线性代数线性代数lecture (2).pdf

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1、2 相似矩阵相似矩阵2.1 引言若n阶矩阵A有n个线性无关的特征向量令则有故为对角阵.此时称矩阵A可对角化.但并非所有矩阵A都可对角化,如2.1 引言定义定义：若对n阶矩阵A和B,存在可逆矩阵P,使得,则称A相似于B,记作2.1 引言注注:容易看到,矩阵相似满足以下性质:（1）自反性:（2）对称性:（3）传递性:因此,相似是给定数域K上所有n阶矩阵组成的集合上的一个等价关系等价关系.2.1 引言?为对角阵,即A相似于对角阵?实对称阵正交相似于对角阵.问题问题:求求n阶方阵的相似标准形阶方阵的相似标准形.2.2 相似矩阵的性质命题命题:相似矩阵A与具有相同的特征多项式,故具有相同的特征值,迹和行

2、列式.证明证明:由得出所需结论.2.2 相似矩阵的性质命题命题:设v是矩阵A的关于特征值 的特征向量,则是A的相似矩阵关于特征值的特征向量.证明证明:2.2 相似矩阵的性质注注:相似矩阵具有相同的特征值,但反之不成立.例:矩阵都有特征值5,-1,-1,矩阵A与B相似,但矩阵C与A,B不相似.2.2 相似矩阵的性质问题问题:给定两个矩阵A和B,如何判定它们是否相似?简单情形简单情形:设A和B都可对角化,且有相同的特征值,则A和B相似.一般情形一般情形:同于简单情形,也需要一个“最简”形式,即相似标准形相似标准形.我们通过比较矩阵的相似标准形是否相同来判断它们是否相似.2.3 Jordan标准形以

3、2阶矩阵为例:若2阶矩阵A有2个互异特征值则A可对角化,即若A有重特征值则有两种可能A有2个线性无关的特征向量mmA有1个线性无关的特征向量2.3 Jordan标准形?1个Jordan块,形如?一个Jordan块2.3 Jordan标准形例例:有特征值2(3重),其代数重数为3,几何重数为1.2.3 Jordan标准形Jordan块的性质:(1)只有一个n重特征值只有一个线性无关的特征向量.(2)2.3 Jordan标准形(3)与相似.令,则2.3 Jordan标准形(4)即:2.3 Jordan标准形定理定理:设矩阵A有s个线性无关的特征向量,则存在可逆矩阵P,使得其中J称为矩阵A的Jord

4、an标准形.若不计Jordan块的次序,则Jordan标准形唯一.2.3 Jordan标准形注注:（1）Jordan标准形J中Jordan块个数=A的线性无关的特征向量的个数;（2）若s=n,则J是对角阵,A可对角化;（3）定理等价于说,存在一组基使得Marie Ennemond Camille Jordan(1838 1922)是法国著名数学家.除了首次公开发表关于矩阵的相似标准形的讨论外,他还因复分析中的Jordan曲线定理,群论中的Jordan-Hlder定理等重要结果而闻名于世.注意,不要把Camille Jordan与引入Gauss-Jordan消元法的测地学家Wilhelm Jor

5、dan(1842 1899)以及引入Jordan代数的物理学家Pascual Jordan(1902 1980)混淆.2.3 Jordan标准形2.3 Jordan标准形例例:求矩阵的Jordan标准形.解解:由得A的特征值为(3重).由知由定理,A的Jordan标准形为2.4 定理的证明例例:假设矩阵A相似于记则AP=PJ即2.4 定理的证明三个向量链满足(1)或(2)起始向量是一个特征向量,(3)所有向量满足:存在某正整数k,使得(这种向量称为属于特征值的广义特征向量.)故求可逆矩阵P,使得等价于求A的n个线性无关的广义特征向量.2.4 定理的证明定理的证明定理的证明:对矩阵A的阶数用数学

6、归纳法.n=1时结论自然成立.假设阶数 n的矩阵A总可以相似于Jordan标准形.下面对阶数为n的矩阵A讨论.Step1:假设A有零特征值,则A是奇异矩阵.(若否,可任取一特征值讨论奇异矩阵)那么r(A)=r 1的链,因为存在y,使得w=Ay.故有p条链在C(A)中,首项是属于的特征向量.设是其中一条链,因为故存在使得于是链扩充为这样,Step2为Step1中p条链提供了p个新向量,记为.2.4 定理的证明如上例,存在使得于是扩充为.令则2.4 定理的证明Step3:若即则还需要找个N(A)中线性无关的向量它们将产生个1阶Jordan块(0).断言断言:这样得到n个向量线性无关.以这n个向量为

7、列向量构成矩阵P,则为A的Jordan标准形.2.4 定理的证明若矩阵A无零特征值,可任取A的特征值,则矩阵有零特征值.把上述讨论用于,得可逆矩阵P,使得为的Jordan标准形.那么对,有为A的Jordan标准形.2.4 定理的证明断言的证明断言的证明:设两边左乘矩阵A,得2.4 定理的证明注意是特殊的,在的链的末尾.所以它不会出现在中第一项中,故的左边是互不相同的的某个线性组合.而所有是C(A)的基,线性无关,故.于是可化为因此最后,由的线性无关性知则断言成立.综上所述，定理得证。2.4 定理的证明例例:已知,求可逆矩阵P,使得为其Jordan标准形.解解:可求得A有特征值Step1.奇异,

8、取的一组基2.4 定理的证明则即2.4 定理的证明记令则于是令则即是的属于特征值的一条链.2.4 定理的证明Step2.求解得于是2.4 定理的证明Step3.取则有2.4 定理的证明令注意故有2.4 定理的证明更进一步,我们有定理定理:n阶复矩阵的Jordan标准形中,主对角元为特征值的Jordan块的个数为其中每个Jordan块的阶数不超过 的代数重数.m阶Jordan块的个数 为2.4 定理的证明例例:设显然A的特征值为(4重).由于故A有两个线性无关的特征向量,故A的Jordan标准形有2个Jordan块.这2个Jordan块的阶数可能为1,3或者2,2.由于故1阶Jordan块的个数

9、2.4 定理的证明因此,A的Jordan标准形为2.5 Jordan标准形的应用定义定义:对n阶矩阵A,定义2.5 Jordan标准形的应用性质性质:(1)若AB=BA,则(2)若为对角块阵,则2.5 Jordan标准形的应用(3)对Jordan块有2.5 Jordan标准形的应用证明证明:(1)与(2)可由定义直接验证得.(3):注意到其中满足2.5 Jordan标准形的应用即N为幂零矩阵.并且故由(1)得而由定义2.5 Jordan标准形的应用故得证.2.5 Jordan标准形的应用应用应用:设A为n阶矩阵,则方程的解为(1)若A可相似于对角阵,即存在可逆矩阵P,使得为对角阵,则其中2.5

10、 Jordan标准形的应用(2)一般地,若存在可逆矩阵P,使得为Jordan标准形,则2.5 Jordan标准形的应用例例:求初值问题,其中解解:由前面的讨论知,存在可逆矩阵使得为A的Jordan标准形.2.5 Jordan标准形的应用则初值问题的解为2.5 Jordan标准形的应用例例:求解解解:给定二阶齐次线性方程可改写为记存在可逆矩阵使得为Jordan标准形.2.5 Jordan标准形的应用则其中于是得2.5 Jordan标准形的应用例例:设则验证:已求得则只需验证2.5 Jordan标准形的应用而其中故2.5 Jordan标准形的应用一般的,设矩阵A的特征多项式设是关于特征值 的 阶Jordan块,则其中是 的代数重数.由此即(Hamilton Caylay 定理定理)设A是复数域上n阶矩阵,是A的特征多项式,则