A^m=A,证明A与对角矩阵相似
答案:2 悬赏:60
解决时间 2021-11-15 16:07
- 提问者网友:斯文败类
- 2021-11-15 03:03
A为复数域上的矩阵,A^m=A,m大于1,求证A与对角矩阵相似
最佳答案
- 二级知识专家网友:ー何必说爱
- 2021-11-15 03:45
注意到 f (λ) = λ^m - λ = λΠ_{k=0}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k) 是 A 的 0 化多项式,其中 ζ_{m-1} = exp{2πi/(m-1)}.
而 λ, λ-ζ_{m-1}^k (k=0,1,...,m-2) 两两互素,故 A 对应的变换空间 V 有直和分解
V = Ker A + Ker (A-ζ_{m-1} id_V) + ... + Ker (A-ζ_{m-1}^{m-2} id_V)
这样就证明了 A 可对角化.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
我们证明了
如果一个有限阶矩阵存在无重根的 0 化多项式,那么这个矩阵可对角化。
------------------------------------------------------------------------
用到的两个事实很简单,
事实 1. 如果 (f,k)=(f,h)=1, 则 (f,kh) = 1
------------------------------------------------------------------------
事实 2.
如果 fg 是 A 的 0 化多项式,并且 (f,g) = 1 (即互素),那么
V = Ker f(A) + Ker g(A) (直和分解)
并且 Ker f(A) 和 Ker g(A) 都是 A 不变子空间
-------------------------------------------------------------------------
事实 2 的证明
Step 1. Ker f(A) ∩ Ker g(A) = 0
假设 v∈Ker f(A) ∩ Ker g(A)
那么 f(A)v = g(A)v = 0 ............................................................ (1)
而 (f,g) = 1, 故存在多项式 p, q 使得 pf + qg = 1
这样 id_V = p(A)f(A) + q(A)g(A)
两边作用到 v 上再注意到上面的 (1) 式,就有 v = 0,于是 Ker f(A) ∩ Ker g(A) = 0
Step 2. V 可以由 Ker f(A), Ker g(A) 线性张成
同样利用 p, q 的存在性(以及多项式乘法的交换性)
id_V = f(A)p(A) + g(A)q(A)
于是 V = im (id_V) = im (f(A)p(A) + g(A)q(A)) ⊆ Ker f(A) + Ker g(A)
Step 3. Ker f(A) 和 Ker g(A) 都是 A 不变的
设 v∈Ker f(A), 则 f(A)v = 0
于是 f(A)(Av) = Af(A)v = A0 = 0
故 Av∈Ker f(A)
对 Ker g(A) 证明类似,主要是用了多项式算子复合可以交换顺序 --- Af(A) = f(A)A
QED
-----------------------------------------------------------------------------------------
这样你就可以先令 f = λ, g=Π_{k=0}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k). 注意到 f 和 g 的每个因子互素, 利用事实1, 就有 (f,g) = 1
那么这一对 f,g 就可以带入事实 2, 对 V 进行第一次直和分解
V = Ker A + Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k)
然后注意到 Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k) 是 A 不变的,故 A 限制上去又是一个线性变换,对这个新的线性变换 A_1,
Π_{k=0}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k) 就是它的 0 化多项式
故同样的手续对 f_1 = λ-ζ_{m-1}, g_1=Π_{k=1}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k) 进行,就有
Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k) = Ker (A-ζ_{m-1} id_V) + Ker Π_{k=1}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k)
这样依次下去,就把 V 拆成了特征子空间的直和,从而得到 A 可对角化.
而 λ, λ-ζ_{m-1}^k (k=0,1,...,m-2) 两两互素,故 A 对应的变换空间 V 有直和分解
V = Ker A + Ker (A-ζ_{m-1} id_V) + ... + Ker (A-ζ_{m-1}^{m-2} id_V)
这样就证明了 A 可对角化.
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我们证明了
如果一个有限阶矩阵存在无重根的 0 化多项式,那么这个矩阵可对角化。
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用到的两个事实很简单,
事实 1. 如果 (f,k)=(f,h)=1, 则 (f,kh) = 1
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事实 2.
如果 fg 是 A 的 0 化多项式,并且 (f,g) = 1 (即互素),那么
V = Ker f(A) + Ker g(A) (直和分解)
并且 Ker f(A) 和 Ker g(A) 都是 A 不变子空间
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事实 2 的证明
Step 1. Ker f(A) ∩ Ker g(A) = 0
假设 v∈Ker f(A) ∩ Ker g(A)
那么 f(A)v = g(A)v = 0 ............................................................ (1)
而 (f,g) = 1, 故存在多项式 p, q 使得 pf + qg = 1
这样 id_V = p(A)f(A) + q(A)g(A)
两边作用到 v 上再注意到上面的 (1) 式,就有 v = 0,于是 Ker f(A) ∩ Ker g(A) = 0
Step 2. V 可以由 Ker f(A), Ker g(A) 线性张成
同样利用 p, q 的存在性(以及多项式乘法的交换性)
id_V = f(A)p(A) + g(A)q(A)
于是 V = im (id_V) = im (f(A)p(A) + g(A)q(A)) ⊆ Ker f(A) + Ker g(A)
Step 3. Ker f(A) 和 Ker g(A) 都是 A 不变的
设 v∈Ker f(A), 则 f(A)v = 0
于是 f(A)(Av) = Af(A)v = A0 = 0
故 Av∈Ker f(A)
对 Ker g(A) 证明类似,主要是用了多项式算子复合可以交换顺序 --- Af(A) = f(A)A
QED
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这样你就可以先令 f = λ, g=Π_{k=0}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k). 注意到 f 和 g 的每个因子互素, 利用事实1, 就有 (f,g) = 1
那么这一对 f,g 就可以带入事实 2, 对 V 进行第一次直和分解
V = Ker A + Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k)
然后注意到 Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k) 是 A 不变的,故 A 限制上去又是一个线性变换,对这个新的线性变换 A_1,
Π_{k=0}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k) 就是它的 0 化多项式
故同样的手续对 f_1 = λ-ζ_{m-1}, g_1=Π_{k=1}^{m-2}(λ-ζ_{m-1}^k) 进行,就有
Ker Π_{k=0}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k) = Ker (A-ζ_{m-1} id_V) + Ker Π_{k=1}^{m-2}(A-ζ_{m-1}^k)
这样依次下去,就把 V 拆成了特征子空间的直和,从而得到 A 可对角化.
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- 1楼网友:你好陌生人
- 2021-11-15 03:56
零化多项式为x^m-1
那么a的极小多项式f(x)必整除x^m-1,注意到x^m-1无重根,今儿极小多项式f(x)无重根,因此a半单,即可对角化
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