这学期当了高等代数的助教，我出了一份卷子，这周四进行了高等代数期中考试，以下为试题和答案。
问题1(10分)对于线性空间$V$, 若$V=Aoplus B=Coplus D$, 且$Asubseteq C$, 求证: $$C=Aoplus (Bcap C)$$
问题2(10分)证明: 两个复方阵$oldsymbol{A},oldsymbol{B}$相似当且仅当 $left(egin{matrix} oldsymbol{A} \ & oldsymbol{A} end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{B} \ & oldsymbol{B} end{matrix} ight)$相似.
问题3(10分, Bessel不等式) 对于$mathbb{R}$-内积空间$V$(不必有限维), 若有限个单位向量$oldsymbol{e}_1,ldots,oldsymbol{e}_n$两两正交, 求证, 对任何$oldsymbol{x}in V$, $$left<oldsymbol{x},oldsymbol{x} ight>^2geq sum_{i=1}^n |left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight>|^2$$
问题4(20分, Schur)证明: 每个复矩阵$oldsymbol{A}$都酉相似到上三角形. 具体来说, 存在酉矩阵$oldsymbol{U}$(即$oldsymbol{U}^{mathsf{H}}oldsymbol{U}=oldsymbol{E}$, ${}^mathsf{H}$表示共轭转置)和上三角矩阵$oldsymbol{T}$使得 $$oldsymbol{A}=oldsymbol{UTU}^{-1}$$ (提示 :回忆``前Jordan时代''的我们曾经证明的结论---任何一个矩阵都复相似到上三角矩阵. )
问题5(25分)对于$mathbb{C}$-线性空间$V$, 其上有两个线性变换$mathscr{A},mathscr{B}$, 且$mathscr{A},mathscr{B}$可交换. 求证: $$ extrm{$mathscr{A},mathscr{B}$可对角化}iff extrm{$mathscr{A},mathscr{B}$可同时对角化}$$ 这里可(同时)对交换的意思是存在一组基, 在这组基下, (两)线性变换对应的矩阵(都)是对角矩阵. 换言之, 存在一组由(公共)特征向量组成的基.
问题6(25分, Jordan分解) 对于有限维$mathbb{C}$-线性空间$V$, $mathscr{A}$是其上的线性变换, 本题的目的是为了证明如下的Jordan分解存在且唯一, $$mathscr{A}=mathscr{D}+mathscr{N}$$ 其中$mathscr{D},mathscr{N}$都是$V$上的线性变换, 且满足
- $mathscr{D}$可以对角化. 换言之, 存在一组基$epsilon_1,ldots,epsilon_n$和特征值$lambda_1,ldots,lambda_i$使得$mathscr{D}epsilon_i=lambda_iepsilon_i$, 对每一个$1leq ileq n$. (可对角化条件)
- $mathscr{N}$是幂零的. 即存在$m>0$使得$mathscr{N}^m=mathscr{O}$. (幂零条件)
- $mathscr{A}$分别与$mathscr{D}$, $mathscr{N}$可交换. 即$mathscr{AD}=mathscr{DA}, mathscr{AN}=mathscr{NA}$. (可交换条件)
本题如果不采用如下过程的思路, 完整地解决亦可得满分(只证明存在性可得5分)
直觉使我们相信$mathscr{D}$的对角线上应该按重数排列着$mathscr{A}$的所有特征值, 但是这需要构造和证明. 为此, 假设$mathscr{A}$的特征多项式为$$f(X)=(X-lambda_1)^{n_1}ldots(X-lambda_k)^{n_k}qquad extrm{$lambda_1,ldots,lambda_ninmathbb{C}$两两不同}$$ 并且记属于特征值$lambda_i$的根子空间 $$V_{i}=kerleft[(mathscr{A}-lambda_i)^{n_i} ight]subseteq V$$
(1)(5分)证明: $V_i$是$mathscr{A}$-不变子空间.
(2)(5分)证明: $$V=V_1oplus ldots oplus V_k$$ (提示: 只需证明对两个互质的多项式$f,g$有$V=ker f(mathscr{A})oplus ker g(mathscr{A})$.)
(3)(5分)证明: 对任意$1leq jleq n$, 存在多项式$f_j(X)$使得 $$[f_j(mathscr{A})](v_1+ldots+v_k)=v_jqquad forall v_iin V_i$$(提示: 只需要$[f_j(mathscr{A})](v_i)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i eq j$. 用多项式的Béezout定理. )
既然已经构造出$f_j(X)$那么取 $$D(X)=lambda_1f_1(X)+ldots+lambda_kf_k(X)qquad N(X)=X-D(X)$$ 并令 $$mathscr{D}=D(mathscr{A})qquad mathscr{N}=N(mathscr{A})$$
(4)(5分)证明: 如上的$mathscr{D}, mathscr{N}$满足Jordan分解的三条要求. 注意到, 此时, $mathscr{D},mathscr{N}$甚至还是$mathscr{A}$的多项式.
(5)(5分, 唯一性)若$mathscr{D}',mathscr{N}'$满足Jordan分解的三条要求, 则 $$mathscr{D}'=mathscr{D}, mathscr{N}'=mathscr{N}$$
在这里你可以使用问题5的结论, 即使你没有解决问题5.
(提示:需要注意到我们构造出的$mathscr{D}$是$mathscr{A}$的多项式, 同时注意到两个可以交换的幂零变换的差还是幂零的. )
答案与评注
问题1(10分)对于线性空间$V$, 若$V=Aoplus B=Coplus D$, 且$Asubseteq C$, 求证: $$C=Aoplus (Bcap C)$$
证明 首先, $Acap (Bcap C)subseteq Acap B={0}$, 故$Acap B={0}$. 此外, $forall xin Csubseteq V$, 则$x=a+b$, 其中$ain Asubseteq C, bin B$, 则$b=x-ain C$, 故$bin Bcap C$, 故$C=A+(Bcap C)$. 综上所述$C=Aoplus (Bcap C)$. $square$
评注 找基的方法是错误的! 例如取$A$是$oldsymbol{e}_1$张成的空间, $C$是$oldsymbol{e}_1,oldsymbol{e}_2$张成的空间, $D$是$oldsymbol{e}_1,oldsymbol{e}_2, oldsymbol{e}_3$张成的空间, $B$是$oldsymbol{e}_1+oldsymbol{e}_2, oldsymbol{e}_1+oldsymbol{e}_3$张成的空间. $oldsymbol{e}_2,oldsymbol{e}_3$根本不在$B$里面! 补空间不是唯一的, 在清楚自己写的是什么之前不要使用``的补空间''或者$V/A$的记号. 没有内积结构也不要谈论垂直.
问题2(10分)证明: 两个复方阵$oldsymbol{A},oldsymbol{B}$相似当且仅当 $left(egin{matrix} oldsymbol{A} \ & oldsymbol{A} end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{B} \ & oldsymbol{B} end{matrix} ight)$相似.
证明 必要性显然. 对于充分性, 将$A,B$相似到Jordan标准型$oldsymbol{J}_A,oldsymbol{J}_A$, 则$left(egin{matrix} oldsymbol{A} \ & oldsymbol{A} end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{B} \ & oldsymbol{B} end{matrix} ight)$分别相似于$left(egin{matrix} oldsymbol{J}_A\ & oldsymbol{J}_A end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{J}_B \ & oldsymbol{J}_B end{matrix} ight)$, 后者也是Jordan标准型, 若$left(egin{matrix} oldsymbol{A} \ & oldsymbol{A} end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{B} \ & oldsymbol{B} end{matrix} ight)$相似, 则$left(egin{matrix} oldsymbol{J}_A\ & oldsymbol{J}_A end{matrix} ight), left(egin{matrix} oldsymbol{J}_B \ & oldsymbol{J}_B end{matrix} ight)$只相差一些Jordan块的排列, 而$oldsymbol{J}_A$和$oldsymbol{J}_B$的Jordan块正是这些Jordan块的一半, 故$oldsymbol{J}_A$与$oldsymbol{J}_B$相似. (也可使用初等因子法) $square$
评注 回归定义是不可能通过分块的方法得到过渡矩阵一定是准对角性! 例如 $$left(egin{matrix} 1 \ & 1 end{matrix} ight)=left(egin{matrix} &1 \ 1& end{matrix} ight) left(egin{matrix} 1 \ & 1 end{matrix} ight)left(egin{matrix} &1 \ 1& end{matrix} ight)$$
评注 参见李尚志P436. 习题6.
问题3(10分, Bessel不等式) 对于$mathbb{R}$-内积空间$V$(不必有限维), 若有限个单位向量$oldsymbol{e}_1,ldots,oldsymbol{e}_n$两两正交, 求证, 对任何$oldsymbol{x}in V$, $$left<oldsymbol{x},oldsymbol{x} ight>^2geq sum_{i=1}^n |left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight>|^2$$
证明 $left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight>$正是$oldsymbol{x}$在$oldsymbol{e}_i$上的投影, 受此启发, 作$oldsymbol{y}=oldsymbol{x}-sum_{i=1}^n left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight> oldsymbol{e}_i$, 此时$oldsymbol{y}perp oldsymbol{e}_i$对任意$1leq ileq n$. 故根据勾股定理 $$||oldsymbol{x}||^2=left|sum_{i=1}^n left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight> oldsymbol{e}_i ight|^2+||y||^2geq left|sum_{i=1}^n left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight> oldsymbol{e}_i ight|^2 =sum_{i=1}^n |left<oldsymbol{x},oldsymbol{e}_i ight>|^2$$ 得证. $square$
评注 无限维内积空间未必总有单位正交基.
评注 参见李尚志P492. 习题11.
问题4(20分, Schur)证明: 每个复矩阵$oldsymbol{A}$都酉相似到上三角形. 具体来说, 存在酉矩阵$oldsymbol{U}$(即$oldsymbol{U}^{mathsf{H}}oldsymbol{U}=oldsymbol{E}$, ${}^mathsf{H}$表示共轭转置)和上三角矩阵$oldsymbol{T}$使得 $$oldsymbol{A}=oldsymbol{UTU}^{-1}$$ (提示: 回忆``前Jordan时代''的我们曾经证明的结论---任何一个矩阵都复相似到上三角矩阵. )
证明 根据代数基本定理, $oldsymbol{A}$总有特征向量, 通过单位化, 不妨假设其是单位向量, 将其扩充为全空间的一组单位正交基, 在这组基下$oldsymbol{A}$的矩阵形如 $$left(egin{matrix} lambda & * \ 0& oldsymbol{A}' end{matrix} ight)$$ 即$oldsymbol{A}$酉相似到$left(egin{matrix} lambda & * \ 0& oldsymbol{A}' end{matrix} ight)$, 然后利用归纳法得证. (或利用任何矩阵都相似到上三角矩阵(Jordan标准型), 以及QR分解.) $square$
评注 见李尚志P525 定理9.7.3. 相似和正交相似不一样, 例如 $oldsymbol{A}=left(egin{matrix} 1& 1 \ & 0 end{matrix} ight)$相似于$oldsymbol{B}=left(egin{matrix} 1& 0\ & 0 end{matrix} ight)$, 但若存在正交矩阵$oldsymbol{P}$使得$oldsymbol{P}^Toldsymbol{A}oldsymbol{P}=oldsymbol{B}$, 则 $$left(egin{matrix} 1& 0\ & 0 end{matrix} ight)= oldsymbol{B}oldsymbol{B}^{T}=oldsymbol{P}^Toldsymbol{A}oldsymbol{P}oldsymbol{P}^Toldsymbol{A}^{T}oldsymbol{P}=oldsymbol{P}^Toldsymbol{A}oldsymbol{A}^{T}oldsymbol{P} =oldsymbol{P}^Tleft(egin{matrix} 2& 0\ 0& 0 end{matrix} ight)oldsymbol{P}$$ 前者迹为$1$, 后者迹为$2$.
问题5(25分)对于$mathbb{C}$-线性空间$V$, 其上有两个线性变换$mathscr{A},mathscr{B}$, 且$mathscr{A},mathscr{B}$可交换. 求证: $$ extrm{$mathscr{A},mathscr{B}$可对角化}iff extrm{$mathscr{A},mathscr{B}$可同时对角化}$$ 这里可(同时)对交换的意思是存在一组基, 在这组基下, (两)线性变换对应的矩阵(都)是对角矩阵. 换言之, 存在一组由(公共)特征向量组成的基.
证明 选定一组基, 转述为矩阵的条件, 假设$mathscr{A},mathscr{B}$在这组基下的矩阵是$oldsymbol{A},oldsymbol{B}$, 不妨通过选择恰当的基, 假定$oldsymbol{A}=left(egin{matrix}lambda_1oldsymbol{E}_1 \& ddots \ && lambda_koldsymbol{E}_kend{matrix} ight)$, 其中$lambda_i$互不相同, 对$oldsymbol{B}$施以同样的分块$oldsymbol{B}=left(egin{matrix}oldsymbol{B}_{11} & ldots & oldsymbol{B}_{1k}\ vdots & ddots& vdots \ oldsymbol{B}_{k1}& ldots & oldsymbol{B}_{kk}end{matrix} ight)$, 验证$oldsymbol{A}oldsymbol{B}=oldsymbol{B}oldsymbol{A}$得到$lambda_ioldsymbol{B}_{ij}=lambda_{j}oldsymbol{B}_{ij}$, 因为假定$lambda_i$两两不同, 故$oldsymbol{B}_{ij}=oldsymbol{O}$当$i eq j$. 故$oldsymbol{B}=left(egin{matrix}oldsymbol{B}_{11} & \ &ddots \ &&oldsymbol{B}_{kk}end{matrix} ight)$, 则因为$oldsymbol{B}$可对角化, $oldsymbol{B}_{ii}$也可对角化, 设$oldsymbol{P}_i$使得$oldsymbol{P}_ioldsymbol{B}_{ii}oldsymbol{P}_i^{-1}$为对角阵, 则$oldsymbol{P}=left(egin{matrix}oldsymbol{P}_{1} & \ &ddots \ &&oldsymbol{P}_{k}end{matrix} ight)$. 则$oldsymbol{P}oldsymbol{A}oldsymbol{P}^{-1}=oldsymbol{A}$, 且$oldsymbol{P}oldsymbol{b}oldsymbol{P}^{-1}$为对角阵. $square$
评注 参见李尚志P355. 例4.
问题6(25分, Jordan分解) 对于有限维$mathbb{C}$-线性空间$V$, $mathscr{A}$是其上的线性变换, 本题的目的是为了证明如下的Jordan分解存在且唯一, $$mathscr{A}=mathscr{D}+mathscr{N}$$ 其中$mathscr{D},mathscr{N}$都是$V$上的线性变换, 且满足
- $mathscr{D}$可以对角化. 换言之, 存在一组基$epsilon_1,ldots,epsilon_n$和特征值$lambda_1,ldots,lambda_i$使得$mathscr{D}epsilon_i=lambda_iepsilon_i$, 对每一个$1leq ileq n$. (可对角化条件)
- $mathscr{N}$是幂零的. 即存在$m>0$使得$mathscr{N}^m=mathscr{O}$. (幂零条件)
- $mathscr{A}$分别与$mathscr{D}$, $mathscr{N}$可交换. 即$mathscr{AD}=mathscr{DA}, mathscr{AN}=mathscr{NA}$. (可交换条件)
本题如果不采用如下过程的思路, 完整地解决亦可得满分(只证明存在性可得5分
直觉使我们相信$mathscr{D}$的对角线上应该按重数排列着$mathscr{A}$的所有特征值, 但是这需要构造和证明. 为此, 假设$mathscr{A}$的特征多项式为$$f(X)=(X-lambda_1)^{n_1}ldots(X-lambda_k)^{n_k}qquad extrm{$lambda_1,ldots,lambda_ninmathbb{C}$两两不同}$$ 并且记属于特征值$lambda_i$的根子空间 $$V_{i}=kerleft[(mathscr{A}-lambda_i)^{n_i} ight]subseteq V$$
(1)(5分)证明: $V_i$是$mathscr{A}$-不变子空间.
(2)(5分)证明: $$V=V_1oplus ldots oplus V_k$$ (提示: 只需证明对两个互质的多项式$f,g$有$V=ker f(mathscr{A})oplus ker g(mathscr{A})$.)
(3)(5分)证明: 对任意$1leq jleq n$, 存在多项式$f_j(X)$使得 $$[f_j(mathscr{A})](v_1+ldots+v_k)=v_jqquad forall v_iin V_i$$(提示: 只需要$[f_j(mathscr{A})](v_i)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i eq j$. 用多项式的Béezout定理. )
既然已经构造出$f_j(X)$那么取 $$D(X)=lambda_1f_1(X)+ldots+lambda_kf_k(X)qquad N(X)=X-D(X)$$ 并令 $$mathscr{D}=D(mathscr{A})qquad mathscr{N}=N(mathscr{A})$$
(4)(5分)证明: 如上的$mathscr{D}, mathscr{N}$满足Jordan分解的三条要求. 注意到, 此时, $mathscr{D},mathscr{N}$甚至还是$mathscr{A}$的多项式.
(5)(5分, 唯一性)若$mathscr{D}',mathscr{N}'$满足Jordan分解的三条要求, 则 $$mathscr{D}'=mathscr{D}, mathscr{N}'=mathscr{N}$$
在这里你可以使用问题5的结论, 即使你没有解决问题5.
(提示:需要注意到我们构造出的$mathscr{D}$是$mathscr{A}$的多项式, 同时注意到两个可以交换的幂零变换的差还是幂零的. )
证明 (1)任意$oldsymbol{x}in oldsymbol{V}_i$, $$(mathscr{A}-lambda_i)^{n_i}\,(mathscr{A}oldsymbol{x})=mathscr{A}(mathscr{A}-lambda_i)^{n_i}oldsymbol{x}=mathscr{A}0=0$$
(2)首先, 先证明$f,g$互质, 且$fg(mathscr{A})=mathscr{O}$时, $Vcong ker[f(mathscr{A})]oplus ker [g(mathscr{A})]$. 根据多项式的Béezout定理, 存在$u,v$ 使得 $fu+gv=1$, 则$forall oldsymbol{x}in V$, $oldsymbol{x}=u(mathscr{A})f(mathscr{A})oldsymbol{x}+v(mathscr{A})g(mathscr{A})oldsymbol{x}$, 且 $g(mathscr{A})u(mathscr{A})f(mathscr{A})oldsymbol{x}=0, f(mathscr{A})v(mathscr{A})g(mathscr{A})oldsymbol{x}=0$, 故$V=ker[f(mathscr{A})]+ker [g(mathscr{A})]$. 若$xin ker[f(mathscr{A})]cap ker [g(mathscr{A})]$, 则$f(mathscr{A})oldsymbol{x}=0, g(mathscr{A})oldsymbol{x}=0$, 从而 $oldsymbol{x}=u(mathscr{A})f(mathscr{A})oldsymbol{x}+v(mathscr{A})g(mathscr{A})oldsymbol{x}=0$, 故是直和. 然后, 对于这里, 用于$(X-lambda_1)^{n_1}$和$f/(X-lambda_1)^{n_1}$, 然后在子空间$ker[f/(X-lambda_1)^{n_1}]$上归纳可得. (也可直接用用$frac{f(X)}{(X-lambda_i)^{n_i}}$, 方法是类似的. 但见评注. )
(3)考虑$F_i=frac{f(X)}{(X-lambda_i)^{n_i}}$, 他们互质, 利用Béezout定理, 存在$u_i$使得 $sum_{i=1}^k u_iF_i=1$, 取$f_i=u_iF_i$. 注意到$f_i(oldsymbol{v}_j)=0$当$i eq j$时, 故容易验证$f_i(oldsymbol{v}_j)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i eq j$.
(4)每个$i$选$V_i$的一组基, 他们的并还是一组基(因为直和). 且$mathscr{D}$在每个$V_i$上都是数乘, 从而可对角化. 幂零是因为此时特征值全为$0$, 特征多项式必须是$X^n$. 可以交换是因为是多项式.
(5)假设$mathscr{A}=mathscr{D}'+mathscr{N}'$, 且$mathscr{A}$与$mathscr{D}', mathscr{N}'$交换, 则因为$mathscr{D}, mathscr{N}$是$mathscr{A}$的多项式, $mathscr{D}, mathscr{N}$也与$mathscr{D}', mathscr{N}'$交换. 则$mathscr{D}-mathscr{D}'=mathscr{N}'-mathscr{N}$. 假设$mathscr{N}'^m=mathscr{O}$, $mathscr{N}^n=mathscr{O}$, 因为交换, 所以利用二项式展开可得 $(mathscr{N}'-mathscr{N})^{m+n}=mathscr{O}$, 故也幂零. 而$mathscr{D},mathscr{D}'$因为可交换且可以对角化可得可以同时对角化, 因为幂零矩阵特征值都为$0$, 而在某组基下$mathscr{D}-mathscr{D}'$是对角阵, 从而$mathscr{D}=mathscr{D}'$进而$mathscr{N}=mathscr{N}'$. $square$
评注 $V_1+V_2+V_3=V_1oplus V_2oplus V_3$是直和的条件不是两两交$0$! 例如随便在平面上画三条交于$0$的直线.
评注 参见李尚志P436. 习题3.
数据分析
