矩阵的Jordan分解：标准型 + 变换矩阵

〇、题目

题目来自《计算机科学计算》第二版，编者张宏伟，金光日，施吉林，董波。书P86第12题。

求矩阵 A = [ 4 − 1 − 1 0 4 0 − 2 0 0 0 2 0 0 0 6 1 ] A= \left[\begin{array}{cccc} 4 & -1 & -1 & 0\\ 4 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 1 \end{array}\right] A=⎣⎢⎢⎡4400−1000−1−2260001⎦⎥⎥⎤ 的Jordan分解。

一、求出其Jordan标准型

计算 d e t ( λ I − A ) = ∣ λ − 4 1 1 0 − 4 λ 2 0 0 0 λ − 2 0 0 0 − 6 λ − 1 ∣ det(\lambda I - A) = \left|\begin{array}{cccc} \lambda - 4 & 1 & 1 & 0\\ -4 & \lambda & 2 & 0\\ 0 & 0 & \lambda - 2 & 0\\ 0 & 0 & -6 & \lambda - 1\\ \end{array}\right| det(λI−A)=∣∣∣∣∣∣∣∣λ−4−4001λ0012λ−2−6000λ−1∣∣∣∣∣∣∣∣。

解得特征值为 λ 1 = 1 \lambda _1 = 1 λ1=1（一重代数重数）， λ 2 = 2 \lambda _2 = 2 λ2=2（三重代数重数、阶数）。

计算 r a n k ( λ 2 I − A ) = 2 rank(\lambda _2 I - A) = 2 rank(λ2I−A)=2，得到 λ 2 \lambda _2 λ2的几何重数为2，即其Jordan块数为2，由于阶数为3，可以得到其两个Jordan块必然为 1 + 2 1 + 2 1+2的格式。
可得Jordan标准型为： J = [ 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 ] J= \left[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right] J=⎣⎢⎢⎡1000020000200012⎦⎥⎥⎤。

二、求其变换矩阵T

由定义 A ⋅ ( T 1 , T 2 , T 3 , T 4 ) = ( T 1 , T 2 , T 3 , T 4 ) ⋅ J A \cdot (T_1, T_2, T_3, T_4) = (T_1, T_2, T_3, T_4) \cdot J A⋅(T1,T2,T3,T4)=(T1,T2,T3,T4)⋅J

二、一、第一个特征值

以下求解，以上标表示块序号，下标表示块内序号。

对于 λ 1 = 1 \lambda _1 = 1 λ1=1，求其线性无关的特征向量。
A ⋅ t 1 = λ 1 ⋅ t 1 A \cdot t^1 = \lambda _1 \cdot t^1 A⋅t1=λ1⋅t1，解的一个向量为 t 1 = ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T t^1 = (0, 0, 0, 1)^T t1=(0,0,0,1)T，由于其为一重几何重数，可以直接作为Jordan链首。

二、二、第二个特征值

同理，解方程 ( A − λ 2 I ) ⋅ t 2 = 0 (A - \lambda _2I) \cdot t^2 = 0 (A−λ2I)⋅t2=0

[ 2 − 1 − 1 0 4 − 2 − 2 0 0 0 0 0 0 0 6 1 ] ⋅ t 2 = 0 \left[\begin{array}{cccc} 2 & -1 & -1 & 0\\ 4 & -2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 1 \end{array}\right] \cdot t^2 = 0 ⎣⎢⎢⎡2400−1−200−1−2060001⎦⎥⎥⎤⋅t2=0

解得： t 1 3 = t 1 2 = ( 1 , 1 , 1 , 6 ) T ， t 2 3 = t 2 2 = ( 0 , 0 , 1 , 6 ) T t^3_1 = t^2_1 = (1, 1, 1, 6)^T，t^3_2 = t^2_2 = (0, 0, 1, 6)^T t13=t12=(1,1,1,6)T，t23=t22=(0,0,1,6)T

前面已知 λ 2 = 2 \lambda _2 = 2 λ2=2分为两块，一块阶数(链长)为1，一块阶数为2。
这里可以直接得到阶数为1得链首， t 2 = ( 1 , 1 , 1 , 6 ) T t^2 = (1, 1, 1, 6)^T t2=(1,1,1,6)T

对于链长为2的链，为了保证一定可以由链首推出第二环，即以下方程有解。 ( y 为链首 t 1 3 ， z 为第二环 t 2 3 ) (y为链首t^3_1，z为第二环t^3_2) (y为链首t13，z为第二环t23)
( A − λ 2 I ) ⋅ z = y ( A - \lambda _2 I ) \cdot z = y (A−λ2I)⋅z=y

令 y = k 1 ⋅ t 1 3 + k 2 ⋅ t 2 3 = ( k 1 + k 2 , 2 k 1 − k 2 , k 2 , 6 k 2 ) T y = k_1\cdot t^3_1 + k_2\cdot t^3_2 = (k_1 + k_2, 2k_1 - k_2, k_2, 6k_2)^T y=k1⋅t13+k2⋅t23=(k1+k2,2k1−k2,k2,6k2)T

其有解的条件为 r ( A − λ 2 I ) = r ( ( A − λ 2 I ) ∣ y ) r( A - \lambda _2 I ) = r( \space ( A - \lambda _2 I ) \space | y ) r(A−λ2I)=r( (A−λ2I) ∣y)。

可求得 k 2 = 0 , k 1 = 1 k_2 = 0, k_1 = 1 k2=0,k1=1，即 y = ( 1 , 2 , 0 , 0 ) T y = (1, 2, 0, 0)^T y=(1,2,0,0)T，代入原方程，可以得到 z = ( 1 , 1 , 0 , 0 ) T z = (1, 1, 0, 0)^T z=(1,1,0,0)T。

综合得到其变换矩阵为： T = [ 0 1 1 1 0 1 2 1 0 1 0 0 1 6 0 0 ] T= \left[\begin{array}{cccc} 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 6 & 0 & 0 \end{array}\right] T=⎣⎢⎢⎡0001111612001100⎦⎥⎥⎤。

三、科学验算

使用在线计算器云算子，验证 A = T J T − 1 A = TJT^{-1} A=TJT−1。

验算正确，以下为其 T − 1 T^{-1} T−1 值。

T − 1 = [ 0 0 − 6 1 0 0 1 0 − 1 1 0 0 2 − 1 − 1 0 ] T^{-1} =\left[\begin{array}{cccc} 0 & 0 & -6 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & -1 & 0 \end{array}\right] T−1=⎣⎢⎢⎡00−12001−1−610−11000⎦⎥⎥⎤

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