8.C 广义特征空间分解的推论

设 \(T\in\mathcal{L}(\mathbf{C}^3)\) 由 \(T(z_1,z_2,z_3)=(z_2,z_3,0)\) 定义。证明:\(T\) 没有平方根。

直接计算得 \(T^3=0\),而 \(T^2(z_1,z_2,z_3)=(z_3,0,0)\ne 0\)。反设存在 \(R\in\mathcal{L}(\mathbf{C}^3)\) 使 \(R^2=T\)。则 \(R^6=T^3=0\),故 \(R\) 幂零;由 8.16(幂零算子的 \(\dim V\) 次幂为零),\(R^3=0\)。于是

与 \(T^2\ne 0\) 矛盾。故 \(T\) 没有平方根。(对照定理 8.41:此 \(T\) 不可逆,恰好落在定理的适用范围之外。)

定义 \(T\in\mathcal{L}(\mathbf{F}^5)\) 为 \(T(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(2x_2,\,3x_3,\,-x_4,\,4x_5,\,0)\)。(a) 证明 \(T\) 幂零;(b) 求 \(I+T\) 的一个平方根。

(a) 记标准基为 \(e_1,\dots,e_5\)。则 \(Te_1=0\)、\(Te_2=2e_1\)、\(Te_3=3e_2\)、\(Te_4=-e_3\)、\(Te_5=4e_4\)。一般地 \(T^k\) 把每个 \(e_j\)(\(j\le k\))变成 \(0\),故 \(T^5=0\),\(T\) 幂零。(事实上 \(T^4e_5=2\cdot3\cdot(-1)\cdot4\,e_1=-24e_1\ne 0\),故 \(T^4\ne 0\)。)

(b) 因 \(T^5=0\),仿照引理 8.39,设 \(R=I+a_1T+a_2T^2+a_3T^3+a_4T^4\),其中系数取自二项式展开 \((1+x)^{1/2}=1+\tfrac12x-\tfrac18x^2+\tfrac1{16}x^3-\tfrac5{128}x^4+\cdots\):

验证 \(R^2=I+T\):\(T^k\) 的系数依次为 \(2a_1=1\);\(2a_2+a_1^2=-\tfrac14+\tfrac14=0\);\(2a_3+2a_1a_2=\tfrac18-\tfrac18=0\);\(2a_4+2a_1a_3+a_2^2=-\tfrac{10}{128}+\tfrac{8}{128}+\tfrac{2}{128}=0\);而 \(k\ge 5\) 的项自动为零。故 \(R^2=I+T\)。

设 \(V\) 是复向量空间。证明:\(V\) 上每个可逆算子都有立方根,即对每个可逆的 \(T\in\mathcal{L}(V)\),存在 \(R\in\mathcal{L}(V)\) 使 \(R^3=T\)。

仿照 8.39 与 8.41 两步走。

第一步(「\(I+\) 幂零」情形):设 \(N\in\mathcal{L}(V)\) 幂零,\(N^m=0\)。由 \((1+x)^{1/3}=1+b_1x+b_2x^2+\cdots\) 猜测 \(I+N\) 的立方根形如 \(I+b_1N+\cdots+b_{m-1}N^{m-1}\)。展开立方后,\(N^k\) 的系数形如 \(3b_k+(\text{由 } b_1,\dots,b_{k-1}\text{ 确定的项})\);因 \(\mathbf{C}\) 中 \(3\ne 0\),可依次解出 \(b_1=\tfrac13\),\(b_2=-\tfrac19\),\(\dots\),使该系数当 \(k\ge 2\) 时为零。故 \(I+N\) 有立方根。

第二步(拼块):复数都有立方根——写 \(z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\),则 \(r^{1/3}\bigl(\cos\tfrac\theta3+i\sin\tfrac\theta3\bigr)\) 的立方是 \(z\)。设 \(\lambda_1,\dots,\lambda_m\) 为可逆算子 \(T\) 的互异特征值,则 \(\lambda_k\ne 0\),且在 \(G(\lambda_k,T)\) 上

由第一步,\(I+N_k/\lambda_k\) 有立方根 \(S_k\);令 \(R_k=\sqrt[3]{\lambda_k}\,S_k\)。再用广义特征空间分解 (8.22) 把 \(v=u_1+\cdots+u_m\) 映为 \(Rv=R_1u_1+\cdots+R_mu_m\),逐块验证 \(R^3=T\)。证毕。

设 \(V\) 是实向量空间。证明:算子 \(-I\) 在 \(V\) 上有平方根,当且仅当 \(\dim V\) 是偶数。

(\(\Leftarrow\))设 \(\dim V=2n\),取基 \(e_1,\dots,e_{2n}\),定义 \(R\in\mathcal{L}(V)\):\(R e_{2k-1}=e_{2k}\),\(R e_{2k}=-e_{2k-1}\)(\(k=1,\dots,n\),即把每对基向量张成的平面旋转 \(90^\circ\) 的算子)。直接验证 \(R^2 e_j=-e_j\) 对所有 \(j\) 成立,故 \(R^2=-I\)。

(\(\Rightarrow\))设 \(R^2=-I\)。先证:对任意 \(v\ne 0\),列表 \(v,Rv\) 线性无关。设 \(av+bRv=0\);再作用 \(R\) 得 \(-bv+aRv=0\)。把两式分别视为关于 \((v,Rv)\) 的线性方程组,消去 \(Rv\) 得 \((a^2+b^2)v=0\),而 \(\mathbf{F}=\mathbf{R}\) 且 \(v\ne 0\),故 \(a^2+b^2=0\),即 \(a=b=0\)。

再证:\(V\) 是若干形如 \(\operatorname{span}(v,Rv)\) 的二维不变子空间的直和,从而 \(\dim V\) 为偶数。归纳构造:任取 \(v_1\ne 0\),令 \(U_1=\operatorname{span}(v_1,Rv_1)\),它显然在 \(R\) 下不变且 \(\dim U_1=2\)。设已取到无关组 \(v_1,Rv_1,\dots,v_{k-1},Rv_{k-1}\),记其张成的 \(R\) 不变子空间为 \(U\)。若 \(U\ne V\),取 \(v_k\notin U\),断言 \(v_1,Rv_1,\dots,v_k,Rv_k\) 仍线性无关:设

即 \(a_kv_k+b_kRv_k=u\in U\)。作用 \(R\) 并利用 \(R^2=-I\),得 \(a_kRv_k-b_kv_k=Ru\in U\)(\(U\) 不变)。若 \((a_k,b_k)\ne(0,0)\),由这两式可解出 \(v_k=\tfrac{a_k u-b_k Ru}{a_k^2+b_k^2}\in U\),矛盾;故 \(a_k=b_k=0\),进而由归纳假设其余系数全为零。如此下去直到张满 \(V\),得 \(\dim V=2k\)。证毕。

设 \(T\in\mathcal{L}(\mathbf{C}^2)\) 由 \(T(w,z)=(-w-z,\,9w+5z)\) 定义。求 \(T\) 的一个若尔当基。

\(T\) 的矩阵为 \(\begin{pmatrix}-1&-1\\9&5\end{pmatrix}\),其特征多项式为 \((z-2)^2\)(迹 \(4\),行列式 \(4\)),故 \(2\) 是唯一的特征值,重数为 2,且 \(G(2,T)=\mathbf{C}^2\)。计算

于是幂零算子 \(N=T-2I\) 满足 \(N^2=0\ne N\),最长链长为 2:取 \(u=(1,0)\),则 \(Nu,u\) 即 \((-3,9),(1,0)\) 是 \(N\) 的若尔当基,从而是 \(T=2I+N\) 的若尔当基。逐列验证:

故 \(T\) 关于基 \(\bigl((-3,9),(1,0)\bigr)\) 的矩阵为若尔当块 \(\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}\)。

求 \(\mathcal{P}_4(\mathbf{R})\) 的一组基,使其为微分算子 \(D\in\mathcal{L}\bigl(\mathcal{P}_4(\mathbf{R})\bigr)\)(\(Dp=p'\))的若尔当基,并写出 \(D\) 的相应矩阵。

\(D\) 是幂零算子:\(D^5=0\) 且 \(D^4\ne 0\)(任意 \(\le 4\) 次多项式的五阶导数为零,而 \(D^4 x^4=24\ne 0\))。取单条链:令 \(u=\tfrac{x^4}{24}\),则

故倒序列表

是 \(\mathcal{P}_4(\mathbf{R})\) 的基,且为 \(D\) 的若尔当基。\(D\) 关于此基的矩阵是单个 \(5\times5\) 若尔当块:

顺带一提:\(D\) 的极小多项式为 \(z^5\)(对照练习 7 的幂零情形)。