
高等代数选讲笔记(7)——根子空间分解
第七讲:根子空间分解
根子空间性质
回忆
T:U→V,λ 是 T 的一个特征值,G(λ,T)=Null(T–λI)n,n=dimV。
λ1,⋯,λm 是 T 的不同特征值,那么:
G(λ1,T)⊕G(λ2,T)⊕⋯⊕G(λm,T)⊆V
我们将要证明实际上这是 =。
记号
T:V→V,对于任意:
p(x)=anxn+an–1xn–1+⋯+a0
定义:
p(T)=anTn+an–1Tn–1+⋯+a0I:V→V
则:
p(T)q(T)=pq(T)=qp(T)=q(T)p(T)[p(T),q(T)]:=p(T)q(T)–q(T)p(T)=0
性质 1
如果 T,S:V→V,[T,S]=0,那么 Null(S),Range(S) 是 T 不变子空间。
证明:
∀v∈Null(S),STv=TSv=0,Tv∈Null(S)∀v∈Range(S),v=Su,Tv=TSu=STu∈Range(S)
定理
T:V→V,λ1,⋯,λm 是 T 不同特征值。
- V=G(λ1,T)⊕⋯⊕G(λm,T)。
- G(λi,T) 是 T 不变子空间。
- (T–λi)|G(λi,T) 是幂零的。
其中 1 可写成:
V=⨁λ∈CG(λ,T)
证明:
对于 2:
[T,(T–λiI)n]=0
所以根据性质 1 可以推出 G(λi,T)=Null(T–λiI)n 是 T 不变的。
对于 3:
(T–λi)|nG(λi,T)=0
对于 1:
用归纳法证明,当 n=dimV=1 时显然成立。
假设命题在 dimV=1,2,⋯,n−1 时成立,当 dimV=n 时,令 λ1是 T 的一个特征值,那么:
V=G(λ1,T)⊕U
其中:(见第六讲)
U=Range(T–λ1I)n
dimU<dimV,命题对 T|U:U→U 成立(U 是 T 不变子空间,由性质 1 得)
U=G(λ2,T|U)⊕⋯⊕G(λm,T|U)
因为 T|U 的特征值必定在 λ2,⋯,λn 之中。
G(λi,T|U)⊆G(λi,T)dimG(λi,T|U)≤dimG(λi,T)dim(G(λ1,T)⊕⋯⊕G(λm,T))=dimG(λ1,T)+⋯dimG(λm,T)≥dimG(λ1,T)+dimG(λ2,T|U)+⋯+dimG(λm,T|U)=dimV
因此得证。推论:存在 T 的一组基,其中每个向量都是根向量。
根子空间分解
特征值的重数
特征值 λ 的重数为 dim(G(λ,T))。
推论:特征值重数之和 =dimV。
分块对角矩阵
一个分块对角矩阵是下列形式的方阵:
(A10⋯00A2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯Am)
其中 A1,A2,⋯,Am 均为方阵。
如果:
V=V1⊕V2⊕⋯⊕Vm
是 T 不变子空间的直和:
Ti=T|Vi:Vi→Vi,Ti↦Ai
可以推广 Ti:V→V。
那么 T 对应的矩阵是:
(A10⋯00A2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯Am)
记号:
T=T1+T2+⋯+Tm:V→V
性质 2
λ1,⋯λm 为 T 的不同特征值,重数分别为 d1,⋯,dm,那么存在 V 的一组基,使得 T 对应的矩阵形式如下:
(A10⋯00A2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯Am)
其中每个 Ai 是一个 di×di 的上三角矩阵,且对角线元素均为 λi。
证明:
定理 3 ⇒(T–λiI)|G(λi,T) 是幂零算子。
存在 G(λi,T) 的一组基,使得 T–λiI 的矩阵是严格上三角阵。
那么 T 的矩阵即为:
(λi⋯∗⋮⋱⋮0⋯λi)
把 G(λi,T) 的基放在一起得 V 的一组基,T 的矩阵满足性质 2 中的形式,故得证。
应用:平方根
定理
N∈L(V) 是幂零算子,那么 I+N 有一个平方根。
证明:考虑 √1+x 的泰勒级数:
√1+x=a0+a1x+⋯⋯1+x=(a0+a1x+⋯)2=a20+2a0a1x+(a21+2a0a2)x2+⋯⇒a0=1,a1=12,a2=−18,⋯
对于矩阵 T:(如果收敛)
√I+T=a0I+a1T+a2T2+⋯
如果 T 是幂零矩阵 N,则 Nn=0,因此:
√I+N=a0I+a1N+⋯+an–1Nn–1
必定存在。
性质 3
T∈L(V) 可逆,那么 T 有一个平方根。
证明:
T=T1+⋯+Tm,Ti=T|G(λi,T)
则:
Ti=λi(I+Ni)
(由于T 可逆,因此 λi≠0,可由性质 2 得出这种形式)
其中 Ni 是幂零算子。
Ri=√Ti=√λi√I+NiR=R1+R2+⋯RnR2=R21+R22+⋯+R2n=T1+T2⋯+Tn=T(RiRj=0,i≠j)
特征多项式
T:V→V,λ1,⋯,λm 为 T 不同的特征值,重数为 d1,⋯,dm。
定义
T 的特征多项式为:
chT=(z–λ1)d1⋯(z–λm)dm
性质
chT=det(zI–T)
这里 T 是指其在某组基下的矩阵。
证明:
[T]=(A10⋯00A2⋯0⋮⋮⋱⋮00⋯Am)Ai=(λi⋯∗⋮⋱⋮0⋯λi)det(zI–T)=(z–λ1)d1⋯(z–λm)dm
Cayley-Hamilton 定理
chT(T)=0
证明:
T=T1+⋯+Tm,Ti=T|G(λi,T)(Ti–λiI)di=0⇒chT(Ti)=0chT(T)=chT(T1)+chT(T2)+⋯+chT(Tm)=0(p(T)=p(T1)+p(T2)+⋯+P(Tm))
最小多项式
首一多项式
最高阶系数为 1 的多项式。
如:
xn+an–1xn–1+⋯+a0
性质
T∈L(V),那么存在唯一最小阶的首一多项式 P 使得 P(T)=0。
证明:
n=dimV,那么 L(V) 的维数是 n2。
那么 {1,T,T2,⋯,Tn2} 必须线性相关。
取 m 为最小的整数,使得 {1,T,⋯,Tm} 线性相关。
则 {1,T,⋯,Tm–1} 线性无关,Tm 可由 {1,T,⋯,Tm–1} 线性表出。
Tm+am–1Tm–1+⋯+a0I=0
定义 p(z)=zm+am–1pz–1+⋯+a0,则 p(T)=0。
如果存在多项式 q 使得 degq<degp 且满足同样性质,则根据线性无关考察 q 可得矛盾。如果存在多项式 q 使得 degq=degp 且满足同样性质,则根据线性无关类似考察 p−q 即可得 p=q。因此 p 是唯一的。
性质
如果 p 是 T 的最小多项式,则:
q(T)=0⇔p|q
证明:右推左显然。
左推右,考虑 q=fp+r,其中 degr<degp。则 q(T)=f(T)p(T)+r(T)=r(T)=0,因此 r=0,即 p|q。推论:最小多项式整除特征多项式。
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