蓝以中下册 幂零线性变换的Jordan标准型 92页 习题二10 解答

castelu

习题二10：
　　设$A$是数域$K$上$n$维线性空间$V$内的线性变换，其特征多项式的根都属于$K$。设其全部互不相同的特征值为
$$\lambda_1,\lambda_1,\cdots,\lambda_k$$
　　定义
$$M_i=\left\{\alpha \in V|存在正整数m,使(A-\lambda_i E)^m\alpha=0\right\}$$
（1）证明$M_i$是$V$的子空间，且为$A$的不变子空间；
（2）证明
$$V=M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_k$$
（3）若已知$A$的$Jordan$标准形是
$$J=\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{J_1}&{}&{}&{}\\
{}&{J_2}&{}&{}\\
{}&{}&{\ddots}&{}\\
{}&{}&{}&{J_s}
\end{array}} \right)$$
　　试求$A|_{M_i}$的$Jordan$标准形，再求$A$在$V/M_i$内的诱导变换的$Jordan$标准形。

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解：
（1）设
$$\alpha_1,\alpha_2 \in M_i,k_1,k_2 \in K$$
　　那么
$$\exists m_1,m_2 \in N$$
　　使
$$(A-\lambda_i E)^{m_1}\alpha_1=0,(A-\lambda_i E)^{m_2}\alpha_2=0$$
　　取
$$m=\max\left\{m_1,m_2\right\}$$
　　那么
$$(A-\lambda_i E)^m(k_1\alpha_1+k_2\alpha_2)=k_1(A-\lambda_i E)^m\alpha_1+k_2(A-\lambda_i E)^m\alpha_2=0$$
　　所以$M_i$是$V$的子空间
　　由于
$$(A-\lambda_i E)^m$$
　　是$A$的多项式
　　故它与$A$可交换
　　所以
$$(A-\lambda_i E)^mA\alpha=A(A-\lambda_i E)^m\alpha=0$$
　　于是$M_i$是$V$的不变子空间
（2）先证当
$$\mu \ne \lambda_i$$
　　时
$$(A-\mu E)|_{M_i}$$
　　是可逆变换
　　设
$$(A-\mu E)\alpha=0,\alpha \in M_i$$
　　所以
$$A\alpha=\mu\alpha$$
　　那么
$$(A-\lambda_i E)\alpha=(\mu-\lambda_i)\alpha$$
　　所以
$$\alpha=0$$
　　或
$$\mu-\lambda_i$$
　　是
$$A-\lambda_i E$$
　　的特征值，所以
$$\mu-\lambda_i \ne 0$$
　　而
$$A-\lambda_i E$$
　　在$M_i$上是幂零变换，特征值为$0$
　　所以
$$\alpha=0$$
　　那么
$$\ker(A-\mu E)|_{M_i}=\left\{0\right\}$$
　　所以
$$(A-\mu E)|_{M_i}$$
　　是可逆变换
　　再证
$$M_1+M_2+\cdots+M_k$$
　　是直和
　　只要证明$0$向量的分解是唯一的
　　设有
$$0=\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_s,\alpha_i \in M_i$$
　　对子空间个数$s$作归纳法
　　$s=2$时
　　对$\alpha_2 \in M_2$，$\exists m_2$使
$$(A-\lambda_2 E)^{m_2}\alpha_2=0$$
　　若令
$$\beta_1=(A-\lambda_2 E)^{m_2}\alpha_1$$
　　则
$$\beta_1=(A-\lambda_2 E)^{m_2}(\alpha_1+\alpha_2)=0$$
　　$M_1$是$(A-\lambda_2 E)^{m_2}$的不变子空间
　　所以
$$\beta_1 \in M_1$$
　　因为
$$(A-\lambda_2 E)^{m_2}$$
　　在$M_1$上可逆，由
$$\alpha_1=0$$
　　可知
$$\alpha_2=0$$
　　设对$s-1$个子空间成立，则对$s$个子空间
　　对
$$\alpha_s \in M_s,\exists m_s \in N$$
　　使得
$$(A-\lambda_s E)^{m_s}\alpha_s=0$$
　　令
$$\beta_1=(A-\lambda_s E)^{m_s}\alpha_i,i=1,2,\cdots,s-1$$
　　则
$$\begin{eqnarray*}
&&\beta_1+\beta_2+\cdots+\beta_{s-1}\\
&=&(A-\lambda_sE)^{m_s}\alpha_1+(A-\lambda_sE)^{m_s}\alpha_2+\cdots+(A-\lambda_sE)^{m_s}\alpha_{s-1}\\
&=&(A-\lambda_sE)^{m_s}(\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{s-1})+(A-\lambda_sE)^{m_s}\alpha_s=0
\end{eqnarray*}$$
　　因为
$$M_1,M_2,\cdots,M_{s-1}$$
　　是
$$A-\lambda_s E$$
　　的不变子空间
　　所以
$$\beta_i \in M_i,i=1,2,\cdots,s-1$$
　　由归纳假设
$$\beta_i=0$$
　　再由
$$A-\lambda_s E$$
　　在$M_i$中可逆，可知
$$(A-\lambda_s E)^{m_s}$$
　　在$M_i$中可逆
　　所以
$$\alpha_i=0,i=1,2,\cdots,s-1$$
　　于是
$$\alpha_s=0$$
　　所以
$$M_1+M_2+\cdots+M_k$$
　　是直和
　　最后证明
$$\dim M_1=n_i$$
　　其中$n_i$是$\lambda_i$的代数重数
　　设$\lambda_1$是$A$的$n_1$重特征根
$$\dim M_1=k$$
　　因为$M_1$为不变子空间，所以在$M_1$中选基，并扩充成$V$的基，则$A$在这基下的方阵表示为
$$A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
B&C\\
0&D
\end{array}} \right)$$
　　所以
$$\begin{eqnarray*}
\det(\lambda E-A)&=&\det(\lambda E-B)\det(\lambda E-D)\\
&=&(\lambda-\lambda_1)^k\det(\lambda E-D)
\end{eqnarray*}$$
　　若$k<n_1$，则$\lambda_1$是$\det(\lambda E-D)$的一个根
　　记$\tau:V \to V/M_1$，则$\tau$的方阵表示为$D$
　　于是$\lambda_1$是$\tau$的特征值
　　设$\alpha_1+M_1$是$\tau$的属于特征值$\lambda_1$的特征向量，则
$$\tau(\alpha_1+M_1)=\lambda_1(\alpha_1+M_1)=\tau\alpha_1+M_1$$
　　所以
$$A\alpha_1-\lambda_1\alpha_1 \in M_1$$
　　即
$$(A-\lambda_1 E)\alpha_1 \in M_1$$
　　所以，$\exists m$，使
$$(A-\lambda_1 E)^{m}(A-\lambda_1 E)\alpha_1=0$$
　　那么
$$(A-\lambda_1 E)^{m+1}\alpha_1=0$$
　　于是
$$\alpha_1 \in M_1$$
　　这与
$$\alpha_1+M_1$$
　　是特征向量矛盾，所以
$$\dim M_1=n_1$$
　　也即
$$V=M_1 \oplus M_2 \oplus \cdots \oplus M_k$$
（3）显然$A|_{M_i}$的$Jordan$标准形是$J_i$
　　$A$在$V/M_i$内的诱导变换的$Jordan$标准形是
$$J=\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{J_1}&{}&{}&{}&{}&{}\\
{}&{\ddots}&{}&{}&{}&{}\\
{}&{}&{J_{i-1}}&{}&{}&{}\\
{}&{}&{}&{J_{i+1}}&{}&{}\\
{}&{}&{}&{}&{\ddots}&{}\\
{}&{}&{}&{}&{}&{J_s}\\
\end{array}} \right)$$