4.3. 特征子空间与根子空间

特征子空间

定义 4.3.1. 设 $A$ 是数域 $k$ 上的 $n$ 阶方阵, ${\lambda }_0$ 是 $A$ 一个特征值. 定义向量空间 $k^n$ 的子集$$V_{{\lambda }_0}:=\{\vec{x}\in k^n|A\vec{x}={\lambda }_0\vec{x}\}$$称为特征值 ${\lambda }_0$ 的特征子空间.

换言之, $V_{{\lambda }_0}$ 是由所有属于 ${\lambda }_0$ 的特征向量以及零向量构成的集合.

命题 4.3.2. 特征子空间 $V_{{\lambda }_0}$ 是一个线性空间.

证明: 设 $\vec{x},\vec{y}\in V_{{\lambda }_0}$, $\alpha$ 是一个数. 则$$\begin{array}{rl}A(\vec{x}+\vec{y})=& A\vec{x}+A\vec{y}={\lambda }_0\vec{x}+{\lambda }_0\vec{y}={\lambda }_0(\vec{x}+\vec{y})\\ A(\alpha \vec{x})=& \alpha A\vec{x}=\alpha {\lambda }_0\vec{x}={\lambda }_0(\alpha \vec{x})\end{array}$$即 $\vec{x}+\vec{y}\in V_{{\lambda }_0},\alpha \vec{x}\in V_{{\lambda }_0}$. 由此命题得证.

$\square$

例子 4.3.3. 考虑 $n$ 阶方阵 $A=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& {\lambda }_0& 1& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& 0& \cdots & {\lambda }_0& 1\\ 0& 0& \cdots & 0& {\lambda }_0\end{array}\right]$. 它只有一个特征值 ${\lambda }_0$, 其特征子空间 $V_{{\lambda }_0}$ 是 $1$ 维的, 由向量 $\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ ⋮\\ 0\\ 0\end{array}\right]$ 张成.

定义 4.3.4. 设 $\phi (\lambda )$ 是 $A$ 的特征多项式, ${\lambda }_0$ 是 $A$ 的特征值.

•	记 $\phi (\lambda )=(\lambda -{\lambda }_0{)}^{m}g(\lambda )$, 其中 $g({\lambda }_0)\ne 0$. 称 $m$ 为特征值 ${\lambda }_0$ 的代数重数, 即 ${\lambda }_0$ 作为特征多项式的根的重数
•	$\dim V_{{\lambda }_0}$ 称为特征值 ${\lambda }_0$ 的几何重数

例子 4.3.5. $n$ 阶方阵 $A=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& {\lambda }_0& 1& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& 0& \cdots & {\lambda }_0& 1\\ 0& 0& \cdots & 0& {\lambda }_0\end{array}\right]$ 的特征多项式$$\phi (\lambda )=(\lambda -{\lambda }_0{)}^n$$因此特征值 ${\lambda }_0$ 的代数重数为 $n$, 几何重数为 $1$.

命题 4.3.6. 特征值的几何重数 $\le$ 代数重数.

证明: 设 ${\lambda }_0$ 是 $n$ 阶方阵 $A$ 的特征值, 其几何维数是 $r$, 即 $\dim V_{{\lambda }_0}=r$. 设 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_r\}$ 是 $V_{{\lambda }_0}$ 的一组基. 我们可以把它扩展为整个 $n$ 维空间的一组基 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_r,{\vec{\beta }}_{r+1},\cdots ,{\vec{\beta }}_n\}$. 把这组基作为列向量, 记 $P$ 为方阵$$P=\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& {\vec{\beta }}_2& \cdots & {\vec{\beta }}_n\end{array}\right]$$

由于 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_r\}$ 是 ${\lambda }_0$ 的特征向量, 我们有$$\begin{array}{rl}A\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& {\vec{\beta }}_2& \cdots & {\vec{\beta }}_n\end{array}\right]=& \left[\begin{array}{cccc}A{\vec{\beta }}_1& A{\vec{\beta }}_2& \cdots & A{\vec{\beta }}_n\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_0{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\lambda }_0{\vec{\beta }}_r& A{\vec{\beta }}_{r+1}\cdots & A{\vec{\beta }}_n\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}_1& {\vec{\beta }}_2& \cdots & {\vec{\beta }}_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_0{I}_r& C\\ 0& D\end{array}\right]\end{array}$$这里 $C$ 是 $r\times (n-r)$ 矩阵, $D$ 是 $(n-r)\times (n-r)$ 矩阵, 它们表示 $A{\vec{\beta }}_{r+1},\cdots ,A{\vec{\beta }}_n$ 按照基 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_n\}$ 展开的系数. 我们得到相似变换关系 $A=P\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_0{I}_r& C\\ 0& D\end{array}\right]P^{-1}$ . 因此$$\begin{array}{r}\det (\lambda I_n-A)=\det (\lambda I_n-\left[\begin{array}{cc}{\lambda }_0{I}_r& C\\ 0& D\end{array}\right])=\left|\begin{array}{cc}(\lambda -{\lambda }_0)I_r& -C\\ 0& \lambda I_{n-r}-D\end{array}\right|=(\lambda -{\lambda }_0{)}^r\det (\lambda I_{n-r}-D)\end{array}$$这说明 ${\lambda }_0$ 的代数重数 $\ge r$.

$\square$

子空间的和与直和

定义 4.3.7. 设 $V$ 是数域 $k$ 上的线性空间, $V_1,\cdots ,V_m$ 是 $V$ 的线性子空间. 定义 $V$ 的子集$$V_1+\cdots +V_m=\{{\vec{\alpha }}_1+\cdots +{\vec{\alpha }}_m|{\vec{\alpha }}_i\in V_i\}\subset V$$称为子空间 $V_1,\cdots ,V_m$ 的和.

命题 4.3.8. $V$ 的线性子空间的和 $V_1+\cdots +V_m$ 是 $V$ 的线性子空间.

证明: 设 $\vec{x},\vec{y}\in V_1+\cdots +V_m$. 则存在 ${\vec{\alpha }}_i,{\vec{\beta }}_i\in V_i$ 使得$$\vec{x}={\vec{\alpha }}_1+\cdots +{\vec{\alpha }}_m\vec{y}={\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_m$$则$$\vec{x}+\vec{y}=({\vec{\alpha }}_1+{\vec{\beta }}_1)+\cdots +({\vec{\alpha }}_m+{\vec{\beta }}_m)$$由于 $V_i$ 是线性子空间, $({\vec{\alpha }}_i+{\vec{\beta }}_i)\in V_i$, 因此 $\vec{x}+\vec{y}\in V_1+\cdots +V_m$. 同理可证保乘法.

$\square$

例子 4.3.9. 设 $V={\mathbb{R}}^4$, $\{e_i\}$ 是标准基. 考虑子空间 $V_1=\mathrm{Span}\{e_1,e_2\}$, $V_2=\mathrm{Span}\{e_2,e_3\}$, $V_3=\mathrm{Span}\{e_3,e_4\}$. 则$$V_1+V_2=\mathrm{Span}\{e_1,e_2,e_3\}{V}_1+V_3=V$$

定义 4.3.10. 设 $V$ 是数域 $k$ 上的线性空间, $V_1,\cdots ,V_m$ 是 $V$ 的线性子空间. 如果 $V_1+\cdots +V_m$ 中的任意向量 $\vec{\alpha }$, 存在唯一的向量 ${\alpha }_i\in V_i$ 使得$$\vec{\alpha }={\vec{\alpha }}_1+\cdots +{\vec{\alpha }}_m$$则此时 $V_1+\cdots +V_m$ 称为子空间 $V_1,\cdots ,V_m$ 的直和, 记为 $V_1\oplus \cdots \oplus V_m$.

命题 4.3.11. $V$ 的子空间 $V_1,\cdots ,V_m$ 的和是直和的充分必要条件是如下性质成立: $$\text{若}{\vec{\alpha }}_i\in V_i{\vec{\alpha }}_1+\cdots +{\vec{\alpha }}_m=0⟹{\vec{\alpha }}_1=\cdots ={\vec{\alpha }}_m=0$$即只需要验证零向量表达的唯一性 (零向量只能通过各个子空间的零向量相加得到) .

证明: 假设 $V$ 的子空间 $V_1,\cdots ,V_m$ 的和是直和, 则零向量只能唯一地表达为零向量相加, 因此命题所述性质成立.

反之, 假设命题所述性质成立. 设 $\vec{\alpha }$ 是 $V_1+\cdots +V_m$ 中的向量, 有两种表达方式$$\vec{\alpha }={\vec{\alpha }}_1+\cdots +{\vec{\alpha }}_m\vec{\alpha }={\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_m\text{这里}{\vec{\alpha }}_i,{\vec{\beta }}_i\in V_i$$两式相减得到$$({\vec{\alpha }}_1-{\vec{\beta }}_1)+\cdots +({\vec{\alpha }}_m-{\vec{\beta }}_m)=0$$由零向量表达的唯一性知 ${\vec{\alpha }}_1={\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\alpha }}_m={\vec{\beta }}_m$. 由此证得表达的唯一性.

$\square$

例子 4.3.12. 设 $V={\mathbb{R}}^4$, $\{{\vec{e}}_i\}$ 是标准基. 考虑子空间$$V_1=\mathrm{Span}\{{\vec{e}}_1,{\vec{e}}_2\}{V}_2=\mathrm{Span}\{{\vec{e}}_2,{\vec{e}}_3\}{V}_3=\mathrm{Span}\{{\vec{e}}_3,{\vec{e}}_4\}$$

•	$V_1+V_2$ 不是直和, 例如我们有两种不一样的方法来表达相加$${\vec{e}}_2={\vec{e}}_2+0{\vec{e}}_2=0+{\vec{e}}_2$$其中第一种表达里 ${\vec{e}}_2$ 看作是 $V_1$ 中的向量, 第二种表达里 ${\vec{e}}_2$ 看作是 $V_2$ 中的向量.
•	$V_1+V_3=V_1\oplus V_3$ 是直和, 可以由 ${\vec{e}}_1,{\vec{e}}_2,{\vec{e}}_3,{\vec{e}}_4$ 的线性无关性证明.

命题 4.3.13. $V$ 的子空间 $V_1,\cdots ,V_m$ 的和是直和的充分必要条件是$$\dim (V_1+\cdots +V_m)=\dim V_1+\cdots +\dim V_m$$此时每个 $V_i$ 选一组基合在一起构成 $V_1\oplus \cdots \oplus V_m$ 的一组基.

证明: 设 $\{{\vec{\beta }}_1^{(i)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_i}^{(i)}\}$ 是 $V_i$ 的一组基. 由定义, $$V_1+\cdots +V_m=\mathrm{Span}\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$$

假设 $V_1+\cdots +V_m=V_1\oplus \cdots \oplus V_m$ 是直和. 我们说明 $\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$ 是线性无关的, 因此构成 $V_1+\cdots +V_m$ 的一组基. 由此即得 $\dim (V_1+\cdots +V_m)=\dim V_1+\cdots +\dim V_m$.

若$$c_1^{(1)}{\vec{\beta }}_1^{(1)}+\cdots +c_{t_1}^{(1)}{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)}+\cdots +c_1^{(m)}{\vec{\beta }}_1^{(m)}+\cdots +c_{t_m}^{(m)}{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}=0$$记 ${\vec{\beta }}_i=c_1^{(i)}{\vec{\beta }}_1^{(i)}+\cdots +c_{t_i}^{(i)}{\vec{\beta }}_{t_i}^{(i)}$. 则 ${\vec{\beta }}_i\in V_i$ 且$$0={\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_m$$

另一方面零向量显然可以写成零向量的和. 由直和的表达唯一性, 对每个 $i$ 我们有 ${\vec{\beta }}_i=0$. 又由于 ${\vec{\beta }}_1^{(i)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_i}^{(i)}$ 是 $V_i$ 的一组基, $c_1^{(i)}=\cdots =c_{t_i}^{(i)}=0$. 这证明了 $\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$ 是线性无关的.

反之, 假设 $\dim (V_1+\cdots +V_m)=\dim V_1+\cdots +\dim V_m$ 成立. 由$$V_1+\cdots +V_m=\mathrm{Span}\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$$知 $\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$ 是线性无关的. 因此 $V_1+\cdots +V_m$ 中的任一向量可以唯一地写成 $\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(m)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_m}^{(m)}\}$ 的线性组合. 由此易证直和性.

$\square$

命题 4.3.14. 设 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是 $A$ 的 $s$ 个互不相同的特征值. 则它们的特征子空间的和是直和. $$V_{{\lambda }_1}+\cdots +V_{{\lambda }_s}=V_{{\lambda }_1}\oplus \cdots \oplus V_{{\lambda }_s}$$

证明: 设 $\{{\vec{\beta }}_1^{(j)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}\}$ 是 $V_{{\lambda }_j}$ 中的一组基. 我们只需证明这些向量 $\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(s)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_s}^{(s)}\}$ 合在一起构成的向量集是线性无关的. 假设有线性组合满足$$c_1^{(1)}{\vec{\beta }}_1^{(1)}+\cdots +c_{t_1}^{(1)}{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)}+\cdots +c_1^{(s)}{\vec{\beta }}_1^{(s)}+\cdots +c_{t_s}^{(s)}{\vec{\beta }}_{t_s}^{(s)}=0$$

记$${\vec{\beta }}^{(j)}=c_1^{(j)}{\vec{\beta }}_1^{(j)}+\cdots +c_{t_j}^{(j)}{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}$$则 ${\vec{\beta }}^{(j)}\in V_{{\lambda }_j}$ 并且$${\vec{\beta }}^{(1)}+{\vec{\beta }}^{(2)}+\cdots +{\vec{\beta }}^{(s)}=0$$两边依次乘以 $A,A^2,\cdots ,A^{s-1}$, 我们得到$$\{\begin{array}{l}{\vec{\beta }}^{(1)}+{\vec{\beta }}^{(2)}+\cdots +{\vec{\beta }}^{(s)}=0\\ {\lambda }_1{\vec{\beta }}^{(1)}+{\lambda }_2{\vec{\beta }}^{(2)}+\cdots +{\lambda }_s{\vec{\beta }}^{(s)}=0\\ \cdots \\ {\lambda }_1^{s-1}{\vec{\beta }}^{(1)}+{\lambda }_2^{s-1}{\vec{\beta }}^{(2)}+\cdots +{\lambda }_s^{s-1}{\vec{\beta }}^{(s)}=0\end{array}$$

把这组方程写成矩阵的形式$$\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}^{(1)}& {\vec{\beta }}^{(2)}& \cdots & {\vec{\beta }}^{(s)}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccccc}1& {\lambda }_1& {\lambda }_1^2& \cdots & {\lambda }_1^{s-1}\\ 1& {\lambda }_2& {\lambda }_2^2& \cdots & {\lambda }_2^{s-1}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 1& {\lambda }_s& {\lambda }_s^2& \cdots & {\lambda }_s^{s-1}\end{array}\right]=0$$记 $s$ 阶矩阵 $P=\left[\begin{array}{ccccc}1& {\lambda }_1& {\lambda }_1^2& \cdots & {\lambda }_1^{s-1}\\ 1& {\lambda }_2& {\lambda }_2^2& \cdots & {\lambda }_2^{s-1}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 1& {\lambda }_s& {\lambda }_s^2& \cdots & {\lambda }_s^{s-1}\end{array}\right]$, 由 Vandermonde 行列式知 $P$ 可逆. 上式两边同时从右边乘以 $P^{-1}$, 我们得到$$\left[\begin{array}{cccc}{\vec{\beta }}^{(1)}& {\vec{\beta }}^{(2)}& \cdots & {\vec{\beta }}^{(s)}\end{array}\right]=0$$即每个向量 ${\vec{\beta }}^{(j)}=c_1^{(j)}{\vec{\beta }}_1^{(j)}+\cdots +c_{t_j}^{(j)}{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}=0$. 由 $\{{\vec{\beta }}_1^{(j)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}\}$ 的线性无关性, 我们得到 $c_1^{(j)}=\cdots =c_{t_j}^{(j)}=0$ 对每个 $j=1,\cdots ,s$ 成立.

$\square$

这个命题说明, 不同特征值的特征向量之间是相互线性无关的. 特别地, 如果 $n$ 阶方阵 $A$ 有 $n$ 个互不相同的特征值, 则其对应的特征向量构成 $n$ 维空间一组基, 即得到命题 4.2.7.

例子 4.3.15. 设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足 $A^2=A$ (称为幂等方阵) . 则 $A$ 相似于对角阵 $\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$, 这里 $r=\mathrm{rank}A$. 实际上, 考虑如下两个线性子空间$$V_1=\{\vec{x}\in k^n|A\vec{x}=\vec{x}\}{V}_0=\{\vec{x}\in k^n|A\vec{x}=0\}$$如果 $i$ 是 $A$ 的特征值 ($i=0,1$) , 则 $V_i$ 是特征子空间, 否则 $V_i=\{0\}$.

对任意向量 $\vec{x}\in {\mathbb{R}}^n$, 我们把它分解为$$\vec{x}=A\vec{x}+(I_n-A)\vec{x}$$由 $A$ 的幂等性$$A(A\vec{x})=A\vec{x},A(I_n-A)\vec{x}=0⟹A\vec{x}\in V_1,(I_n-A)\vec{x}\in V_0$$这个分解说明$$V_1+V_0=k^n$$

设 $\{{\vec{\alpha }}_1,\cdots ,{\vec{\alpha }}_r\}$ 是 $V_1$ 的一组基, $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_s\}$ 是 $V_0$ 的一组基. 由命题 4.3.14 知, $\{{\vec{\alpha }}_1,\cdots ,{\vec{\alpha }}_r,{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_s\}$ 构成 $k^n$ 的一组基. 由命题 4.2.5, $A$ 相似于对角阵 $\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$.

根子空间

这一节我们假设数域 $k$ 上 $n$ 阶方阵 $A$ 的所有特征值都在数域 $k$ 中 (若 $k=\mathbb{R}$, 即要求特征值均为实数) . $A$ 的特征多项式可以分解为$$\phi (\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1}(\lambda -{\lambda }_2{)}^{m_2}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s}$$这里 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是互不相同的特征值, $m_i$ 是 ${\lambda }_i$ 的代数重数.

设 $V_{{\lambda }_i}$ 是 ${\lambda }_i$ 的特征子空间. 我们知道$$m_1+m_2+\cdots +m_s=n$$由命题 4.3.6$$\dim V_{{\lambda }_i}\le m_i,i=1,\cdots ,s$$

如果 $\dim V_{{\lambda }_i}=m_i$ 对每个 $i$ 成立, 那么每个 $V_{{\lambda }_i}$ 选一组基, 合起来构成整个 $k^n$ 的一组基. 若 $\dim V_{{\lambda }_i}<m_i$, 我们似乎 “缺失” 了某些向量. 这些 “缺失” 的向量可以通过根子空间找回来.

定义 4.3.16. 设 ${\lambda }_0$ 是 $n$ 阶方阵 $A$ 的一个特征值. 定义 ${\lambda }_0$ 的根子空间为$$R_{{\lambda }_0}=\{\vec{x}|\text{存在某个m>0使得}({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m\vec{x}=0\}$$即 $\vec{x}\in R_{{\lambda }_0}$ 当且仅当对 $\vec{x}$ 乘以 ${\lambda }_0{I}_n-A$ 足够多次后会变成 $0$.

${\lambda }_0$ 的特征子空间可以刻画为$$V_{{\lambda }_0}=\{\vec{x}|({\lambda }_0{I}_n-A)\vec{x}=0\}$$即对 $\vec{x}$ 乘以 ${\lambda }_0{I}_n-A$ 一次变成 $0$. 因此 $V_{{\lambda }_0}\subset R_{{\lambda }_0}$.

命题 4.3.17. 根子空间 $R_{{\lambda }_0}$ 是线性空间.

证明: 设 $\vec{x},\vec{y}\in R_{{\lambda }_0}$. 则存在 $m_1,m_2>0$ 使得$$({\lambda }_0{I}_n-A{)}^{m_1}\vec{x}=0({\lambda }_0{I}_n-A{)}^{m_2}\vec{y}=0$$

取 $m=\max \{m_1,m_2\}$, 则$$({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m(\vec{x}+\vec{y})=({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m\vec{x}+({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m\vec{y}=0$$即 $\vec{x}+\vec{y}\in R_{{\lambda }_0}$. 易知 $R_{{\lambda }_0}$ 也保数乘.

$\square$

例子 4.3.18. $n$ 阶方阵 $A=\left[\begin{array}{ccccc}{\lambda }_0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& {\lambda }_0& 1& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& 0& \cdots & {\lambda }_0& 1\\ 0& 0& \cdots & 0& {\lambda }_0\end{array}\right]$. 易知$$({\lambda }_0{I}_n-A{)}^n=0$$因此任意向量 $\vec{x}$ 都属于根子空间 $R_{{\lambda }_0}$ 中. 可以看出根子空间的确找回来了 “缺失” 的向量.

定义 4.3.19. 设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵. 线性子空间 $V\subset k^n$ 称为是 $A$ 的不变子空间如果$$\text{对任意x∈V},A\vec{x}\in V$$

命题 4.3.20. 根子空间 $R_{{\lambda }_0}$ 是 $A$ 的不变子空间.

证明: 设 $\vec{x}\in R_{{\lambda }_0}$, $({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m\vec{x}=0$. 则

$$({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m(A\vec{x})=A(({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m\vec{x})=0$$故 $A\vec{x}\in R_{{\lambda }_0}$.

$\square$

由于 $R_{{\lambda }_0}$ 是 $A$ 的不变子空间, 把 $A$ 的作用限制在 $R_{{\lambda }_0}$ 上得到一个线性映射$$A:R_{{\lambda }_0}\to R_{{\lambda }_0}$$

命题 4.3.21. 线性映射 $A:R_{{\lambda }_0}\to R_{{\lambda }_0}$ 在 $R_{{\lambda }_0}$ 的任一组基下的表示矩阵的特征值只有 ${\lambda }_0$.

证明: 考虑这个线性映射在 $R_{{\lambda }_0}$ 的一组基 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_t\}$ 下的表示矩阵 $s$ 阶方阵 $B=(b_{ij})$, 即$$A{\vec{\beta }}_j=\sum _i{\vec{\beta }}_i{b}_{ij}$$写成矩阵的形式$$A\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\vec{\beta }}_t\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\vec{\beta }}_t\end{array}\right]B$$

由根子空间定义, 存在充分大 $m>0$ 使得 $({\lambda }_0{I}_n-A{)}^m{\vec{\beta }}_i=\vec{0}$, 对 $i=1,\cdots ,t$ 成立. 由$$({\lambda }_0{I}_t-A{)}^m\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\vec{\beta }}_t\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\vec{\beta }}_t\end{array}\right]({\lambda }_0{I}_t-B{)}^m$$左边是零, 因此$$\left[\begin{array}{ccc}{\vec{\beta }}_1& \cdots & {\vec{\beta }}_t\end{array}\right]({\lambda }_0{I}_t-B{)}^m=0$$由 $\{{\vec{\beta }}_1,\cdots ,{\vec{\beta }}_t\}$ 的线性无关性, 得 $({\lambda }_0{I}_t-B{)}^m=0$. 由此易知 (或参考命题 4.4.3) ${\lambda }_0{I}_t-B$ 的特征值只有 $0$, 即 $B$ 的特征值只有 ${\lambda }_0$.

$\square$

命题 4.3.22. 设 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是互不相同的特征值. 则它们的根子空间的和是直和. $$R_{{\lambda }_1}+\cdots +R_{{\lambda }_s}=R_{{\lambda }_1}\oplus \cdots \oplus R_{{\lambda }_s}$$

证明: 设 ${\vec{\beta }}_i\in R_{{\lambda }_i}$ 并且$${\vec{\beta }}_1+{\vec{\beta }}_2+\cdots +{\vec{\beta }}_s=0$$我们只需证明一定有 ${\vec{\beta }}_1=\cdots ={\vec{\beta }}_s=0$.

假设 ${\vec{\beta }}_1\ne 0$. 则存在正整数 $m$ 使得 $({\lambda }_1{I}_n-A{)}^{m-1}{\vec{\beta }}_1\ne 0$, $({\lambda }_1{I}_n-A{)}^m{\vec{\beta }}_1=0$. 记 ${\vec{\gamma }}_1=({\lambda }_1{I}_n-A{)}^{m-1}{\vec{\beta }}_1\ne 0$, 则$$({\lambda }_1{I}_n-A){\vec{\gamma }}_1=0$$即 ${\vec{\gamma }}_1$ 是 ${\lambda }_1$ 的特征向量. 则对任意多项式 $f(x)$$$f(A){\vec{\gamma }}_1=f({\lambda }_1){\vec{\gamma }}_1$$

取 $N$ 充分大使得$$({\lambda }_i{I}_n-A{)}^N{\vec{\beta }}_i=0,i=1,\cdots ,s$$

令 $f(x)=({\lambda }_2-x{)}^N({\lambda }_3-x{)}^N\cdots ({\lambda }_s-x{)}^N$. 则$$f(A){\vec{\gamma }}_1=f({\lambda }_1){\vec{\gamma }}_1,f(A){\vec{\beta }}_2=\cdots =f(A){\vec{\beta }}_s=0$$其中 $f({\lambda }_1)=({\lambda }_2-{\lambda }_1{)}^N({\lambda }_3-{\lambda }_1{)}^N\cdots ({\lambda }_s-{\lambda }_1{)}^N\ne 0$. 在等式$${\vec{\beta }}_1+{\vec{\beta }}_2+\cdots +{\vec{\beta }}_s=0$$两边乘以 $({\lambda }_1{I}_n-A{)}^{m-1}f(A)$, 我们得到$$f({\lambda }_1){\vec{\gamma }}_1=0$$由于 $f({\lambda }_1)\ne 0⟹{\vec{\gamma }}_1=0$, 与假设矛盾. 因此 ${\vec{\beta }}_1=0$. 同理可证 ${\vec{\beta }}_1=\cdots ={\vec{\beta }}_s=0$.

$\square$

命题 4.3.23. 设 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是 $n$ 阶方阵 $A$ 所有互不相同的特征值. 则$$k^n=R_{{\lambda }_1}\oplus \cdots \oplus R_{{\lambda }_s}$$

证明: 由命题 4.3.22, 我们只需证明任意向量 $\vec{x}\in k^n$ 可以分解为$$\vec{x}={\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_s,{\vec{\beta }}_i\in R_{{\lambda }_i}$$

$n$ 阶方阵 $A$ 的特征多项式为$$\phi (\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1}(\lambda -{\lambda }_2{)}^{m_2}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s}$$这里 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是互不相同的特征值. 考虑如下的多项式$${\phi }_i(\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1}\cdots (\lambda -{\lambda }_{i-1}{)}^{m_{i-1}}(\lambda -{\lambda }_{i+1}{)}^{m_{i+1}}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s}$$即把 $\phi (\lambda )$ 中去掉 $(\lambda -{\lambda }_i{)}^{m_i}$ 因子得到的多项式. 多项式 ${\phi }_1(\lambda ),\cdots ,{\phi }_s(\lambda )$ 的公因子只有常数函数, 因此存在多项式 $h_i(\lambda )$ 使得$${\phi }_1(\lambda )h_1(\lambda )+\cdots +{\phi }_s(\lambda )h_s(\lambda )=1$$

代入矩阵 $A$, 我们得到$${\phi }_1(A)h_1(A)+\cdots +{\phi }_s(A)h_s(A)=I_n$$因此$$\begin{array}{rl}\vec{x}=& ({\phi }_1(A)h_1(A)+\cdots +{\phi }_s(A)h_s(A))\vec{x}={\vec{\beta }}_1+\cdots +{\vec{\beta }}_s\end{array}$$这里 ${\vec{\beta }}_i={\phi }_i(A)h_i(A)\vec{x}$. 由 Cayley-Hamilton 定理, $$({\lambda }_i{I}_n-A{)}^{m_i}{\phi }_i(A)=\phi (A)=0$$因此 $({\lambda }_i{I}_n-A{)}^{m_i}{\vec{\beta }}_i=\phi (A)h_i(A)\vec{x}=0$, 即 ${\vec{\beta }}_i\in R_{{\lambda }_i}$.

$\square$

设 ${\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s$ 是 $A$ 的所有互不相同的特征值. 设 $\{{\vec{\beta }}_1^{(j)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}\}$ 是 $R_{{\lambda }_j}$ 的一组基. 由命题 4.3.23, 向量组$$\{{\vec{\beta }}_1^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)},\cdots ,{\vec{\beta }}_1^{(s)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_s}^{(s)}\}$$构成 $k^n$ 的一组基. 由命题 4.3.20, $R_{{\lambda }_j}$ 是 $A$ 的不变子空间, 因此 $A{\vec{\beta }}_i^{(j)}$ 是 $\{{\vec{\beta }}_1^{(j)},\cdots ,{\vec{\beta }}_{t_j}^{(j)}\}$ 的线性组合. 写成矩阵的形式$$\begin{array}{rl}& A\left[\begin{array}{ccccccc}{\vec{\beta }}_1^{(1)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)}& \cdots & {\vec{\beta }}_1^{(s)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{t_s}^{(s)}\end{array}\right]\\ =& \left[\begin{array}{ccccccc}{\vec{\beta }}_1^{(1)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{t_1}^{(1)}& \cdots & {\vec{\beta }}_1^{(s)}& \cdots & {\vec{\beta }}_{t_s}^{(s)}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}{B}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& B_2& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& \cdots & 0& B_s\end{array}\right]\end{array}$$这里 $B_j$ 是 $t_j$ 阶方阵, 其特征多项式为 $(\lambda -{\lambda }_j{)}^{t_j}$ (命题 4.3.21) . 因此 $A$ 的特征多项式为$$\begin{array}{rl}\det (\lambda I_n-A)=& \det (\lambda -B_1)\cdots \det (\lambda -B_s)=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{t_1}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{t_s}\end{array}$$对比$$\det (\lambda I_n-A)=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{m_1}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{m_s}$$我们得到$$t_j=m_j$$

由此我们证明了如下命题.

命题 4.3.24. $\dim R_{{\lambda }_i}$ 等于 ${\lambda }_i$ 的代数重数.

总结如上, 我们有 $V_{{\lambda }_i}\subset R_{{\lambda }_i}$$$\dim V_{{\lambda }_i}=\text{几何重数}\le \dim R_{{\lambda }_i}=\text{代数重数}$$根子空间给出直和分解$$k^n=R_{{\lambda }_1}\oplus R_{{\lambda }_2}\oplus \cdots \oplus R_{{\lambda }_s}$$