最后更新: 2025-10-20 06:45 查看: 78 次纠错评论(0) 课件开VIP

Jordan 标准形的存在性

## 2 一般线性变换的 Jordan 标准形

在这一节里，我们来导出复数域上 $n$ 维线性空间内任意线性变换的 Jordan 标准形。

### 1．Jordan 块与 Jordan 形
形如

$$
J=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_0 & 1 & & 0 \\
& \lambda_0 & \ddots & \\
& & \ddots & 1 \\
0 & & & \lambda_0
\end{array}\right]_{n \times n}
$$

的矩阵称为 **Jordan 块**，Jordan 块阶数为 1 时，即为一阶方阵 $\left(\lambda_0\right)$ ；形如

$$
J=\left[\begin{array}{cccc}
J_1 & & & 0 \\
& J_2 & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & J_s
\end{array}\right], \quad J_i=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_i & 1 & & 0 \\
& \lambda_i & \ddots & \\
& & \ddots & 1 \\
0 & & & \lambda_i
\end{array}\right]_{n_i \times n_i}
$$

的准对角矩阵称为 Jordan 形矩阵．一个 Jordan 形矩阵主对角线上的 Jordan 块如果都是一阶的，它就是对角矩阵。所以对角矩阵是一种特殊的 Jordan 形矩阵。若 $J$ 是 Jordan 块（1），则 $J$ 的特征多项式为 $f(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_0\right)^n$ 。故 Jordan 块矩阵有唯一的特征值 $\lambda_0$ ，恰为其主对角线上的元素．

如果 $J$ 是 Jordan 形矩阵（2），则其特征多项式为

$$
f(\lambda)=\left(\lambda-\lambda_1\right)^{n_1}\left(\lambda-\lambda_2\right)^{n_2} \cdots\left(\lambda-\lambda_s\right)^{n_s},
$$

其中 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_s$ 可能有相同的．
上一节中所讨论的幂零线性变换的 Jordan 标准形是 Jordan 形矩阵的特殊情况，即其特征值均为零的情况。

本节的任务是要证明，对复数域上有限维线性空间内任一线性变换，都可在线性空间中找出一组基，使其矩阵成为 Jordan 形矩阵。

### 2．Jordan 标准形的存在性
我们首先对任意数域 $K$ 上的 $n$ 维线性空间 $V$ 内的线性变换 $\boldsymbol{A}$作一些讨论．根据 § 1 对幂零线性变换所得到的结果，我们有

**命题 2.1** 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的一个线性变换．如果存在 $\lambda_0 \in K$ ，使 $\boldsymbol{A}-\lambda_0 \boldsymbol{E}$ 是一个幂零线性变换，则在 $V$ 内存在一组基，使 $\boldsymbol{A}$ 在这组基下的矩阵成为如下的 Jordan 标准形：

证 根据命题1．4知 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}-\lambda_0 \boldsymbol{E}$ 在某一组基下的矩阵成为 Jordan 形，其主对角线上元素为零，而在同一组基下 $\lambda_0 \boldsymbol{E}$ 矩阵为 $\lambda_0 \boldsymbol{E}$ ，故 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}+\lambda_0 \boldsymbol{E}$ 在该组基下的矩阵成为上述 Jordan 标准形。

下面设 $\boldsymbol{A}$ 为 $V$ 中任一线性变换，又设 $\boldsymbol{A}$ 有一特征值 $\lambda_0 \in K$ 。令 $\boldsymbol{B} =\boldsymbol{A}-\lambda_0 \boldsymbol{E}$ ，定义 $V$ 的两串子空间序列如下：

$$
\begin{array}{ll}
M_0=\{0\}, & M_i=\operatorname{Ker} \boldsymbol{B}^i \quad(i=1,2, \cdots) \\
N_0=V, & N_i=\operatorname{Im}\left(\boldsymbol{B}^i\right) \quad(i=1,2, \cdots)
\end{array}
$$

我们有如下简单的事实：
1）$M_i, N_i$ 间有如下包含关系：

$$
\{0\}=M_0 \subseteq M_1 \subseteq M_2 \subseteq \cdots ; \quad V=N_0 \supseteq N_1 \supseteq N_2 \supseteq \cdots
$$

证（i）设 $\alpha \in M_i$ ，则 $\boldsymbol{B}^i \alpha=0$ ，显然有

$$
\boldsymbol{B}^{i+1} \alpha=\boldsymbol{B}\left(\boldsymbol{B}^i \alpha\right)=\boldsymbol{B} 0=0,
$$

故 $\alpha \in M_{i+1}$ ，即 $M_i \subseteq M_{i+1}$ ．
（ii）设 $\alpha \in N_i(i \geqslant 1)$ ，则存在 $\beta \in V$ ，使

$$
\alpha=\boldsymbol{B}^i \beta=\boldsymbol{B}^{i-1}(\boldsymbol{B} \beta) \in N_{i-1},
$$

故 $N_i \subseteq N_{i-1}$ ．
由第四章命题 3.5 的推论 1 （取 $U=V$ ），我们有
$2) ~ \operatorname{dim} M_i+\operatorname{dim} N_i=n \quad(i=0,1,2, \cdots)$ 。
根据上述性质，我们有

$$
\begin{aligned}
& \operatorname{dim} M_0 \leqslant \operatorname{dim} M_1 \leqslant \operatorname{dim} M_2 \leqslant \cdots, \\
& \operatorname{dim} N_0 \geqslant \operatorname{dim} N_1 \geqslant \operatorname{dim} N_2 \geqslant \cdots .
\end{aligned}
$$

注意到 $\lambda_0$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的一个特征值，因而

$$
\begin{aligned}
M_1 & =\operatorname{Ker} \boldsymbol{B}=\{\alpha \in V \mid \boldsymbol{B} \alpha=0\} \\
& =\left\{\alpha \in V \mid \boldsymbol{A} \alpha=\lambda_0 \alpha\right\} \neq\{0\} .
\end{aligned}
$$

故 $\operatorname{dim} M_0=0<\operatorname{dim} M_1$ ．另一方面 $M_i$ 为 $V$ 的子空间，其维数 $\leqslant n$ ，故必存在一个最小正整数 $k$ ，使 $\operatorname{dim} M_k=\operatorname{dim} M_{k+1}$ ，从而必有 $M_k= M_{k+1}$ ，而且

$$
\operatorname{dim} M_0<\operatorname{dim} M_1<\cdots<\operatorname{dim} M_k .
$$
3）对上述正整数 $k$ ，有

$$
\begin{aligned}
& M_0 \subset M_1 \subset \cdots \subset M_k=M_{k+1}=M_{k+2}=\cdots \\
& N_0 \supset N_1 \supset \cdots \supset N_k=N_{k+1}=N_{k+2}=\cdots
\end{aligned}
$$

证 只要证 $M_{k+1}=M_{k+2}$ ，以下类推即可．因 $M_{k+1} \subseteq M_{k+2}$ ，故只需证 $M_{k+2} \subseteq M_{k+1}$ 即可。设 $\alpha \in M_{k+2}$ ，则 $\boldsymbol{B}^{k+2} \alpha=0$ ，即 $\boldsymbol{B}^{k+1}(\boldsymbol{B} \alpha)=0$ 。而因为 $\boldsymbol{B} \alpha \in M_{k+1}=M_k$ ，故 $\boldsymbol{B}^k(\boldsymbol{B} \alpha)=0$ ，这表明 $\boldsymbol{B}^{k+1} \alpha=0$ ，于是 $\alpha \in M_{k+1}$ ，即 $M_{k+2} \subseteq M_{k+1}$ ，由此知 $M_{k+1}=M_{k+2}$ ，（3）式成立。从（3）式，利用关系式

$$
\operatorname{dim} N_i+\operatorname{dim} M_i=n,
$$

不难知

$$
\operatorname{dim} N_k=\operatorname{dim} N_{k+1}=\operatorname{dim} N_{k+2}=\cdots
$$

故（4）式也正确。
4）对上述 $k$ ，有 $V=M_k \oplus N_k$ ，且 $M_k$ 与 $N_k$ 均为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间。
证 因 $\operatorname{dim} M_k+\operatorname{dim} N_k=n$ ，我们只要证 $M_k \cap N_k=\{0\}$ 就可以了．设 $\alpha \in M_k \cap N_k$ ，则 $\boldsymbol{B}^k \alpha=0$ ，又存在 $\beta \in V$ ，使 $\alpha=\boldsymbol{B}^k \beta$ ．于是

$$
0=\boldsymbol{B}^k \alpha=\boldsymbol{B}^k\left(\boldsymbol{B}^k \beta\right)=\boldsymbol{B}^{2 k} \beta .
$$

因而 $\beta \in M_{2 k}=M_k$ ，即 $\boldsymbol{B}^k \beta=0$ ，也就是 $\alpha=0$ 。
再证一切 $M_i, N_i$ 均为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间。因 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}-\lambda_0 \boldsymbol{E}$ ，故 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}^i$ 可交换．因此

$$
\forall \alpha \in M_i, \quad \boldsymbol{B}^i \alpha=0, \quad \boldsymbol{B}^i \boldsymbol{A} \alpha=\boldsymbol{A} \boldsymbol{B}^i \alpha=0,
$$

这表示 $\boldsymbol{A} \alpha \in M_i$ ，即 $M_i$ 在 $\boldsymbol{A}$ 下不变。 $\forall \alpha \in N_i$ ，有 $\alpha=\boldsymbol{B}^i \beta, \boldsymbol{A} \alpha=\boldsymbol{A} \boldsymbol{B}^i \beta= \boldsymbol{B}^i \boldsymbol{A} \beta \in N_i$ ，故 $N_i$ 也是 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间．

现在 $V$ 分解为 $\boldsymbol{A}$ 的两个不变子空间的直和：$V=M_k \oplus N_k$ ，而 $\boldsymbol{B} =\boldsymbol{A}-\lambda_0 E$ 限制在 $M_k$ 内为幂零线性变换（因 $M_k=\operatorname{Ker} \boldsymbol{B}^k$ ，即对一切 $\alpha \in M_k, \boldsymbol{B}^k \alpha=0$ ，从而 $\left(\left.\boldsymbol{B}\right|_{M_k}\right)^k=0$ ），根据命题2．1，在 $M_k$ 内存在一组基，使 $\boldsymbol{A}$ 在这组基下的矩阵成

$$
J=\left[\begin{array}{llll}
J_1 & & & 0 \\
& J_2 & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & J_s
\end{array}\right], \quad J_i=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_0 & 1 & & 0 \\
& \lambda_0 & \ddots & \\
& & \ddots & 1 \\
0 & & & \lambda_0
\end{array}\right] .
$$
注意 $\operatorname{dim} M_k \geqslant \operatorname{dim} M_1>0$ ，故 $\operatorname{dim} N_k=n-\operatorname{dim} M_k<n$ ．这样，我们就可以使用数学归纳法来处理问题了。

**命题2．2** 设 $\boldsymbol{A}$ 是数域 $K$ 上 $n$ 维线性空间 $V$ 内的一个线性变换，其特征多项式 $f(\lambda)$ 的根全属于 $K$ ，则在 $V$ 内存在一组基，使在该组基下 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵成为如下的准对角形

$$
J=\left[\begin{array}{llll}
J_1 & & & 0 \\
& J_2 & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & J_s
\end{array}\right], \quad J_i=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_i & 1 & & 0 \\
& \lambda_i & \ddots & \\
& & \ddots & 1 \\
0 & & & \lambda_i
\end{array}\right] .
$$

$J$ 称为 $\boldsymbol{A}$ 的 Jordan 标准形．
证 对 $n$ 作数学归纳法．当 $n=1$ 时，$A$ 的矩阵是一阶方阵，命题成立．设命题对维数 $<n$ 的线性空间成立，对 $n$ 维线性空间 $V$ 来证命
题也成立．
命 $\lambda_1$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的一个特征值， $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{A}-\lambda_1 \boldsymbol{E}$ ，由前面的讨论知 $V$ 可分解为 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间的直和：

$$
V=M_k \oplus N_k
$$

在 $M_k$ 内可以找出一组基，使 $\left.\boldsymbol{A}\right|_{M_k}$ 的矩阵成

$$
J=\left[\begin{array}{llll}
J_1 & & & 0 \\
& J_2 & & \\
& & \ddots & \\
0 & & & J_s
\end{array}\right], \quad J_i=\left[\begin{array}{cccc}
\lambda_1 & 1 & & 0 \\
& \lambda_1 & \ddots & \\
& & \ddots & 1 \\
0 & & & \lambda_1
\end{array}\right]
$$

若 $N_k=\{0\}$ ，命题已证．否则，$N_k$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的不变子空间， $\operatorname{dim} N_k<n$ ，且由第四章命题4．7，$\left.\boldsymbol{A}\right|_{N_k}$ 的特征多项式的根也全属于 $K$ 。故按归纳假设，在 $N_k$ 内存在一组基，使 $\left.\boldsymbol{A}\right|_{N_k}$ 在该组基下的矩阵成为 Jordan 标准形。把在 $M_k, N_k$ 所取的基并成 $V$ 的一组基，则 $\boldsymbol{A}$ 在 $V$ 的这组基下的矩阵即成为 Jordan 标准形。

命题2．2中要求 $\boldsymbol{A}$ 的特征多项式 $f(\lambda)$ 的根全属于数域 $K$ ，这个条件对 $K$ 为复数域时总是成立的。所以对复数域上的 $n$ 维线性空间 $V$ 中的任一线性变换 $\boldsymbol{A}$ ，必定可在 $V$ 中找出一组基，使 $\boldsymbol{A}$ 的矩阵成 Jordan 形．而对一般数域 $K$ ，则未必能做到这一点．

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