求下面矩阵的若当标准形.
设 $A=\begin{pmatrix}-2 & -2 & 6\\ -1 & -1 & 3\\ -1 & -1 & 3\end{pmatrix}$, $C(A)=\{B\in\mathbb{C}^{3\times 3}\mid AB=BA\}$.
(1) 求 $A$ 的若当标准形.
(2) 求复线性空间 $C(A)$ 的维数.
Answer
问题及解答
1
(1) 首先求 $\lambda E-A$ 的初等因子.
\[
\lambda E-A=\begin{pmatrix}
\lambda+2 & 2 & -6\\
1 & \lambda+1 & -3\\
1 & 1 & \lambda-3
\end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-r_3]{r_1-(\lambda+2)r_3}
\begin{pmatrix}
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda\\
0 & \lambda & -\lambda\\
1 & 1 & \lambda-3
\end{pmatrix}\xrightarrow[c_3-(\lambda-3)c_1]{c_2-c_1}
\begin{pmatrix}
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda\\
0 & \lambda & -\lambda\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
\lambda E-A=\begin{pmatrix}
\lambda+2 & 2 & -6\\
1 & \lambda+1 & -3\\
1 & 1 & \lambda-3
\end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-r_3]{r_1-(\lambda+2)r_3}
\begin{pmatrix}
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda\\
0 & \lambda & -\lambda\\
1 & 1 & \lambda-3
\end{pmatrix}\xrightarrow[c_3-(\lambda-3)c_1]{c_2-c_1}
\begin{pmatrix}
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda\\
0 & \lambda & -\lambda\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\]
\[
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & -\lambda\\
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & -\lambda\\
0 & 0 & -\lambda^2
\end{pmatrix}\xrightarrow{c_3+c_2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & 0\\
0 & 0 & -\lambda^2
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3*(-1)}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & 0\\
0 & 0 & \lambda^2
\end{pmatrix}
\]
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & -\lambda\\
0 & -\lambda & -\lambda^2+\lambda
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3+r_2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & -\lambda\\
0 & 0 & -\lambda^2
\end{pmatrix}\xrightarrow{c_3+c_2}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & 0\\
0 & 0 & -\lambda^2
\end{pmatrix}\xrightarrow{r_3*(-1)}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \lambda & 0\\
0 & 0 & \lambda^2
\end{pmatrix}
\]
于是初等因子为 $\lambda$, $\lambda^2$, 它们对应的Jordan块分别是 $(0)$ 和 $\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}$. 因此, 原矩阵的 Jordan 标准形为
\[
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix}
\]
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{pmatrix}
\]
2
为方便, 记 $\Lambda=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&1&0\end{pmatrix}$, 即 $\Lambda$ 是 $A$ 的若当标准形, 故它们相似. 故存在可逆矩阵 $P$, 使得 $PAP^{-1}=\Lambda$. 于是 $A=P^{-1}\Lambda P$.
现在设 $B$ 满足 $AB=BA$, 则 $P^{-1}\Lambda PB=BP^{-1}\Lambda P$, 这推出 $\Lambda PB=PBA$. 令
\[
PB=\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}
\]
于是
\[
\begin{pmatrix}
0&0&0\\
0&0&0\\
0&1&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-2&-2&6\\
-1&-1&3\\
-1&-1&3
\end{pmatrix}
\]
\[
\Rightarrow\quad\begin{pmatrix}
0&0&0\\
0&0&0\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-2a_{11}-a_{12}-a_{13}&-2a_{11}-a_{12}-a_{13}&6a_{11}+3a_{12}+3a_{13}\\
-2a_{21}-a_{22}-a_{23}&-2a_{21}-a_{22}-a_{23}&6a_{21}+3a_{22}+3a_{23}\\
-2a_{31}-a_{32}-a_{33}&-2a_{31}-a_{32}-a_{33}&6a_{31}+3a_{32}+3a_{33}
\end{pmatrix}
\]
于是, 我们有
\[
\begin{cases}
2a_{11}+a_{12}+a_{13}=0,\\
2a_{21}+a_{22}+a_{23}=0,\\
a_{22}=a_{21},\\
-2a_{31}-a_{32}-a_{33}=a_{21},\\
a_{23}=-3a_{21}
\end{cases}
\]
因此, 自由分量只有五个, 比如 $a_{12}, a_{13}, a_{21}, a_{31}, a_{32}$.
$C(A)$ 显然是一个复线性空间. 而可逆矩阵 $P$ 通过乘法作用在 $C(A)$ 上不会更改其维数. 故 $\dim C(A)=5$.