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幂零线性变换的 Jordan 标准形

## 第七章 线性变换的 Jordan 标准形

在第四章§4中，我们讨论如何在线性空间中选取一组基，使一个线性变换 $\boldsymbol{A}$ 在该组基下的矩阵具有最简单的形式，最理想的是变成对角矩阵。但当时我们就指出，在一般情况下这是不可能的。因而退而求其次，希望能把矩阵变成准对角形，而且主对角线上的小块矩阵尽可能简单．本章的目的，是要对复数域上线性空间中的任意线性变换来完满地解决这个问题。

我们先从讨论一类最简单的线性变换入手解决这个问题，然后指出：任意线性变换的课题可以归结为此类简单线性变换的同样课题，从而使问题迎刃而解．

## § 1 幂零线性变换的 Jordan 标准形
设 $V$ 是数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间． $\boldsymbol{A}$ 是 $V$ 内一个线性变换．如果存在正整数 $m$ ，使 $\boldsymbol{A}^m=\mathbf{0}$ ，则称 $\boldsymbol{A}$ 为一个**幂零线性变换**．对数域 $K$上一个 $n$ 阶方阵 $A$ ，若存在正整数 $m$ ，使 $A^m=0$ ，则称 $A$ 为**冪零矩阵**。显然，幂零线性变换在任一组基下的矩阵都是幂零矩阵。

我们知道，一个线性变换的特征值与特征向量对研究该变换有重要意义，所以首先研究幂零线性变换的特征值．

**命题1．1** 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的一个幂零线性变换，则 $\boldsymbol{A}$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=\lambda^n$ ，从而 $\boldsymbol{A}$ 有唯一的特征值 $\lambda_0 =0$ 。

证 在 $V$ 内取一组基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \cdots, \varepsilon_n$ ，设 $\boldsymbol{A}$ 在此组基下的矩阵为 $A$ ，则 $f(\lambda)=|\lambda E-A|$ 。现设 $\lambda_0$ 为 $f(\lambda)$ 在 $\mathbb{C}$ 内的一个根，则存在 $\mathbb{C}^n$中非零的 $X_0$ ，使 $A X_0=\lambda_0 X_0$ ，于是

$$
A^2 X_0=\lambda_0 A X_0=\lambda_0^2 X_0, \cdots, A^m X_0=\lambda_0^m X_0,
$$

若 $\boldsymbol{A}^m=\mathbf{0}$ ，则 $A^m=0$ ，而 $X_0 \neq 0$ ，于是 $\lambda_0^m=0$ ，故 $\lambda_0=0$ ，即 $f(\lambda)$ 在 $\mathbb{C}$ 内的 $n$ 个根都是 0 ，根据多项式根与系数的关系（第一章命题2．3），有 $f(\lambda)=\lambda^n$ ．

### 1．循环不变子空间
设 $V$ 为数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间， $\boldsymbol{A}$ 是 $V$ 内一个幂零线性变换，即 $\boldsymbol{A}^m=\mathbf{0}$ ．现取 $V$ 中任意非零向量 $\alpha$ ，有 $\boldsymbol{A}^m \alpha=0$ ．于是存在最小正整数 $k$ ，使 $\boldsymbol{A}^{k-1} \alpha \neq 0$ ，但 $\boldsymbol{A}^k \alpha=0$（显然，$k \geqslant 1$ ）。我们来证明：向量组 $\alpha, A \alpha, \cdots, A^{k-1} \alpha$ 线性无关．设

$$
a_0 \alpha+a_1 A \alpha+\cdots+a_{k-1} A^{k-1} \alpha=0
$$

假定 $a_0, a_1, \cdots, a_{k-1}$ 不全为 0 ，令自左至右第一个不为 0 的是 $a_i$ ，即设

$$
a_i A^i \alpha+a_{i+1} A^{i+1} \alpha+\cdots+a_{k-1} A^{k-1} \alpha=0 .
$$

两边用 $\boldsymbol{A}^{k-1-i}$ 作用，因 $\boldsymbol{A}^t \alpha=0(t \geqslant k)$ ，故上式变为 $a_i \boldsymbol{A}^{k-1} \alpha=0$ ，已知 $

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