线性代数¶

Jordan 标准型¶

大致上就是说一个矩阵，在 Jordan 块之间可以交换的意义下，通过相似变换得到的 Jordan 标准型应该是唯一的。

特别的，可对角化的矩阵的 Jordan 标准型的块长均为 \(1\)。

矩阵 \(A\) 的最小多项式指，使得 \(f(A) = 0\) 的次数最小的首一多项式 \(f(X)\)。

这个有点像是群论中的阶。有一些类似的推论可以理解，比如说其它使得 \(f(A) = 0\) 的 \(f\) 应该都能被最小多项式整除（矩阵多项式环意义下）。

Jordan 标准型对应了这个矩阵的最小多项式。大致上是对于 \(\lambda\)，在 Jordan 标准型中最大的块长为 \(k_{\lambda}\)，则最小多项式为

\[ \prod_{\lambda} (X - \lambda I)^{k_{\lambda}} \]

推论：如果矩阵的最小多项式的所有因子都是一次的，那么其 Jordan 标准型中所有块长为 \(1\)，即矩阵可以对角化。

Question

设 \(A\) 为 \(n\) 阶非零矩阵，且 \(A^2 = A, r(A) = r, 0<r<n\)，求 \(|5I + A|\)。

Success

由 \(A(A-I)= 0\) 可知 \(A\) 的最小多项式不会有超过一次的因子，因此 \(A\) 可对角化，且特征值只可能是 \(0,1\)。

另外矩阵的 Jordan 标准型和矩阵的秩一致，因此可以知道 \(1\) 有 \(r\) 次，\(0\) 有 \(n-r\) 次。

于是 \(|5I + A| = |P^{-1}||5I + \Lambda||P| = 6^{r}5^{n-r}\)。

这个技巧就是反复左乘 \(A\) 然后化成 \(\lambda\)，从而得到若干条多项式方程。

把同一特征值的捆成一组，然后就能写出若干组构成的向量乘 Vandermonde 矩阵 = 0。

由于同一特征值的捆到一起了，从而 Vandermonde 矩阵可逆。

从而得到向量为 0 向量，即捆到一起的均为 \(0\)。

这意味着同特征值的特征向量选出来的时候就以及线性相关了，不合要求。

这里只讨论可对角化的矩阵 \(A\)，设

\[ P^{-1} A P = \Lambda \]

其中 \(\Lambda\) 为对角矩阵。

一类题目会让你知道 \(\Lambda\)，以及 \(A\) 的全部特征向量。

设 \(P = [p_1,p_2,\cdots,p_n]\)

考虑到

\[ [Ap_1,Ap_2,\cdots,Ap_n] = AP = P\Lambda = [\lambda_1 p_1, \lambda_2 p_2, \cdots, \lambda_n p_n] \]

从而可以看到 \(P\) 的第 \(i\) 列就是 \(\lambda_i\) 对应的一个特征向量。这些向量应当线性无关，从而让 \(P\) 可逆。

这个时候可能会想，如果我选择的 \(p_i\) 不同，会不会导致我还原回去的 \(A\) 不同？

其实这等价于这样一件事情：如果考虑一个

\[ P' = P Q \]

其中 \(Q\) 是一些同特征向量的列之间的线性变换。

这个时候考虑一下

\[ (PQ)^{-1} A (PQ) = \Lambda \]

还原出的 \(A\)，这实际上就是

\[ A = P^{-1} Q^{-1} \Lambda Q P \]

可以证明

\[ Q^{-1} \Lambda Q = \Lambda \]

从而知道 \(A\) 还是等于

\[ P^{-1} \Lambda P \]