1. Introduction

上一讲证明了复空间上每个算子都有上三角矩阵。那是”能拆到多细”的一个答案，但它是弱答案：上三角矩阵只要求对角线下方为零，上方仍可以是任意数。

本讲问的是更强的那个问题：

能不能让对角线上方也全为零？

若能，矩阵就成了对角矩阵，而”理解 $T$“也就彻底完成，因为对角矩阵就是一组”各自独立地数乘”并排放着，$T$ 在每一维上都是数乘，维与维之间毫无耦合。

答案是否定的，即不是每个算子都能对角化。所以本讲做三件事：

1. 给出对角化的定义，并给出四个等价条件（定理 5.55）；
2. 引入特征空间 $E(\lambda, T)$，把对应同一特征值的特征向量连同 $0$ 打包成子空间，于是”能否对角化”变成”这些子空间的直和是否等于整个 $V$”；
3. 给出不必求根的判据，即极小多项式有互不相同的零点（定理 5.62）。这条判据把 lecture 13 的极小多项式理论一次性兑现。

2. Diagonal Matrices (对角矩阵)

2.1 Definition: diagonal matrix (5.48)

Definition 5.48 (diagonal matrix)
对角矩阵 (diagonal matrix) 是除对角线上可能非零之外处处为零的方阵。

Example 5.49

$$\begin{pmatrix} 8 & 0 & 0\\ 0 & 5 & 0\\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}$$

是对角矩阵。

几点观察：

• 每个对角矩阵都是上三角矩阵，但反过来不成立，而上三角矩阵的”零”通常比对角矩阵少得多。
• 对角元不要求互不相同，上例中 $5$ 出现了两次。
• 若算子关于某组基有对角矩阵，则对角元恰好是它的特征值。这由 定理 5.41（上三角矩阵的对角元给出特征值）直接得到；也可以更直接地看：对角矩阵对应 $Tv_j = \lambda_jv_j$，故每个 $\lambda_j$ 都是特征值。

2.2 Definition: diagonalizable (5.50)

Definition 5.50 (diagonalizable)
$V$ 上的算子称为可对角化的 (diagonalizable)，如果它关于 $V$ 的某组基有对角矩阵。

关键词是”某组基”。 同一个算子在标准基下的矩阵可能完全不像对角矩阵，但换一组基之后可以变成对角矩阵。

Example 5.51 (diagonalization may require a different basis)
定义 $T \in \mathcal{L}(\mathbf{R}^2)$ 为

$$T(x,y) = (41x + 7y,\ -20x + 74y).$$

它关于标准基的矩阵是

$$\begin{pmatrix} 41 & 7\\ -20 & 74\end{pmatrix},$$

显然不是对角矩阵。但 $T$ 是可对角化的：它关于基 $(1,4), (7,5)$ 的矩阵是

$$\begin{pmatrix} 69 & 0\\ 0 & 46\end{pmatrix},$$

因为

$$T(1,4) = (69, 276) = 69(1,4), \qquad T(7,5) = (322, 230) = 46(7,5).$$

这个例子说明什么？ 它说明对角化不是算子在某个固定坐标系下的内在面貌，而是一个”是否存在一组省事的坐标系”的问题。而找这组坐标系，就是找足够多的特征向量。

顺带一个观察：这例子也说明”标准基下看起来很丑”并不意味着没有简单结构。lecture 7 的 3.84（基变换公式 $A = C^{-1}BC$）正是描述这种”换坐标系”的工具。

3. Eigenspaces (特征空间)

3.1 Definition: eigenspace (5.52)

上一讲把特征向量定义为 $\text{null}(T - \lambda I)$ 中的非零向量。现在把 $0$ 也放进去，就得到一个子空间。

Definition 5.52 (eigenspace, $E(\lambda, T)$)
设 $T \in \mathcal{L}(V)$，$\lambda \in \mathbf{F}$。$T$ 对应于 $\lambda$ 的特征空间 (eigenspace) 是

$$E(\lambda, T) = \text{null}(T - \lambda I) = \{v \in V : Tv = \lambda v\}.$$

因此 $E(\lambda, T)$ 是所有对应 $\lambda$ 的特征向量连同零向量的集合。

为什么它是子空间？ 因为它是线性映射 $T - \lambda I$ 的零空间，而零空间总是子空间（lecture 6 的 命题 3.13）。这一步不需要任何验证，这正是把”特征向量集合”升级为”特征空间”的好处。

一个立刻的推论：

$$\lambda \text{ 是 } T \text{ 的特征值} \iff E(\lambda, T) \neq \{0\},$$

因为”存在非零 $v$ 使 $Tv = \lambda v$“正是"$\text{null}(T-\lambda I) \neq \{0\}$"。

Example 5.53
设 $T \in \mathcal{L}(V)$ 关于基 $v_1, v_2, v_3$ 的矩阵是 例子 5.49 中的那个矩阵

$$\begin{pmatrix} 8 & 0 & 0\\ 0 & 5 & 0\\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}.$$

则

$$E(8,T) = \text{span}(v_1), \qquad E(5,T) = \text{span}(v_2, v_3).$$

这个例子把特征空间与矩阵的列对应起来了：第 $j$ 列是 $Tv_j$ 的坐标，而对角矩阵的第 $j$ 列只有第 $j$ 个位置非零，即 $Tv_j = \lambda_jv_j$。所以 $v_j$ 是特征向量，而所有对应同一特征值的 $v_j$ 张成对应的特征空间。

一个有用的观察：若 $\lambda$ 是 $T$ 的特征值，则 $T$ 在 $E(\lambda,T)$ 上的限制就是”乘以 $\lambda$“，即

$$T|_{E(\lambda,T)} = \lambda I.$$

特征空间是 $T$ 表现得最简单的地方，在那里 $T$ 就是一个数乘。

3.2 Theorem: sum of eigenspaces is a direct sum (5.54)

不同的特征空间会不会重叠？不会，理由正是 lecture 12 的 定理 5.11。

Theorem 5.54 (sum of eigenspaces is a direct sum)
设 $T \in \mathcal{L}(V)$，$\lambda_1, \dots, \lambda_m$ 是 $T$ 的互不相同的特征值。则

$$E(\lambda_1, T) + \dots + E(\lambda_m, T)$$

是直和。进一步，若 $V$ 有限维，则

$$\dim E(\lambda_1, T) + \dots + \dim E(\lambda_m, T) \le \dim V.$$

证明：由 lecture 9 的 定理 3.93，要证和是直和，只需证”若 $v_1 + \dots + v_m = 0$ 且每个 $v_k \in E(\lambda_k,T)$，则每个 $v_k = 0$”。

设这样的表示成立。把其中为零的项删去。若剩下的非空，则它们是非零向量，且是对应互不相同特征值的特征向量，同时满足和为零——这与 定理 5.11（对应互不相同特征值的特征向量线性无关）矛盾。故每个 $v_k = 0$，和是直和。

维数部分：由直和与 lecture 9 的 定理 3.94，

$$\dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T) = \dim\big(E(\lambda_1,T) \oplus \dots \oplus E(\lambda_m,T)\big) \le \dim V,$$

最后一步因为那个直和是 $V$ 的子空间。$\blacksquare$

这条定理的地位：它把”特征值互不相同”这个代数条件，兑换成”对应的特征空间互不重叠”这个几何结论。而它给出的维数不等式，正是”可对角化”的判据所在：下一节会看到，可对角化当且仅当这个不等式取等号。

一个必须注意的细节：定理要求特征值互不相同。若 $\lambda_1 = \lambda_2$，则 $E(\lambda_1,T) = E(\lambda_2,T)$，两个相同的子空间相加不是直和（它们的交就是它们自己）。

4. Conditions for Diagonalizability (可对角化的判据)

4.1 Theorem: conditions equivalent to diagonalizability (5.55)

Theorem 5.55 (conditions equivalent to diagonalizability)
设 $V$ 有限维，$T \in \mathcal{L}(V)$，$\lambda_1, \dots, \lambda_m$ 是 $T$ 的互不相同的特征值。则下列条件等价。

• (a) $T$ 可对角化；
• (b) $V$ 有一组由 $T$ 的特征向量构成的基；
• (c) $V = E(\lambda_1,T) \oplus \dots \oplus E(\lambda_m,T)$；
• (d) $\dim V = \dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T)$。

证明：按 (a) $\iff$ (b) $\Rightarrow$ (c) $\Rightarrow$ (d) $\Rightarrow$ (b) 的顺序。

(a) $\iff$ (b)。$T$ 关于基 $v_1,\dots,v_n$ 的矩阵是对角矩阵当且仅当 $Tv_k = \lambda_kv_k$ 对每个 $k$ 成立，即当且仅当每个 $v_k$ 都是特征向量。

(b) $\Rightarrow$ (c)。设 $v_1,\dots,v_n$ 是由特征向量构成的基。则 $V$ 中每个向量都是特征向量的线性组合，即 $V = E(\lambda_1,T) + \dots + E(\lambda_m,T)$（每个特征向量必属于某个 $E(\lambda_j,T)$，因为其特征值必在列表 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 中）。而由 定理 5.54 这个和是直和。

(c) $\Rightarrow$ (d)。由 lecture 9 的 定理 3.94，

$$\dim V = \dim\big(E(\lambda_1,T)\oplus\dots\oplus E(\lambda_m,T)\big) = \dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T).$$

(d) $\Rightarrow$ (b)。令 $U = E(\lambda_1,T) \oplus \dots \oplus E(\lambda_m,T)$。由 定理 5.54 它是直和，故由 定理 3.94，

$$\dim U = \dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T) = \dim V.$$

而 $U \subseteq V$，故由 lecture 4 的 定理 2.39 得 $U = V$。从每个 $E(\lambda_j,T)$ 取一组基拼起来，因为 $U = V$ 且是直和，拼起来的列表是 $V$ 的基（lecture 9 习题 3.E.13 的构造），而其中每个向量都是特征向量。$\blacksquare$

四个条件的实用价值：

条件	何时好用
(a) 定义	几乎没用，因为”找一组基”太抽象
(b) 特征向量基	需要真的算出特征向量
(c) 直和分解	概念清晰，适合理论推导
(d) 维数判据	最实用：只需数维数，不必找基

(d) 是唯一”可计算”的判据：由基本定理，$\dim E(\lambda,T) = \dim V - \dim\text{range}(T - \lambda I)$，所以只要能算出 $T - \lambda I$ 的秩，就能判定。

4.2 一个警告：特征值太少并不意味着不能对角化

Remark（一个常见的误解）
读者容易把”可对角化”误当成”特征值的个数等于 $\dim V$“。这是错的。

反例：$\mathbf{F}^3$ 上的算子

$$T(z_1, z_2, z_3) = (4z_1,\ 4z_2,\ 5z_3).$$

它只有两个特征值 $4$ 与 $5$，但关于标准基的矩阵

$$\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}$$

已经是对角矩阵，故 $T$ 显然可对角化。

问题出在哪里？ 特征值 $4$ 是”重”的：$\dim E(4,T) = 2$，因为它对应两个独立的坐标方向 $z_1, z_2$。所以”不同特征值的个数”（这里 $2$ 个）不等于”特征空间维数之和”（这里 $2 + 1 = 3$）。

正确的判据是 定理 5.55(d)，即维数之和，它把重数算进去了。这也解释了为什么必须引入特征空间：只看”有几个不同特征值”不够，必须看”每个特征值占了几维”。

5. 极小多项式判据 (Diagonalizability via the Minimal Polynomial)

5.1 引入：为什么还需要另一个判据

定理 5.55(d) 已经可计算，但它有一个实际困难：得先把特征值算出来。而 lecture 13 的 例子 5.26 已说明特征值一般算不出来（五次以上的多项式无求根公式）。

所以需要一个不必求根的判据。答案来自极小多项式：能否对角化，完全由极小多项式是否有重零点决定。而这个判断只需做多项式的最大公因式运算，不必求根。

5.2 Theorem: a criterion for diagonalizability (5.62)

Theorem 5.62 (a criterion for diagonalizability)
设 $V$ 有限维，$T \in \mathcal{L}(V)$。则 $T$ 可对角化当且仅当 $T$ 的极小多项式等于

$$(z - \lambda_1)\cdots(z - \lambda_m)$$

对某些互不相同的 $\lambda_1, \dots, \lambda_m \in \mathbf{F}$ 成立。

与 定理 5.44 对照：

	极小多项式	结论
定理 5.44	分解成一次因式（允许重复）	能上三角化
定理 5.62	分解成一次因式（互不相同）	能对角化

两行只差”互不相同”四个字，而这四个字就是全部差别。 这也解释了为什么 lecture 13 要用那么长篇幅建立极小多项式理论，它在这里一次性付清。

证明：

（$\Longleftarrow$）极小多项式无重零点 $\Rightarrow$ 可对角化。

由 定理 5.27(a)，这些零点 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 恰好是 $T$ 的全部特征值。由 定理 5.55 与 定理 5.54，只需证明

$$V = E(\lambda_1,T) + \dots + E(\lambda_m,T)$$

（右端自动是直和）。

任取 $v \in V$。令 $q(z) = \prod_{j=1}^{m}(z-\lambda_j)$（这就是极小多项式），并对每个 $j$ 令

$$q_j(z) = \frac{q(z)}{z-\lambda_j} = \prod_{k \neq j}(z-\lambda_k).$$

注意 $q_j(\lambda_j) \neq 0$，因为 $q$ 的零点互不相同，故 $\lambda_j$ 不是 $q_j$ 的零点。于是 $q_j$ 与 $z - \lambda_j$ 没有公共零点，即二者互素。

第一步：部分分式分解。 由扩展欧几里得（互素的两个多项式可以组合出 $1$；讲义幻灯片末尾恰好补充了这一结论），存在多项式 $a_j, b_j$ 使

$$a_j(z)q_j(z) + b_j(z)(z-\lambda_j) = 1.$$

把所有 $j$ 的这些分解合起来，可得存在多项式 $c_1,\dots,c_m$ 使

$$\sum_{j=1}^{m} c_j(z)q_j(z) = 1.$$

（这一步的一般形式是”若 $q_1,\dots,q_m$ 两两互素，则存在 $c_j$ 使 $\sum_j c_jq_j = 1$“，由两两情形的归纳得到。）

第二步：把 $v$ 拆到各特征空间。 把 $z$ 换成 $T$（由 [定理 5.17(a)]），

$$I = \sum_{j=1}^{m} c_j(T)q_j(T), \qquad\text{故}\qquad v = \sum_{j=1}^{m} c_j(T)q_j(T)v.$$

令 $v_j = c_j(T)q_j(T)v$。断言 $v_j \in E(\lambda_j,T)$：由 $q(T) = 0$ 与 $q(z) = (z-\lambda_j)q_j(z)$，

$$(T - \lambda_jI)v_j = (T-\lambda_jI)c_j(T)q_j(T)v = c_j(T)(T-\lambda_jI)q_j(T)v = c_j(T)\,q(T)v = 0,$$

中间一步用了 $c_j(T)$ 与 $T - \lambda_jI$ 可交换（[定理 5.17(b)]）。故 $v_j \in \text{null}(T-\lambda_jI) = E(\lambda_j,T)$。

由 $v$ 任意，$V = \sum_j E(\lambda_j,T)$，再由 定理 5.54 它是直和，故由 定理 5.55 $T$ 可对角化。

（$\Longrightarrow$）可对角化 $\Rightarrow$ 极小多项式无重零点。

由 定理 5.55(b)，$V$ 有由特征向量构成的基 $v_1,\dots,v_n$，对应特征值 $\mu_1,\dots,\mu_n$（可能有重复）。

第一步：造一个”无重零点”的零化多项式。 设 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 是 $T$ 的互不相同的特征值，令

$$p(z) = (z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_m).$$

对每个基向量 $v_k$，其特征值 $\mu_k$ 等于某个 $\lambda_j$，故 $(T-\mu_kI)v_k = 0$，于是

$$p(T)v_k = 0,$$

因为乘积 $p(T)$ 中含因式 $T - \mu_kI$，而由 [定理 5.17(b)] 可把它换到最前面。上式对基中每个 $v_k$ 成立，故 $p(T) = 0$，即 $p$ 是零化多项式。

第二步：$p$ 无重零点，故极小多项式也无重零点。 由 定理 5.29，极小多项式整除 $p$。而 $p$ 是互不相同一次因式之积，它的任何因式也必然是互不相同一次因式之积。故极小多项式形如 $(z-\lambda_{j_1})\cdots(z-\lambda_{j_s})$，其中下标互不相同。$\blacksquare$

证明的两个方向不对称，值得注意：

• 正向（无重零点 $\Rightarrow$ 可对角）用的是部分分式分解，它把恒等算子拆成”各特征空间上的投影”之和。这是构造性的，给出了明确的分解公式。
• 反向（可对角 $\Rightarrow$ 无重零点）用的是造零化多项式的技巧：取不同的特征值各一次，乘起来就够了。

为什么要用部分分式？ 因为它的作用正是”把 $1$ 拆成互不重叠的部分”。而 $1$ 对应恒等算子 $I$，$q_j(T)$ 又各自落在某个特征空间的”方向”上，于是 $v = \sum_j c_j(T)q_j(T)v$ 就把任意向量拆成了各特征空间的分量。这与 lecture 9 中”用投影算子做直和分解”是同一件事的技术版。

5.3 怎么实际判断”有没有重零点”

极小多项式判据的用法是：算出极小多项式，再看它有没有重根。而”有没有重根”是纯代数问题：

$$p \text{ 无重零点} \iff \gcd(p, p') = 1,$$

其中 $p'$ 是 $p$ 的导数。理由：$p$ 有重零点 $\lambda$ 当且仅当 $p(\lambda) = p'(\lambda) = 0$，即 $p$ 与 $p'$ 有公共零点。

Example（对角化的三种情形）
设 $\dim V = 3$，$T$ 的极小多项式分别为：

1. $p(z) = (z-2)(z-3)(z-5)$：三个互不相同的零点，故 $T$ 可对角化。
2. $p(z) = (z-2)^2(z-3)$：有重零点 $2$，故 $T$ 不可对角化。此时 $V$ 只能拆成对应 $2$ 与 $3$ 的两块，而对应 $2$ 的那块虽然有两维，$T$ 在其上却不是数乘，而是一个 Jordan 块 $\begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}$。
3. $p(z) = (z-2)(z^2+1)$，$\mathbf{F} = \mathbf{R}$：$z^2+1$ 不可约，故连上三角化都做不到（定理 5.44）。若 $\mathbf{F} = \mathbf{C}$，则 $p(z) = (z-2)(z-i)(z+i)$，三个互不相同的零点，故 $T$ 可对角化。

这三种情形把三档”简单程度”排成一条线：

$$\text{不可上三角化}\ \supset\ \text{可上三角化但不可对角化}\ \supset\ \text{可对角化}.$$

在 $\mathbf{C}$ 上第一档是空的（定理 5.47），故只剩后两档。这解释了为什么复算子的理论比实的干净：最坏的情形被消除了。

5.4 一个有用的推论：可对角化在限制下保持

Theorem 5.65
设 $T \in \mathcal{L}(V)$ 可对角化，$U$ 是 $V$ 的在 $T$ 下不变的子空间。则 $T|_U$ 是 $U$ 上的可对角化算子。

证明：由 定理 5.62，$T$ 的极小多项式无重零点。由 定理 5.31（限制算子的极小多项式整除原极小多项式），$T|_U$ 的极小多项式也整除它，故也无重零点。由 定理 5.62，$T|_U$ 可对角化。$\blacksquare$

这个证明只有三行，但它展示了 定理 5.62 的威力。若改用 定理 5.55(d)（维数判据）来证，就要考察 $U$ 与各个 $E(\lambda,T)$ 的交，会麻烦得多。选对判据，证明就短。

6. 本讲概念映射 (Summary)

关心的问题	精确形式	编号
什么样的矩阵最简单	对角矩阵：除对角线外处处为零	5.48
什么叫可对角化	存在一组基使矩阵对角	5.50
对角化可能需要换基	标准基下不像对角，换组基之后可以	5.51
同一特征值的向量住在哪	特征空间 $E(\lambda,T) = \text{null}(T-\lambda I)$	5.52
特征空间会重叠吗	不会：互不相同特征值的特征空间之和是直和	5.54
可对角化的等价条件	(a) $\iff$ (b) 有特征向量基 $\iff$ (c) 特征空间直和 $\iff$ (d) 维数之和 $=\dim V$	5.55
最实用的判据	(d)：只需数维数，不必找基	5.55
特征值个数够不够	不够：$T(z_1,z_2,z_3)=(4z_1,4z_2,5z_3)$ 只有两个特征值却可对角化	4.2 节
不必求根的判据	极小多项式有互不相同的零点	5.62
与”能上三角”的差别	上三角允许重零点，对角要求无重零点	5.44 vs 5.62
限制算子是否保持可对角化	是	5.65

一条主线

本讲围绕一个判断展开，即能不能让矩阵变成对角矩阵。为此引入特征空间，把对应同一特征值的向量打包，于是问题变成”这些特征空间的直和是否等于整个 $V$“。而 定理 5.54 保证它们自动构成直和，所以问题进一步简化为”维数之和是否等于 $\dim V$“（定理 5.55(d)）。

但这个判据需要先算特征值，而特征值一般算不出来。于是需要不求根的判据，那就是 定理 5.62：可对角化 $\iff$ 极小多项式有互不相同的零点。它与 lecture 13 的 定理 5.44 只差”互不相同”四个字，而这四个字正是三档简单程度的最后一道门槛。

一句话概括：可对角化的本质是**”$T$ 能被拆成一组互不干扰的数乘”，而判断这件事最省力的办法是看它的极小多项式有没有重根**。

7. Questions to Carry Forward (下节课前瞻)

• 三档简单程度与空白：本章建立了三档结论，即 $\mathbf{C}$ 上任何算子都能上三角化（定理 5.47）、极小多项式无重零点时可对角化（定理 5.62）、一般情形不可对角化。这中间的空白（可上三角但不可对角）在 Chapter 8 由 Jordan 形填补，它把矩阵化到”对角块加 $1$“的形状。
• 特征多项式：Chapter 8 会定义 $\det(zI - T)$，并证明它的根（带重数）与极小多项式的零点集合相同。届时”重数”有了精确含义（代数重数），而 $\dim E(\lambda,T)$ 称为几何重数，两者之差正好度量”不可对角化的程度”。
• 限制与商：定理 5.65 说明可对角化在限制下保持；商算子也保持（习题 5.D 的内容）。
• 同时对角化：若两个算子可交换且各自可对角化，则它们可以同时对角化。这条结论的证明依赖本讲的 定理 5.62，因为”限制到特征空间”这一操作在极小多项式判据下非常好用。
• 理论给出”是否可能”，数值给出”具体是多少”：本讲的判据都是结构性的，而实际计算仍要靠数值方法（例子 5.26 的教训）。

8. Exercises (Homework Assignment 14: LADR 5.C: 3, 10, 13, 16)

编号说明：正文定理编号一律用第四版；作业题号来自第三版。第三版把对角化放在 5.C，第四版把它移到 5.D（第四版 5.C 是上三角矩阵）。因此作业中的 “5.C: 3, 10, 13, 16” 对应第四版 5.D 一带的题目。

第三版题号（作业）	第四版对应题	考查内容
5.C.3	5.D.3	$V = \text{null } T \oplus \text{range } T$ 的三个等价条件
5.C.10	无完全对应	非零特征值的特征空间维数之和 $\le \dim \text{range } T$
5.C.13	5.D.10	构造特征值相同但不相似的两个算子
5.C.16	5.D.21	Fibonacci：$T$ 的幂、特征值、特征向量基、Binet 公式

关于 5.C.10 的说明：第四版没有与之逐字对应的题（第四版 5.D 的相关练习是别的内容），故下面按第三版原题作答。

5.C.3

Suppose $V$ is finite-dimensional and $T \in \mathcal{L}(V)$. Prove that the following are equivalent: (a) $V = \text{null } T \oplus \text{range } T$.

(b) $V = \text{null } T + \text{range } T$.

(c) $\text{null } T \cap \text{range } T = \{0\}$.

（第三版 5.C.3；第四版 5.D.3 是它的特例，即”若 $T$ 可对角化则 $V = \text{null } T \oplus \text{range } T$”。）

solution:

记 $N = \text{null } T$，$R = \text{range } T$。由基本定理（定理 3.21），

$$\dim V = \dim N + \dim R. \tag{$\ast$}$$

(a) $\Rightarrow$ (b)：直和当然是和。

(b) $\Rightarrow$ (c)：设 $V = N + R$。由和空间的维数公式（lecture 2 的 2.43），

$$\dim V = \dim(N+R) = \dim N + \dim R - \dim(N\cap R).$$

与 $(\ast)$ 比较得 $\dim(N\cap R) = 0$，即 $N \cap R = \{0\}$。

(c) $\Rightarrow$ (a)：设 $N \cap R = \{0\}$，这正是”$N + R$ 是直和”的条件。还需 $N + R = V$。由和空间维数公式与 $(\ast)$，

$$\dim(N+R) = \dim N + \dim R - 0 = \dim V,$$

而 $N + R \subseteq V$，故由 lecture 4 的 定理 2.39 得 $N+R = V$。结合直和性，$V = N \oplus R$。$\blacksquare$

要点：三个条件的等价其实是”一个维数恒等式把三个条件串起来”。核心是 $(\ast)$，它让"$\dim(N\cap R)=0$"与"$\dim(N+R)=\dim V$"成为同一件事，而前者对应 $N\cap R=\{0\}$（直和），后者对应 $N+R = V$。

与对角化的联系：若 $T$ 可对角化，则

$$V = E(0,T) \oplus \bigoplus_{\lambda \neq 0}E(\lambda,T),$$

而 $E(0,T) = \text{null } T$，且所有非零特征值的特征空间之直和恰好是 $\text{range } T$（因为 $T$ 在那个直和上的限制可逆）。于是 $T$ 可对角化 $\Rightarrow$ $V = \text{null } T \oplus \text{range } T$，这就是第四版 5.D.3 的内容。

5.C.10

Suppose that $V$ is finite-dimensional and $T \in \mathcal{L}(V)$. Let $\lambda_1, \dots, \lambda_m$ denote the distinct nonzero eigenvalues of $T$. Prove that

$$\dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T) \le \dim \text{range } T.$$

solution:

第一步：非零特征值的特征空间都落在值域里。 设 $\lambda \neq 0$ 是特征值，$v \in E(\lambda,T)$。则 $Tv = \lambda v$，故

$$v = \frac{1}{\lambda}\,Tv \in \text{range } T.$$

所以

$$E(\lambda,T) \subseteq \text{range } T \qquad (\lambda \neq 0).$$

这一步是本题的要害，它用到了 $\lambda \neq 0$：若 $\lambda = 0$，则 $E(0,T) = \text{null } T$ 一般不在值域里。这正是题目要求”非零特征值”的原因。

第二步：和是直和，且落在值域里。 由 定理 5.54，因为 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 互不相同，

$$U := E(\lambda_1,T) \oplus \dots \oplus E(\lambda_m,T)$$

是直和。而由第一步每个 $E(\lambda_j,T) \subseteq \text{range } T$，故（值域是子空间）

$$U \subseteq \text{range } T.$$

第三步：取维数。 由 定理 3.94 与第二步，

$$\dim E(\lambda_1,T) + \dots + \dim E(\lambda_m,T) = \dim U \le \dim \text{range } T. \qquad\blacksquare$$

要点：这道题给出了 定理 5.54 中不等式的改进版。原来的是

$$\sum_{j=1}^{m}\dim E(\lambda_j,T) \le \dim V,$$

而本题把非零特征值挑出来，得到更强的估计

$$\sum_{\lambda_j \neq 0}\dim E(\lambda_j,T) \le \dim \text{range } T.$$

两者之差恰好是 $\dim E(0,T) = \dim \text{null } T$，与基本定理 $\dim V = \dim\text{null } T + \dim\text{range } T$ 完全吻合。

它也顺带给出了可对角化的一个必要条件：若 $T$ 可对角化，则

$$\dim V = \dim\text{null } T + \sum_{\lambda_j \neq 0}\dim E(\lambda_j,T) \le \dim\text{null } T + \dim\text{range } T = \dim V,$$

故所有不等式取等号。这正是 5.C.3 与本题合起来说明的：可对角化蕴含 $V = \text{null } T \oplus \text{range } T$。

5.C.13

Find $R, T \in \mathcal{L}(\mathbf{F}^4)$ such that $R$ and $T$ each have $2, 6, 7$ as eigenvalues, $R$ and $T$ have no other eigenvalues, and there does not exist an invertible operator $S \in \mathcal{L}(\mathbf{F}^4)$ such that $R = S^{-1}TS$.

（第三版 5.C.13；第四版 5.D.10。两版同题。）

solution:

思路：$4$ 维空间里只有 $3$ 个特征值，故必有一个特征值”占两维”。让一个算子在那两维上可对角化（两个独立方向），另一个不可（一个方向加一个 Jordan 块），它们就不可能相似。

构造：关于标准基 $e_1,e_2,e_3,e_4$，令

$$\mathcal{M}(T) = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 7\end{pmatrix}, \qquad \mathcal{M}(R) = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 7\end{pmatrix}.$$

第一步：特征值都是 $2, 6, 7$，无其他。 两个矩阵都上三角，对角元都是 $2,2,6,7$。由 定理 5.41，特征值恰为对角元，故两者特征值集合都是 $\{2,6,7\}$。

第二步：两者的极小多项式不同。

• $T$：$T$ 是对角矩阵，故 $T - 2I$、$T-6I$、$T-7I$ 都不为零，但 $$(T-2I)(T-6I)(T-7I) = 0,$$ 因为在对角元上，因式 $z-2$ 杀掉前两个坐标，其余因式杀掉后两个。故 $p_T(z) = (z-2)(z-6)(z-7)$，零点互不相同。
• $R$：$R - 2I$ 把 $e_2$ 送到 $e_1 \neq 0$，故 $R - 2I \neq 0$。而 $(R-2I)^2 = 0$（它只把 $e_2$ 送到 $e_1$、把 $e_1$ 送到 $0$）。于是 $$(R-2I)^2(R-6I)(R-7I) = 0.$$ 但 $(R-2I)(R-6I)(R-7I) \neq 0$：它把 $e_2$ 送到 $(R-6I)(R-7I)e_1 = (2-6)(2-7)e_1 = 20e_1 \neq 0$。故 $p_R(z) = (z-2)^2(z-6)(z-7)$，有重零点 $2$。

第三步：极小多项式不同，故不相似。 设存在可逆 $S$ 使 $R = S^{-1}TS$。则对任意多项式 $p$，

$$p(R) = p(T)\ \text{的相似变换} = S^{-1}p(T)S,$$

故 $p(R) = 0 \iff p(T) = 0$。特别地，$p_T$ 零化 $T$ 因而零化 $R$：$p_T(R) = S^{-1}p_T(T)S = 0$。而 $p_R$ 是 $R$ 的极小多项式，由 定理 5.29，$p_R$ 整除 $p_T$。但 $p_R$ 含 $(z-2)^2$ 而 $p_T$ 只含一次 $(z-2)$，不能整除，矛盾。

等价地：极小多项式在相似变换下不变（因为零化多项式的集合相同），而 $p_R \neq p_T$，故不存在这样的 $S$。$\blacksquare$

要点：核心是用极小多项式（等价地”是否有重零点”）区分相似类。两个算子可以拥有相同的特征值集合、甚至相同的重数，但只要极小多项式的重数不同，它们就不相似。

结构性含义：$4$ 维、$3$ 个特征值，故有一个特征值占两维。那两维的部分只有两种可能：

$$\begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} \quad\text{或}\quad \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}.$$

前者可对角化，后者不可。这两种块正是 Jordan 形里最简单的两种基本块，而 Chapter 8 会证明：任何复矩阵都能唯一地（除块次序外）分解成这种块的直和，这就是 Jordan 形，是矩阵相似分类的完整答案。

这也解释了为什么本讲只能给出”可对角/不可对角”的二值判断：更细的分类需要 Jordan 形，而它要等 Chapter 8 的工具。

5.C.16

The Fibonacci sequence $F_1, F_2, \dots$ is defined by

$$F_1 = 1, \quad F_2 = 1, \quad F_n = F_{n-2} + F_{n-1}\ \ (n \ge 3).$$

Define $T \in \mathcal{L}(\mathbf{R}^2)$ by $T(x,y) = (y, x+y)$. (a) Show that $T^n(0,1) = (F_n, F_{n+1})$ for each positive integer $n$.

(b) Find the eigenvalues of $T$.

(c) Find a basis of $\mathbf{R}^2$ consisting of eigenvectors of $T$.

(d) Use the solution to (c) to compute $T^n(0,1)$. Conclude that

$$F_n = \frac{1}{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n\right]$$

for each positive integer $n$.

(e) Use (d) to conclude that for each positive integer $n$, $F_n$ is the integer closest to

$$\frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n.$$

（第三版 5.C.16；第四版 5.D.21。这是全课程中”用线性代数解决一个看似无关的问题”的最经典例子。）

solution:

(a) 归纳。 记 $T^n(0,1) = (a_n, b_n)$。

$n = 1$：$T(0,1) = (1,1) = (F_1, F_2)$，因为 $F_1 = F_2 = 1$。$\checkmark$

设 $T^n(0,1) = (F_n, F_{n+1})$。则

$$T^{n+1}(0,1) = T(F_n, F_{n+1}) = \big(F_{n+1},\ F_n + F_{n+1}\big) = \big(F_{n+1},\ F_{n+2}\big),$$

最后一步用了 $F_{n+2} = F_n + F_{n+1}$。由归纳原理，结论对一切正整数 $n$ 成立。$\checkmark$

(b) 特征值。 $T$ 关于标准基的矩阵是

$$\mathcal{M}(T) = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}.$$

求特征值即求 $\lambda$ 使 $T(x,y) = \lambda(x,y)$ 有非零解：

$$y = \lambda x, \qquad x + y = \lambda y.$$

把第一式代入第二式得 $x + \lambda x = \lambda^2x$。因 $x \neq 0$（否则 $y = 0$），故

$$\lambda^2 - \lambda - 1 = 0,$$

即

$$\lambda_1 = \frac{1+\sqrt5}{2}, \qquad \lambda_2 = \frac{1-\sqrt5}{2}.$$

（$\lambda_1$ 即黄金比 $\varphi$；且 $\lambda_1 + \lambda_2 = 1$，$\lambda_1\lambda_2 = -1$。）

(c) 特征向量与基。 由 $y = \lambda x$，对应 $\lambda_j$ 的特征向量是

$$v_1 = \left(1, \frac{1+\sqrt5}{2}\right), \qquad v_2 = \left(1, \frac{1-\sqrt5}{2}\right).$$

$\lambda_1 \neq \lambda_2$ 故两者不成比例，即线性无关。由 $\dim \mathbf{R}^2 = 2$，$\{v_1,v_2\}$ 是一组由特征向量构成的基。（也可直接引用 定理 5.11。）

(d) 用这组基算 $T^n(0,1)$。

第一步：把 $(0,1)$ 用 $v_1, v_2$ 表示。 设 $(0,1) = \alpha v_1 + \beta v_2$。比较第一坐标得 $0 = \alpha + \beta$，故 $\beta = -\alpha$。比较第二坐标：

$$1 = \alpha\lambda_1 + \beta\lambda_2 = \alpha(\lambda_1 - \lambda_2) = \alpha\sqrt5,$$

故 $\alpha = 1/\sqrt5$、$\beta = -1/\sqrt5$。

第二步：用特征向量的性质。 由 $Tv_j = \lambda_jv_j$ 得 $T^nv_j = \lambda_j^nv_j$。于是

$$T^n(0,1) = \frac{1}{\sqrt5}\lambda_1^nv_1 - \frac{1}{\sqrt5}\lambda_2^nv_2.$$

第三步：读第一坐标。 因 $v_1, v_2$ 的第一坐标都是 $1$，

$$\big(T^n(0,1)\big)_1 = \frac{1}{\sqrt5}\left(\lambda_1^n - \lambda_2^n\right).$$

而由 (a) 这个第一坐标就是 $F_n$，故

$$F_n = \frac{1}{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n\right] \qquad (n \ge 1). \qquad\checkmark$$

这就是 Binet 公式。

(e) $F_n$ 是最接近 $\lambda_1^n/\sqrt5$ 的整数。

由 (d)，

$$\left|F_n - \frac{\lambda_1^n}{\sqrt5}\right| = \frac{|\lambda_2|^n}{\sqrt5}.$$

而

$$|\lambda_2| = \left|\frac{1-\sqrt5}{2}\right| = \frac{\sqrt5 - 1}{2} \approx 0.618 < 1,$$

故对一切 $n \ge 1$，

$$\frac{|\lambda_2|^n}{\sqrt5} < \frac{1}{\sqrt5} \approx 0.447 < \frac12.$$

因此 $\lambda_1^n/\sqrt5$ 与整数 $F_n$ 的距离小于 $1/2$，即 $F_n$ 是距它最近的整数。 $\blacksquare$

要点：这道题是”把递推关系翻译成算子的幂”的典范。论证结构是：

$$\underbrace{\text{Fibonacci 递推}}_{\text{数列的局部规则}}\ \longrightarrow\ \underbrace{T(x,y)=(y,x+y)}_{\text{二维算子}}\ \longrightarrow\ \underbrace{\text{特征值是 } \lambda_{1,2}}_{\text{黄金比的来源}}\ \longrightarrow\ \underbrace{\text{Binet 公式}}_{\text{闭式解}}.$$

为什么这能成功？ 因为 Fibonacci 递推是线性的、且只依赖前两项，所以它完全由 $\mathbf{R}^2$ 上的一个算子决定。而”求通项”就等于”求 $T^n$“，后者在特征向量基下变成”各自取 $\lambda^n$“（这正是可对角化的用处，见 定理 5.55(b)）。

这也说明了本章抽象的回报：特征值、特征向量、对角化这些概念，在 $\mathbf{R}^2$ 上就是”找一个坐标系使算子变成两个独立的数乘”。一旦找到，$T^n$ 就变成两个标量的 $n$ 次幂。Fibonacci 的增长率之所以是黄金比，正因为那是 $T$ 的特征值。

(注：第四版把下标改为 $F_0 = 0, F_1 = 1$，结论相应写成”对非负整数 $n$“。两种约定实质相同，只是起点不同。)