练习：不变子空间

1. \(\forall u\in U\) , \(Tu = 0\)，因为\(U\)是\(V\)的子空间，所以\(0\in U\)，所以\(Tu\in U\)，所以\(U\)在\(T\)下不变
2. \(\forall u in U\)，\(Tu \in \mathrm{range}T \)。因为\( \mathrm{range} T \subset U\)，所以\(Tu \in U\) ，即\(U\)在\(T\)下不变。

\(\forall u \in \mathrm{null}S\)，则对\(ST = TS\)两边作用于\(u\)，有\(STu = TSu = T(0) = 0\)，显然有\(Tu \in \mathrm{null} S\)。

设\(v \in \mathrm{range}S\)，则\(\exists u\)，使得\(Su = v\)，所以\(STu = TSu = Tv\)，即\(Tv\in \mathrm{range} S\)

假设\(\forall u \in U_{1} + \ldots + U_{m}\)，则\(\exists u_{1}\in U_{1},\ldots ,u_{m}\in U_{m}\)，有\(u = u_{1} + \ldots + u_{m} \)。\(Tu = T(u_{1} + \ldots u_{m}) = Tu_{1} + \ldots + Tu_{m}\)。

因为\(Tu_{1} \in U_{1},\ldots ,Tu_{m} \in U_{m}\)，所以\(Tu_{1} +\ldots + Tu_{m} \in Tu\)

假设\(U_{1},\ldots ,U_{m}\)是\(T\)下的一组不变子空间，则对于\(U = U_{1}\cap \ldots \cap U_{m}\)，假设\(u\in U\),则\(u\in U_{1},\ldots ,u\in U_{m}\)，所以\(Tu \in U_{1},\ldots ,Tu \in U_{m}\)，即\(Tu \in U_{1} \cap \ldots \cap U_{m}\)

我们用反证法证明这个命题是真命题。假设\(U\)是\(V\)的子空间，\(U\neq 0\)且\(U\neq V\)，那么存在\(T\in \mathcal{L}(V)\)满足\(U\)在\(T\)下不是不变的。

假设\(U\)是\(V\)的子空间，\(U\neq 0\)且\(U\neq V\)，对于\(u\in U\)且\(u\neq 0\)和\(w\in V, w\notin U\)，扩展\(u\)为\(V\)的一个基\((u,v_{1},\ldots ,v_{n})\),定义：\[T(au+b_{1}v_{1} + \ldots + v_{n}v_{n}) = aw\] 因此\(Tu = w\)。因为\(u\in U\)但是\(w\notin U\)，这表明\(U\)在\(T\)下不是不变的。

回忆一下本征值的定义。称数\(\lambda \in \mathbf{F}\)为\(T\)的本征值，若存在\(v\in V\)使得\(v\neq 0\)且\(Tv = \lambda v\)

我们假设\(\lambda\)是本征值，则有\((-3y,x) = \lambda (x,y)\)，所以：

\begin{eqnarray} \label{eq:1} -3y&=& \lambda x \\ x&=& \lambda y \end{eqnarray}

所以:

\begin{equation} \label{eq:2} -3y = \lambda^{2}y \end{equation}

所以\(\lambda^{2} = - 3 \)，这是不可能的。因为\(T\in \mathcal{L}(\mathbf{R}^{2})\)。

根据本征值的定义。

\begin{eqnarray} \label{eq:3} (z,w)&=&\lambda (w,z) \\ \end{eqnarray}

所以\(\lambda = \pm 1\)。当\(\lambda = 1\)时，特征向量是\((w,w)\)；当\(\lambda = -1\)时，特征向量是\((w,-w)\)

根据本征值的定义。\[\lambda (z_{1},z_{2},z_{3}) = (2z_{2},0,5z_{3}) \]

\begin{eqnarray} \label{eq:4} \lambda z_{1}&=& 2z_{2}\\ \lambda z_{2}&=& 0 \\ \lambda z_{3}&=& 5z_{3} \end{eqnarray}

所以当\(\lambda \neq 0\)我们可以得到:

\begin{eqnarray} \label{eq:5} \lambda &=& 5 \\ z_{2} &=&0 \\ z_{1} &=&0 \\ \end{eqnarray}

\(z_{3}\)是个自由变量，所以特征值是\(5\)，特征向量是\((0,0,z_{3})\)

当\(\lambda =0\)，我们可以得到：

\begin{eqnarray} \label{eq:6} z_{2}&=&0 \\ z_{3}&=&0 \\ \end{eqnarray}

\(z_{1}\)是个自由变量，所以特征值\(0\)对应的特征向量是\((z_{1},0,0)\)

1. 根据特征值的定义有：

\begin{eqnarray} \label{eq:7} x_{1}&=&\lambda x_{1} \\ x_{2}&=&\lambda x_{2} \\ \vdots &=& \vdots \\ x_{n} &=&\lambda x_{n} \end{eqnarray}

当\(\lambda = 0\)时，有\((x_{1},\ldots ,x_{n}) = (0,\ldots ,0) \)，所以\(0 \)不是\(T\)的特征值。当\(\lambda = 1\)时，我们有\((x_{1}\neq 0, 0,0,\ldots ,0)\)是\(T\)的特征向量，当\(\lambda = 2\)时，我们有\((0,x_{2}\neq 0, 0,0,\ldots ,0)\)是\(T\)的特征向量，依次类推,\(\lambda = n\)时，有\( (0,0,\ldots ,x_{n}\neq 0)\)是\(T\)的特征向量。

1. 关于\(T\)的不变子空间，我们有\(n\)个特征向量对应的一维子空间肯定是\(T\)的不变子空间。

本征值是对于\(T\in \mathcal{L}(V)\)，存在\(\lambda\)，对于非零的\(v\)，有\(Tv = \lambda v\)。这个\(\lambda\)是本征值,\(v\)是对应的本证向量。

\(\mathcal{L}(\mathbf{R})\)是实数域上的多项式，则根据本征值的定义有\(\lambda \in \mathbf{R}\)，且\(p\in \mathcal{L}(\mathbf{R})\)使得：

\begin{equation} \label{eq:8} \lambda p = p^{'} \end{equation}

这个式子说明本证向量是\(\mathcal{P}(\mathbf{R})\)上的多项式，且满足其导数等于其本身的\(\lambda\)倍。指数函数具有这个性质，但是指数函数不是实数多项式。头疼，到底有没有本征值和本证多项式呢？如果\(\lambda = 0\)呢？ \(\lambda p = 0\)，又因为所有的常数导数都是零。所以\(\lambda = 0\)，常数多项式是一对本征值和本证多项式。

一般情况下 \(\deg p^{'} < \deg p\)，如果\(\lambda \neq 0\)，有\(\deg \lambda q > \deg q^{'}\)，矛盾。

设有本征值为\(\lambda\)，则有：

\begin{equation} \label{eq:9} \lambda p(x) = xp^{'}(x) \end{equation}

我们知道\(p^{'}(x)\)比\(p(x)\)要低一个幂级，然后\(xp^{'}(x)\)又把幂提高一级，所以\(\lambda\)可以不是零。

对于\(p(x) = x^{n}\)，\(p^{'}(x) = nx^{n-1}\)，所以\(xp^{'}(x) = nx^{n}\).

定义\(q = a_{n}x^{n} + \ldots + a_{1}x + a_{0},a_{n}\neq 0\)，所以：\[\lambda q =Tq = xq^{'}\]即，

\begin{equation} \label{eq:10} \lambda a_{n}x^{n} + \ldots + \lambda a_{1}x + \lambda a_{0} = na_{n}x^{n} + \ldots + 2a_{2}x^{2} + a_{1}x \end{equation}

因为\(a_{n}\neq 0\)，如果只考虑第一项，我们有\(\lambda = n\),然后\(a_{0} = a_{1} = \ldots = a_{n-1} = 0\)，因此\(q = a_{n}x^{n}\) 所以\(T\)的特征值是\(0,1,\ldots \)，各自对应的特征向量是\(\alpha x^{n}, \alpha\in \mathbf{R}\)

接触到这个题目，我拥有什么信息？ \(\lambda\)不一定是特征值。这个题目有点奇怪。假设：

\begin{equation} \label{eq:11} |\alpha - \lambda| = \frac{1}{1000 + i}, i = 1,2,\ldots ,\dim V + 1 \end{equation}

又因为\(V\)至多有\(\dim V\)个特征值。多以在式 (\ref{eq:11})中一定有一个\(i\)使得\(\alpha_{i}\)不是\(T\)的特征值。

没有看出来这个题目有什么玄机。

根据本征值定义，\[\lambda(u+w) = u\] 所以有：\[(\lambda -1) u + \lambda w = 0\] 因为\(V = U\oplus W\)所以必须有\((\lambda -1)u = \lambda w = 0\)

1. 当\(u\neq 0\)时，\(\lambda = 1, w = 0\)，对应的特征向量是\(u\in U, u\neq 0\).
2. 当\(w\neq 0\)时，\(\lambda = 0,\)，此时\(u = 0\)。对应的特征向量是\(w\in W\)

对于第一个问题。假设\(T\)有特征值\(\lambda\)且\(\lambda\)对应的特征向量是\(v\)。因为\(S\)是可逆的，所以\(\exists u\in V\)，使得\(Su= v\)。

所以\[Tv = \lambda v\]，可以变成\[T(Su) = \lambda (Su)\] 即\[S^{-1}TS u = \lambda u\] 我们看到\(S^{-1}TS\)和\(T\)具有相同的特征值，但是特征向量不同。

对于第二个问题：我们在做第一个问题的时候就发现\(Su=v\)，\(T\)的特征向量\(v\)和\(S^{-1}TS\)的特征向量\(u\)之间存在\(Su = v\)的关系。

不晓得我哪个知识点又欠缺了？这个问题不能顺利解决。

尽管这个命题在无穷维向量空间下也是真的。这里我们暂且只考虑有限维的情景。假设\(T\)相对于基\(e_{1},\ldots ,e_{n}\)的矩阵中所有元素都是实数，那么： \[Te_{j} = \sum_{i=1}^{n}A_{i,k}e_{i}\]其中，\(A_{i,j}\in \mathbf{R}\)，现在假设\(v\in V\)且可以表示为： \[v = k_{1}e_{1} + \ldots + k_{n}e_{n}\] 是\(T\)的一个特征向量，对应的特征值是\(\lambda\)。 \[Tv = \lambda v\] 展开得到： \[\lambda \sum_{i=1}^{n}k_{i}e_{i} = \sum_{i=1}^{n}k_{i}Te_{i} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}k_{i}A_{j,i}e_{j}\] 对上式取共轭： \[ \bar{\lambda} \sum_{i=1}^{n} \bar{k_{i}}e_{i} = \sum_{i=1}^{n}\bar{k_{i}}Te_{i} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\bar{k_{i}}A_{j,i}e_{j}\] 上式意味着： \(T(\bar{k_{1}}e_{1} + \ldots + \bar{k_{n}}e_{n}) = \bar{\lambda}\sum_{i=1}^{n}\bar{k_{i}}e_{i}\) 即\(\lambda\)也是\(T\)的特征值。

注意上面证明过程中有个共轭的操作。

我们在例5.8中有一个\(T\in \mathcal{L}(\mathbf{R}^{2})\)上没有实本征值的算子\(T(w,z) = (-z,w)\)，扩展该算子，有： \[T\in \mathcal{L}(\mathbf{R}^{4}), T(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) = (-x_{2},x_{1},-x_{4},x_{3})\]

这个问题的关键在于根据\(Tu = \lambda u\)，找到一个\(\lambda^{2}\)是负数的方程。还是要根据定义来。

根据本征值的定义，假设有本征值\(\lambda\)： \[\lambda (0,z_{1},z_{2},\ldots ) = (z_{1},z_{2},\ldots ,)\]

显然有：

\begin{eqnarray} \label{eq:12} \lambda 0&=&z_{1} \\ \lambda z_{1}&=& z_{2} \\ &\vdots& \end{eqnarray}

无论\(\lambda\)是否为零，都有\(0 = z_{1}=z_{2} = \ldots \)

而特征向量不能为零。因此不存在特征值\(\lambda\)。

利用特征值的定义， \(\lambda(x_{1},\ldots ,x_{n}) = (x_{1}+\ldots + x_{n},\ldots ,x_{1}+\ldots +x_{n})\)，则有：

\begin{eqnarray} \label{eq:13} \lambda x_{1}&=&x_{1}+ \ldots + x_{n} \\ \lambda x_{2}&=&x_{1}+ \ldots + x_{n} \\ &\vdots& \\ \lambda x_{n}&=&x_{1}+ \ldots + x_{n} \end{eqnarray}

把上面\(n\)个式子相加，则有\(\lambda = n\)，此时\(x_{1} =x_{2}= \ldots =x_{n}\)。所以特征值为\(\lambda = n\)，特征向量是\((x,\ldots ,x),x\in \mathbf{F}\)

当\(\lambda = 0\)时，所有满足\(x_{1} + \ldots + x_{n}=0\)的\((x_{1},\ldots ,x_{n})\)都是\(0\)对应的特征向量。

根据特征值定义：

\begin{eqnarray} \label{eq:14} z_{2} &=& \lambda z_{1} \\ z_{3} &=& \lambda z_{2} = \lambda^{2} z_{1} \\ &\vdots& \end{eqnarray}

因此任何\(\lambda \in \mathbf{F}\)都是\(T\)的特征值，其对应的特征向量是\(\{(w,\lambda w, \lambda^{2} w,\ldots ): w\in \mathbf{F}\}\)

我们看到这个映射\(T\)对应的特征值有无穷多个，每个特征值对应的特征向量有无穷多个。

1. 据本征值的定义，假设\(\lambda\)是\(T\)的本征值，\(v\)是对应的特征向量，则\[Tv = \lambda v\]对两边乘以\(T^{-1}\)，则:\[v = \lambda T^{-1}v\] 进而有：\[T^{-1}v = \frac{1}{\lambda}\] 值得注意的是\(\lambda\)不可能是零，因为\(\lambda = 0\)则\(\lambda v = 0\)，则\(Tv = 0\)，因为\(T\)是可逆的，所以\(v = 0\)，特征向量不能为零，矛盾。
2. 该命题的证明已经包含于命题1. 这个命题十个非常重要的结论。在以后会经常用到。

因为：

\begin{eqnarray} \label{eq:15} Tv&=&3w \\ Tw&=&3v \end{eqnarray}

两式相加：\[T(v+w) = 3(w+v)\] 两式相减：\(T(v-w) = 3(w-v) = -3(v-w)\) 当\(v=w\)时，\(3\)是\(T\)的特征值，对应的特征向量为\(2v\)。 当\(v=-w\)时，\(-3\)是\(T\)的特征值，对应的特征向量是\(-2w\)。 当\(v\neq w, v\neq -w\)时，\(3\)和\(-3\)都是\(T\)的特征值，对应的特征向量是\(v+w\)和\(v-w\)

假设\(\alpha\)是\(ST\)的特征值，对应的特征向量是\(u\);我们要证明\(\lambda\)是\(TS\)的特征值。

\begin{eqnarray} \label{eq:17} (TS)(Tu)&=&T(ST)u \\ &=&T(\lambda u) \\ &=&\lambda (Tu) \end{eqnarray}

当\(Tu\neq 0\)时，\(Tu\)就是\(TS\)的特征值。

当\(Tu=0\)，那么\(\lambda = 0\) (因为\(STu = \lambda u\))，所以\(T\)不是可逆的，继而\(TS\)也不是可逆的。\(TS\)不是可逆的，就有\(u\in V\)使得\(TS u = 0 = 0u\)，即\(0\)是\(TS\)的特征值。

我们有不管\(Tu\)是否为零，\(\lambda\)都是其\(TS\)特征值。

因为\(Tx = Ax\)；

\begin{eqnarray} \label{eq:18} Ax = \begin{bmatrix} a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + \ldots + a_{1n}x_{n} \\ a_{21}x_{1} + a_{22}x_{2} + \ldots + a_{2n}x_{n} \\ \vdots \\ a_{n1}x_{1} + a_{n2}x_{2} + \ldots + a_{nn}x_{n} \end{bmatrix} \end{eqnarray}

注意到当\(x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{n}=\frac{1}{n}\)时，有：

\begin{equation} \label{eq:19} Ax = x \end{equation}

即\(1\)是\(T\)的本征值。我们可以看到针对特征值\(1\)，\(T\)有特征向量\[\{(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}: x_{1} = x_{2} = \ldots = x_{n} \neq 0)\}\]

对于第二个问题：我们有：

\begin{equation} \label{eq:20} (T-I) \begin{bmatrix} x_{1} \\ \vdots \\ x_{n} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sum_{i=1}^{n}a_{1i}x_{i} - x_{1} \\ \vdots \\ \sum_{i=1}^{n}a_{ni}x_{i} - x_{n} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y_{1} \\ \vdots \\ y_{n} \end{bmatrix} \end{equation}

显然\(T-I\)的值域不是\(\mathbf{F}^{n}\)，因此\(T-I\)不是双射，即\(T-I\)不是单射，所以存在\(u\in \mathrm{null}(T-I),u\neq \mathbf{0}\)，使得：\[(T-I)u = 0\]

根据5.10，不同本征值的特征向量是线性无关的，很容易可以证明。

如果\(\forall v\in V, \exists a_{v}\in \mathbf{F}, \mathrm{s.t.} \quad Tv = a_{v} v\)。因为\(T0 = 0\)，我们可以选\(a_{0}\)为任意的数。对于\(v\in V\backslash \{0\}\) 我们证明\(a_{v}\)由\(Tv = a_{v}v\)唯一确定。

为了证明\(T\)是恒等算子的标量倍，我们必须证明对于所有的\(v\in V\backslash \{0\}\)，\(a_{v}\)不变的。特别的，假设\(v,w \in V\backslash \{0\}\)，我们证明\(a_{v}=a_{w}\)首先考虑\(v,w\)线性相关，那么\(\exists~b, \mathrm{s.t.}\quad w=bv\)，所以：

\begin{eqnarray} \label{eq:21} a_{w}w&=&Tw \\ &=&Tbv \\ &=&bTv \\ &=&ba_{v}v \\ &=&a_{v}b_{v}\\ &=&a_{v}w \end{eqnarray}

所以\(a_{v} = a_{w}\)

另外考虑\(v,w\)是线性独立的，则：

\begin{eqnarray} \label{eq:23} a_{v+w}(v+w)&=&T(v + w) \\ &=&a_{v}v + a_{w}w \end{eqnarray}

这意味着：\((a_{v+w} - a_{v})v + (a_{v+w} - a_{w})w = 0\)

\begin{eqnarray} \label{eq:24} a_{v+w}&=&a_{v} \\ a_{v+w}&=&a_{w} \end{eqnarray}

即\(a_{v}=a_{w}\).

综上，命题得证。

利用上题的结论，假设\(T\)不是恒等算子的标量倍，则一定存在\(u\)不是\(T\)的特征向量，则\(Tu\)和\(u\)是线性独立的。我们把\(u,Tu\)扩展为\(V\)的一个基，\((u,Tu,v_{1},\ldots ,v_{n})\)，令 \[U = \mathrm{span}(u,u_{1},\ldots ,u_{n})\] 显然,\(\dim U = \dim V -1\)。我们可以看到\(U\)在\(T\)下不是不变的因为\(Tu\notin U\)。矛盾。因此\(T\)一定是恒等算子的标量倍。

\[\dim V = \dim \mathrm{null}T + \dim \mathrm{range}T\] 假设\(\mathrm{null}T \neq \{0\}\)，\(\exists u\in \mathrm{null}T, u\neq 0, \mathrm{s.t.} \quad Tu = 0\),则\(0\)是\(T\)的一个特征值.

假设\(T\)有\(m\)个互不相同的特征值,\(\lambda_{1},\ldots ,\lambda_{m}\)，并且\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是这些特征值对应的特征向量。则有如果\(\lambda_{i}\neq 0\)，则：

\begin{equation} \label{eq:25} T(v_{j}/\lambda_{j})= v_{j} \end{equation}

因为\(\lambda_{j}\)中最多有一个为\(0\)，这个零是我们之前做的假设导致的。那么也就是说\(\lambda_{j}\)中至少有\(m-1\)个向量在\(\mathrm{range}(T)\)中。这些向量是线性无关的，则：

\begin{equation} \label{eq:26} m - 1 \leq \dim \mathrm{range}(T) = k \end{equation}

因此\(m\leq k+1\)，证闭。

已知,\(\dim \mathbf{R}^{3} = 3\)，且\(T\)有三个互不相同的特征值，则其对应的特征向量是线性无关的。这说明\(9\)肯定不是\(T\)的特征值。因此\(T-9I\)是满射。因此\(\exists x\in \mathbf{R}^{3}, \mathrm{s.t.}\quad (T-9I)x = (4,5,\sqrt{7})\)，即\(Tx - 9x = (4,5,\sqrt{7})\)

首先，我们知道假设\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是\(T\in \mathcal{L}(V)\)的相应于不同特征值的特征向量，则\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是线性无关的。

然后我们证明另外一个方面。假设\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)是线性无关的，则\(v_{1},\ldots ,v_{m}\)可以扩展为\(V\)的一组基\(v_{1},\ldots ,v_{m},v_{m+1},\ldots ,v_{n}\)，定义\(T\in \mathcal{L}(V)\)为：

\begin{equation} \label{eq:28} Tv_{i} = iv_{i},i = 1,\ldots ,n \end{equation}

因此,\(v_{1},\ldots ,v_{n}\)是\(T\)的对应于\(1,\ldots ,n\)的特征向量。

定义：\[Tf = f^{'}\]则有： \[Te^{\lambda_{i}x} = \lambda_{i}e^{\lambda_{i}x}\] 因此\(\lambda_{i}\)是\(T\)的对应于\(e^{\lambda_{i}x}\)的特征值。因为\(\lambda_{i}\)各不相同，所以\(e^{\lambda_{i}x},\forall i\)是线性独立的。