Linear Algebra Done Right第八章注记和部分习题

注记部分:

1  \dim\mathrm{null}\,T^k 随着 k 的增加量

 \dim\mathrm{null}\,T^k 是 k 的单调递增函数,而且当 k 达到某一个数值之后, \dim\mathrm{null}\,T^k 就恒定不变了。但是书上并没有说它的增加有何规律,是每次都增加相同的维数,还是增加的维数可能有变化?换句话说, \dim\mathrm{null}\,T^{k+1}-\dim\mathrm{null}\,T^k 有什么规律?它是恒定不变的,还是忽大忽小的,或是有什么别的规律没有?

首先想象  \mathrm{null}\,T^{k+1} \mathrm{null}\,T^k 多出来的维数是从哪来的?有些向量在  \mathrm{null}\,T^{k+1} 里,却不在  \mathrm{null}\,T^k 里,那么  T^k 作用在这些向量上不等于零,但再用  T 作用一下就变成零了,也就是  T^kv\not=0, TT^kv=0,那么  T^kv\in\mathrm{null}\,T,且  T^kv\in\mathrm{range}\,T^k。那么我们猜想,是否应有

 \dim\mathrm{null}\,T^{k+1}=\dim(\mathrm{null}\,T\cap\mathrm{range}\,T^k)+\dim\mathrm{null}\,T^k

成立?或者,等价地(利用值域-零度定理),有

 \dim\mathrm{range}\,T^k=\dim(\mathrm{null}\,T\cap\mathrm{range}\,T^k)+\dim\mathrm{range}\,T^{k+1}

成立?

答案是肯定的,因为  U=\mathrm{range}\,T^k T 的不变子空间,设  S=T|_U,那么  \mathrm{null}\,S=\mathrm{null}\,T\cap U \mathrm{range}\,S=\mathrm{range}\,T^{k+1},则由值域-零度定理  \dim U=\dim\mathrm{null}\,S+\dim\mathrm{range}\,S 可得结论。

这样,因为  \dim(\mathrm{null}\,T\cap\mathrm{range}\,T^k) 随着 k 增加而单调递减,那么  \dim\mathrm{null}\,T^k 的增量也单调递减,直到某个整数使其增量为零,那么  \dim\mathrm{null}\,T^k \dim\mathrm{range}\,T^k 就都不会变化了。

此时,用  T^k 代替  T,再利用增量公式,因为

 \dim\mathrm{null}\,T^{2k}=\dim(\mathrm{null}\,T^k\cap\mathrm{range}\,T^k)+\dim\mathrm{null}\,T^k=\dim\mathrm{null}\,T^k

所以这个时候  \dim(\mathrm{null}\,T^k\cap\mathrm{range}\,T^k)=0,故有

 \mathrm{null}\,T^k\cap\mathrm{range}\,T^k={0}

 \mathrm{null}\,T^k\oplus\mathrm{range}\,T^k=V

2 定理 8.10 的另一个证明

定理8.10: T\in\mathcal L(V), \lambda\in\mathrm F,那么如果在一组基底下  T 的矩阵是上三角的,则  \lambda 在对角线上出现的次数等于  \dim\mathrm{null}\,(T-\lambda I)^{\dim V}
证明:不失一般性,我们还是设  \lambda=0
设在一组基底  e_1,e_2,\dots,e_n T 的矩阵为  A,为上三角矩阵,那么 0 就会出现在对角线上。我们证明的思路是另外找到一组基底,使得  T 的矩阵对角线上的 0 都集中在左上角,同时 0 的个数不变,即

 \begin{pmatrix}0&&&&&* \\ &\ddots&&&& \\ &&0&&& \\ &&&\lambda_1&&\\ &&&&\ddots& 0 \\&&&&&\lambda_r\end{pmatrix}

那么左上角是个幂零矩阵, T^n 在这个子空间上是零,其对应子空间的维数等于对角线上 0 的个数,同时  \mathrm{range}\,T^n 的维数是对角线上非零元素的个数,即证得结论。
为了把对角线上的 0 都移动至左上角,第一步,从对角线左上角算起第一个 0 入手,如果它就在第一行第一列,那么第一步完成。否则,假设第一个 0 在第 m 行第 m 列,那么考虑矩阵的前 m 行前 m 列的元素构成的子矩阵,设其为

 \begin{pmatrix}\lambda_1&&&* \\ &\ddots&& \\ &&\lambda_{m-1}& \\ &&&0\end{pmatrix}

它是  T U=\mathrm{span},(e_1,e_2,\dots,e_m) 上的限制  T|_U 的矩阵。显然  T|_U 有特征值 0,设对应的特征向量为  v,并且因为  T \mathrm{span},(e_1,e_2,\dots,e_{m-1}) 上是可逆的,所以  v\not\in\mathrm{span},(e_1,e_2,\dots,e_{m-1}),那么  \mathrm{span},(v,e_1,e_2,\dots,e_{m-1})=U。我们把向量组  v,e_1,e_2,\dots,e_{m-1} 作为  U 的新基底,那么  T|_U 在这一组基底下的矩阵是

 \begin{pmatrix}0&&&* \\ &\lambda_1&& \\ &&\ddots& \\ &&&\lambda_{m-1}\end{pmatrix}

 U 的新基底替换原来的基底之后, T 对应的矩阵的右下角的 n-m 行和 n-m 列构成的子矩阵没有改变。因此,这样的变换并没有增加或减少对角线上 0 的个数。
接下来,用同样的方法处理除第一行与第一列之外的元素构成的矩阵(它对应的映射是  P_WT|_W,其中  W=\mathrm{span},(e_2,e_3,\dots,e_n)),把对角线上的下一个 0 放在第二行第二列的位置。
依此步骤,直到对角线上所有的 0 都移动到左上角。命题得证。

3 引理 8.40 的另一种证明

引理8.40:如果  N\in\mathcal L(V) 是幂零矩阵,那么存在向量  v_1,\dots,v_k\in V 使得
a)  (v_1,Nv_1,\dots,N^{m(v_1)}v1,\dots,v_k,Nv_k,\dots,N^{m(v_k)}v_k) V 的基底;
b)  (N^{m(v_1)}v1,\dots,N^{m(v_k)}v_k) \mathrm{null}\,N 的基底。
证明:因为  \mathrm{null}\,N\subset\mathrm{null}\,N^2\subset\dots\subset\mathrm{null}\,N^r=V,我们取子空间  W_r 使得  \mathrm{null}\,N^r=\mathrm{null}\,N^{r-1}\oplus W_r,那么  W_r 中的任何非零向量  v,有  N^{r-1}Nv=0,N^{r-2}Nv\not=0,因此  Nv\in\mathrm{null}\,N^{r-1},Nv\not\in\mathrm{null}\,N^{r-2}
定义  N(W_r)={Nv:v\in W_r},那么  N(W_r)\subset\mathrm{null}\,N^{r-1} N(W_r)\cap\mathrm{null}\,N^{r-2}={0}。那么存在子空间  W_{r-1},使得  \mathrm{null}\,N^{r-1}=\mathrm{null}\,N^{r-2}\oplus W_{r-1},并且  N(W_r)\subset W_{r-1}
以此类推,取子空间  W_{r-2},\dots,W_2 使得  \mathrm{null}\,N^i=\mathrm{null}\,N^{i-1}\oplus W_i, i=2,3,\dots,r 并且  N(W_{i+1})\subset W_i i=2,3,\dots,r-1
 W_1=\mathrm{null}\,N,那么  W_1,\dots,W_r 满足

 W_1\oplus W_2\oplus\dots\oplus W_r=V

 W_r 的基底  v_1,\dots,v_s,那么  Nv_1,\dots,Nv_s\in W_{r-1},因为  W_r\cap\mathrm{null}\,N={0},所以  Nv_1,\dots,Nv_s 线性无关,向  Nv_1,\dots,Nv_s 中添加向量  v_{s+1},\dots,v_j 使它们成为  W_{r-1} 的基底,并取得向量  N^2v_1,\dots,N^2v_s,Nv_{s+1},\dots,Nv_j,依次类推,最后将所有的向量放在一起,得到

 v_1,Nv_1,\dots,N^{m(v_1)}v1,\dots,v_k,Nv_k,\dots,N^{m(v_k)}v_k

因为出自每个  W_i 的向量组是  W_i 的基底,而诸  W_i 的和又是直和,所以整个向量组是  V 的基底,并且其中  (N^{m(v_1)}v1,\dots,N^{m(v_k)}v_k) W_1=\mathrm{null}\,N 的基底。证毕。

部分习题解答:

3 T\in\mathcal L(V),m 是正整数,且  v\in V 是满足  T^{m-1}v\not=0 T^mv=0 的向量。证明  (v, Tv, T^2v,\dots,T^{m-1}v) 线性无关。
证明: a_1v+a_2Tv+\dots+a_mT^{m-1}v=0,两边用  T^{m-1} 作用,得到  a_1T^{m-1}v=0,由于  T^{m-1}v\not=0,那么  a_1=0
两边用  T^{m-2} 作用,得  a_2=0,等等,可知  a_1=a_2=\dots=a_m=0

5 S,T\in\mathcal L(V)。证明如果  ST 是幂零的,那么  TS 也是幂零的。
证明:如果  ST 是幂零变换,那么  (ST)^{\dim V}=0,因此  (TS)^{\dim V}=(TS)^{\dim V+1}=0

13 V 是 n 维复向量空间,且  T\in\mathcal L(V) 满足  \mathrm{null}\,T^{n-2}\not=\mathrm{null}\,T^{n-1}。证明  T 至多有两个不同的特征值。
证明: \lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_m T 的全部特征值,那么

 V=\mathrm{null}\,(T-\lambda_1 I)^n\oplus\dots\oplus\mathrm{null}\,(T-\lambda_m I)^n

如果  T 至少有三个特征值,那么以上各个子空间的维数都不超过 n-2。那么在每一个不变子空间中都有  \mathrm{null}\,T^{n-2}=\mathrm{null}\,T^{n-1},则在整个空间中此等式也成立,矛盾。

20 T\in\mathcal L(V) 是可逆变换。证明存在多项式  p\in\mathcal P(F) 使得  T^{-1}=p(T)
证明:映射序列  I,T,T^2,\dots,T^{n^2} 必线性相关,则有不全为零的数  a_0,a_1,\dots,a_{n^2} 使得

 a_0I+\dots+a_{n^2}T^{n^2}=0

设第一个不是零的系数为  a_m,那么因为  T 可逆,上式两边同时乘以  T^{-m}/a_m 则有

 I+\frac{a_{m+1}}{a_m}T+\dots=0

 p(T)=-\frac{a_{m+1}}{a_m}I-\frac{a_{m+2}}{a_m}T-\dots,则有  Tp(T)=I,因此  p(T)=T^{-1}

28 设  a_0,\dots,a_{n-1}\in\mathbf C,某线性变换在标准基底下的矩阵是

 \begin{pmatrix}0&&&&&-a_0 \\ 1&0&&&&-a_1 \\ &1&\ddots&&&-a_2 \\ &&\ddots&&&\vdots \\ &&&&0&-a_{n-2} \\ &&&&1&-a_{n-1}\end{pmatrix}

找到它的最小多项式与特征多项式。
解答:设这组基底为  e_1,e_2,\dots,e_n,那么  e_2=Te_1,e_3=T^2e_1,\dots,e_n=T^{n-1}e_1,并且  T^ne_1=-a_0e_1-a_1Te_1-\dots-a_{n-1}T^{n-1}e_1,设  p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0,那么  p(T)e_i=p(T)T^{i-1}e_1=0, i=1,2,\dots,n 从而  p(T)=0。又因为  e_1,Te_1,T^2e_1,\dots,T^{n-1}e_1 线性无关,所以  p(x) 就是最小多项式。因为最小多项式为 n 次的,所以特征多项式也为  p(x)

30 设 V 是复向量空间,且  T\in\mathcal L(V)。证明  V 不能分解为  T 的非平凡不变子空间的直和当且仅当  T 的最小多项式形如  (T-\lambda I)^{\dim V},其中  \lambda\in\mathbf C
证明:如果  V 不能分解为  T 的非平凡不变子空间的直和,那么  T 只有一个特征值,设为  \lambda T 的最小多项式是形如  (T-\lambda I)^r 的多项式,其中  r\le\dim V
为证明  r=\dim V,考虑  T 的 Jordan 型矩阵,其次对角线上必定没有 0,即形如

 \begin{pmatrix}\lambda&1&& 0 \\&\lambda&\ddots& \\ &&\ddots&1 \\ 0&&&\lambda\end{pmatrix}

的矩阵,那么如果  k<\dim V,则  (T-\lambda I)^k\not=0,因此其最小多项式为  (T-\lambda I)^{\dim V}
如果  T 的最小多项式形如  (T-\lambda I)^{\dim V},那么  T 只有一个特征值  \lambda,假设  V 可以分解为  T 的非平凡不变子空间的直和,那么因为在每个不变子空间上  (T-\lambda I) 是幂零的,所以最小多项式的次数不超过每个子空间的维数,其必定小于  \dim V,矛盾。

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