特征子空间都是一维的充要条件

abababa

设$V$是$n$维线性空间，$\sigma$是$V$上的线性变换，则$\sigma$的特征子空间都是一维的的充要条件是：存在$v\in V$使得$V=\text{span}(v,\sigma v,\cdots,\sigma^{n-1}v)$。

没什么思路，感觉是一个定理。

abababa

充分性我是这么想的，因为$\sigma^n(v)\in V$，而span里那些向量共有$n$个，等于$\dim(V)$，所以它们就是基底，还是循环基。设
\[\sigma^n(v)=\sum_{k=0}^{n-1}a_k\sigma^k(v)\]
则$\sigma$在循环基下的矩阵为友矩阵
\[
A=
\begin{bmatrix}
0 & 0 & \cdots & 0 & -a_0\\
1 & 0 & \cdots & 0 & -a_1\\
0 & 1 & \cdots & 0 & -a_2\\
\vdots & \vdots & ~ & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & 0 & -a_{n-2}\\
0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1}
\end{bmatrix}
\]
设$\lambda$是$\sigma$的任意一个特征值，则$\sigma$的特征多项式就是$\det(A-\lambda E)$，只要证明$A-\lambda E$的秩是$n-1$就行了，
\[
A-\lambda E=
\begin{bmatrix}
-\lambda & 0 & \cdots & 0 & -a_0\\
1 & -\lambda & \cdots & 0 & -a_1\\
0 & 1 & \cdots & 0 & -a_2\\
\vdots & \vdots & ~ & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & -\lambda & -a_{n-2}\\
0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1}-\lambda
\end{bmatrix}
\]

怎么计算它的秩呢？

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-2 21:31
充分性我是这么想的，因为$\sigma^n(v)\in V$，而span里那些向量共有$n$个，等于$\dim(V)$，所以它们就是基 ...

先回答二楼问题. 最后矩阵的秩计算如下:

对 $k\in (1,\ldots ,n)$, 将导数第 $k$ 行加至倒数第 $k-1$ 行即可, 结果为
\[

\begin{bmatrix}
0 & 0 & \cdots & 0 & -f(\lambda)\\
1 & 0 & \cdots & 0 & \ast \\
0 & 1 & \cdots & 0 & \ast \\
\vdots & \vdots & ~ & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & 0 & \ast \\
0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1}-\lambda
\end{bmatrix},
\]
其中 $f(\lambda)=\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+a_{n-2}\lambda^{n-2}+\cdots +a_1\lambda+a_0$.

由于 $\lambda$ 是特征根, 自然有 $f(\lambda)=0$.

Czhang271828

以及怀疑必要性少条件了. 若 $\sigma\sim \begin{pmatrix}1&&\\&&1\\&1\end{pmatrix}$, 则 $\mathbb R$ 上唯一的一维特征子空间为 $\mathrm{span}((1,0,0))$.

对任意 $(a,b,c)\in \mathbb R^3$, 有
\[
\mathrm{span}_{\mathbb R}(\sigma^n((a,b,c))\mid n\in \mathbb N)=\mathrm{span}_{\mathbb R}((a,b,c),(a,c,b)).
\]

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-2 21:49
先回答二楼问题. 最后矩阵的秩计算如下:

对 $k\in (1,\ldots ,n)$, 将导数第 $k$ 行加至倒数第 $k-1$ 行 ...

这个明白了，应该是将第$n$行乘$\lambda$后加到第$n-1$行，然后将第$n-1$行乘$\lambda$加到第$n-2$行，一直操作到第一行。若令$f(x)$是$\lambda$的特征多项式（等于最小多项式），再令$g_{n-1}(x)$等于$f(x)/x^{n-1}$的商式，则操作完后第$n$列变为$-f(\lambda),-g_1(\lambda),-g_2(\lambda),\cdots,-g_{n-1}(\lambda)$，第一行变为零，除第一行第$n$列外是单位矩阵。这时再分别用第$1,2,\cdots,n-1$列乘上$g_1(\lambda),g_2(\lambda),\cdots,g_{n-1}(\lambda)$加到最后一列，就变成行简化阶梯矩阵了，秩就是$n-1$。

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-2 22:11
以及怀疑必要性少条件了. 若 $\sigma\sim \begin{pmatrix}1&&\\&&1\\&1\end{pmatrix}$, 则 $\mathbb R$ 上 ...

这个只是特征值$-1$的特征子空间是一维的吧，特征值$1$的特征子空间不是一维的。我觉得题目里说的应该是：所有的特征子空间全是一维的。

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-3 16:22
这个只是特征值$-1$的特征子空间是一维的吧，特征值$1$的特征子空间不是一维的。我觉得题目里说的应该是 ...

理解意思了, 那就换个反例.

取实矩阵 $H=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$, 那么五阶方阵 $P:=\begin{pmatrix}1&\\&H\\&&H\end{pmatrix}$ 满足 $P^4=I$, 且唯一的特征根为 $1$ (重数 $1$). 因此 $P$ 对任意 $v$ 生成的循环空间至多 $4$ 维.

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-3 17:33
理解意思了, 那就换个反例.

取实矩阵 $H=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$, 那么五阶方阵 $P:=\ ...

是的，我想过这种无法在数域$\mathbb{F}$上求出特征值的情况，但具体的矩阵没构造出来。

那么缺的条件是不是为：数域$\mathbb{C}$上的线性空间，这样总能求出所有特征值。或者就直接设$\sigma$的所有特征根都在$\mathbb{F}$上。

abababa

abababa 发表于 2023-6-3 20:17
是的，我想过这种无法在数域$\mathbb{F}$上求出特征值的情况，但具体的矩阵没构造出来。

那么缺的条件是 ...

发maven的证明，虽然有些地方我还没理解。
$\newcommand{\diag}[1]{\text{diag}(#1)}$
因为$\mathbb{F} = \mathbb{C}$，所以$\sigma$有 Jordan 标准型$A$。因为$\sigma$的每个特征子空间都是一维空间，即对任意的特征值$\lambda$都有$\dim(\ker(\sigma-\lambda^*)) = 1$。

特征值$\lambda$的几何重数为所有以$\lambda$为主对角元的 Jordan 块的数量（这帖里证明过的），因此以$\lambda$为主对角元的 Jordan 块共有$\dim(\ker(\sigma-\lambda^*)) = 1$个，从而$A = \diag{J(\lambda_1),\cdots,J(\lambda_s)}$，其中$\lambda_1,\cdots,\lambda_s$是$\sigma$的所有不同的特征值。

注意每个 Jordan 块$J(\lambda_j)$的最小多项式$m_j(x)$等于其特征多项式$f_j(x)$。

由于$\lambda_1,\cdots,\lambda_s$两两不等，所以$m_1,\cdots,m_s$两两互素，注意特征子空间是不变子空间，因此$\sigma$的最小多项式为$m(x) = m_1(x) \cdots m_s(x)$，而$A$的特征多项式显然为$f(x) = f_1(x) \cdots f_s(x)$，但$m_j(x) = f_j(x)$，所以$m(x) = f(x)$。

再从最小多项式等于特征多项式证明$V$是循环空间。

红色的部分我暂时还没有证明，感觉第一处红色的好证明。

abababa

abababa 发表于 2023-6-4 20:23
发maven的证明，虽然有些地方我还没理解。
$\newcommand{\diag}[1]{\text{diag}(#1)}$
因为$\mathbb{F} = ...

第一处红色的证明：
对于约当块$J(\lambda,r)$，直接计算可知它的特征多项式为$f(x)=(x-\lambda)^r$。而$J(\lambda,r)-\lambda E=J(0,r)$，这是幂零矩阵，幂零指数就是$r$，所以当$s<r$时$(x-\lambda)^s$不再是矩阵$J(\lambda,r)$的零化多项式，根据定义就得到$J(\lambda,r)$的最小多项式为$(x-\lambda)^r$，等于特征多项式。

abababa

abababa 发表于 2023-6-4 20:23
发maven的证明，虽然有些地方我还没理解。
$\newcommand{\diag}[1]{\text{diag}(#1)}$
因为$\mathbb{F} = ...

第二处红色的证明：
当最小多项式$m(x)$等于特征多项式$f(x)$时，设$f(x)=m(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，则$f(x)$的友矩阵为
\[
A=
\begin{bmatrix}
0 & 0 & \cdots & 0 & -a_0\\
1 & 0 & \cdots & 0 & -a_1\\
0 & 1 & \cdots & 0 & -a_2\\
\vdots & \vdots & ~ & \vdots & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & 0 & -a_{n-2}\\
0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{n-1}
\end{bmatrix}
\]

友矩阵$A$的特征多项式和最小多项式就是$f(x)$，根据哈密顿-凯莱定理有$f(A)=0$。然后根据这帖2楼里的提示，存在$v=(1,0,\cdots,0)\in V$使得$(A^0v,A^1v,\cdots,A^{n-1}v)$是单位矩阵，所以它们构成$V$的一个基底，而$\mathbb{F}^n$和$V$同构，所以$v,\sigma(v),\cdots,\sigma^{n-1}(v)$是$V$的一个基底，就证出来了。

abababa

如果$V$是数域$\mathbb{C}$上的无穷维线性空间，$\sigma$是$V$上的线性变换，满足$\sigma$的所有特征子空间都是一维的，还能得出$V$存在一个生成元吗？

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-6 20:08
如果$V$是数域$\mathbb{C}$上的无穷维线性空间，$\sigma$是$V$上的线性变换，满足$\sigma$的所有特征子空间 ...

--------------------------一句话反例--------------------------

对不可数 $\alpha$, $\mathbb R^\alpha$ 当然没有生成的向量. 因为多项式空间的维度永远是可数的.

--------------------------对断言的说明--------------------------

我们给一个简单而不平凡的反例来帮助说明下上述断言. 考虑 $\prod_{i\in \mathbb N}\mathbb R$, 随后考虑 \[
\sigma:(1,1,1,\ldots )\mapsto (1,2,3,\ldots).
\]记 $v=(v_1,\ldots, v_n,\ldots)$, 如果 $\mathrm{span}(\sigma^k v\mid k\in \mathbb N)=\mathbb R^\omega$, 则所有 $v_n\neq 0$.

然后简单了, 我们断言 $(1,0,0,\ldots )$ 不在 span linear space 里 (注意 span 是有限和!). 如果存在多项式 $P$ 使得\[P(\sigma)v=(1,0,0,\ldots),\]则 $P$ 有无穷个零点 $\{2,3,4,\ldots\}$, 矛盾.

--------------------------可数维空间的反例--------------------------

如果是可数维度的线性空间 $\coprod_{i\in \mathbb N}\mathbb R$, 其中的元素是有限项不为零的 $\mathbb R$-序列. 那么线性算子 \[\sigma:(1,1,1,\ldots )\mapsto (1,2,3,\ldots)\]仍能导出反例. 因为任意 $x\in \coprod_{i\in \mathbb N}\mathbb R$ 总有一项为 $0$, 不妨设第 $N$ 项, 此时仅有第 $N$ 项为 $1$ 的元素不在循环空间内.

--------------------------反反例--------------------------

'大多数情况下', 无穷维空间很难用循环空间表示. 这里的'大多数'是个人经验, 没有什么严谨的指标. 虽说如此, 任意可数维线性空间上的'基平移算子'在'首项非零向量'下生成的循环空间就是全空间, 这个就显然了.

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-6 20:45
--------------------------一句话反例--------------------------

对不可数 $\alpha$, $\mathbb R^\alp ...

要怎么证明这些线性算子的所有特征子空间都是一维的呢？

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-6 20:45
--------------------------一句话反例--------------------------

对不可数 $\alpha$, $\mathbb R^\alp ...

原来如此，$\sigma$应该是$\sigma:\mathbb{R}^{\aleph_0}\to\mathbb{R}^{\aleph_0},(x_0,x_1,\cdots,x_n,\cdots)\mapsto(x_0+0,x_1+1,\cdots,x_n+n,\cdots)$，然后设$\lambda$是$\sigma$的任意一个特征值，则它的特征子空间是
\[V_{\lambda}=\left\{v\in\mathbb{R}^{\aleph_0}:\sigma v-\lambda v=0\right\}\]

对任意的$v=(v_0,v_1,\cdots,v_n,\cdots)\in V_{\lambda}$都有
\[(v_0+0,v_1+1,\cdots,v_n+n,\cdots)-\lambda(v_0,v_1,\cdots,v_n,\cdots)=0\]

也就是
\[(1-\lambda)v_0+0=(1-\lambda)v_1+1=\cdots=(1-\lambda)v_n+n=\cdots=0\]

于是$v_0=0$且$1-\lambda\neq0$，所以$v_0=0,v_1=\frac{1}{\lambda-1},\cdots,v_n=\frac{n}{\lambda-1}$，这样的话特征向量$v$就被$\lambda$确定了，只有一个，所以是一维的。

其实我想弄明白的就是13楼里最后一句话里那个例子，这里说的是基底平移，那除了这种线性映射外，如果能保证可数无穷维线性空间$V$上的线性算子$\sigma$的所有特征子空间都是一维空间，是不是一定能让$V$是循环生成的？

比如13楼里的证明用到了span是有限线性组合，但$V$是循环生成的，就不一定是有限组合了吧，可数组合也可以。

Czhang271828

abababa 发表于 2023-6-7 15:40
原来如此，$\sigma$应该是$\sigma:\mathbb{R}^{\aleph_0}\to\mathbb{R}^{\aleph_0},(x_0,x_1,\cdots,x_n, ...

这个线性算子是将第 $k$ 项乘 $k$, 15 楼的 $\sigma$ 不线性. 我似乎需要把 13 楼的例子解释一下:

先是积 $\prod_{\mathbb N}\mathbb R$, 其中元素形如 $(x_i)_{i\in \mathbb N}$. $\prod_{\mathbb N}\mathbb R$ 同构于可数 $\mathbb R$-数列全体, 或者是形式幂级数环 $\mathbb R[\![X]\!]$. 我们应当注意到 $\dim_{\mathbb R}\prod_{\mathbb N}\mathbb R>|\mathbb N|$.

再是余积 $\coprod_{\mathbb N}\mathbb R$, 其中元素形如 $(x_i)_{i\in \mathbb N}$ (仅有有限项 $x_i$ 非零). $\coprod_{\mathbb N}\mathbb R$ 同构于有限 $\mathbb R$-数列全体, 或者是多项式环 $\mathbb R[X]$. 注意到 $\dim_{\mathbb R}\coprod_{\mathbb N}\mathbb R=|\mathbb N|$, 其基为 $\{(0,\ldots,0,1,0,\ldots)\}$.

然后是 Linear span 的意思. 线性空间上的对象(线性空间)于态射(线性映射)均是集合上继承来的, 例如线性空间是个集合, 线性映射是个映射. 我们研究线性空间 $V\to W$ 的线性映射全体, 自然可以通过集合来研究. 我们记
$$
U: k\mathrm{Vect}\to \mathrm{Set}, \quad V\to \{v\in V\}
$$
为忘却函子, 其功能是将 $k$​-线性空间变作普通的集合. 同样的,
$$
\mathrm{span}_k:\mathrm{Set}\to k\mathrm{Vect}, \quad S\to \mathrm{span}_k(S)
$$
是自由函子, 其功能是将集合 $S$ 变作 $k$-线性空间. 为了用集合语言刻画线性映射 $V\to W$ 的全体, 我们寻找 $V$ 的基 $S$ 使得有自然同构
$$
\mathrm{Hom}_{\mathrm{set}}(S,U(W))\simeq \mathrm{Hom}_{k\mathrm{Vect}}(\mathrm{span}_k(S),W).
$$
上式左侧表示 $S$ 到 $U(W)$ 的所有集合间映射, 右式表示 $\mathrm{span}_k(S)$ 到 $W$ 的所有 $k$-线性映射.

我们可以定义 $\mathrm{span}_k(-)$ 如下. $\mathrm{span}_k$ 是使得
$$
\mathrm{Hom}_{k\mathrm{Vect}}(\mathrm{span}_k(-),\ast)\simeq \mathrm{Hom}_{\mathrm{set}}(-,U(\ast))
$$
恒为自然同构的函子. 换言之, $\mathrm{span}_k(-)$ 表示'附加自由的线性空间', 和 $U$ 表示'忘却线性空间性质'相对. 这样定义的 $\mathrm{span}_k(-)$ 才是本质的.

可以证明, $\mathrm{span}_k(-)$ 的含义就是线性有限和.

循环生成就是 Linear span 定义的, 线性空间的'生成'指的就是 span. 例如 $(\sigma,v)$ 生成的循环空间就是多项式环 $\mathbb R[\sigma]$ 在 $v$ 上作用的像.

你所谓的'无限和'指的是定义成 $\mathbb R[\![\sigma]\!]$ 在 $v$ 上作用的像? 这很奇怪, 例如无穷个恒等算子之和将任意非零向量映至无穷. 即便如此, 以上两个对角化线性算子的例子还能作为反例.

abababa

Czhang271828 发表于 2023-6-7 16:30
这个线性算子是将第 $k$ 项乘 $k$, 15 楼的 $\sigma$ 不线性. 我似乎需要把 13 楼的例子解释一下:

先是 ...

假设有一个线性映射把某个集合映到$L^2[-\pi,\pi]$的标准正交基，那$L^2[-\pi,\pi]$不就是可数无穷个基底向量生成的吗？只是这个基底不是循环的。我说的无限和就是指类似这种的。