wzf2000 高等代数选讲笔记（8）——Jordan 标准型
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第八讲：Jordan 标准型
最小多项式
回忆定义
阶数最小的首一多项式 $p$ 使得 $p(T) = 0$。
记号
最小多项式记为 $\min_T$。
性质 1
最小多项式 $\min_T$ 的根恰好是 $T$ 的特征值。
证明：
$\min_T | \mathrm{ch}_T$，因为 $\mathrm{ch}_T$ 的根是 $T$ 的特征值，所以 $\min_T$ 的根也是 $\mathrm{ch}_T$ 的根。
反之，$\lambda$ 是 $\mathrm{ch}_T$ 的根，则存在 $v$ 使得 $Tv = \lambda v, v \not = 0$：
$$
0 = \mathrm{min}_T (T) = T^m + a_{m - 1}T^{m - 1} + \cdots + a_0 I
$$
作用在 $v$ 上：
$$
0 = T^m v + a_{m - 1} T^{m - 1} v + \cdots + a_0 I v \\
= \lambda^m v + \lambda^{m - 1} a_{m - 1} v + \cdots + a_0 v \\
= \mathrm{min}_T(\lambda) = 0(v \not = 0)
$$
因此 $\lambda$ 是 $\min_T$ 的根。
直和的最小多项式
$$
V = V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_m, T_i \in \mathcal{L}(V_i)
$$
则：
$$
T := (T_1, \cdots, T_m) \in \mathcal{L}(V) \\
v = (v_1, \cdots, v_m) \in V, Tv = (T_1v_1, \cdots, T_mv_m) \in V
$$
$A_1, \cdots, A_m$ 为方阵：
$$
A_1 \oplus A_2 \oplus \cdots \oplus A_m =
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
设 $S \in \mathcal{L}(V), T \in \mathcal{L}(W)$，那么 $S \oplus T \in \mathcal{L}(V \oplus W)$。
则：
$$
\mathrm{ch}_{T \oplus S} = \mathrm{ch}_T \times \mathrm{ch}_S
$$
性质 2
$$
\mathrm{min}_{T \oplus S} = \mathrm{lcm} \, (\mathrm{min}_T, \mathrm{min}_S)
$$
其中 $\mathrm{lcm}$ 为最小多倍多项式，即最小的使得 $p(S), p(T)$ 同时为 $0$ 的多项式 $p$。
证明：
$$
(T \oplus S)^2 = T^2 \oplus S^2 \\
p(T \oplus S) = p(T) \oplus p(S) \\
p(T \oplus S) = 0 \Leftrightarrow p(T) = 0, p(S) = 0 \\
\mathrm{min}_{T \oplus S} (T) = 0, \mathrm{min}_{T \oplus S} (S) = 0
$$
故 $\min_{T \oplus S}$ 是最小的满足此性质的多项式，因此：
$$
\mathrm{min}_{T \oplus S} = \mathrm{lcm} \, (\mathrm{min}_T, \mathrm{min}_S)
$$
性质
$T$ 可以对角化 $\Leftrightarrow \min_T$ 没有重根。
证明：
$$
T \sim
\begin{pmatrix}
\lambda_1 \\
& \ddots \\
& & \lambda_1 \\
& & & \lambda_2 \\
& & & & \ddots \\
& & & & & \lambda_2 \\
& & & & & & \ddots \\
& & & & & & & \lambda_m \\
& & & & & & & & \ddots \\
& & & & & & & & & \lambda_m \\
\end{pmatrix}
$$
由此即得 $\min_T$ 无重根。
而反过来，对于：
$$
T \sim
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
若 $\min_T$ 无重根，因为：
$$
\mathrm{ch}_T = (z - \lambda_1)^{d_1} \cdots (z - \lambda_m)^{d_m} \\
\mathrm{min}_T | \mathrm{ch}_T
$$
而 $\min_T$ 没有重根 $\Rightarrow \min_T | (z - \lambda_1) \cdots (z - \lambda_m)$。
故：
$$
(T - \lambda_1 I) \cdots (T - \lambda_m I) = 0 \Rightarrow (A_j - \lambda_1 I) (A_j - \lambda_2 I) \cdots (A_j - \lambda_m I) = 0
$$
$i \not = j$ 时，$A_j - \lambda_i I$ 为上三角阵，易得其可逆，则：
$$
A_j - \lambda_j I = 0 \cdot (A_j - \lambda_1 I)^{-1} \cdots (A_j - \lambda_m I)^{-1} = 0
$$
故 $A_j = \lambda_j I$，则 $A$ 可对角化。
循环算子
定义
$L : V \to V$ 是循环算子，如果存在 $v \in V$ 使得：
$$
V = \mathrm{span} \{v, Lv, L^2 v, \cdots \} =: C(v)
$$
性质 3
$L : V \to V$ 是幂零循环算子 $\Leftrightarrow$ 存在一组基 $\{v_1, \cdots, v_n\}$ 使得 $L$ 的矩阵为：
$$
J_{0, n} =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & 0 &\cdots & 0
\end{pmatrix}
$$
证明：
$\Leftarrow$：
$$
v_n \stackrel{L}{\longrightarrow} v_{n - 1} \stackrel{L}{\longrightarrow} v_{n - 2} \stackrel{L}{\longrightarrow} \cdots \stackrel{L}{\longrightarrow} v_1 \stackrel{L}{\longrightarrow} 0
$$
取 $v = v_n$，那么 $C(v) = \mathrm{span}\{v_n, \cdots, v_1\} = V$，即 $L$ 是循环算子。
$\Rightarrow$：
存在 $v \in V$ 使得：
$$
C(v) = \mathrm{span}\{v, Lv, \cdots\} = V
$$
$L$ 幂零，因此 $L^n = 0$，则：
$$
C(v) = \mathrm{span}\{v, Lv, \cdots, L^{n - 1} v\}
$$
而 $L$ 在 $\{L^{n - 1} v, \cdots, Lv, v\}$ 的矩阵即为：
$$
J_{0, n} =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & 0 &\cdots & 0
\end{pmatrix}
$$
性质 4
$N \in \mathcal{L}(V)$ 是幂零算子，那么 $N$ 是幂零循环算子的直和。
（$V = V_1 \oplus \cdots \oplus V_m, V_i$ 是 $N$ 不变子空间，$N|_{V_i}$ 是幂零循环算子）
证明：
我们证明存在 $v_1, \cdots, v_m \in V, m_1, \cdots, m_k$ 使得：
$$
N^{m_1} v_1, \cdots, N v_1, v_1, N^{m_2} v_2, \cdots N v_2, v_2, \cdots, N^{m_k} v_k, \cdots, N v_k, v_k
$$
组成了 $V$ 的基且：
$$
N^{m_1 + 1} v_1 = \cdots = N^{m_k + 1} v_k = 0
$$
用归纳法证明。
$\dim V = 1$ 显然取 $v_1 \not = 0 \in V$ 即可。
假设 $\dim V > 1$，命题对小于 $\dim V$ 的线性空间成立。
$N$ 是幂零，$\mathrm{Null}(N) \not = 0, \mathrm{Range}(N) \not = V$。
$\mathrm{Range}(N)$ 是 $N$ 不变子空间。
由归纳假设知命题对 $N|_{\mathrm{Range}(N)}$ 成立。（对于维数为 $0$，$N = 0$，显然成立）
存在：
$$
N^{m_1} v_1, \cdots, N v_1, v_1, N^{m_2} v_2, \cdots N v_2, v_2, \cdots, N^{m_k} v_k, \cdots, N v_k, v_k
$$
是 $\mathrm{Range}(N)$ 的一组基且：
$$
N^{m_1 + 1} v_1 = \cdots = N^{m_k + 1} v_k = 0
$$
而 $v_i \in \mathrm{Range}(N)$，存在 $u_i$ 使得 $v_i = N u_i$。
$$
C = \{N^{m_1 + 1} u_1, \cdots, N u_1, u_1, N^{m_2 + 1} u_2, \cdots N u_2, u_2, \cdots, N^{m_k + 1} u_k, \cdots, N u_k, u_k\}
$$
即为之前那组基并上 $\{u_k\}$。
假设：
$$
c_{1, 0} u_1 + \cdots + c_{1, m_1 + 1} N^{m_1 + 1} u_1 \\
+ c_{2, 0} u_2 + \cdots + c_{2, m_2 + 1} N^{m_2 + 1} u_2 \\
\vdots \\
+ c_{k, 0} u_k + \cdots + c_{k, m_k + 1} N^{m_k + 1} u_k = 0
$$
作用 $N$ 于上式得：
$$
c_{1, 0} v_1 + \cdots + c_{1, m_1} N^{m_1} v_1 \\
+ c_{2, 0} v_2 + \cdots + c_{2, m_2} N^{m_2} v_2 \\
\vdots \\
+ c_{k, 0} v_k + \cdots + c_{k, m_k} N^{m_k} v_k = 0
$$
故 $c_{i, j} = 0, 1 \le i \le k, 0 \le j \le m_k$。
则原式变为：
$$
c_{1, m_1 + 1} N^{m_1 + 1} u_1 + \cdots + c_{k, m_k + 1} N^{m_k + 1} u_k \\
= c_{1, m_1 + 1} N^{m_1} v_1 + \cdots + c_{k, m_k + 1} N^{m_k} v_k = 0
$$
则系数也均为 $0$。
因此 $C$ 线性无关。
设 $B' = \{C, w_1, \cdots, w_p\}$ 是 $V$ 的一组基。
则：
$$
N(\mathrm{span}(C)) = \mathrm{span}(N(C)) = \mathrm{Range}(N)
$$
存在 $x_j \in \mathrm{span}(C)$ 使得 $N x_j = N w_j$。
令 $u_{k + j} = w_j - x_j$：
$$
N(u_{k + j}) = N(w_j) - N(x_j) = 0
$$
则 $B = \{C, u_{k + 1}, \cdots, u_{k + p}\}$，$\mathrm{span} (B) = \mathrm{span} (B')$，因此 $B$ 也是 $V$ 的一组基。
而：
$$
B = \{N^{m_1 + 1} u_1, \cdots, N u_1, u_1, N^{m_2 + 1} u_2, \cdots N u_2, u_2, \cdots, N^{m_k + 1} u_k, \cdots, N u_k, u_k, u_{k + 1}, \cdots, u_{k + p}\}
$$
而 $N u_{k + 1} = \cdots = N u_{k + p} = 0$，因此 $B$ 满足条件。
根据归纳原理即得命题成立。
Jordan 基
定义
$T \in \mathcal{L}(V)$，$V$ 的一组基是 Jordan 基如果在这组基下，$T$ 的矩阵为分块矩阵为：
$$
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
其中：
$$
A_i =
\begin{pmatrix}
\lambda_j & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda_j & 1 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & \lambda_j & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & 0 &\cdots & \lambda_j
\end{pmatrix}
$$
记号：
$$
J_{\lambda, n} =
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & \lambda & 1 & \cdots & 0 \\
0 & 0 & \lambda & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & 0 &\cdots & \lambda
\end{pmatrix}_{n \times n}
$$
称这种分块矩阵为 Jordan 标准型。
定理
$\forall T \in \mathcal{L}(V)$，存在一组 Jordan 基。
证明：根据性质 3 和性质 4 可得对幂零矩阵成立。
对于 $T \in \mathcal{L}(V)$：
$$
T = G(\lambda_1, T) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T)
$$
$N_i = T - \lambda_i I|_{G(\lambda_i, T)}$ 是幂零算子，则 $G(\lambda_i, T)$ 存在一组 Jordan 基，将这些基放在一起得到 $V$ 的 Jordan 基。
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