系列导言, 本文是作者在学习 Peter D. Lax 线性代数及其应用的读书笔记, 侧重于记录我当时没有看懂的部分, 以及对书中部分知识点的一些扩展. 非常零散, 不成系统. 对本系列的使用最好是读者也在学习 Peter D. Lax 线代并且恰好有某处不太明白, 可以参考着本系列说不定这里就有答案. 本系列文章在写作时参考了互联网上零零散散非常多的资料在此表示感谢!
$\forall h, Ah = ah$ 推出 $A = aI$. 证明: $\forall h, (A - aI) h = 0$, 意味着 $A - aI = 0$.
广义本征向量. 回顾例 1 可以看到本征向量一大用处是加速 $A^N h$ 运算. 在本征向量有个问题是, A 可能没有 n 个线性无关的本征向量, 使得存在 h 无法表示为 A 本征向量线性组合, 针对这种 h 无法进行 $A^N h$ 计算加速. 所以引入了广义本征向量 f, 后面会证明任意 h 都可以表示为 A 特征向量与广义特征向量的线性组合. $A^N h = \sum_i a_i A^N h_i$, 这里 $h_i$ 可能是本征向量也可能是广义本征向量, 若 $h_i$ 是本征向量, 则 $A^N h_i = a^N h_i$. 若 $h_i$ 是广义本征向量, 则可以按照公式 25 进行计算.
练习 5 证明. 首先这里 q 是某个环上的多项式, $q’$ 的定义我暂且用传统导数来定义, 不确定多项式环中的多项式导数有没有什么讲究…
\[\begin{align} q(x) &= c_n x^n + \cdots + c_1 x + c_0 \\ q'(x) &= c_n n x^{n-1} + \cdots + c_1 \\ q(A)f &= c_n A^n f + \cdots + c_1 A f + c_0 f \\ q(a)f &= c_n a^n f + \cdots + c_1 a f + c_0 f \\ q(A)f - q(a)f &= c_n (A^n f - a^n f) + \cdots + c_1 (A f - af). \end{align}\]由公式 25 易得结论.
练习 5 有什么意义呢? 由这个等式易证 $q^N(A) f = q^N(a) f + N q^{N-1}(a) q’(a) h$. 另外也可以易证 $(q(A) - q(a) I)^2 f = 0$.
引理 8, 这里 p, q 没有公共零点意味着 p,q 互素, 反证若 p, q 包含因子 d, $\deg d \gt 0$, 则由代数学基本定理, d 存在零点, 这意味着 p,q 存在公共零点. 矛盾了! 此时依据代数学基础定理 5.5 可得结论.
引理 9, 被 Page 6 直和定义影响了, 我一直因为若 X 是 Y, Z 直和, 则 Y, Z 必须是 X 子空间. 由第三章练习 15 这里 $N_q \subseteq N_{pq}$ 我是知道的, 我一直试图证明 $N_p \subseteq N_{pq}$. 但其实没必要, 直和的定义也即这里引理 9 中提到的! 所以若 X 是 Y, Z 直和, 则意味着 $X \subseteq Y + Z$, 这里 “+” 定义在 Page4 和.
P.S. 这里记 $y=pq$, 即 y 是 p, q 多项式乘积, 这里乘积定义是多项式环中乘积的定义. 此时 y(A) = p(A)q(A).
P.S. 这里也证明了 $N_p \cap N_q = {0}$.
定理 7, 谱定理. 这里 $p’(A) = \prod_{j=l+1}^k (A - r_jI)^{m_j}, p(A) = \prod_{j=1}^l (A - r_jI)^{m_j} p’(A)$, 这里 $A - r_jI, j = 1,\cdots, l$ 可逆, $A - r_jI, j = l+1,\cdots, k$ 不可逆. 则易证 $N_{p(A)} = N_{p’(A)}$.
P.S. 这里当 x = 0 时, $p’(A)$ 可能是 I, 但并不影响整个证明过程.
$\mathcal{P}$, 由原文可以看到 $\mathcal{P}$ 是一维线性空间, 极小多项式 $m_A$ 是基. $N_m$ 自某个下标起往后都相等, 解释: 假设不存在这样的 m, 则 $N_1 \subset N_2 \subset \cdots. \forall i < j, N_i$ 是 $N_j$ 真子集, 这意味着 $\dim N_i \lt \dim N_j$, 即 $\dim N_i$ 严格单调递增, 但 $\dim N_i \le \dim C^n = n, \forall i$ 矛盾了.
定理 11 证明: 记 A 的特征多项式 $p_A(s) = \prod_{i=1}^k (s - a_i)^{m_i}$, 这里 $m_i$ 是根 $a_i$ 的重数. 考虑到 $m_A \mid p_A$, 所以 $m_A(s) = \prod_{i=1}^k (s - a_i)^{r_i}, 0 \le r_i \le m_i$. 记 $N_{p_A}$ 为 $p_A(A)$ 的零空间, 考虑到 $p_A(A) = 0, N_{p_A} = C^n$. 记 $N_{m_j}$ 为 $(A - a_jI)^{m_j}$ 的零空间, 由引理 9 可知 $N_{p_A} = \bigoplus_{j=1}^k N_{m_j}$. 考虑到 $N_{m_j} \subseteq N_{m_j + d_j} = N_{d_j}$ 易证 $C^n = \bigoplus_{j=1}^k N_{d_j}$. 这意味着 $m’(A) = \prod_{i=1}^k (A - a_iI)^{d_i}$ 的零空间是 $C^n$, 即 $m’(s) \in \mathcal{P}$. 现在我们有 $r_j \le d_j, \forall j$.
假设存在 $z, r_z \lt d_z, \exists x_0 \in N_{d_z} \setminus N_{r_z}, x_0 \ne 0$, 定义 $q(s) = \prod_{i=1, i\ne z}^k (s - a_i)^{r_i}, m_A(s) = q(s) (s - a_z)^{r_z}$. 由于 $m_A(s) \in \mathcal{P}, m_A(A) = O, x_0 \in N_{m_A}$, 由引理 9 可知 $x_0 = x_0’ + x_0’’, x_0’ \in N_q, x_0’‘\in N_{r_z}$. 考虑到 $(A - a_zI)^{d_z} x_0 = 0 = (A - a_zI)^{d_z} x_0’ + (A - a_zI)^{d_z} x_0’’$, 已知 $(A - a_zI)^{d_z} x_0’’ = 0$, 所以 $x_0’ \in N_q \cap N_{d_z}, x_0’ = 0, x_0’’ = x_0 \in N_{r_z}$ 矛盾了.
P.S. 从这个证明可以看到 $d_j \le m_j$, 即特征值 $a_j$ 的指数不大于其重数.
$C^n = N^{(1)} \oplus N^{(2)} \oplus \cdots \oplus N^{(k)}$. 虽然由定理 7 谱定理我们仅知道了 $\forall x \in C^n, x = x_{i_1} + \cdots + x_{i_l}, x_{i_j} \in N^{i_j}$. 但易证可以得到这里结论的.
定理 12, $N_m(a_j)$, $M_m(a_j)$ 是同构的. 这是因为 $S^{-1} (A - aI)^m = (B - aI)^m S^{-1}$, 这意味着 $\forall x \in N_m(a_j), S^{-1} (A - aI)^m x = 0 = (B - aI)^m S^{-1} x$, 这意味着 $S^{-1} x \in M_m(a_j)$, 易证此时 $S: M_m(a_j) \to N_m(a_j)$ 是线性同构.
