Linear Algebra Done Right第五章注记和部分习题

注记部分:

1 不同特征值对应的特征向量线性无关的证明

在第一章注记中已经说明,如果对每个 \( k=2,3,4,\dots,n\),都有 \( (V_1+V_2+\dots+V_{k-1})\cap V_k=\{0\}\) ,那么子空间 \( V_1,V_2,\dots,V_k\) 的和是直和,从而在各个子空间中分别选取线性无关的向量,它们放在一起也是线性无关的。

这里,两个不同特征值所对应的特征子空间的交集显然是{0},这是因为 \( T\) 在这两个子空间中的作用是不同的,不可能存在一个非零向量经过 \( T\) 的变换之后既是原来的 \( \lambda_1\) 倍又是原来的 \( \lambda_2\) 倍。
接下来就是仿此用数学归纳法证明 \( (V_1+V_2+\dots+V_{k-1})\cap V_k=\{0\}\)。因为 \( V_1\oplus V_2\oplus\dots\oplus V_{k-1}\) 是直和,其中的任何一个非零向量可唯一分解为 \( v=v_1+v_2+\dots+v_{k-1}\),经过 \( T\) 变换之后变成 \( \lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\dots+\lambda_{k-1}v_{k-1}\),然后用直和的性质证明这是 \( Tv\) 表示成 \( v_1,v_2,\dots,v_{k-1}\) 线性组合的唯一方式,从而不可能出现在 \( V_k\) 中。

2 不变子空间的一些性质

以下几个命题是比较显然的:

命题1:设 \( U, V\) 是 \( T\) 的两个不变子空间,那么它们的和 \( U+V\)、它们的交 \( U\cap V\) 也是 \( T\) 的不变子空间。

命题2:设 \( U\) 是 \( T\) 和 \( S\) 的不变子空间,那么 \( U\) 也是 \( T+S\)、\( TS\) 和 \( ST\) 的不变子空间。

推论3:设 \( U\) 是 \( T\) 的不变子空间,\( p(z)\) 是数域 \( \mathbf{F}\) 上的多项式,那么 \( U\) 也是 \( p(T)\) 的不变子空间。

在分析线性变换的过程中,非平凡的不变子空间是很珍贵的,通过这几个命题,我们可以用已有的珍贵的非平凡不变子空间再构造出更多的非平凡不变子空间。比如,如果 \( T\) 不可逆,那么 \( \mathrm{null}\,T\)、\( \mathrm{range}\,T\) 都是非平凡的不变子空间。从而 \( \mathrm{null}\,T+\mathrm{range}\,T\)、\( \mathrm{null}\,T\cap\mathrm{range}\,T\) 等等都是 \( T\) 的不变子空间,从而也是 \( p(T)\) 的不变子空间。(尽管这样做也可能无法得到新的非平凡的不变子空间)

3 “复数空间上线性变换都可表示成上三角矩阵”的证明

本章对这个定理的证明中,在假设结论对所有小于 \( \mathrm{dim}\,V\) 维的空间都成立并证明结论对 \( V\) 也成立的时候,先将 \( T\) 已知的一个一维特征子空间搁置一旁,转而考虑 \( \mathrm{range}\,(T-\lambda I)\),这是 \( T\) 的不变子空间,且维数小于 \( \mathrm{dim}\,V\),但是不一定只比 \( V\) 小一维,它的维数取决于 \( \mathrm{null}\,(T-\lambda I)\) 的维数。这样就给分析的思路增加了一些难度和不确定性。当然,幸运的是最后还是顺利地完成了证明,让人觉得这个证明太巧妙了,怎么最初就能想到要考察 \( \mathrm{range}\,(T-\lambda I)\) 呢?
但是仿照第九章证明实数空间类似性质的定理的证明方法,可以做出一个更朴实更自然的证明。
证明:假设在维数小于 \( \mathrm{dim}\,V\) 的空间上的所有线性变换都可以找到一组基底使得其对应的矩阵是上三角阵,那么在 \( V\) 中的一个线性变换 \( T\),因为至少有一个特征值,也就可以找到一个一维的特征子空间 \( U\),再取子空间 \( W\) 使得 \( U\oplus W=V\)。这样 \( W\) 只比 \( V\) 少了一维 ,但是不一定是 \( T\) 的不变子空间。我们将 \( Tv\) 分解为 \( Tv=P_{W,U}Tv+P_{U,W}Tv\),在子空间 \( W\) 中可以找到一组基底 \( v_1,v_2,\dots,v_{\mathrm{dim}V-1}\) 使得线性变换 \( (P_{W,U}T)|_W\) 的矩阵是上三角矩阵,在 \( U\) 中取非零向量 \( u\),那么 \( T\) 在基底 \( u,v_1,v_2,\dots,v_{\dim V-1}\) 下依然是上三角矩阵(要看清这一点,只需考察基底的各个元素在线性变换 \( T\) 下的行为)。

4 “奇数维空间上的线性变换必有特征值”的证明

本章的证明方法在本章看来技巧性显得太强了。但其实,如果看到第九章再回过头来看这个定理,是比较显然的。因为不管是实数向量空间还是复数向量空间,线性变换的矩阵都可以是分块上三角矩阵,且对角线上每一块都是1×1或2×2阶的矩阵。那么对于奇数维空间,分块上三角矩阵的对角线上不可能都是2×2阶的矩阵,从而线性变换必然有一维的不变子空间。本章不能直接引用第九章的结论,所以本章的证明其实是利用了第九章的思维方法。现在,我把它写得跟第九章的方法更接近一些,也显得更平易近人一些。
证明:对于一维空间的情形,很显然命题是成立的。假设命题对于维数小于 \( \dim V\) 的奇数维空间都成立,现证明命题对奇数维空间 \( V\) 也成立。可以取一个一维或二维的不变子空间 \( U\)。如果 \( U\) 是一维的,那么命题得证,如果 \( U\) 是二维的,那么朝着证明 \( T\) 有分块上三角矩阵的方向(也是本命题递归的需要),取 \( W\) 使得 \( V=U\oplus W\),然后将 \( Tv\) 写为 \( Tv=P_{U,W}Tv+P_{W,U}Tv\)。如果要证明\( T\) 有分块上三角矩阵,那么接下来的分析方向是应用递归假设取一组基底使得 \( (P_{W,U}T)|_W\) 的矩阵是分块上三角矩阵。但这里因为要尽快证明 \( T\) 特征值存在,我们把 \( (P_{W,U}T)|_W\) 的一个特征向量 \( v\) 优先取过来,那么 \( U\oplus\{av\,|\,a\in F\}\) 就形成了 \( T\) 的一个不变子空间。取 \( U\) 的基底 \( u_1,u_2\),那么 \( T|_{U\oplus\{av\,|\,a\in F\}}\) 在 \( u_1,u_2,v\) 这组基底下的矩阵是如下形式的:
\( \begin{pmatrix}a&b&c\\ d&e&f\\ 0&0&\lambda\end{pmatrix}\)
从这个矩阵中可以很容易看出 \( \lambda\) 就是特征值,因为 \( T-\lambda I\) 将一个三维空间映射成了二维空间。这一点类似于”上三角矩阵的对角线元素都是特征值”的证明。

其实我觉得既然在本章中证明了复数空间线性变换的矩阵可以上三角化,那么实数空间相应的结论也应该放在这一章,这样既显得结构合理,又不至于使某些定理的证明看上去那么奇巧。

部分习题解答:

4 设 \( S,T\in \mathcal{L}(V)\) 且 \( ST=TS\),证明 \( \mathrm{null}\,(T-\lambda I)\) 是 \( S\) 的不变子空间。
证明:设 \( v\in\mathrm{null}\,(T-\lambda I)\),那么 \( (T-\lambda I)v=0\),由 \( ST=TS\),得
\( (T-\lambda I)Sv=S(T-\lambda I)v=0\) 即 \( Sv\in\mathrm{null}\,(T-\lambda I)\)。

11 设 \( S,T\in \mathcal{L}(V)\),证明 \( ST\) 和 \( TS\) 有相同的特征值。
证明:只需证明 \( ST\) 的特征值都是 \( TS\) 的特征值。取非零向量 \( v\),因为当 \( STv=\lambda v\) 时,\( TSTv=\lambda Tv\)。如果 \( Tv\not=0\),那么我们可以判断 \( Tv\) 就是 \( TS\) 对应 \( \lambda\) 的特征向量;如果 \( Tv=0\),那么相应地 \( \lambda=0\),需要证明 \( TS\) 也有特征值0。因为 \( T\) 不可逆,所以 \( TS\) 不可逆,故 \( TS\) 有特征值0。

13 设 \( T\in \mathcal{L}(V)\),任何一个维数为 \( \mathrm{dim}\,V-1\) 的子空间都是 \( T\) 的不变子空间,证明 \( T=aI\)。
证明:当 \( V\) 的维数小于3时,结论显然成立。当维数大于等于3时,设 \( v\in V, v\not=0\),将 \( v\) 扩充为 \( V\) 的一个基底 \( v,e_1,e_2,\dots,e_n\)。考察 \( Tv=av+a_1e_1+\dots+a_ne_n\),我们每次去掉一个 \( e_i\) 取剩下的基底元素张成一个 \( n=\mathrm{dim}\,V-1\) 维子空间 \( U_i=\mathrm{span}(v,e_1,\dots,e_{i-1},e_{i+1},\dots,e_n)\),因为它是不变子空间,所以 \( Tv\in U_i\),故 \( a_i=0\),因此 \( Tv=av\)。仿照第三章习题24中的做法证明 \( T=aI\)(参见本章第12题)。

15 设 \( \mathbf{F}=\mathbf{C}, T\in \mathcal{L}(V), p\in P(C), a\in C\),证明 \( a\) 是 \( p(T)\) 的特征值当且仅当存在某个 \( T\) 的特征值 \( \lambda\),有 \( a=p(\lambda)\)。
证明:如果有某个 \( T\) 的特征值 \( \lambda\) 满足 \( p(\lambda)=a\),\( \lambda\) 对应的特征向量为 \( v\),那么 \( p(T)v=p(\lambda)v=av\),\( a\) 是 \( p(T)\) 的特征值。
如果 \( a\) 是 \( p(T)\) 的特征值,其特征向量为 \( v\),那么 \( p(T)v-av=0\),将 \( p(T)-aI\) 分解为一次因式的乘积,有 \( (T-x_1)(T-x_2)\dots(T-x_m)v=0\),那么必有某个 \( x_i\) 使得 \( T-x_iI\) 不可逆,从而 \( x_i\) 是 \( T\) 的某个特征值。而 \( x_i\) 又是方程 \( p(x)=a\) 的根,从而证得必要性。

16 上面一题的结论当 \( \mathbf{C}\) 替换成 \( \mathbf{R}\) 时不成立。
证明:在 \( \mathbf{R}^2\) 上的逆时针旋转 \( \frac{\pi}{2}\) 的旋转变换 \( T\),-1是 \( T^2\) 的特征值,但 \( T\) 本身没有实数特征值。

21 设 \( P\in \mathcal{L}(V)\) 且 \( P^2=P\),证明 \( V=\mathrm{null}\,P\oplus\mathrm{range}\,P\)。
证明:根据秩-零度定理,只需证明 \( \mathrm{null}\,P\cap\mathrm{range}\,P=\{0\}\)。
设 \( v\in\mathrm{null}\,P\cap\mathrm{range}\,P\),那么 \( v=Pu\),且 \( Pv=0\)。因为 \( P^2=P\),所以 \( v=Pu=P^2u=Pv=0\)。

2 thoughts on “Linear Algebra Done Right第五章注记和部分习题

  1. 作者你好。现在我有一个问题,就是这个线性映射的谱定理是否对任意复数或实数域上的向量空间都成立?譬如可以重新定义这个向量空间的加法与数乘,与普通的Cn与Rn不同,这样谱定理还成立吗?我看了证明一维不变子空间存在的证明,是将复多项式的根式分解应用在线性相关的n+1个向量上,倘若这些向量的加法定义与多项式的加法定义不同,也可以这么证明吗?
    请不吝赐教。

    • 你好,不好意思才看到你的留言。你要是看这本《Linear Algebra Done Right》的话就应该理解,这本书里的向量空间都是用公理化的方式定义的,谱定理的证明也不只在 $$C^n$$ 和 $$R^n$$ 中才成立。你要是有个向量空间,只要是实数域或复数域上的满足那些公理的有限维向量空间,不变子空间存在性的证明依然成立。多项式因式分解定理虽然利用了复多项式必有根的一个结论,但对于多项式中的文字 x 表示什么并没有要求,只要求它和数域中的元素的乘法可交换。$$T^2-I=(T+I)(T-I)$$ 在什么时候都是对的,不论这个 T 代表什么向量空间的线性算子。
      况且,任何一个实数域或复数域的有限维向量空间,只要引入基底,就可以表示成 $$C^n$$ 或者 $$R^n$$。所以我认为这种担心是多余的。

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