4.2 若尔当标准形

English

分块对角形式

设 $S$ 为复向量空间 $V$ 上的线性算符，其特征多项式与最小零化多项式分别由式 (4.13) 和式 (4.14) 给出。限制到复向量空间保证了多项式 $f(z)$ 与 $\Delta (z)$ 的所有根均为特征值。对于实向量空间上的算符，也可以导出一种标准形，但它严重依赖于复向量空间的情形。

若 $(z-{\lambda }_i{)}^{k_i}$ 是 $S$ 的第 $i$ 个初等因子，则定义子空间

$$V_i=\{u\mid (S-{\lambda }_i{)}^{k_i}u=0\}.$$

该子空间在$S$下不变，因为

$$\begin{array}{rl}u\in V_i& ⟹(S-{\lambda }_i{)}^{k_i}u=0\\ & ⟹(S-{\lambda }_i{)}^{k_i}Su=S(S-{\lambda }_i{)}^{k_i}u=0\\ & ⟹Su\in V_i.\end{array}$$

我们的第一个任务是证明 $V$ 是这些不变子空间的直和，

$$V=V_1\oplus V_2\oplus \dots$$

引理 4.4 · 广义特征向量的零化阶 (Annihilation order of generalized eigenvectors)

若 $(z-{\lambda }_i{)}^{k_i}$ 是算符 $S$ 的一个初等因子，且对某个 $r>0,$ 有 $(S-{\lambda }_i{)}^{k_i+r}u=0$，则 $(S-{\lambda }_i{)}^{k_i}u=0$

证明

在证明该结果时，令$i=1$显然不失一般性。证明通过对$r$进行归纳来完成。

情形 $r=1$：设 $u$ 为任意满足 $(S-{\lambda }_1{)}^{k_1+1}u=0$ 的向量，并令

$$v=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}u.$$

由于 $(S-{\lambda }_1)v=0$，该向量满足特征向量方程 $Sv={\lambda }_{1}v$。若 $\Delta (S)$ 是 $S$ 的最小零化多项式，则

$$\begin{array}{c}0=\Delta (S)u=(S-{\lambda }_2{)}^{k_2}\dots (S-{\lambda }_m{)}^{k_m}v\\ =({\lambda }_1-{\lambda }_2{)}^{k_2}\dots ({\lambda }_1-{\lambda }_m{)}^{k_m}v.\end{array}$$

由于对所有 ${\lambda }_i\ne {\lambda }_j$ 均有 $i\ne j$，因此可得 $v=0$，这便证明了 $r=1$ 的情形

情形 $r>1$：假设该引理已对 $r-1$ 得证。于是

$$\begin{array}{rl}(S-{\lambda }_1{)}^{k_1+r}u=0& ⟹(S-{\lambda }_1{)}^{k_1+r-1}(S-{\lambda }_1)u=0\\ & ⟹(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}(S-{\lambda }_1)u=0\text{ by induction hypothesis }\\ & ⟹(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}u=0\text{ by the case }r=1,\end{array}$$

这就完成了引理的证明。

若 $\dim V_1=p$，则令 $h_1,\dots ,h_p$ 为 $V_1$ 的一组基，并利用定理 3.7 将其扩充为 $V$ 的一组基：

$$h_1,h_2,\dots ,h_p,h_{p+1},\dots ,h_n.\text{\hspace{1em}(4.16)}$$

当然，如果 $(z-{\lambda }_1{)}^{k_1}$ 是 $S$ 的唯一初等因子，那么 $p=n$，因为 $V_1=V$，这是由于每个向量都被 $(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}$ 零化。然而，如果 $p<n$，我们将证明这些向量

$$h_1,h_2,\dots ,h_p,{\hat{h}}_1,{\hat{h}}_2,\dots ,{\hat{h}}_{n-p}\text{\hspace{1em}(4.17)}$$

构成 $V$ 的一个基，其中

$${\hat{h}}_a=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}{h}_{p+a}(a=1,\dots ,n-p).\text{\hspace{1em}(4.18)}$$

由于式 (4.17) 中列出的向量共有 $n$ 个，因此只需证明它们线性无关。假设对于某些常数 $c^1,\dots ,c^p,{\hat{c}}^1,\dots ,{\hat{c}}^{n-p}$

$$\sum _{i=1}^p{c}^i{h}_i+\sum _{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{\hat{h}}_a=0.\text{\hspace{1em}(4.19)}$$

将 $(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}$ 应用于此方程。左侧的第一个和式被消去，因为它属于 $V_1$ ，从而得到

$$(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}\sum _{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{\hat{h}}_a=(S-{\lambda }_1{)}^{2k_1}\sum _{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{h}_{p+a}=0,$$

并且由于 $k_1>0$，我们由引理 4.4 得出结论：

$$(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}\sum _{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{h}_{p+a}=0.$$

因此 $\begin{array}{r}{\sum }_{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{h}_{p+a}\in V_1\end{array}$，且存在常数 $d^1,d^2,\dots ,d^p$ 使得

$$\sum _{a=1}^{n-p}{\hat{c}}^a{h}_{p+a}=\sum _{i=1}^p{d}^i{h}_i.$$

由于集合 $\{h_1,\dots ,h_n\}$ 按定义是 $V$ 的基，这些常数必须为零：对所有 $a=1,\dots ,n-p$ 和 $i=1,\dots ,p.$ 都有 ${\hat{c}}^a=d^i=0$。代入式 (4.19)，由 $h_1,\dots ,h_p$ 的线性无关性可知 $c^1,\dots ,c^p$ 也全都为零。这就证明了式 (4.17) 中向量的线性无关性。

设 $W_1=L({\hat{h}}_1,{\hat{h}}_2,\dots ,{\hat{h}}_{n-p})$。由式 (4.18)，每个向量 $x\in W_1$ 都具有如下形式

$$x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}y$$

由于这对张成 $W_1$ 的每个向量都成立。反之，假设 $x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}y$，并设 $\{y^1,\dots ,y^n\}$ 为 $y$ 关于原基 Eq. (4.16) 的分量；那么

$$x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}\left(\sum _i{y}^i{h}_i+\sum _a{y}^{p+a}{h}_{p+a}\right)=\sum _a{y}^{p+a}{\hat{h}}_a\in W_1.$$

因此，$W_1$ 恰好由所有形如 $x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}y$ 的向量组成，其中 $y$ 是 $V.$ 的任意向量。此外，$W_1$ 是 $V$ 的不变子空间，因为若 $x\in W_1$，则

$$x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}y⟹Sx=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}Sy⟹Sx\in W_1.$$

因此，$W_1$ 与 $V_1$ 是互补的不变子空间，$V=V_1\oplus W_1$，并且 $S$ 关于基 Eq. (4.17) 的矩阵具有分块对角形式

$$S=\left(\begin{array}{cc}{S}_1& O\\ O& T_1\end{array}\right)$$

其中 ${\mathsf{S}}_1$ 是 $S_1=S{|}_{V_1}$ 的矩阵，而 ${\mathsf{T}}_1$ 是 $T_1=\mathcal{S}{|}_{{\mathcal{W}}_1}$ 的矩阵

现在，在子空间 $V_1$ 上，根据定义，

$$(S_1-{\lambda }_1{)}^{k_1}=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}{|}_{V_1}=0.$$

因此，${\lambda }_1$ 是 $S_1$ 的唯一特征值，因为若 $u\in V_1$ 是 $S_1$ 对应于特征值 $\sigma$ 的特征向量，

$$S_{1}u=\sigma u,$$

然后

$$(S_1-{\lambda }_1{)}^{k_1}u=(\sigma -{\lambda }_1{)}^{k_1}u=0,$$

由此可得 $\sigma ={\lambda }_1$，因为 $u\ne 0$。因此特征方程 $o$ ${\cdot }_{S_1}$

$$\det ({\mathsf{S}}_1-z\mathsf{I})=(-1{)}^p({\lambda }_1-z{)}^p.\text{\hspace{1em}(4.20)}$$

此外，算符

$$(T_1-{\lambda }_1{)}^{k_1}=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}{|}_{W_1}:W_1\to W_1$$

是可逆的。对于，设 $x$ 为 $W_1$ 中的任意向量，并令 $x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}y$，其中 $y\in V$。设 $y=y_1+y_2$ 为满足 $y_1\in V_1$ 与 $y_2\in W_1$ 的唯一分解；则

$$x=(S-{\lambda }_1{)}^{k_1}{y}_2=(T_1-{\lambda }_1{)}^{k_1}{y}_2,$$

并且由于有限维向量空间上的任意满射（到上）线性算符都是双射（一对一）的，映射 $(T_1-{\lambda }_1{)}^{k_1}$ 必须在 $W_1$ 上可逆。因此

$$\det (T_1-{\lambda }_{1}I)\ne 0\text{\hspace{1em}(4.21)}$$

而${\lambda }_1$不可能是$T_1$的特征值。

$S$ 的特征方程为

$$\det (\mathsf{S}-z\mathsf{I})=\det ({\mathsf{S}}_1-z\mathsf{I})\det ({\mathsf{T}}_1-z\mathsf{I})$$

由式 (4.20) 和式 (4.21)，右端能够等于式 (4.13) 中表达式的唯一方式是，如果

$$p_1=p\text{ and }\det ({\mathsf{T}}_1-z\mathsf{I})=(-1{)}^{n-p}(z-{\lambda }_2{)}^{p_2}\dots (z-{\lambda }_m{)}^{p_m}.$$

因此，每个空间 $V_i$ 的维数 $p_i$ 等于特征值 ${\lambda }_i$ 的重数，并且由凯莱–哈密顿定理 4.3 可推出 $p_i\ge k_i$

对$T_1$重复此过程，并归纳进行，可得

$$V=V_1\oplus V_2\oplus \cdots \oplus V_m,$$

并设定

$$h_{11},h_{12},\dots ,h_{1p_1},h_{21},\dots ,h_{2p_2},\dots ,h_{m1},\dots ,h_{m{p}_m}$$

要成为适应此分解的基，$S$的矩阵具有块对角形式

$$\mathsf{S}=\left(\begin{array}{cccc}{\mathsf{S}}_1& 0& \dots & 0\\ 0& {\mathsf{S}}_2& \dots & 0\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ 0& 0& \dots & {\mathsf{S}}_m\end{array}\right).\text{\hspace{1em}(4.22)}$$

受限算符 $S_i=\mathbf{S}{|}_{V_i}$ 各自具有形如下的最小多项式方程

$$(S_i-{\lambda }_i{)}^{k_i}=0,$$

从而

$$S_i={\lambda }_i{\mathrm{id}}_i+N_i\text{ where }{N}_i^{k_i}=0.\text{\hspace{1em}(4.23)}$$

幂零算符

任何满足形如 $N^k=0$ 的方程的算符 $N$ 称为 幂零算符(nilpotent operator)。任何幂零算符的矩阵 $N$ 都满足 ${\mathsf{N}}^k=0$，并称为 幂零矩阵(nilpotent matrix)。由式 (4.23)，分解式 4.22 中的每个 $p_i\times p_i$ 矩阵 ${\mathsf{S}}_i$ 都是单位矩阵的倍数加上一个幂零矩阵 ${\mathsf{N}}_i$，

$${\mathsf{S}}_i={\lambda }_i\mathsf{I}+{\mathsf{N}}_i\text{ where }({\mathsf{N}}_i{)}^{k_i}=0.$$

下面我们寻找一个基，用以将任意幂零算符的矩阵表示为标准（典范）形式。

设 $U$ 为有限维空间，不必是复的，$\dim$ $U=p$ ，且 $N$ 是 $U$ 上的幂零算符。令 $k$ 为使得 $N^k=0$ 成立的最小正整数。显然，若 $N=0$ ，则 $k=1$ ；而若 $N\ne 0$ ，则 $k>1$ 且 $N^{k-1}\ne 0$ 。通过下式定义 $U$ 的子空间 $X_i$ ：

$$X_i=\{x\in U|N^{i}x=0\}(i=0,1,\dots ,k).$$

这些子空间构成一个递增序列，

$$\{0\}=X_0\subset X_1\subset X_2\subset \cdots \subset X_k=U$$

并且所有都在$N$下不变，因为若$u\in X_i$，则$Nu$也属于$X_i$，这是由于$N^{i}Nu=N{N}^{i}u=N0=0$。集合包含在每种情况下都是严格包含，因为假设对某个$i\le k-1$有$X_i=X_{i+1}$。那么对任意向量$x\in X_{i+2}$，我们有

$$N^{i+2}x=N^{i+1}Nx=0⟹N^{i}Nx=0⟹x\in X_{i+1}.$$

因此 $X_{i+1}=X_{i+2}$，并且通过归纳法继续可得 $X_i=\cdot \cdot \cdot =X_{k-1}=X_k=U$。由此推出，对于所有 $x\in U$ 都有 $N^{k-1}x=0$，这与假设 $N^{k-1}\ne 0$ 矛盾。因此，子空间 $X_i$ 中任何两个都不可能彼此相等。

我们称属于$X_i$的一个向量集合$v_1,v_2,\dots ,v_s$关于$X_{i-1}$线性无关，如果

$$a^1{v}_1+\cdots +a^s{v}_s\in X_{i-1}⟹a^1=\cdots =a^s=0.$$

引理 4.5 · 商空间维数与相对线性无关性 (Quotient dimensions and relative linear independence)

令 $r_i=\dim X_i-\dim X_{i-1}>0$ 使得 $p=r_1+r_2+\cdot \cdot \cdot +r_k$ 。那么 $r_i$ 是 $X_i$ 中能够构成相对于 $X_{i-1}$ 线性无关的集合的向量最大数目

证明

设 $\dim$ $X_{i-1}=q$，$\dim$ $X_i=q^{\prime }>q$，并设 $u_1,\dots ,u_q$ 是 $X_{i-1}$ 的一个基。假设 $\{v_1,\dots ,v_r\}$ 是相对于 $X_{i-1}$ 的极大线性无关向量集合；也就是说，是一个不能扩充为更大的此类集合的集合。这样的极大集合必定存在，因为任何相对于 $X_{i-1}$ 线性无关的向量集合都是线性无关的，因而其元素个数不可能超过 $q$。我们证明 $\mathcal{S}=\{u_1,\dots ,u_q,v_1,\dots ,v_r\}$ 是 $X_i$ 的一个基：

(a) $S$ 是线性无关集，因为

$$\sum _{i=1}^q{a}^i{u}_i+\sum _{a=1}^r{b}^a{v}_a=0$$

首先意味着，由向量 $v_a$ 关于 $X_{i-1}$ 线性无关这一要求，所有 $b^a$ 均为零；其次，由于 $u_i$ 线性无关，所有 ${\mathbf{a}}^i=0$ 也为零。

(b) $S$ 张成 $X_i$，否则将存在一个向量 $x$ 不能表示为 $S$ 中向量的线性组合，并且 $S\cup \{x\}$ 将线性无关。在这种情况下，向量集合 $\{v_1,\dots ,v_r,x\}$ 将关于 $X_{i-1}$ 线性无关，因为此时 $\mathrm{if}{\sum }_{a=1}^r{b}^a{v}_a+bx\in X_{i-1}$，于是由 $S\cup \{x\}$ 的线性无关性可得所有 $b^a=0$ 和 $b=0$。这与 $v_1,\dots ,v_r$ 的极大性矛盾，因此 $S$ 必须张成整个 $X_i$

这证明了该引理。

设 $\{h_1,\dots ,h_{r_k}\}$ 为 $X_k$ 中关于 $X_{k-1}$ 线性无关的极大向量集合。由引理 4.5 可得 $r_k=\dim X_k-\dim X_{k-1}$。这些向量

$$h_1^{\prime }=N{h}_1,h_2^{\prime }=N{h}_2,\dots ,h_{r_k}^{\prime }=N{h}_{r_k}$$

全都属于 $X_{k-1}$，并且关于 $X_{k-2}$ 线性无关，因为

$$a^1{h}_1^{\prime }+a^2{h}_2^{\prime }+\cdots +a^{r_k}{h}_{r_k}^{\prime }\in X_{k-2}$$

然后

$$N^{k-1}(a^1{h}_1+a^2{h}_2+\cdots +a^{r_k}{h}_{r_k})=0,$$

由此可得

$$a^1{h}_1+a^2{h}_2+\cdots +a^{r_k}{h}_{r_k}\in X_{k-1}.$$

由于 $\{h_1,\dots ,h_{r_k}\}$ 关于 $X_{k-1}$ 线性无关，因此必有

$$a^1=a^2=\cdots =a^{r_k}=0.$$

因此 $r_{k-1}\ge r_k$。对其他所有 $X_i$ 应用相同的论证，得到

$$r_k\le r_{k-1}\le \cdots \le r_2\le r_1.\text{\hspace{1em}(4.24)}$$

现在将集合 $\{h_1^{\prime },\dots ,h_{r_k}^{\prime }\}$ 完备化为 $X_{k-1}$ 中一个关于 $X_{k-2}$ 线性无关的极大向量组

$$h_1^{\prime },\dots ,h_{r_k}^{\prime },h_{r_{k+1}}^{\prime },\dots ,h_{r_{k-1}}^{\prime }.$$

类似地，定义向量 $h_i^{\prime \prime }=N{h}_i^{\prime }(i=1,\dots ,r_{k-1})$ 并扩充为 $X_{k-2}$ 中的极大系统 $\{h_1^{\prime \prime },h_2^{\prime \prime },\dots ,h_{r_{k-2}}^{\prime \prime }\}$。如此继续下去，形成一列 $r_1+r_2+\cdots +r_k=p=\dim U$ 个向量，它们线性无关并构成 $U$ 的一个基，且可按如下方案展示：

$$\begin{array}{ccccccccc}{h}_1& \dots & h_{r_k}& & & & & & \\ h_1^{\prime }& \dots & h_{r_k}^{\prime }& \dots & h_{r_{k-1}}^{\prime }& & & & \\ h_1^{\prime \prime }& \dots & h_{r_k}^{\prime \prime }& \dots & h_{r_{k-1}}^{\prime \prime }& \dots & h_{r_{k-2}}^{\prime \prime }& & \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \\ h_1^{(k-1)}& \dots & h_{r_k}^{(k-1)}& \dots & h_{r_{k-1}}^{(k-1)}& \dots & \dots & \dots & h_{r_1}^{(k-1)}.\end{array}$$

设 $U_a$ 是由第 $a$ 列生成的子空间，其中 $a=1,\dots ,r_1$。这些子空间在 $N$ 下均为不变的，因为 $\dot{N}{h}_a^{(j)}=h_a^{(j+1)}$，且底部元素 $h_a^{(k-1)}\in X_1$ 被 $N$ 零化，

$$N{h}_a^{(k-1)}\in X_0=\{0\}.$$

由于向量 $h_a^{(i)}$ 线性无关并构成 $U$ 的基，子空间 $U_a$ 互不相交，并且

$$U=U_1\oplus U_2\oplus \cdots \oplus U_{r_1},$$

其中第 $a$ 个子空间的维数 $d(a)=\dim U_a$ 由第 $a$ 列的高度给出。特别地，$d(1)=k$ 和

$$\sum _{a=1}^{r_1}d(a)=p.$$

若在 $U_a$ 中选取一组基，其方式为从最底行的向量开始沿第 $a$ 列向上进行，

$$f_{a1}=h_a^{(k-1)},f_{a2}=h_a^{(k-2)},\dots ,f_{ad(a)}=h_a^{(k-d(a))},$$

则 $N_a=N{|}_{U_a}$ 的矩阵除超对角线上的 1 之外，所有分量均为零，

$${\mathsf{N}}_a=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 0& \dots \\ 0& 0& 1& \dots \\ & & \ddots & \\ 0& 0& \dots & 1\\ 0& 0& \dots & 0\end{array}\right).\text{\hspace{1em}(4.25)}$$

随文练习

通过回忆算符 $M$ 关于基 $\{u_i\}$ 的矩阵的分量由下式给出，来检验这个矩阵表示

$$M{u}_i=M_i^j{u}_j.$$

现在设 $M=N_a,u_1=f_{a1},u_2=f_{a2},\dots ,u_{d(a)}=f_{ad(a)}$，并注意 $M{u}_1=0,M{u}_2=u_1$ 等。

为 $U$ 选取一个按顺序穿过子空间 $U_1,\dots ,U_{r_1}$ 的基，

$$e_1=f_{11},e_2=f_{12},\dots ,e_k=f_{1k},e_{k+1}=f_{21},\dots ,e_p=f_{r_{1}d(r_1)},$$

$N$的矩阵呈现为分块对角形式

$$N=\left(\begin{array}{cccc}{N}_1& & & \\ & N_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & N_{r_1}\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(4.26)}$$

其中每个子矩阵 ${\mathsf{N}}_a$ 具有式 (4.25) 的形式。

若尔当标准形

设 $V$ 为复向量空间，$S:V\to V$ 为 $V$ 上的线性算符。总结上述结论：存在 $V$ 的一个基，使得算符 $S$ 在该基下的矩阵 $S$ 具有分块对角形式 Eq. (4.22)，且每个 ${\mathsf{S}}_i$ 都具有形式 ${\mathsf{S}}_i={\lambda }_i\mathsf{I}+{\mathsf{N}}_i$，其中 ${\mathsf{N}}_i$ 是幂零矩阵。此后还可以进一步特殊化该基，使得每个幂零矩阵又分解为分块对角形式 Eq. (4.26)，使得沿对角线的子矩阵都具有形式 Eq. (4.25)。这称为矩阵 $S$ 的 若尔当标准形(Jordan canonical form)。

换言之，若$S$是任意$n\times n$复矩阵，则存在非奇异复矩阵$A$，使得${\mathsf{ASA}}^{-1}$为若尔当形。矩阵$S$的本质特征可由下述塞格雷特征(Segré characteristics)概括：

特征值	${\lambda }_1$	…	${\lambda }_m$
重数	$p_1$	…	$p_m$
	$(d_{11}\dots d_{1r_1})$	…	$(d_{m1}\dots d_{m{r}_m})$

其中 $r_i$ 是对应于特征值 ${\lambda }_i$ 的特征向量的个数，并且

$$\sum _{a=1}^{r_i}{d}_{ia}=p_i,\sum _{i=1}^m{p}_i=n=\dim V.$$

塞格雷特征完全由算符 $S$ 的性质决定，例如其特征值和初等因子。然而，重要的是要认识到，若尔当标准形仅适用于复向量空间的情形，因为它关键依赖于代数基本定理。对于实矩阵，不能保证存在实相似变换将其化为若尔当标准形。

例 4.6

设 $S$ 是四维向量空间上的一个变换，其关于基 $\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$ 的矩阵的分量为

$$\mathsf{S}=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& -1\\ 1& 0& 1& 1\\ 0& 1& 0& 1\end{array}\right).$$

特征方程可写成如下形式

$$\det (\mathsf{S}-\lambda \mathsf{I})=((\lambda -1{)}^2+1{)}^2=0,$$

它有两个根 $\lambda =1\pm i$，二者均为重根。每个根仅对应一个特征向量，以列向量形式写为

$${\mathbf{f}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -i\\ 0\end{array}\right)\text{ and }{\mathbf{f}}_3=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ i\\ 0\end{array}\right),$$

满足

$$\mathbf{S}{\mathbf{f}}_1=(1+i){\mathbf{f}}_1\text{ and }\mathbf{S}{\mathbf{f}}_3=(1-i){\mathbf{f}}_3.$$

设 ${\mathbf{f}}_2$ 和 ${\mathbf{f}}_4$ 为向量

$${\mathbf{f}}_2=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ -i\end{array}\right)\text{ and }{\mathbf{f}}_4=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\\ i\end{array}\right),$$

我们发现

$$\mathbf{S}{\mathbf{f}}_2={\mathbf{f}}_1+(1+i){\mathbf{f}}_2\text{ and }\mathbf{S}{\mathbf{f}}_4={\mathbf{f}}_3+(1-i){\mathbf{f}}_4.$$

将这些列向量用原始基表示

$$f_1=e_1-i{e}_3,f_2=e_2-i{e}_4,f_3=e_1+i{e}_3,f_4=e_2+i{e}_4$$

提供了一个新的基，使得算符 $S$ 的矩阵在此基下具有分块对角 若尔当 形式

$${\mathsf{S}}^{\prime }=\left(\begin{array}{cccc}1+i& 1& 0& 0\\ 0& 1+i& 0& 0\\ 0& 0& 1-i& 1\\ 0& 0& 0& 1-i\end{array}\right).$$

通过相似变换${\mathsf{S}}^{\prime }=\mathsf{AS}{\mathsf{A}}^{-1}$实现这一形式所需的矩阵$A$，是通过用$f_j$表示$e_i$来求解得到的。

$$e_1=\frac{1}{2}(f_1+f_3),e_2=\frac{1}{2}(f_2+f_4),e_3=\frac{1}{2}i(f_1-f_3),e_4=\frac{1}{2}i(f_2-f_4),$$

其可写为

$$e_j=A_j^i{f}_i\text{ where }\mathsf{A}=[A_j^i]=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cccc}1& 0& i& 0\\ 0& 1& 0& i\\ 1& 0& -i& 0\\ 0& 1& 0& -i\end{array}\right).$$

矩阵${\mathsf{S}}^{\prime }$由塞格雷特征概括为：

$1+i$	$1-i$
2	2
(2)	(2)

随文练习

验证 ${\mathsf{S}}^{\prime }=\mathsf{AS}{\mathsf{A}}^{-1}$ 在例 4.6 中成立。

习题

习题 4.2

在向量空间 $V$ 上，设 $S$ 和 $T$ 为两个可交换算符，$ST=TS$

(a) 证明：若 $v$ 是 $T$ 的特征向量，则 $Sv$ 也是其特征向量

(b) 证明可以找到 $V$ 的一个基，使得 $S$ 和 $T$ 关于此基的矩阵均为上三角形式。

习题 4.3

对于问题3.10中给出的四维向量空间上的算符$T:V\to V$，证明不存在任何基使得$T$的矩阵为对角矩阵。求一个基，使得矩阵

$T$ 具有 若尔当 标准形

$$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& \lambda & 1\\ 0& 0& 0& \lambda \end{array}\right)$$

对某个 $\lambda$，并计算 $\lambda$ 的值。

习题 4.4

设 $S$ 为矩阵

$$\mathsf{S}=\left(\begin{array}{cccc}i-1& 1& 0& 0\\ -1& 1+i& 0& 0\\ -1-2i& 2i& -i& 1\\ 2i-1& 1& 0& -i\end{array}\right).$$

求此矩阵的最小零化多项式与特征多项式、其特征值与特征向量，并求一个基，使该矩阵化为其若尔当标准形