wzf2000 高等代数选讲笔记（7）——根子空间分解
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第七讲：根子空间分解
根子空间性质
回忆
$T : U \to V$，$\lambda$ 是 $T$ 的一个特征值，$G(\lambda, T) = \mathrm{Null} \, (T – \lambda I)^n, n = \dim V$。
$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 是 $T$ 的不同特征值，那么：
$$
G(\lambda_1, T) \oplus G(\lambda_2, T) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T) \subseteq V
$$
我们将要证明实际上这是 $=$。
记号
$T : V \to V$，对于任意：
$$
p(x) = a_n x^n + a_{n – 1} x^{n – 1} + \cdots + a_0
$$
定义：
$$
p(T) = a_n T^n + a_{n – 1} T^{n – 1} + \cdots + a_0 I : V \to V
$$
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 $T, S : V \to V$，$[T, S] = 0$，那么 $\mathrm{Null}\, (S), \mathrm{Range}\, (S)$ 是 $T$ 不变子空间。
证明：
$$
\forall v \in \mathrm{Null}\, (S), STv = TSv = 0, Tv \in \mathrm{Null}\, (S) \\
\forall v \in \mathrm{Range}\, (S), v = Su, Tv = TSu = STu \in \mathrm{Range}\, (S)
$$
定理
$T : V \to V$，$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 是 $T$ 不同特征值。
- $V = G(\lambda_1, T) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T)$。
- $G(\lambda_i, T)$ 是 $T$ 不变子空间。
- $(T – \lambda_i)\Big | _{G(\lambda_i, T)}$ 是幂零的。
其中 1 可写成：
$$
V = \bigoplus_{\lambda \in \mathbb{C}} G(\lambda, T)
$$
证明：
对于 2：
$$
[T, (T – \lambda_i I)^n] = 0
$$
所以根据性质 1 可以推出 $G(\lambda_i, T) = \mathrm{Null}\, (T – \lambda_i I)^n$ 是 $T$ 不变的。
对于 3：
$$
(T – \lambda_i)\Big | _{G(\lambda_i, T)}^n = 0
$$
对于 1：
用归纳法证明，当 $n = \dim V = 1$ 时显然成立。
假设命题在 $\dim V = 1, 2, \cdots, n- 1$ 时成立，当 $\dim V = n$ 时，令 $\lambda_1$是 $T$ 的一个特征值，那么：
$$
V = G(\lambda_1, T) \oplus U
$$
其中：（见第六讲）
$$
U = \mathrm{Range}\, (T – \lambda_1 I)^n
$$
$\dim U < \dim V$，命题对 $T |_{U} : U \to U$ 成立（$U$ 是 $T$ 不变子空间，由性质 1 得）
$$
U = G(\lambda_2, T|_U) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T|_U)
$$
因为 $T|_{U}$ 的特征值必定在 $\lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 之中。
$$
G(\lambda_i, T|_U) \subseteq G(\lambda_i, T) \\
\dim G(\lambda_i, T|_U) \le \dim G(\lambda_i, T) \\
\dim (G(\lambda_1, T) \oplus \cdots \oplus G(\lambda_m, T)) \\
= \dim G(\lambda_1, T) + \cdots \dim G(\lambda_m, T) \\
\ge \dim G(\lambda_1, T) + \dim G(\lambda_2, T|_U) + \cdots + \dim G(\lambda_m, T|_U) \\
= \dim V
$$
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 $\lambda$ 的重数为 $\dim (G(\lambda_, T))$。
推论：特征值重数之和 $= \dim V$。
分块对角矩阵
一个分块对角矩阵是下列形式的方阵：
$$
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
其中 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 均为方阵。
如果：
$$
V = V_1 \oplus V_2 \oplus \cdots \oplus V_m
$$
是 $T$ 不变子空间的直和：
$$
T_i = T|_{V_i} : V_i \to V_i, T_i \mapsto A_i
$$
可以推广 $T_i : V \to V$。
那么 $T$ 对应的矩阵是：
$$
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
记号：
$$
T = T_1 + T_2 + \cdots + T_m : V \to V
$$
性质 2
$\lambda_1, \cdots \lambda_m$ 为 $T$ 的不同特征值，重数分别为 $d_1, \cdots, d_m$，那么存在 $V$ 的一组基，使得 $T$ 对应的矩阵形式如下：
$$
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix}
$$
其中每个 $A_i$ 是一个 $d_i \times d_i$ 的上三角矩阵，且对角线元素均为 $\lambda_i$。
证明：
定理 3 $\Rightarrow (T – \lambda_i I) \Big |_{G(\lambda_i, T)}$ 是幂零算子。
存在 $G(\lambda_i, T)$ 的一组基，使得 $T – \lambda_i I$ 的矩阵是严格上三角阵。
那么 $T$ 的矩阵即为：
$$
\begin{pmatrix}
\lambda_i & \cdots & * \\
\vdots & \ddots & \vdots \\
0 & \cdots & \lambda_i
\end{pmatrix}
$$
把 $G(\lambda_i, T)$ 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
$N \in \mathcal{L}(V)$ 是幂零算子，那么 $I + N$ 有一个平方根。
证明：考虑 $\sqrt{1 + x}$ 的泰勒级数：
$$
\sqrt{1 + x} = a_0 + a_1 x + \cdots \cdots \\
1 + x = (a_0 + a_1 x + \cdots )^2 \\
= a_0^2 + 2a_0 a_1 x + (a_1^2 + 2a_0 a_2) x^2 + \cdots \\
\Rightarrow a_0 = 1, a_1 = \frac{1}{2}, a_2 = -\frac{1}{8}, \cdots
$$
对于矩阵 $T$：（如果收敛）
$$
\sqrt{I + T} = a_0 I + a_1 T + a_2 T^2 + \cdots
$$
如果 $T$ 是幂零矩阵 $N$，则 $N^n = 0$，因此：
$$
\sqrt{I + N} = a_0 I + a_1 N + \cdots + a_{n – 1} N^{n – 1}
$$
必定存在。
性质 3
$T \in \mathcal{L}(V)$ 可逆，那么 $T$ 有一个平方根。
证明：
$$
T = T_1 + \cdots + T_m, T_i = T |_{G(\lambda_i, T)}
$$
则：
$$
T_i = \lambda_i (I + N_i)
$$
（由于$T$ 可逆，因此 $\lambda_i \not = 0$，可由性质 2 得出这种形式）
其中 $N_i$ 是幂零算子。
$$
R_i = \sqrt{T_i} = \sqrt{\lambda_i} \sqrt{I + N_i} \\
R = R_1 + R_2 + \cdots R_n \\
R^2 = R_1^2 + R_2^2 + \cdots + R_n^2 \\
= T_1 + T_2 \cdots + T_n \\
= T \\
(R_i R_j = 0, i \not = j)
$$
特征多项式
$T : V \to V$，$\lambda_1, \cdots, \lambda_m$ 为 $T$ 不同的特征值，重数为 $d_1, \cdots, d_m$。
定义
$T$ 的特征多项式为：
$$
\mathrm{ch}_T = (z – \lambda_1)^{d_1} \cdots (z – \lambda_m)^{d_m}
$$
性质
$$
\mathrm{ch}_T = \det (z I – T)
$$
这里 $T$ 是指其在某组基下的矩阵。
证明：
$$
[T] =
\begin{pmatrix}
A_1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & A_2 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & A_m
\end{pmatrix} \\
A_i =
\begin{pmatrix}
\lambda_i& \cdots & * \\
\vdots & \ddots & \vdots \\
0 & \cdots & \lambda_i
\end{pmatrix} \\
\det (z I – T) = (z – \lambda_1)^{d_1} \cdots (z – \lambda_m)^{d_m}
$$
Cayley-Hamilton 定理
$$
\mathrm{ch}_T\, (T) = 0
$$
证明：
$$
T = T_1 + \cdots + T_m, T_i = T|_{G(\lambda_i, T)} \\
(T_i – \lambda_i I)^{d_i} = 0 \Rightarrow \mathrm{ch}_T \, (T_i) = 0 \\
\mathrm{ch}_T \, (T) = \mathrm{ch}_T \, (T_1) + \mathrm{ch}_T \, (T_2) + \cdots + \mathrm{ch}_T \, (T_m) = 0 \\
(p(T) = p(T_1) + p(T_2) + \cdots + P(T_m) )
$$
最小多项式
首一多项式
最高阶系数为 $1$ 的多项式。
如：
$$
x^n + a_{n – 1} x^{n – 1} + \cdots + a_0
$$
性质
$T \in \mathcal{L}(V)$，那么存在唯一最小阶的首一多项式 $P$ 使得 $P(T) = 0$。
证明：
$n = \dim V$，那么 $\mathcal{L}(V)$ 的维数是 $n^2$。
那么 $\{1, T, T^2, \cdots, T^{n^2}\}$ 必须线性相关。
取 $m$ 为最小的整数，使得 $\{1, T, \cdots, T^m\}$ 线性相关。
则 $\{1, T, \cdots, T^{m – 1}\}$ 线性无关，$T^m$ 可由 $\{1, T, \cdots, T^{m – 1}\}$ 线性表出。
$$
T^m + a_{m – 1} T^{m – 1} + \cdots + a_0 I = 0
$$
定义 $p(z) = z^m + a_{m – 1} p^{z – 1} + \cdots + a_0$，则 $p(T) = 0$。
如果存在多项式 $q$ 使得 $\deg q < \deg p$ 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 $\deg q = \deg p$ 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：
$$
q(T) = 0 \Leftrightarrow p | q
$$
证明：右推左显然。
左推右，考虑 $q = fp + r$，其中 $\deg r < \deg p$。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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