相似标准型

特征值与特征向量

$A\eta = \lambda \eta$ ， $(\lambda I - A)\eta=\theta$ 有非0解。因此 $|\lambda I - A| = 0$

线性变换的特征向量就是他的矩阵的特征向量。

定理：相似矩阵的特征多项式相同。

$B = P^{-1}AP \Rightarrow |\lambda I-A| = |\lambda I - B|$

证明： $|\lambda I - B| = |P^{-1}(\lambda I)P - P^{-1}AP| = |P^{-1}(\lambda I - A)P|=|P||P^{-1}||\lambda I - A|$

有这个定理，就不用担心线性变换因为基不同导致矩阵不同，进而导致特征多项式不同。一定都是一样的。

相似对角化的基本方法

求特征值和特征向量，把特征向量排起来构成 $P$ ，然后 $\Lambda=P^{-1}AP$ 。 $\Lambda$ 是特征值排列的对角阵，排列顺序和P对应。

可以看出，可对角化的前提是 $P$ 是可逆的，即各种特征向量的相关性需要保证。

特征多项式的计算

子式：对矩阵任取k行k列形成行列式

计算秩

顺序主子式：左上角的子式

判断正定性

主子式：行任选，列和行标号一致

特征多项式的系数恰好是 $b_j = (-1)^j\sum (A的j阶主子式)$ $|\lambda I - A| = \lambda^n + b_1 \lambda^{n-1} + ... + b_n$

此计算方法的一个应用， $A=\alpha \beta^H$ ，则 $A$ 的特征多项式为 $\lambda^{n-1}(\lambda - \langle \alpha, \beta\rangle)$
注意 $tr(A)=\beta^H\alpha$

特别的： $b_1 = tr(A)$

特征值的性质重要

$tr(A)$ 是特征值之和。 $|A|$ 是特征值之积

推论：相似矩阵的tr相同、行列式相同

另一种计算方法：化0多项式

$f(x)$ 是多项式。若 $f(A)=O$ ，则 $A$ 的特征值都是 $f(x)=0$ 的根。

如果很容易的找到A的特征多项式，并且多项式比较好计算根，那立刻就得到了一些可能的特征值。并且A的特征值不会超过这些根的范围。

化0多项式一定存在（Hamilton-Cayley定理） 至少，特征多项式是一个化0多项式。

这个证明是很复杂的，并不是直接带进去算，因为你的特征多项式的输出是一个O矩阵，但行列式输出的是一个数字，所以肯定不能直接带。

Schur引理：对 $\forall A \in C^{n \times n}$ ，存在酉矩阵，使得 $U^HAU$ 是上三角矩阵。

eg $A = \begin{bmatrix} -3 & 4 \\ -3 & 5\end{bmatrix}$ ，求 $A^{1000}$ 传统方法，相似对角化，消除中间的矩阵。
高级解法：先找特征多项式 $C(\lambda)=|\lambda I - A| = (\lambda-3)(\lambda+1)$
接下来考虑 $\lambda^{1000} = C(\lambda)q(\lambda) + a\lambda + b$
这就是多项式除法，除数是 $C(\lambda)$ 余数是次数比 $C(\lambda)$ 次数低的多项式。
由HC定理，特征多项式是矩阵的化0多项式，所以前面的项就是0，关键是后面的余式的 $a,b$ 。
求 $a,b$ 的方法是把特征值的值3和-1带入，因为 $C(\lambda)$ 在取特征值的时候为0，所以前面也消掉了，就可以求出 $a, b$ 。
然后把原式中 $\lambda$ 替换成 $A$ 即可。
Q1：有重根怎么办？方程数量比待定系数的数量少，解不出所有系数？
A1：对两边求导，然后带入重根，因为重根是高次的，求导后 $C'(\lambda)$ 还是0，依然不需要管 $q(\lambda)$ ，就又得到了一个方程。
Q2：为什么可以把特征值的式子直接换成矩阵？
A2：从全局看，整个大等式如果移向也是一个矩阵A的化O多项式，那么A的特征值是这个多项式的跟(HC定理)，所以矩阵 $A$ 的特征值带入成立。
Q3： $C(\lambda)$ 似乎只需要保证化0就可以了，那么他的次数越低，未知数的数量就越少，就越好解？
A3：是的，所以我们尝试找到次数最低且最高次项系数为1的化0多项式，称为最小多项式。

最小多项式

定义：最高次项系数为1且次数最小的化0多项式。

性质：

最小多项式整除所有化0多项式
最小多项式的根和特征多项式根相同。
最小多项式唯一
相似矩阵拥有相同的最小多项式

计算：
求出特征多项式，从里面挑因子，验证能否化0

可对角化判别方法

特征子空间

定义： $V_{\lambda_0}=\{\eta \in V|f(\eta)=\lambda_0\eta\}$ ，其中 $\lambda_0$ 是特征值。

显然是子空间因为他是 $Ker(f-\lambda_0 I)$ ，核空间是子空间。

看起来就是 $\lambda$ 的特征向量集合？不对，也包含了0向量

性质： $dimV_{\lambda_0}=$ 属于该特征值的无关特征向量个数。

判定定理

n阶矩阵相似于对角阵 $\Leftrightarrow$ $A$ 有n个线性无关的特征向量
属于不同特征值的特征向量线性无关。
每个特征值的线性无关的特征向量合在一起还是线性无关的。
每个特征值的线性无关的特征向量=特征值的重数= $dimV_{\lambda_i}$
$V$ 是所有特征子空间的直和
n阶矩阵相似于对角阵 $\Leftrightarrow$ $A$ 的最小多项式无重根。就是 $\Pi (\lambda-\lambda_i)$

Jordan标准型

如何应对不可对角化的情况？

Jordan块

定义：主对角线元素相等，上方此对角线全是1，其他元素为0

1阶矩阵也看作Jordan块。

有Jordan块组成的分块对角阵为Jordan矩阵。

如果矩阵A和J矩阵相似，则J是A的jordan标准型。

J标准型的存在性和唯一性

存在性：一定存在

唯一性：平凡的不唯一，只要调整Jordan块的排列就能得到新的，这种不考虑的化，那就是唯一的。

重要定理

$\lambda_0$ 为A的特征值，则 $A$ 的Jordan块中以 $\lambda_0$ 为主对角元素的k阶Jordan块块数为 $r(B^{k-1})-2r(B^k)+r(B^{k+1})$ ，其中 $B=A-\lambda_0I$

重要性质

如果A相似于 $J$ ，则 $r((A-2I)^k)=r((J-2I)^k)$

次对角线的便利：高次很容易判断rank

求解方法

首先求出特征多项式的根，按照重数写在对角线上（几重就写几个），之后通过上面的定理，确定每个块的阶数，在此对角线上填相应的1即可。

分块对角阵的最小多项式

两个子块最小多项式的最小公倍式

性质：A的最小多项式中 $(x-\lambda_i)$ 的次数=Jordan标准型 $\lambda_i$ 块的最高阶数

eg 已知矩阵A的特征多项式和最小多项式都是 $x^4$ ，求 $A$ 和 $A^2$ 的jordan标准型。
解： $A$ 只有1个特征值0，是4重的。所以 $A$ 矩阵的Jordan标准型应该是 $\begin{bmatrix}0 & ? & 0 & 0 \\ 0 & 0 & ? & 0 \\ 0 & 0 & 0 & ? \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
进一步发现最小多项式0特征值的因子次数为4，所以1特征值的jordan块最高阶就是4，所以整个矩阵相似于一个jordan块，因此
$J=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$A^2 \sim J^2=\begin{bmatrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 但是要注意，这不是一个jordan标准型，所以要找一下。对于 $J^2$ 这个矩阵，因为J^2的最小多项式是 $x^2$ ，所以他的特征值还是0。Jordan块最高阶数为2，所以有两个可能性：
$J_1=\begin{bmatrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}, J_2=\begin{bmatrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 因为 $A^2$ 我们已经确定他的矩阵了，所以正确答案只有1个，进一步利用 $r(A-\lambda I)^k=r(J-\lambda I)^k$ ，发现k取1的时候，矩阵的秩为2，所以正确答案是 $J_1$ 。

特征值的分布

谱：特征值的集合

模：特征值的绝对值

谱半径： $\rho(A)$ 特征值的最大模

估计方法：两个上界 $\rho_1 = \max_{1\le i \le n}\{\sum_{j=1}^n|a_{ij}|\}, \rho_2 = \max_{1\le j \le n}\{\sum_{i=1}^n|a_{ij}|\}$ 不会超过每一行/列绝对值求和的最大值

盖尔园 $C_i$ ：A的对角线每个元素都有一个盖尔园，圆心为对角线元素在复平面的位置，半径为对角线元素绝对值求和（不包含圆心元素）。

盖尔园系 $G$ ：对角线元素的盖尔园求并

性质定理：特征值一定在 $G$ 中

K-区：n个盖尔园中，有k个相连，但其余n-k个不相交

性质定理：k-区有且仅有k个特征值推论：盖尔园都不想交，则有n个不相同的特征值

综合题

1. 设n阶方阵A，满足 $A^k=O$ ，证明： $|A|=0, tr(A)=0, |A+I|=1$ 若 $A\ne O$ ，则A不相似于对角阵

$A^k=O$ 说明 $x^k$ 是A的一个化0不等式。那他的特征值全是0。 tr(A)是特征值之和，所以=0，|A|是特征值之积，所以=0。

最后一个反证法，假设可以对角，因为特征值全0，那只能是O矩阵，矛盾。

2. 设内积空间的线性变换 $f(\alpha)=\alpha - 2\langle \alpha, \omega \rangle \omega, ||\omega||=1$ ，求f的特征多项式、特征值和特征子空间。

因为 $||\omega||=1$ ，所以可以基于次扩充一组标准正交基 $w_1=\omega_1, w_2, w_3, ..., w_n$ 。找到这一组基下f的矩阵，因为正交，后面内积都是0，所以矩阵 $A=\begin{bmatrix}-1 & 0 &... & 0 \\ 0 & 1 & ... & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$ 。所以特征多项式 $(\lambda+1)(\lambda-1)^{n-1}$ 。特征值1、-1，特征子空间就是两组特征向量分别生成的子空间（因为是正交基，肯定线性无关）

3 设矩阵 $\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 3\end{bmatrix}$ ，证明 $\rho(A)=10$

首先按照行和、列和的上界，确定了 $\rho(A)\le 10$ ，进一步验证10是否是特征值，那只要带入特征多项式=0即可，很简单。

但下面第4题就不那么容易了。

4 设矩阵 $\begin{bmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \\ 4 & 1 & 2 & 3\end{bmatrix}$ ，证明 $\rho(A)<10$

同样还是可以根据上界，确定 $\rho(A)\le 10$ ，那只要证明10不是特征值就可以了？不可以！！因为整个取值空间是复平面，不能只判断1个实数，所以老老实实画盖尔园，几何画图发现确实只有10这一个点是半径内和盖尔园有交集的点，再验证10不是特征值。

给定矩阵 $\begin{bmatrix}2 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 1 \\ -1 & -2 & 2\end{bmatrix}$ ，求 $J$ 和 $P$ ，使得 $J=P^{-1}AP$

step1 求特征值和特征向量特征值 $\lambda=1$ ，特征向量两个 $\alpha_1=(-2,1,0)^T, \alpha_2 = (1,0,1)^T$
step2 确定Jordan标准型特征值全1，确定对角线，因为基础解系有两个向量，所以 $r(A-\lambda I)=1$ ，所以Jordan块的形状为 $\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$
step3 找P。把P看作列向量 $P = (p_1, p_2, p_3)$ 。然后 $AP=PJ$ ，即 $A(p_1, p_2, p_3)=(p_1, p_2, p_3)\begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$
可以得到3个等式：
$Ap_1=p_1$ \
$Ap_2=p_2$ \
$Ap_3=p_2+p_3$
前两个就是特征向量没啥太大用处，关键是最后一个，他可以看成 $(A-\lambda I)p_3=p_2$ ，因为左边的矩阵式特征矩阵，所以他乘出来的结果 $p_2$ 应该能够由 $\alpha_1, \alpha_2$ 两个特征向量线性表示。所以可得 \
$(A-\lambda I)p_3=p_2 = k_1\alpha_1 = k_2 \alpha_2$ 。

如何求解 $k_1, k_2$ ？发现整个等式是非齐次线性方程组，为保证有解，需要满足 $r(A-\lambda I)=r([A-\lambda I, p_2])$ ，因此可以确定一组系数，确定系数后 $p_2$ 就得到了，带入 $(A-\lambda I)p_3=p_2$ $p_3$ 也得到了。

最后 $p_1$ 没有约束条件，只要满足是特征向量即可，因此从两个 $\alpha$ 中任取一个。最后 $p_1, p_2, p_3$ 合并起来就是 $P$ 。

3 相似标准型