高等代数选讲笔记(9)——Jordan 标准型的计算与应用

高等代数选讲笔记(9)——Jordan 标准型的计算与应用

第九讲:Jordan 标准型的计算与应用

Jordan 标准型与最小多项式

Jordan 块的最小多项式

$$
(J_{\lambda, n} – \lambda I)^{n – 1} =
\begin{pmatrix}
0 & 0 & \cdots & 1 \\
0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}
\not = 0 \\
(J_{\lambda, n} – \lambda I)^n = 0
$$

因此 $J_{\lambda, n}$ 的最小多项式即为其特征多项式 $(z – \lambda)^n$。

Jordan 标准型与最小多项式

任意线性算子 $T$ 的最小多项式为:
$$
(z – \lambda_1)^{r_1} \cdots (z – \lambda_m)^{r_m}
$$
其中 $\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 为 $T$ 的不同特征值,$r_i$ 是 $\lambda_i$ 对应的最大 Jordan 块的阶数。

问题:如果特征多项式等于最小多项式,那么 $T$ 满足什么性质?

如何找到 Jordan 标准型

Jordan 块的计算

$T$ 是线性算子,$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 是其不同的特征值,令 $\lambda$ 为其中一特征值,考虑 $T|_{G(\lambda, T)}$。
$$
\mathrm{Null} \, (T – \lambda I) \subseteq \mathrm{Null} \, (T – \lambda I)^2 \subseteq \cdots
$$
因此其维数也满足递增关系。

设 $d_i = \dim \mathrm{Null} \, (T – \lambda I)^i$,并且设 $d_0 = 0$。

则 $d_0 \le d_1 \le d_2 \le \cdots$。

则:
$$
d : \mathbb{N} \to \mathbb{Z} \\
\quad \quad i \mapsto d_i
$$
是一个映射。

由之前结论可知,如果 $d_{i + 1} = d_i$,则 $d_{i + 1} = d_{i + 2} = \cdots$。

那么这两个性质是否能给出这个映射的所有性质呢?

考虑 $0, 1, 3, 4, 4, \cdots$ 数列,其并不是一个 $d_n$ 数列。

设 $e_i = d_{i} – d_{i – 1}$,再设 $b_i$ 为 $i$ 阶 Jordan 块的数量。

则 $e_i = b_i + b_{i + 1} + \cdots $,故 $b_i = e_i – e_{i + 1}$。

性质

令 $d : \mathbb{N} \to \mathbb{Z}$ 是一个增函数,使得 $d_0 = 0, d_n = d_{n + 1} = \cdots = n$,且:
$$
2 d_i – d_{i – 1} – d_{i + 1} \ge 0, i = 1, 2, \cdots
$$
($d$ 是凸函数)

那么存在 $N : \mathbb{C}^n \to \mathbb{C}^n$,其幂次矩阵满足:
$$
d_i = \mathrm{Null} \, (N^i), i = 0, 1, \cdots
$$
且 $N$ 的 $i$ 阶 Jordan 块的数量为 $b_i = 2d_i – d_{i – 1} – d_{i + 1}$。

凭借这个性质就可以比较找到任意线性算子的 Jordan 标准型。

Jordan 型的应用

计算 $A^n$

如果 $A = PDP^{-1}$,则 $A^n = P D^n P^{-1}$。

如果 $A = P J P^{-1}$,则 $A^n = P J^n P^{-1}$。

只需计算 $J_{\lambda, m}^n$。
$$
J_{\lambda, m}^n = (\lambda I + J_{0, m})^n \\
= \lambda^n I + \binom{n}{1} \lambda^{n – 1} J_{0, m} + \binom{n}{2} \lambda^{n – 2} J_{0, m}^2 + \cdots + \binom{n}{m – 1} \lambda^{n – m + 1} J_{0, m}^{m – 1} \\
=
\begin{pmatrix}
\lambda^n & \binom{n}{1} \lambda^{n – 1} & \binom{n}{2} \lambda^{n – 2} & \cdots & \binom{n}{m – 1} \lambda^{n – m + 1} \\
& \lambda^n & \binom{n}{1} \lambda^{n – 1} & \cdots & \binom{n}{m – 2} \lambda^{n – m + 2} \\
& & \lambda^n & \cdots & \binom{n}{m – 3} \lambda^{n – m + 3} \\
& & & \ddots & \vdots \\
& & & & \lambda^n
\end{pmatrix}
$$

数列通项

对于线性递推数列,可得其变换矩阵,设为 $A$。

则之后只需计算 $A^n$ 即可,同上。

最后可以不计算 $P$,得到带参数的 $a_n$ 通项,再通过初值条件求解,即可得到 $a_n$ 通项。

比如 $a_n = 4a_{n – 1} – 4a_{n – 2}$,可得 $a_n = c_1 2^n + c_2 n 2^n$,再根据 $a_1, a_2$ 可求解 $c_1, c_2$。

一般地:
$$
a_n = c_1 a_{n – 1} + c_2 a_{n – 2} + \cdots + c_l a_{n – l} \\
\Rightarrow \lambda^l – c_1 \lambda^{l – 1} – c_2 \lambda^{l – 2} – \cdots – c_l = 0
$$
设 $\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 为不同的特征值,$d_1, \cdots, d_m$ 为对应的重数。

则:
$$
a_n = b_{1, 1}\lambda_1^n + b_{1, 2}n \lambda_1^n + \cdots + b_{1, d_1} n^{d_1 – 1} \lambda_1^n \\
+ b_{2, 1}\lambda_2^n + b_{2, 2}n \lambda_2^n + \cdots + b_{2, d_2} n^{d_2 – 1} \lambda_2^n \\
\vdots \\
+ b_{m, 1}\lambda_m^n + b_{m, 2}n \lambda_m^n + \cdots + b_{m, d_m} n^{d_m – 1} \lambda_m^n
$$
代入初值计算 $b_{i, j}$ 即可。

如何找到 Jordan 基

幂零循环阵,$v, Nv, \cdots, N^{m – 1} v$($N^m v = 0$)是其一组基。

也等价于:
$$
A \sim J \\
A = P J P^{-1}
$$
求 $P$。

令 $N_1 \ge N_2 \ge \cdots \ge N_k$ 为特征值为 $\lambda$ 的 Jordan 块的阶数。
$$
v_1 \in \mathrm{Null} \, (A – \lambda I)^{N_1} \backslash \mathrm{Null} \, (A – \lambda I)^{N_1 – 1}, C(v_1) = \mathrm{span} \{N^{N_1 – 1} v_1, \cdots, Nv_1, v_1\} \\
v_2 \in \mathrm{Null} \, (A – \lambda I)^{N_2} \backslash \mathrm{Null} \, (A – \lambda I)^{N_2 – 1}, v_2 \not \in C(v_1) \\
\vdots \\
v_k \to (N^{v_k – 1} v_k, \cdots, N v_k, v_k)
$$
则其一组 Jordan 基为:
$$
N^{N_1 – 1} v_1, \cdots, v_1, \cdots, N^{N_k – 1} v_k, \cdots, v_k
$$

 

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