例 7.56

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例 7.57

例 7.56

设 $m$ 阶矩阵 $A$ 与 $n$ 阶矩阵 $B$ 没有公共的特征值，且 $A, B$ 的 Jordan 标准型分别为 $J_{1}, J_{2}$ ，又 $C$ 为 $m \times n$ 矩阵，求证：
$M = (A O C B)$
的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ 。

解答

证法 1 设 $P_{1} (λ), P_{2} (λ), Q_{1} (λ), Q_{2} (λ)$ 是可逆 $λ$ -矩阵，使得

P_{1} (λ) (λ I_{m} - A) Q_{1} (λ) P_{2} (λ) (λ I_{n} - B) Q_{2} (λ) = Λ_{1} = diag {f_{1} (λ), f_{2} (λ), \dots, f_{m} (λ)}, = Λ_{2} = diag {g_{1} (λ), g_{2} (λ), \dots, g_{n} (λ)}

分别是 $A, B$ 的法式。考虑如下 $λ$ -矩阵的初等变换：

(P_{1} O O P_{2}) (λ I_{m} - A O - C λ I_{n} - B) (Q_{1} O O Q_{2}) = (Λ_{1} O D Λ_{2}),

其中 $D = - P_{1} C Q_{2} = (d_{ij} (λ))$ 是 $m \times n$ $λ$ -矩阵。由于 $A, B$ 没有公共的特征值，故对任意的 $1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n$ ， $(f_{i} (λ), g_{j} (λ)) = 1$ ，从而存在 $u_{ij} (λ), v_{ij} (λ)$ ，使得

f_{i} (λ) u_{ij} (λ) + g_{j} (λ) v_{ij} (λ) = 1.

将 $λ$ -矩阵

(Λ_{1} O D Λ_{2})

的第 $i$ 列乘以 $- u_{ij} (λ) d_{ij} (λ)$ 加到第 $m + j$ 列上，再将第 $m + j$ 行乘以 $- v_{ij} (λ) d_{ij} (λ)$ 加到第 $i$ 行上，则可以消去 $D$ 的第 $(i, j)$ 元素，因此 $M$ 的特征矩阵相抵于对角矩阵 $diag {Λ_{1}, Λ_{2}}$ 。再由例 7.10 可知， $M$ 的初等因子组是 $f_{1} (λ), \dots, f_{m} (λ), g_{1} (λ), \dots, g_{n} (λ)$ 的准素因子组，而 $f_{1} (λ), \dots, f_{m} (λ)$ 的准素因子组是 $A$ 的初等因子组， $g_{1} (λ), \dots, g_{n} (λ)$ 的准素因子组是 $B$ 的初等因子组，因此 $M$ 的初等因子组是 $A, B$ 的初等因子组的无交并集，于是 $M$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ 。

证法 2 由例 6.91 可知，矩阵方程 $A X - X B = C$ 存在唯一解 $X = X_{0}$ 。考虑如下相似变换：

(I_{m} O X_{0} I_{n}) (A O C B) (I_{m} O - X_{0} I_{n}) = (A O - A X_{0} + X_{0} B + C B) = (A O O B),

因此 $M$ 的 Jordan 标准型为 $diag {J_{1}, J_{2}}$ 。 $□$

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