高等代数选讲笔记（6）——根子空间与幂零算子

高等代数选讲笔记（6）——根子空间与幂零算子

第六讲：根子空间与幂零算子

零空间的一些性质

性质 1

令 $U \stackrel{S}{\to} V \stackrel{T}{\to} W$，那么$\mathrm{Null}(S) \subseteq \mathrm{Null}(T \circ S)$。

证明：$\forall v \in \mathrm{Null}(S),Sv = 0,T(Sv) = 0, \therefore v \in \mathrm{Null} (T \circ S)$。

推论：$T : V \to V$，那么：

$$\{0\} = \mathrm{Null}(T^0) \subseteq \mathrm{Null}(T^1) \subseteq \cdots \subseteq \mathrm{Null}(T^k) \subseteq \mathrm{Null}(T^{k + 1}) \subseteq \cdots$$
证明显然。

性质 2

如果 $\mathrm{Null}(T^m) = \mathrm{Null}(T^{m + 1})$，那么 $\mathrm{Null}(T^{m + 1}) = \mathrm{Null}(T^{m + 2}) = \cdots$。

证明：令 $k$ 为正整数，要证明 $\mathrm{Null}(T^{m + k}) = \mathrm{Null}(T^{m + k + 1})$。

$$\forall v \in \mathrm{Null}(T^{m + k + 1}), T^{m + k + 1}v = 0 \\ \Rightarrow T^{m + 1}T^k v = 0 \Rightarrow T^k v \in \mathrm{Null}(T^{m + 1}) = \mathrm{Null}(T^m) \\ \therefore T^m T^k v = 0, v \in \mathrm{Null}(T^{m + k}) \\ \therefore \mathrm{Null}(T^{m + k + 1}) \subseteq \mathrm{Null})T^{m + k}$$

性质 3

$n = \dim V$，那么：

$$\mathrm{Null}(T^n) = \mathrm{Null}(T^{n + 1}) = \cdots$$
证明：只需要证明 $\mathrm{Null}(T^n) = \mathrm{Null}(T^{n + 1})$。

假设不成立，那么：

$$0 = \mathrm{Null}(T^0) \subsetneq \mathrm{Null}(T^1) \subsetneq \cdots \subsetneq \mathrm{Null}(T^{n + 1})$$
故每一步维数至少加 $1$。

则 $\dim \mathrm{Null}(T^{n + 1}) \ge \dim \mathrm{Null}(T^0) + n + 1 = n + 1$ 矛盾，因为 $\mathrm{Null}(T^{n + 1}) \subseteq V, \dim V = n$。

推论：$T : V \to V$：

$$0 = \mathrm{Null}(T^0) \subseteq \mathrm{Null}(T^1) \subseteq \cdots \subseteq \mathrm{Null}(T^n) = \mathrm{Null}(T^{n + 1}) = \cdots$$

直和

定义

$$V_1, V_2, \cdots, V_k \subseteq V$$

是 $V$ 的子空间，称：

$$V_1 + V_2 + \cdots + V_k = \{v_1 + v_2 + \cdots + v_k | v_i \in V_i\}$$
为一个直和，记作 $V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_k$，如果对于任意 $v_i \in V_i, v_i \not = 0$，$\{v_1, v_2, \cdots, v_k\}$ 都是线性无关的。

练习：$V_1 + V_2 + \cdots + V_k$ 是一个直和

$$\Leftrightarrow V_1 \times V_2 \times \cdots \times V_k \to V_1 + V_2 + \cdots + V_k \\ (v_1, v_2, \cdots, v_k) \mapsto v_1 + v_2 + \cdots + v_k$$
是一个同构。

推论 1

$$\dim(V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_k) = \dim(V_1) + \dim(V_2) + \cdots + \dim(V_k)$$

特殊情况：$k = 2$

如果 $V$ 是一个内积空间，$U \subseteq V$ 是 $V$ 子空间，则 $V = U \oplus U^\perp$。

推论 2

$T : V \to V$ 是自伴算子，那么：

$$\mathrm{Null}(T)^\perp = \mathrm{Range}(T^*) = \mathrm{Range}(T) \\ \Rightarrow V = \mathrm{Null}(T) \oplus \mathrm{Range}(T)$$
对于一般的 $T$ 不成立。

性质 4（补充）

对于一般 $T : V \to V$，$V = \mathrm{Null}(T^n) \oplus \mathrm{Range}(T^n)$，其中 $n = \dim V$。

证明：先证明：$\mathrm{Null}(T^n) \cap \mathrm{Range}(T^n) = \{0\}$。

$$v \in \mathrm{Null}(T^n) \cap \mathrm{Range}(T^n), T^n v = 0$$
且存在 $u$ 使得 $T^nu = v$。
$$0 = T^n v = T^n T^n u = T^{2n} u$$
故 $u \in \mathrm{Null}(T^{2n}) = \mathrm{Null}(T^n)$。

则 $v = T^n u = 0$，因此两空间满足直和条件。

$$\dim(\mathrm{Null}(T^n) \oplus \mathrm{Range}(T^n)) = \dim(\mathrm{Null}(T^n)) + \dim(\mathrm{Range}(T^n)) = n$$
因此 $V = \mathrm{Null}(T^n) \oplus \mathrm{Range}(T^n)$。

根子空间（广义特征子空间）

$\lambda$ 是特征向量，$v \not = 0$，$(T – \lambda I) v = 0$。

$\lambda$ 的特征空间是 $\mathrm{Null}(T – \lambda I) = E(\lambda, T)$。

如果 $T$ 可以对角化（$T$ 自伴， $T$ 酉），那么 $V = E(\lambda_1, T) \oplus E(\lambda_2, T) \oplus \cdots \oplus E(\lambda_m, T)$。

其中 $\{\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m\}$ 为不同的特征值。

$E(\lambda_i, T)$ 是 $T$ 不变子空间，$T |_{E(\lambda_i, T)} = \lambda_i I$。

定义

对于一般 $T : V \to V$：

1. 根向量（广义特征向量）是一非零向量 $v$，使得 $(T – \lambda I)^k v = 0$，对于某些 $k > 0$。
2. $\lambda$ 根空间指 $G(\lambda, T) = \bigcup\limits_{k = 1}^\infty \mathrm{Null}(T – \lambda I)^k =$ 根向量的集合并上零向量。

性质 1

$$G(\lambda, T) = \mathrm{Null}(T – \lambda I)^{\dim V}$$

性质 2

$G(\lambda, T)$ 是 $T$ 不变子空间。

证明：令 $v \in G(\lambda, T)$，要证明 $T v \in G(\lambda, T)$。

$$(T – \lambda I)^n v = 0, (T – \lambda I)^n T v = T (T – \lambda I)^n v = 0$$
故 $Tv \in G(\lambda, T)$。（$T$ 与 $(T – \lambda I)^n$ 每一项均可交换）

推论：

$$G(\lambda, T) = \mathrm{Null}(T – \lambda I)^{\dim G(\lambda, T)}$$

性质 3

$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 为不同特征值，$v_1, \cdots, v_m$ 对应特征向量，那么 $v_1, \cdots, v_m$ 是线性无关的。

即 $G(\lambda_1, T) \oplus G(\lambda_2, T) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T)$ 是直和。

证明：

$$a_1 v_1 + \cdots a_m v_m = 0 (*)$$

令 $k$ 为最大的非负整数，使得 $(T – \lambda_1 I)^k v_1 \not = 0$。

记 $w = (T – \lambda_1 I)^k v_1, (T – \lambda_1 I) w = (T – \lambda_1 I)^{k + 1} v= 0$。

则 $T w = \lambda_1 w$。

$$(T – \lambda_2 I) w = Tw – \lambda_2 w = (\lambda_1 – \lambda_2) w \\ (T – \lambda_2 I)^n w = (\lambda_1 – \lambda_2)^n w$$
将 $(T – \lambda_1 I)^k (T – \lambda_2 I)^n \cdots (T – \lambda_m I)^n$ 作用在 $(*)$ 得（各项均可交换，考虑到展开后可交换）：
$$a_1(\lambda_1 – \lambda_2)^n (\lambda_1 – \lambda_3)^n \cdots (\lambda_1 – \lambda_m)^n w + 0 + \cdots + 0 = 0 \\ \Rightarrow a_1 = 0$$
同理 $a_i = 0$，故 $v_1, v_2, \cdots, v_m$ 线性无关。

幂零算子

定义

$$N : V \to U$$

是幂零算子，如果 $N^m = 0$ 对于某些 $m$。

性质 1

$N$ 是幂零算子，那么存在一组基，使得 $N$ 在这个基下的矩阵为：

$$\begin{pmatrix} 0 & \cdots & * \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$$
（严格上三角阵）

证明：存在一组基使得 $N$ 在其下的矩阵为上三角矩阵。

则 $N^m$ 在其下的矩阵的对角线元素为 $N$ 在其下的矩阵的对角线元素对应的 $m$ 次幂，而 $N^m = 0$，故其在这组基下的矩阵为零矩阵。

所以 $N$ 在这组基下的矩阵的对角线元素均为 $0$。

性质 2

任意的严格上三角阵都是幂零矩阵。

证明考虑每乘一次，斜线上均为 $0$ 的增多一条，因此 $N^n = 0$。

推论：$N$ 幂零 $\Leftrightarrow$ 所以 $N$ 的特征值均为 $0$。

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