Jordan 典型形式淺說 (下)

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本文利用一個例子說明 n\times n 階矩陣 A 的 Jordan 典型形式的存在性。我們從相反方向開始討論,考慮下面的 Jordan 矩陣

J=\begin{bmatrix}  8&1&0&0&0\\  0&8&0&0&0\\  0&0&0&1&0\\  0&0&0&0&0\\  0&0&0&0&0  \end{bmatrix}

Jordan 矩陣 J 的特徵值 \lambda=8 的重數為 2,但僅有一特徵向量 \mathbf{e}_1=[1,0,0,0,0]^T,對應 2\times 2 分塊 J_1=\begin{bmatrix}  8&1\\  0&8  \end{bmatrix}。另外,J 有重複 3 次的特徵值 \lambda=02 個獨立特徵向量 \mathbf{e}_3=[0,0,1,0,0]^T\mathbf{e}_5=[0,0,0,0,1]^T,分別對應 2\times 2 分塊 J_2=\begin{bmatrix}  0&1\\  0&0  \end{bmatrix}1\times 1 分塊 J_3=\begin{bmatrix}  0\end{bmatrix}

 
問題:給定矩陣 A,如何得到可逆矩陣 M 與 Jordan 典型形式 J 使得 M^{-1}AM=J

 
首先,A 相似於 J,因此 A 也有特徵值 8,8,0,0,0,但是這個條件仍不足以確定 J,因為反向陳述並不為真,譬如,具有相同特徵值的對角矩陣並不與 J 相似。除了使用特徵值,我們還必須將特徵向量納入分析。回到最原始的條件,將關係式 M^{-1}AM=J 改寫為 AM=MJ,設 M 的行向量為 \mathbf{m}_1,\ldots,\mathbf{m}_5,則

A\begin{bmatrix}  ~&~&~&~&~\\  ~&~&~&~&~\\  \mathbf{m}_1&\mathbf{m}_2&\mathbf{m}_3&\mathbf{m}_4&\mathbf{m}_5\\  ~&~&~&~&~~\\  &~&~&~&~  \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}  ~&~&~&~&~\\  ~&~&~&~&~\\  \mathbf{m}_1&\mathbf{m}_2&\mathbf{m}_3&\mathbf{m}_4&\mathbf{m}_5\\  ~&~&~&~&~\\  ~&~&~&~&~  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  8&1&0&0&0\\  0&8&0&0&0\\  0&0&0&1&0\\  0&0&0&0&0\\  0&0&0&0&0  \end{bmatrix}

展開整理如下:

\begin{aligned} A\mathbf{m}_1&=8\mathbf{m}_1\\  A\mathbf{m}_2&=8\mathbf{m}_2+\mathbf{m}_1\\  A\mathbf{m}_3&=0\mathbf{m}_3\\  A\mathbf{m}_4&=0\mathbf{m}_4+\mathbf{m}_3\\  A\mathbf{m}_5&=0\mathbf{m}_5.\end{aligned}

由上式立刻辨識出矩陣 AJ 同樣有 3 個特徵向量。對應 \lambda=8 的特徵向量 \mathbf{m}_1M 的第 1 行,對應 \lambda=0 的特徵向量 \mathbf{m}_3\mathbf{m}_5 分別為 M 的第 35行。另外,還有兩個特殊向量 \mathbf{m}_2\mathbf{m}_4,稱之為廣義特徵向量。我們可將 \mathbf{m}_2 視為由 \mathbf{m}_1 帶頭的向量串裡的成員,對應 J_1 分塊;同樣地,\mathbf{m}_4 可視為由 \mathbf{m}_3 帶頭的向量串之成員,對應 J_2 分塊;\mathbf{m}_5 只有一個向量,對應 J_3 分塊。

 
至此,原本尋找 A 的 Jordan 典型形式等價於尋找線性獨立向量串,對於任一 i 必定滿足

A\mathbf{m}_i=\lambda_i\mathbf{m}_i

或者

A\mathbf{m}_i=\lambda_i\mathbf{m}_i+\mathbf{m}_{i-1}

解決此問題的基本步驟是由 A 建構所需的向量串,倘若得到的向量串符合上述關係,則 J 即為 A 的 Jordan 典型形式。每個向量 \mathbf{m}_i 將填入矩陣 M 的一行,屬於同一串的向量構對應 J 的一個分塊。考慮 A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},當 \lambda\neq 0,其特徵向量 \mathbf{x} 屬於 A 的行空間,而當 \lambda=0時,其特徵向量屬於 A 的零空間,以下我們將分別在 A 的行空間和零空間尋找符合的 Jordan 向量串。

 
我們從一個例子說明並發展一般性的演算法,首先假設 A 是不可逆矩陣,亦即 A 至少有一個 0 特徵值。考慮以下的 5\times 5 矩陣:

A=\begin{bmatrix}  8&0&0&8&8\\  0&0&0&8&8\\  0&0&0&0&0\\  0&0&0&0&0\\  0&0&0&0&8  \end{bmatrix}

步驟一:我們在 A 的行空間尋找 \mathbf{x}_i,此例 A 的行空間維數是 r=3<5,由標準基底向量 \mathbf{e}_1\mathbf{e}_2\mathbf{e}_5 擴張而成。既然 A 的行空間向量未包括第 34 元,我們大可忽略 A 的第 34 列與第 34 行,也就是說只需要考慮下面這個 3\times 3 階矩陣

A^{\prime}=\begin{bmatrix}  8&0&8\\  0&0&8\\  0&0&8  \end{bmatrix}

注意,A^{\prime} 的特徵值必定屬於 A 的特徵值集合,此例 A^{\prime} 有特徵值 8,8,0,且 \lambda=8 僅有 1 個特徵向量,因此,我們要找尋 A 行空間中的 3 個獨立向量滿足

\begin{aligned}  A\mathbf{x}_1&=8\mathbf{x}_1\\  A\mathbf{x}_2&=8\mathbf{x}_2+\mathbf{x}_1\\  A\mathbf{x}_3&=0\mathbf{x}_3.\end{aligned}

由第一式解出 \mathbf{x}_1=[8,0,0,0,0]^T (這裡故意選擇 8,而不取 1 是為了簡化計算),代入第二式可解得 \mathbf{x}_2=[0,1,0,0,1]^T,再由第三式選擇屬於 A 行空間的一解 \mathbf{x}_3=[0,8,0,0,0]^T

 
步驟二:我們繼續在 A 的零空間尋找其他向量,記為 \mathbf{y}_j,此例 A 的零空間維數是 n-r=5-3=2,由標準基底向量 \mathbf{e}_2\mathbf{e}_3 所擴張。對應 \lambda=0 的特徵向量肯定落在 A 的零空間內,又因為 A 的行空間與零空間交集為 \mathbf{e}_2,其維數是 p=1,故步驟一的向量串必定有一串對應 \lambda=0,該向量串由 \mathbf{x}_3 帶領。我們要找的向量屬於此向量串,滿足

A\mathbf{y}_1=0\mathbf{y}_1+\mathbf{x}_3

由上式可解出 \mathbf{y}_1=[-1,0,0,1,0]^T

 
步驟三A 零空間內仍有維數等於 n-r-p=5-3-1=1 的子空間落在行空間與零空間的交集之外,滿足

A\mathbf{z}_1=0\mathbf{z}_1

選擇與 \mathbf{e}_3 同一子空間的解 \mathbf{z}_1=\mathbf{e}_3=[0,0,1,0,0]^T

 
整理得到的向量, \mathbf{x}_1\mathbf{x}_2 同屬一向量串,對應分塊 J_1\mathbf{x}_3\mathbf{y}_1 同屬一向量串,對應分塊 J_2\mathbf{z}_1 對應分塊 J_3,再依序填入 M 的各行,如下:

M=\begin{bmatrix}  8&0&0&-1&0\\  0&1&8&0&0\\  0&0&0&0&1\\  0&0&0&1&0\\  0&1&0&0&0  \end{bmatrix}

 
我們如何確定得到的向量 \mathbf{x}_1\mathbf{x}_2\mathbf{x}_3\mathbf{y}_1\mathbf{z}_1 是線性獨立的?老方法,考慮他們的線性組合為零向量,如下:

\displaystyle\sum_{i=1}^3c_i\mathbf{x}_i+d_1\mathbf{y}_1+f_1\mathbf{z}_1=\mathbf{0}

上式左乘 A,並使用上述三個步驟得到的結果,就有

\displaystyle A\left(\sum_{i=1}^3c_i\mathbf{x}_i+d_1\mathbf{y}_1+f_1\mathbf{z}_1\right)=(8c_1+c_2)\mathbf{x}_1+8c_2\mathbf{x}_2+d_1\mathbf{x}_3=\mathbf{0}

向量 \mathbf{y}_1\mathbf{z}_1 的係數包含 \lambda=0,故不出現於上式。步驟一得到的 \mathbf{x}_i 是線性獨立的,否則將違反矩陣 A^{\prime} 包含特徵值 8,8,0 的事實(你可以使用反證法驗證),故 c_1=c_2=d_1=0。原線性組合可化簡為

c_3\mathbf{x}_3+f_1\mathbf{z}_1=\mathbf{0}

向量 \mathbf{x}_3 屬於 A 的行空間,但 \mathbf{z}_1 不屬於行空間,推知 c_3=f_1=0,證得這些 Jordan 向量集合確為線性獨立。

 
還有一個小問題,如果給定的矩陣 A 是可逆時,該怎麼辦?運用一個小技巧,設 B=A-cI,選擇 c 使 B 為不可逆矩陣,譬如,c 可為 A 的任何一個特徵值。利用前述演算法可以得到 B 的 Jordan 典型形式 J^{\prime},且 M^{-1}BM=J^{\prime},則 A 的 Jordan 典型形式為

M^{-1}AM=M^{-1}BM+M^{-1}cIM=J^{\prime}+cI=J

 
最後我們將上述三個建構步驟整理成 Jordan 定理:A 的行空間中的 r 向量 \mathbf{x}_i,行空間與零空間交集裡的 p 個向量 \mathbf{y}_j,以及交集外面的 n-r-p 個向量 \mathbf{z}_k 形成 A 的 Jordan 向量串集合。此線性獨立的向量串集合構成 M 的行向量,使得相似轉換 J=M^{-1}AM 具有 Jordan 典型形式。

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