第2章2-矩阵的Jordan标准型.ppt

问题：如果给定的矩阵不与任何对角阵相似，能否找一最简单的矩阵与之相似？如何找。等价的问题：若线性空间上给定的线性变换不可对角化，如何找线性空间的一组基，使得线性变换的矩阵最简单。,第二章矩阵的Jordan标准型,2.1矩阵的Jordan标准型,一.Cayley-Hamilton定理,第二章矩阵的Jordan标准型,矩阵的多项式表示定义：已知和关于变量的多项式那么我们称为的矩阵多项式。,化零多项式,定理2.1.c()=|EAnn|则c(A)=O.,注:c(A)=|AEA|?,|EAnn|=,=n+an1n1+a1+a0,=ntr(A)n1+(1)n|A|.,c()=n+an1n1+a1+a0,c(A)=An+an1An1+a1A+a0E,c(A)=O,An+an1An1+a1A=a0E,=,A(An1+an1An2+a1E),当A可逆时,a0=(1)n|A|0,于是A1=,A*=|A|A1=,则c(A)=An+an-1An-1+a0E=0。,对于一般的n阶矩阵组成的集合，需要取出n2+1个才能保证是线性相关的。,但是对于矩阵序列I,A,A2,A3，按顺序取到第n+1个时，An一定可以被前面的矩阵线性表出。,则An=-an-1An-1-a0E,解:c()=|EA|=(+1)2(1).,分别将=1,1代入上式得,10099=(100),1=a+b+c,设100=c()g()+a2+b+c,1=ab+c.,=c()g()+a2+b+c,=c()g()+c()g()+2a+b,将=1代入上式得,100=2a+b.,于是可得a=50,b=0,c=49.,=50A249E,故A100=c(A)g(A)+50A249E,=50,即100=c()g()+50249,308214205,A=,011010112,c()=|EA|=(1)3满足c(A)=O,f()=(1)2=22+1满足f(A)=O.,c()的次数为3,f()的次数为2,不存在更低次数的多项式g()使得g(A)=O.,例2.,二.最小多项式,1.定义:A的次数最低的最高次项系数为1的,化零多项式称为A的最小多项式.,2.性质:,(1)A的最小多项式|A的任一化零多项式.,(2)A的最小多项式是唯一的,记为mA()或简记为m().,(3)则m(0)=0c(0)=0.,(4)ABmA()=mB().,但反之未必!,1100010000100002,1100010000200002,例如:,与,的最小多项式都是(1)2(2),但是它们的特征多项式分别为,因而这两个矩阵不相似.,(1)3(2)和(1)2(2)2,定理,定理,例,推论.,设A,B分别为sn矩阵和nt矩阵,则,r(AB)r(A)+r(B)n.,引理.设A1,A2,As都是n阶方阵,且,r(A1)+r(A2)+r(As)(s1)n.,三.最小多项式与对角化的关系,定理3.A相似于对角矩阵mA()没有重根.,对角阵的最小多项式没有重根.,证明:()相似的矩阵的最小多项式相同;,()设mA()=(1)(2)(s),则(1EA)(2EA)(sEA)=O,定理：阶矩阵可以对角化的充分必要条件是每一个特征值的代数重数等于其几何重数。,有个线性无关的特征向量。,综合,例3.若n阶方阵A满足A23A+2E=O,r(AE)=r,则行列式|A+3E|=_.,解:A23A+2E=O(AE)(A2E)=O,存在可逆矩阵P使得P1AP=,|A+3E|=|P1|A+3E|P|,EnrOO2Er,秩(AE)=r,=|P1(A+3E)P|,=|P1AP+3E|,=4nr5r.,例4.求解矩阵方程X25X+6E=O,n阶方阵X,令r(A3E)=r,解:f(x)=x25x+6=(x3)(x2)为X的零化多项式,存在可逆矩阵P使得P1XP=,2ErOO3Enr,由X25X+6E=O(A2E)(A3E)=O,f(x)=(x3)(x2)无重因式，故为最小多项式m(x),矩阵X的特征值为3和2，且X可以相似对角化,2ErOO3Enr,X=,P,P1,例5.设m阶方阵J0为,证明:J0特征多项式为c()=(-a)m,OEm-1OO,证明:J0必不可以对角化。,J0-aE=,=N,Nk不等于O，,Nm=O,四.Jordan标准形,m阶Jordan块:,例如:,(0),注:,=,一阶Jordan块是一阶矩阵,Jordan形矩阵:,例如:,但不是Jordan形矩阵.,Jordan标准型,定理5：设A是n阶复矩阵，则必存在可逆矩阵S，使得,其中l1,ls是A的互不相同的特征值，,而且这个标准型在除去对角块顺序后是唯一的。,且,若A与Jordan形矩阵J相似,则称J为A的,Jordan当标准形.,注:,=,推论.两个复方阵相似它们具有相同的Jordan标准形.,推论.两个复方阵相似，特征值、秩？,Jordan矩阵的结构与几个结论:Jordan块的个数k是线性无关特征向量的个数;矩阵可对角化,当且仅当s=n;(3)相应于一个已知特征值的Jordan块的个数是该特征值的几何重数,它是相应的特征子空间的维数,相应于一个的所有Jordan块的阶数之和是该特征值的代数重数.特征值的几何重数代数重数(4)矩阵不同特征值对应的特征向量线性无关.,J的对角元素给出了特征值的信息。,推论：阶矩阵可以对角化的充分必要条件是每一个特征值的代数重数等于其几何重数。,有个线性无关的特征向量。,综合：,1,2,s,A,相似矩阵P的求法,定理5：l1,ls是n阶复矩阵A的互不相同的特征值，,且,(1)则必存在可逆矩阵S，使得,则下面是等价的,则V上必然存在一个线性变换T，使得,亦即中必然存在一组基(个)，使得T在这组基下的矩阵为,1,2,s,A,相似矩阵S的求法,五.Jordan标准型与最小多项式的关系,设A是n阶复矩阵，则必存在可逆矩阵S，使得,其中l1,ls是A的互不相同的特征值，,且,则A的最小多项式为：,六.Jordan标准型的确定,Jordan标准型的两个关键要素：Jordan块的阶数与块数,波尔曼定理:Jordan标准型唯一性原理,例,P82例2.3.6,2.3.7,例,已知矩阵A的特征多项式为,求矩阵A的Jordan标准形,七、方阵A的Jordan标准形的求法,求可逆矩阵S和Jordan矩阵JA，使AS=SJA分析方法：在定理5的基础上逆向分析矩阵JA和S的构成。求法与步骤：,矩阵A和JA的特征值相等,细分矩阵Pi和Ji，在Jordan块上，有,Jordan块的确定按照波尔曼定理,Jordan链，y2，ynj,特征向量,广义特征向量,链条中的向量合起来构成可逆矩阵S，Jordan块构成JA,可逆矩阵S不唯一，JA不考虑次序是唯一的,例6p772.3.3,例9证明：若A的所有特征值是l1,ln，则Am的所有特征值是l1m,lnm。,例10.设A=,.,1aa0a1+ab001,(1)求A的特征值和所有可能的Jordan标准形.,解:|EA|=(1)3.,由此可得A的特征值为1=2=3=1.,因此A的所有可能的Jordan标准形如下:,例10.设A=,.,1aa0a1+ab001,(2)a,b满足什么条件时,A相似于对角矩阵?,解:由(1)知,A相似于对角矩阵A相似于E,存在可逆矩阵P使得P1AP=E,A=E,a=b=0.,例10.设A=,.,1aa0a1+ab001,(3)当a=1,b=