Jordan标准形

Jordan块
主对角元素为某一特征值，副对角元素为1，如：
1阶J块：($\lambda$)
2阶J块：$\left(\begin{matrix}\lambda & 1 \\ & \lambda \end{matrix}\right)$
3阶J块：$\left(\begin{matrix}\lambda & 1 & \\ & \lambda & 1 \\ & & \lambda \end{matrix}\right)$
4阶J块：$\left(\begin{matrix}\lambda & 1 & & \\ & \lambda & 1 & \\ & & \lambda & 1 \\ & & & \lambda\end{matrix}\right)$
……
n阶J块：$\left(\begin{matrix}\lambda & 1 & & &\\ & \lambda & 1 & & \\ & & \ddots & \ddots \\ & & & \ddots & 1\\ & & & & \lambda \end{matrix}\right)$
Jordan标准形
由Jordan块组成的对角阵，如
$$\left(\begin{matrix} J_1 & & & \\ & J_2 & & \\ & & \ddots & \\ & & & J_n \end{matrix}\right)$$
求矩阵A的Jordan标准形

先求A的特征多项式，解出特征值
特征值单重根为1阶J块，2重根为1个2阶J块或2个1阶J块，即副对角线元素为1或0，先设为*（3重以上的差不多，可能是3个1阶J块，或1个3阶J块，或1个1阶J块+1个2阶J块）
对多重根算n-r(A- Iλ)=k，（r(A- Iλ)= r(Iλ-A)，实际上跟证相似对角化是一样的套路）k是多少那么那个特征值就对应几个J块，如k=1，则这个2重特征值对应1个2阶J块，*=1,。如k=2，则对应2个1阶J块，*=0。

注意
- 矩阵A有多少个正交的特征向量，就有多少个Jordan块
- A有n个相异的特征值，就有n个1阶J块
- 不考虑J块次序，复矩阵A的Jordan形由A唯一确定
定理
任意n阶矩阵A都可相似于Jordan标准形

λ矩阵理论

λ矩阵——A(λ)表示矩阵元素含λ

最小多项式
首1的，次数最低的，A的零化式，为A的最小多项式$m_A(λ)$ 。能让f(A)=0的就是A的零化式
求最小式
先求特征多项式 $f(λ)=| λI-A |$，设$g(λ)=( λ-a)^i(λ-b)^j…$从次数最低的开始尝试如$g_1(λ)=( λ-a)(λ-b)…$，算一算是否有$g_1(A)= 0$，不断提高次数直到遇到$g_X(A)=0$，它就是最小式
A的最小式无重根等价于

求初等因子

方法2中第2步所谓的分解因式是把不同类型的因式拆开，$(λ-1)^2(λ+1)^3$，同类型带次数的不要把次数拆开
方法3 常用，一般不考r>3的清醒
初等因子可能有重复的，如北航矩阵论教材27页例5
求不变因子
A为几阶方阵就有几个不变因子，从第n个往前求。从初等因子组中取出同类型因子次数最高的项（如：λ-1, (λ-1)2, λ+2 ,( λ+2)3，带λ-1的是一个类型的，取出最高次(λ-1)2 ，带λ+1的是一个类型的，取出最高次(λ+1)3，组成(λ-1)2(λ+1)3）作为第n个不变因子dn(λ)，重复上述步奏直到初等因子全部用完，不变因子不足n个，用1补齐，如…=d2(λ)= d1(λ) = 1
求Smith标准形
不变因子顺序排下来，写在主对角线上，就是smith标准形
也可以直接由A(λ)经初等行变换化得，要保证第i项能被第i+1项整除，非常麻烦

其实就是把欧式空间里的实数变成复数, 欧式空间是有限维的实内积空间，酉空间是有限维的复内积空间

.	实数域	复数域
对称	实对称阵($A^T=A$)	厄米特阵($A^H=A$)
正交	正交阵($A^TA=I$)	酉矩阵($A^HA=I$)

许尔引理（Schur）：$\forall A_{n \times n} \in C$, A都可酉相似于一个上三角阵，其主对角元为A的特征值
正规矩阵（规范阵）：$\forall A_{n \times n} \in C$，有 $A^HA=AA^H$
- 实对称阵（$A^T=A$）反实对称阵（$A^T= -A$）正交阵（$A^T=A^{-1}$）
- 厄米特阵（$A^H=A$）反厄米特阵（$A^H= -A$）酉矩阵（$A^H=A^{-1}$）
  均是正规矩阵