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k$ 满足 $(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k\alpha = 0$ ，因此限制变换满足 $(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k\big|_{\mathrm{Ker}(\mathcal{A} - \lambda_i\mathcal{E})^k} = \mathcal{O}$

## 定理 6.16 (循环不变子空间分解)

对于 V 内的幂零变换 A， $\exists v_{1},\cdots,v_{n}\in V,\ m_{1},\cdots,m_{n}\in N$ 使得 $V=I(v_{1})\oplus I(v_{2})\oplus\cdots\oplus I(v_{n})$ 。其中 $I(v_{i})=L(v_{i},\mathcal{A}v_{i}\cdots,\mathcal{A}^{m_{i}}v_{i})$ ，且 $A^{m_{i}+1}v_{i}=0$ 。

证明 在空间第二分解定理中已经证明过了。

## 定理 6.17 (Jordan 阵与循环不变子空间)

线性变换 A 在根子空间 $\mathrm{Ker}(\mathcal{A}-\lambda_{i}\mathcal{E})^{k}$ 下的限制变换 $A|_{\mathrm{Ker}(\mathcal{A}-\lambda_{i}\mathcal{E})^{k}}$ 在一组循环不变基 $((\mathcal{A}-\lambda_{i}\mathcal{E})^{s}\alpha, (\mathcal{A}-\lambda_{i}\mathcal{E})^{s-1}\alpha,\cdots,\alpha)$ 下的矩阵为一个 Jordan 块：

$$
J _ {s} (\lambda_ {i}) = \left[ \begin{array}{c c c c c} \lambda_ {i} & 1 & & & \\ & \lambda_ {i} & 1 & & \\ & & \ddots & \ddots & \\ & & & \lambda_ {i} & 1 \\ & & & & \lambda_ {i} \end{array} \right]
$$

证明 直接验证即可。

## 定理 6.18 (Jordan 阵与几何重数)

特征值 $\lambda_{i}$ 的代数重数是特征多项式 $f(\lambda)$ 的 $\lambda = \lambda_{i}$ 根的重数，几何重数 $(\lambda_{i}E - A = 0$ 解空间维数) 是 $\lambda_{i}$ 对应以 $\lambda_{i}$ 为对角的 Jordan 块个数。

证明 根据 $\lambda_{i}E - A = 0$ 的解空间维数等于 $\lambda_{i}E - J = 0$ 解空间维数，而每有一个以 $\lambda_{i}$ 为对角的Jordan块， $\lambda_{i}E - J$ 上就有一行全为0，因此秩减1，从而块数等于几何重数。

笔记 即以 $\lambda_{i}$ 为对角的 Jordan 块个数为 $n - r(\lambda E - A)$ ，反过来写也要分得清。

## 6.3 Jordan 标准形： $\lambda$ 矩阵法

## 6.3.1 $\lambda$ 矩阵与相抵

定义 6.4 ( $\lambda$ 矩阵)

$A(\lambda)$ 是元素为 $\lambda$ 多项式的矩阵，则将 $A(\lambda)$ 称为 $\lambda$ 矩阵。

## 定义 6.5 ( $\lambda$ 矩阵初等变换)

$\lambda$ 矩阵有三种初等变换：

\- 互换两行/列

\- 用常数 $c$ 乘一行/列 (不能乘 $\lambda$ 多项式！)

\- 将一行/列乘以一个 $\lambda$ 多项式加到另一行/列上

## 定义 6.6 (相抵)

若可以用初等变换将一个 $\lambda$ 矩阵转换为另一个 $\lambda$ 矩阵，则称两个 $\lambda$ 矩阵相抵。

## 定理 6.19 (相抵标准形：法式)

对于数值矩阵 A， $\lambda E - A$ 总是相抵于 $\mathrm{diag}\{1,\cdots,1,d_{1}(\lambda),\cdots,d_{m}(\lambda)\}$ ，其中 $d_{i}(\lambda)$ 是首一多项式，且 $d_{i}(\lambda)|d_{i+1}(\lambda)$ 。

## 引理 6.7 (对角整除化)

$A(\lambda)$ 为非零 $\lambda$ 矩阵，则 $A(\lambda)$ 一定相抵于 $B(\lambda)$ ，满足 $b_{11}(\lambda) \neq 0$ 且 $b_{11}(\lambda)$ 可整除 $B(\lambda)$ 中的所有元素

证明 先将 $A(\lambda)$ 中次数最低的元素放置于对角 $a_{11}(\lambda)$

![](f82ca568e8c477de45bbe1b6a8fb8599b6d29b00dd1fab12ae185a1b2156e3f9.jpg)

(1) 消去第一行、第一列：不妨设 $a_{i1}(\lambda)$ 不被 $a_{11}(\lambda)$ 整除，则做带余除法 $a_{i1}(\lambda) = q(\lambda)a_{11}(\lambda) + r(\lambda)$ ，再将 $r(\lambda)$ 放置于 $a_{11}$ ，直至全部整除，可消去第一列和第一行。

(2) 考虑第一列、第一行外的其他元素，若存在 $a_{ij}(\lambda)$ 不被 $a_{11}$ 整除，则把第 $j$ 列加到第一列上，做带余除法，把余项放到 $a_{11}$ ，以此类推。

## 定理 6.20 (法式的计算：初等变换法)

每次把最低次移动到角上，尝试消除，消除过程按照以下步骤

\- 通过初等变换将当前对角元素变为所有非零元素中次数最低的 $\lambda$ 多项式

\- 将矩阵对角整除化：具体见引理的过程

\- 消去一列，再消去一行，重复对角整除化和消去

## 定理 6.21 (相抵与相似)

A 与 B 相似当且仅当 $\lambda E - A$ 与 $\lambda E - B$ 相抵。

证明 (1) 左推右：若 $B = P^{-1}AP$ ，则 $\lambda E - B = P^{-1}(\lambda E - A)P$ ，显然右侧两个 $\lambda$ 矩阵相抵。

(2) 右推左：若 $\lambda E - B = P(\lambda)(\lambda E - A)Q(\lambda)$ ，设 $Q(\lambda) = Q_k \lambda^k + \cdots + Q_1 \lambda + Q_0$ ， $Q(\lambda)^{-1} = R_m \lambda^m + \cdots + R_1 \lambda + R_0$ ，下记 $W = Q(B)$ 。由 $Q(\lambda)Q^{-1}(\lambda) = E$ 得 $R_m Q(\lambda) \lambda^m + \cdots + R_1 Q(\lambda) \lambda + R_0 Q(\lambda) = E$ ，代入 B 得到 $R_m WB^m + \cdots + R_1 WB + R_0 W = E$ 。

由于 $P(\lambda)^{-1}(\lambda E - B) = (\lambda E - A)Q(\lambda) = Q(\lambda)\lambda - AQ(\lambda)$ ，代入 $\lambda = B$ 得到 $Q(B)B = AQ(B)$ (前面一式子左 $= 0$ )，即 $WB = AW$ ，从而 $WB^{l} = A^{l}W$ (多作用一个 $A$ 相当于多右乘一个 $B$ )。

再由前面的式子得到 $(R_{m}A^{m}+\cdots+R_{0})W=E$ ，则表明W可逆，从而 $B=W^{-1}AW$ 。

## 6.3.2 行列式因子、不变因子

定义 6.7 (行列式 k 阶子式)

$|A|$ 的 k 阶子式是其任选 k 行、k 列组成的矩阵的行列式。

## 定义 6.8 (行列式因子)

$A(\lambda)$ 是 $\lambda$ 矩阵，若其所有 $k$ 阶子式(行列式)均为0，则定义其 $k$ 阶行列式因子 $D_{k}(\lambda) = 0$ ，否则定义为所有非零 $k$ 阶子式的首一最大公因式。

笔记一般行列式因子比初等变换方便，不过一定注意这里的子式是所有子式，而非主子式，甚至可以不连着，0的情况也得分开考虑。

## 引理 6.8 (行列式因子的相除性)

设 $D_{1}(\lambda),\cdots,D_{r}(\lambda)$ 是 $A(\lambda)$ 非零行列式因子，则 $D_{i}(\lambda)|D_{i+1}(\lambda)$ 。

证明 设 $A_{i+1}$ 是 $A(\lambda)$ 任意 $i + 1$ 阶子式，这个行列式按某一行展开，则其每一展开项都是一个多项式与一个 $i$ 阶子式乘积，而 $D_i(\lambda)$ 是所有 $i$ 阶子式公因子，因此 $D_i(\lambda)|_{A_{i+1}(\forall i)}$ ，而 $D_{i+1}(\lambda)$ 是所有 $A_{i+1}$ 的最大公因式，因此证毕。

## 定义 6.9 (不变因子)

定义 $d_{1}(\lambda) = D_{1}(\lambda)$ ， $d_{i}(\lambda) = \frac{D_{i}(\lambda)}{D_{i - 1}(\lambda)} (\forall i\neq 1)$ 为 $A(\lambda)$ 的不变因子。

## 定理 6.22 (行列式因子、不变因子的性质)

\- 相抵矩阵的因子：相抵的 $\lambda$ 矩阵有相同的行列式因子、不变因子 (初等变换不改变行列式、不变因子)

\- 法式与不变因子： $\lambda E - A$ 法式的所有对角元素即 $\lambda E - A$ 的不变因子。

证明 (1) 只需证明行列式因子在三种初等变换不变即可。而不变因子由行列式因子唯一确定。

(2) 由于不变因子在初等变化中不变，求出法式的不变因子 (即对角)，因此 $\lambda E - A$ 的不变因子即其法式对角元素。

## 定理 6.23 (不变因子与最小多项式)

$A$ 的最小多项式即 $\lambda E - A$ 的最后一个不变因子

证明 设 A 的互异特征值为 $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{s}$ ，因此可以列出所有的初等因子 (具体见下一节)，最小多项式即初等因子的最小公倍式，最后一个不变因子也是，因此结论成立

## 6.3.3 初等因子与 Jordan 标准型

## 定义 6.10 (初等因子)

将所有不变因子分解为不可约因子之积，这些不可约因子全体称为初等因子组。

## 定理 6.24 (对角化计算初等因子)

$\lambda E-A$ 经过初等变化变为对角阵 (不一定要法式)

$$
\left( \begin{array}{c c c c} f _ {1} (\lambda) & & & \\ & f _ {2} (\lambda) & & \\ & & \ddots & \\ & & & f _ {n} (\lambda) \end{array} \right)
$$

其中 $f_{i}(\lambda)$ 为非零首一多项式，则 $A$ 的初等因子组是所有 $f_{i}(\lambda)$ 做不可约分解得到的因式组合。

## 引理 6.9 (Jordan 块、Jordan 阵的初等因子)

r 阶 $\lambda_{0}$ 对角的 Jordan 块的初等因子组为 $(\lambda - \lambda_{0})^{r}$ 。对角为 $J_{1}, J_{2}, \cdots, J_{k}$ 的 Jordan 阵的初等因子组为 $(\lambda - \lambda_{1})^{r_{1}}, \cdots, (\lambda - \lambda_{k})^{r_{k}}$ 。

证明 (1) Jordan 块的初等因子组直接用行列式因子计算即可 (只有 $r$ 阶非 1，因此不变因子好算)

(2)Jordan 阵的初等因子进行分块初等变换，将各个 Jordan 块分块变成法式，再用引理6.24即可。

## 定理 6.25 (使用初等因子计算 Jordan 标准型)

若 K 上的矩阵 A 有初等因子组 $(\lambda - \lambda_{1})^{r_{1}}, \cdots, (\lambda - \lambda_{k})^{r_{k}}$ ，则 A 相似于 Jordan 阵 $J = \text{diag}\{J_{1}, \cdots, J_{k}\}$ ，其中 $J_{i}$ 是以 $\lambda_{i}$ 为对角的 $r_{i}$ 阶 Jordan 块。

## 定理 6.26 (Jordan 标准型存在充要条件)

K 上矩阵 A 有 Jordan 标准型当且仅当其初等因子都是一次项的幂次乘积。

## 6.4 $\lambda$ 矩阵的进一步研究

## 6.4.1 Jordan 标准型的直接计算

一、初等变换方法：只需要将 $\lambda E - A$ 转换为对角矩阵，对角所有分解即初等因子组，直接构造Jordan标准型

练习 6.3 无法直接整除的情况 (1) 计算下面矩阵 A 的法式:

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c} - 1 & 1 & 3 \\ 3 & 0 & - 4 \\ - 2 & 1 & 4 \end{array} \right]
$$

解(1)进行到下面步骤的时候无法整除, 即发现不整除列上的多项式, 要进行对角整除化

$$
\left[\begin{array}{c c c}1&0&0\\0&\lambda - 1&- \lambda + 1\\0&\lambda^ {2} + \lambda - 3&- 3 \lambda + 4\end{array}\right]\rightarrow \left[\begin{array}{c c c}1&0&0\\0&\lambda - 1&- \lambda + 1\\0&(\lambda^ {2} + \lambda - 3) - (\lambda - 1) (\lambda + 2)&(- 3 \lambda + 4) - (\lambda + 2) (- \lambda + 1)\end{array}\right] = \left[\begin{array}{c c c}1&0&\\0&\lambda - 1&- \lambda\\0&- 1&\lambda^ {2} - \lambda^ {2}\end{array}\right]
$$

因此最终可以化简为：

$$
\left[ \begin{array}{c c c c} 1 & & & \\ & 1 & & \\ & & (\lambda - 1) ^ {3} \end{array} \right]
$$

练习6.4初等变换方法计算Jordan标准型 计算 $A = \left[ \begin{array}{ccc}1 & -1 & 2\\ 3 & -3 & 6\\ 2 & -2 & 4 \end{array} \right]$ 的Jordan标准型解通过初等变换得到 $\lambda E - A$ 的法式为 $\left[ \begin{array}{lll}1 & 0 & 0\\ 0 & \lambda & 0\\ 0 & 0 & -\lambda^2 +2\lambda \end{array} \right]$ ，因此初等因子为 $\lambda ,\lambda ,( \lambda -2)$ ，对应Jordan阵为： $J = \left[ \begin{array}{ccccc}0 &  &  &  \\  & 0 &  &  \\  &  & 2 \end{array} \right]$

二、行列式因子方法：求一般矩阵的 Jordan 阵用行列式因子可能比较麻烦，但是对于抽象的 n 阶矩阵却有很大的作用，原因在于只要有两个子式互素，则行列式因子就为 1。

练习 6.5 经典而重要的题目 $a, b \in C$ ，求下面矩阵 A 的 Jordan 标准型

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c c} a & b & \dots & b & b \\ & a & \dots & b & b \\ & & \ddots & \vdots & \vdots \\ & & & a & b \\ & & & & a \end{array} \right]
$$

解 若 b=0，则 Jordan 标准型即 aE。若 $b\neq0$ ，则考虑 $\lambda E-A$ ：

$$
\lambda E - A = \left[ \begin{array}{c c c c c} \lambda - a & - b & \dots & - b & - b \\ & \lambda - a & \dots & - b & - b \\ & & \ddots & \vdots & \vdots \\ & & & \lambda - a & - b \\ & & & & \lambda - a \end{array} \right]
$$

考虑 $n - 1$ 阶子式，右下子式行列式为 $(\lambda - a)^{n - 1}$ ，右上子式在 $\lambda = a$ 时显然不是0(根据余数定理)，因此互素，即初等因子为 $(\lambda - a)^n$ ，因此Jordan阵为一个 $n$ 阶的以 $a$ 为对角的Jordan块

练习6.6行列式因子应用相关练习 求不变因子:(1) $A=\left[\begin{array}{cccc} & & 1 & \lambda+2 \\ & 1 & \lambda+2 \\ 1 & \lambda+2 & & \\ \lambda+2 & & & \end{array}\right]$ (2) $A=\left[\begin{array}{cccc} \lambda & -1 & & \\ & \lambda & -1 & \\ & & \lambda & -1 \\ 5 & 4 & 3 & \lambda+2 \end{array}\right]$

解(1)左上行列式因子为-1，因此不变因子为 $1,1,1,(\lambda+2)^{4}$

(2) 右上行列式因子为 -1，因此不变因子 1,1,1, $|A|$

## 定理 6.27 (重要 $\lambda$ 矩阵)

下面 $\lambda$ 矩阵 A 的不变因子为 $1,1,\cdots,\lambda^{n}+a_{1}\lambda^{n-1}+a_{2}\lambda^{n-2}+\cdots+a_{n-1}\lambda+a_{n}$

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c c c} \lambda & & & & & a _ {n} \\ - 1 & \lambda & & & & a _ {n - 1} \\ & - 1 & \lambda & & & a _ {n - 2} \\ & & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & & & - 1 & \lambda & a _ {2} \\ & & & & - 1 & \lambda + a _ {1} \end{array} \right]
$$

证明 考虑左下方行列式因子，其值为 1，因此不变因子为 $1, 1, \cdots, 1, |A|$ ，而计算出 $|A| = \lambda^{n} + a_{1}\lambda^{n-1} + \cdots + a_{n}$ ，因此结论成立

## 推论6.1

下列矩阵 A 在 C 可对角化当且仅当 $\lambda^{n} + a_{1}\lambda^{n-1} + a_{2}\lambda^{n-2} + \cdots + a_{n-1}\lambda + a_{n}$ 在 C 上无重根

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c c c} 0 & & & & & a _ {n} \\ - 1 & 0 & & & & a _ {n - 1} \\ & - 1 & 0 & & & a _ {n - 2} \\ & & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & & & - 1 & 0 & a _ {2} \\ & & & & - 1 & a _ {1} \end{array} \right]
$$

练习6.7一些用行列式因子计算方便的特殊矩阵 计算Jordan标准型(1) $A = \left[ \begin{array}{cccc}1 & 2 & 3 & 4\\ & 1 & 2 & 3\\ & & 1 & 2\\ & & & 1 \end{array} \right]$ (2) $A = \left[ \begin{array}{cccc}a & & & \\ a & a & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & \\ a & a & \cdots & a \end{array} \right]$

$$
(3) A = \left[ \begin{array}{c c c c} a & & & \\ b _ {1} & a & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & b _ {n - 1} & a \end{array} \right] (4) A = \left[ \begin{array}{c c c c c} a & a _ {1 2} & a _ {1 3} & \dots & a _ {1 n} \\ & a & a _ {2 3} & \dots & a _ {2 n} \\ & & \ddots & & \vdots \\ & & & a & a _ {n - 1, n} \\ & & & & a \end{array} \right], a _ {1 2} a _ {2 3} \dots a _ {n - 1, n} \neq 0
$$

解 (1) $\lambda E - A$ 左上行列式为 $(\lambda - 1)^3$ ，右上在 $\lambda = 1$ 是显然非零，因此不变因子 $1, 1, 1, |\lambda E - A|$

(2) 左上行列式 $(\lambda - a)^{n-1}$ ，左下在 $\lambda = a$ 显然非零，因此不变因子 $1, 1, \cdots, 1, |\lambda E - A|$

(3)(4) 显然

笔记 如果对角相等，则用行列式因子计算可能会比较方便

## 6.4.2 $k$ 阶Jordan块的个数

## 定理 6.28 (k 阶 Jordan 块个数)

$n$ 阶复矩阵 $A$ 的Jordan标准型为 $J$ ，则 $J$ 中对角元 $\lambda$ 的 $k$ 阶Jordan块 $J_{k}(\lambda)$ 的个数如下。这里约定 $r((A - \lambda E_n)^0) = n$

$$
r ((A - \lambda E _ {n}) ^ {k - 1}) - 2 r ((A - \lambda E _ {n}) ^ {k}) + r ((A - \lambda E _ {n}) ^ {k + 1})
$$

证明 考虑零对角 Jordan 块的幂次:

$$
r (J _ {r} (0) ^ {k}) = \left\{ \begin{array}{l l} r - k, & 0 \leq k <   r \\ 0, & k \geq r \end{array} \right. \quad r (J _ {r} (0) ^ {k}) - r (J _ {r} (0) ^ {k + 1}) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & 0 \leq k <   r \\ 0, & k \geq r \end{array} \right.
$$

而非零对角 Jordan 块的幂次满足 $r(J_{r}(a)^{k}) - r(J_{r}(a)^{k+1}) = 0$ 。

设 A 的 Jordan 标准型为 $J = \text{diag}\{J_{r_1}(\lambda_1), \cdots, J_{r_s}(\lambda_s)\}$ ， $(A - \lambda E)^k, (J - \lambda E)^k$ 相似。根据 J 是分块对角的性质可知 $r((A - \lambda E)^k) = r((J - \lambda E)^k) = \sum_{i=1}^{s} r(J_{r_i}(\lambda_i - \lambda)^k)$ ，因此得到：

$$
r ((A - \lambda E) ^ {k}) - r ((A - \lambda E) ^ {k + 1}) = \sum_ {i = 1} ^ {s} [ r (J _ {r _ {i}} (\lambda_ {i} - \lambda) ^ {k}) - r (J _ {r _ {i}} (\lambda_ {i} - \lambda) ^ {k + 1}) ]
$$

根据前面的分析， $r((A-\lambda E)^{k})-r((A-\lambda E)^{k+1})$ 等于 $\lambda_{i}=\lambda$ 的且阶数大于k那些块个数，同理 $r((A-\lambda E)^{k-1})-r((A-\lambda E)^{k})$ 等于对角为 $\lambda$ 的且阶数大于k-1的块个数，相减即可得到阶数为k的块个数。

练习 6.8 上述定理的应用 计算 A 的 Jordan 标准型

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c c} a & 0 & 1 & & \\ & a & 0 & \ddots & \\ & & a & \ddots & 1 \\ & & & \ddots & 0 \\ & & & & a \end{array} \right]
$$

练习 6.9 A, B 是两个 n 阶矩阵，证明 A, B 相似的充要条件是 $\forall \lambda \in C, k = 1, 2, \cdots, n$ ，均有 $r((A - \lambda E)^{k}) = r((B - \lambda E)^{k})$

证明 直接用结论即可

## 6.4.3 分块矩阵的 Jordan 阵

## 定理 6.29 (分块矩阵的 Jordan 标准型)

$P$ 上 $n$ 阶矩阵 $A, B$ 无公共复特征值，且 $A, B$ 的 Jordan 标准型分别为 $J_{1}, J_{2}$ ，则对任意 $C \in P^{m \times n}$ ，则：

$$
\left[ \begin{array}{c c} A & C \\ O & B \end{array} \right] \sim \operatorname{diag} \{J _ {1}, J _ {2} \}\tag{#}
$$

证明 当 $A, B$ 无公共特征值时，根据 $AX - XB$ 的矩阵方程结论可知，对任意矩阵 $C$ ， $AX - XB = C$ 都有唯一解 $X_0$ 使得 $AX_0 - X_0B = C$ ，因此：

$$
\left[ \begin{array}{c c} E _ {m} & X _ {0} \\ O & E _ {n} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c c} A & C \\ O & B \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c c} E _ {m} & - X _ {0} \\ O & E _ {n} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c c} A & C - (A X _ {0} - X _ {0} B) \\ O & B \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c c} A & O \\ O & B \end{array} \right]
$$

因此得到：

$$
\left[ \begin{array}{c c} A & C \\ O & B \end{array} \right] \sim \left[ \begin{array}{c c} A & O \\ O & B \end{array} \right] \sim \left[ \begin{array}{c c} J _ {1} & O \\ O & J _ {2} \end{array} \right]
$$

证明 第二种证明：直接看 Jordan 标准型， $\lambda_{i}$ 为对角的 k 阶 Jordan 块结论直接往上套即可。

## 推论6.2

对于分块上三角矩阵 $A, A_{11}, A_{22}, \cdots, A_{ss}$ 两两无公共特征值， $A_{ii}$ 的 Jordan 标准型为 $J_i$ ，则 A 的 Jordan 标准型为 $\mathrm{diag}\{J_1, \cdots, J_s\}$

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c} A _ {1 1} & A _ {1 2} & \dots & A _ {1 s} \\ & A _ {2 2} & \dots & A _ {2 s} \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & A _ {s s} \end{array} \right]
$$

练习 6.10 分块矩阵应用 求 A 的 Jordan 标准型:

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c c} 1 & 5 & - 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4 & 3 \\ 0 & 0 & - 3 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & - 3 \end{array} \right]
$$

解 $\mathrm{diag}\{1,2,J_2(-3)\}$

## 6.4.4 过渡矩阵的计算

## 定理 6.30 (过渡矩阵计算总结)

若已知 A 的 Jordan 标准型为 J，要计算 P 使得 $P^{-1}AP = J$ ，则可以按照以下步骤：

1. 对于非一阶，以 $\lambda$ 为对角的 Jordan 块，设对应的 P 位置为 $[X_{1},\cdots,X_{k}]$ ，则满足

$$
A X _ {1} = \lambda X _ {1}, A X _ {2} = \lambda X _ {2} + X _ {1}, \dots , A X _ {k} = \lambda X _ {k} + X _ {k - 1}
$$

设右端项为 $b = [b_{1}, \cdots, b_{n}]^{T}$ (未知量)，统一对增广矩阵做初等变换 $[A - \lambda E, b] \to [A', b']$ ，选取顺序为 $X_{1}, \cdots, X_{k}$ 。 $X_{1}$ 要保证不能选 $[0, \cdots, 0]^{T}$ ，且选的 $X_{k}$ 要保证 $X_{k+1}$ 有解。

2. 对于一阶：即 $AX = \lambda X$ 特征向量，先求完非一阶再求，不要选 $[0, \cdots, 0]^{T}$ ，保证与其他列向量线性无关。

练习 6.11 已知矩阵 A 及其 Jordan 标准型 J，求过渡矩阵 P 使得 $P^{-1}AP = J$

$$
A = \left[ \begin{array}{c c c} 2 & 3 & 2 \\ 1 & 8 & 2 \\ - 2 & - 1 4 & - 3 \end{array} \right] \quad J = \left[ \begin{array}{c c c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{array} \right]
$$

解设 $P = (X_{1}, X_{2}, X_{3})$ ，根据 $P^{-1}AP = J$ 得到 $(AX_{1}, AX_{2}, AX_{3}) = (X_{1}, X_{2}, X_{3})J$ ，因此 $AX_{1} = X_{1}, AX_{2} = 3X_{2}, AX_{3} = X_{2} + 3X_{3}$ ，即 $(A - E)X_{1} = 0, (A - 3E)X_{2} = 0, (A - 3E)X_{3} = X_{2}$ 。先算后面非一阶，做初等变换得到：

$$
[ A - 3 E | b ] \rightarrow \left[\begin{array}{c c c c}{- 1}&{3}&{2}&{b _ {1}}\\{0}&{8}&{4}&{b _ {1} + b _ {2}}\\{0}&{8}&{4}&{\frac {1}{2} b _ {1} + \frac {5}{2} b _ {2} + b _ {3}}\end{array}\right]
$$

有解必须满足 $\frac{1}{2} b_1 + \frac{5}{2} b_2 + b_3 = 0$ ，因此 $AX_{2} = 0$ 等价于：

$$
\left[ \begin{array}{c c c} - 1 & 3 & 2 \\ 0 & 8 & 4 \\ \frac {1}{2} & \frac {5}{2} & 1 \end{array} \right] X _ {2} = 0
$$

而最后一个条件显然可以被前两行消掉，因此可以无视，随便取 $X_{2} = [1, - 1,2]^{T}$ ，因此 $X_{3}$ 满足

$$
\left[ \begin{array}{c c c} - 1 & 3 & 2 \\ 0 & 8 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right] X _ {3} = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]
$$

$X_{3}$ 取法无所谓，因此取 $X_{3} = [-1,0,0]^{T}$ 。而 $X_{1}$ 取线性无关即可，如 $X_{1} = [-2,0,1]^{T}$

练习 6.12 已知矩阵 A 及其 Jordan 标准型 J，求过渡矩阵 P 使得 $P^{-1}AP = J$

$$
A = \left[ \begin{array}{r r r} 0 & 1 & 0 \\ - 4 & 4 & 0 \\ - 2 & 1 & 2 \end{array} \right], J = \left[ \begin{array}{c c c} 2 & & \\ & 2 & 1 \\ & & 2 \end{array} \right]
$$

解设 $P = [X_1, X_2, X_3]$ ，则 $(AX_1, AX_2, AX_3) = (2X_1, 2X_2, X_2 + 2X_3)$ ，得到方程组 $(A - 2E)X_1 = 0, (A - 2E)X_2 = 0, (A - 2E)X_3 = X_2$ 。做初等变换后：

$$
[ A | b ] \to \left[ \begin{array}{c c c c} - 2 & 1 & 0 & b _ {1} \\ 0 & 0 & 0 & b _ {2} - 2 b _ {1} \\ 0 & 0 & 0 & b _ {3} - b _ {1} \end{array} \right]
$$

因此要使 $AX_{3} = X_{2}$ 有解， $X_{2}$ 必须满足 $b_{3} = b_{1}$ ，先选取 $X_{2} = [1,2,1]^{T}$ ，解出 $X_{3} = \left[-\frac{1}{2},0,0\right]^{T}$ ， $X_{1}$ 要线性无关，取 $[0,0,1]^{T}$ 即可。

> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。