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Abra Done Right 一些札记和习题记录 1Abra Done Right一些札记和习题记录（第一章）注记部分有关子空间和与直和的讨论如果是向量空间U的两个线性子空间，那么下面两个命题等价（见17页命题1.9）1）是直和；2）这种关系是否可以推广到多个子空间的情况呢？也就是说是否有n个子空间两两相交于零点，就说明它们的和是直和呢？这是不一定的。 设想三维空间中三条坐标轴，再加上另一条过原点但异于坐标轴的直线，三条坐标轴的直和就是整个三维空间，显然它们和第四条直线的和不可能是直和。 但是可以对子空间的交集提出这样的要求对每个如果满足这个要求，那么它们的和就是直和。 这个条件也是多个子空间的和是直和的充要条件。 证明用数学归纳法很容易。 先把这样一个命题弄清楚了，后面的关于不同特征值的特征向量线性无关的证明思路就变得很容易。 还有一个看似更强的要求，但实际上与上面的那个要求是等价的在中任意不重复地取出两组子空间来和，其中，都满足。 可以证明这个条件也是若干子空间的和是直和的充要条件。 充分性可以利用上面的命题，必要性证明方法类似于命题1.9。 部分习题解答9证明的两个子空间的并集也是的子空间当且仅当其中一个子空间包含于另一个子空间。 证明必要性设是要讨论的两个子空间，且，那么。 ，因是子空间，故。 若，则，矛盾。 因此，则。 故。 充分性显然。 （第二章）注记部分1线性无关和子空间直和的联系线性无关概念和子空间直和的概念有着很密切的联系，如下21）二者的概念同源，都是要将一个大的空间的向量唯一地分解成若干小的子空间中向量的和。 2）v1,v2,vn线性无关的充要条件是v1,v2,vn都不等于0且span(v1),span(v2),span(vn)的和是直和。 3）设有若干组向量向量组u1,u2,ur，向量组v1,v2,vs，和向量组w1,w2,wt，每一组向量都线性无关，把它们放在一起还是线性无关吗？这显然是不一定的。 但是怎样才能保证把它们放在一起也线性无关呢？有以下两个结果a）向量组u1,u2,ur，向量组v1,v2,vs，和向量组w1,w2,wt，每一组向量都线性无关，则向量组u1,ur,v1,vs,w1,wt线性无关当且仅当span(u1,u2,ur)+span(v1,v2,vs)+span(w1,w2,wt)是直和。 b）若U1+U2+Un是直和，那么分别从U1,U2,Un每个子空间中任意选出一组线性无关的向量，它们整体还是线性无关的。 可以说a)就是直和空间的维数定理和逆定理。 但利用零向量的唯一分解性质也可以很容易地证明上述两个命题。 233页定理2.18（dim(U1+U2)=dimU1+dimU2?dim(U1U2)）的证明思路问题此定理很自然的思路是寻找各个子空间基底所包含向量的个数关系。 因此前半部分比较自然，寻找U1U2的基底u1,.,um，添加向量v1,.,vj使u1,.,um,v1,.,vj成为U1的基底，再添加w1,.,wk使u1,.,um,w1,.,wk成为U2的基底。 但在证明(u1,.,um,v1,.,vj,w1,.,wk)线性无关的过程中，设a1u1+amum+b1v1+bjvj+c1w1+ckwk=0之后，怎么能想到要把c1w1+ckwk和其它向量分别放在等式两边呢？有了上一条注记中的两个命题a）和b），这个思路就比较明朗，证明多组线性无关的向量放在一起也是线性无关的，无非就是证明span(w1,w2,wk)+span(u1,u2,um)+span(v1,v2,vj)是直和。 因为已知w1,wk,u1,um线性无关，只需证明span(w1,w2,wk,u1,u2,um)span(v1,v2,vj)=0（见第一章注记）这就是把c1w1+ckwk放在等式另一边的证明思路。 如果一个人不知道此定理，现在要着手证明这个定理，他会是怎样的思路呢？首先，他会先考虑两个子空间交于0的简单情形，并证明直和的维数等于维数的和，证法见上条评注中的命题a）。 接着，考虑两个子空间的交集维数大于等于1的情形，他会考虑把U1+U2分解成几个子空间的直和，很自然的想法就是考虑U1U 2、U1去掉U1U2的那一部分，和U2去掉U1U2的那一部分应该可以构成直和（即找两个子空间W,V使得W+U1U2=U1,V+U1U2=U2，那么应有W?U1U2?V=U1+U2）。 这就是整个证明的思路。 证明过后又发现没有必要事先单独证明直和的情形了，因此把直和的维数定理作为此定理的推论。 3维数定理和有限集合基数定理（容斥原理）这部分论述见文章子空间和的维数定理与容斥原理部分习题解答（略）3（第三章）注记部分1线性无关性和线性相关性在线性映射作用下的表现你可能听说过向量空间同构这个概念，两个向量空间U和V，如果它们之间存在可逆的线性映射T，那么这两个向量空间同构。 从向量空间本身的性质来讲，两个同构的向量空间可以不分你我，对应的向量之间有相同的线性关系，整个空间的维数也相同。 设，那么线性相关（无关），当且仅当也线性相关（无关）。 这是因为，和都是线性映射，因此当且仅当。 那么，如果无法保证是可逆的，我们只能保证当线性相关时也线性相关，或者当线性无关时也线性无关。 这是很简单的道理。 那么当不是单射时，如果线性无关，什么时候可以保证也是线性无关的呢？即还需要给增加什么样的条件才能保证线性无关？欲使线性无关，需要方程没有非零解，而此即方程。 欲使此方程没有非零解，需要当不全为零时，也即。 因此，有下面的命题命题1是从向量空间到的线性映射，那么当且仅当线性无关，并且时，线性无关。 从这个命题出发，不但能启发出值域-零度定理，还可以得到书上关于值域-零度定理的证明思路。 并且，这个命题本身应该也是比较重要的。 2反向思考值域-零度定理如果不知道值域-零度定理，是否可以知道从低维空间到高维空间没有满的线性映射？因为线性无关时也线性无关，这表明值域的维数不可能比定义域的维数大。 我们知道当取定义域中的一组基底后，。 如果值域的维数比定义域的维数小，那么小了多少由什么来决定的呢？我们知道在值域的维数比定义域小的时候不可能线性无关。 那么在中选取极大线性无关组，其它可以用这r个向量线性表示，即也即4。 因此。 设，注意到在定义域中，线性无关，因此也线性无关。 而，因此。 接下来就是想办法证明，从而。 其中。 那么有。 因线性无关，根据命题1，可知。 这样就有，从而。 因此值域-零度定理成立。 当然，在历史上，这个值域-零度定理绝对不是从这样的抽象符号和理论的思考中得到的，早在线性代数发展的早期，人们的主要精力集中在对线性方程组的解结构的研究，人们可能是通过线性方程组系数矩阵的秩与解空间维数之间的关系看到了秩-零度定理，从而在后来推广到一般的线性映射上来的。 一个数域上的有限维的线性空间，都同构于，在有限维线性空间之间的映射也可以与数域上的矩阵构成空间同构，对线性映射零空间的研究也完全等同于对数域上的线性方程组的解空间的研究，那么为什么还会有这种抽象符号表达的线性代数体系呢？它是从什么时候开始出现，它的始作俑者又是谁？它存在的意义究竟有多大呢？3值域-零度定理与商空间对值域-零度定理最透彻最符合直觉的解释是利用商空间和第一同构定理。 这方面在一些线性代数书中已经涉及到（如李炯生、查建国版本线性代数），请在网络上搜索这方面的内容。 4映射的逆、左逆与右逆（参见本章练习14与15）设是集合到的映射，和分别是和上的单位映射。 如果存在到的映射使得则称是的右逆，如果存在到的映射使得，则称是的左逆。 命题2有左逆，当且仅当是单射；有右逆，则是满射。 如果承认选择公理，那么有右逆，当且仅当是满射。 证明如果有左逆，即存在到的映射使得，那么。 这说明是单射。 如果是单射，我们可以构造的左逆如下取定，如果，则定义，否则令。 这样定义的就是的左逆。 如果有右逆，即存在到的映射使得，那么且。 如果是满射，我们可以用选择公理构造的右逆如下，从的原像集合中选取一个，令。 一般来讲，如果一个映射只有左逆或只有右逆，那么它的左逆或右逆都不是唯一的。 但是如果一个映射既有左逆又有右逆，那么它的左逆和右逆都是相等的。 5命题3既有左逆又有右逆当且仅当是一一映射。 并且此时的左逆与右逆是唯一确定且相等的。 证明利用命题2证明第一条，因为是一一映射，并不需要选择公理。 欲证第二条，首先证明的所有左逆相等，所有右逆相等。 设与是的右逆，有，那么因为同时有左逆，取的左逆，有，即。 即所有右逆彼此相等。 同理可证所有左逆彼此相等。 接下来证明左逆等于右逆。 设与分别是的左逆与右逆，那么。 这说明右逆同时也是左逆，因此右逆等于左逆。 如果是一一映射时，就把的左逆或右逆称为的逆。 部分习题解答2例举一个函数使得对任意，但是不是线性映射。 解答设，这个函数满足题设条件但不是线性函数。 4设是向量空间到数域的线性函数，证明如果，则。 证明设，因为，所以（这两个子空间的和是直和）。 因，故，因此11证明如果上存在一个线性映射且它的值域与零空间都是有限维的，那么是有限维的。 证明因为书上证明值域-零度定理时是以是有限维空间为基础，所以直接用这个定理不妥。 设的值域维数为r，零空间维数为s，我们可以取任意维数的子空间，比如，r+s+1维的子空间，将限制在这个子空间中，然后利用值域-零度定理，可断定这个子空间的像的维数大于r，已经超过了整个定义域的像的维数了。 16设和是有限维向量空间，并且，证明证明因为当且仅当，故。 设，考虑，有22设是有限维向量空间且。 证明可逆当且仅当与都可逆。 证明必要性，可逆当且仅当。 因为与，所以与都可6逆。 充分性，当、都可逆时，就是的逆。 23设是有限维向量空间且，证明当且仅当证明根据上题，如果或那么与都可逆。 则当且仅当，当且仅当。 24设是有限维向量空间且，证明当且仅当对任何线性映射，有。 证明如果则显然。 如果对任何线性算子有，那么在中任取非零向量，取成为的基底，定义线性映射使得。 则。 也就是说任意非零向量，存在一个数使得。 下面证明任意两个方向上所对应的a都相等。 设，如果，则这两个向量线性无关，考虑，即，因此，矛盾。 因此。 第四章多项式为非重点章节，并且内容未超出高中数学知识，故略过。 （第五章）注记部分1不同特征值对应的特征向量线性无关的证明在第一章注记中已经说明，如果对每个，都有，那么子空间的和是直和，从而在各个子空间中分别选取线性无关的向量，它们放在一起也是线性无关的。 这里，两个不同特征值所对应的特征子空间的交集显然是0，这是因为在这两个子空间中的作用是不同的，不可能存在一个非零向量经过的变换之后既是原来的倍又是原来的倍。 接下来就是仿此用数学归纳法证明。 因为是直和，其中的任何一个非零向量可唯一分解为，经过变换之后变成，然后用直和的性质证明这是表示成线性组合的唯一方式，从而不可能出现在中。 2不变子空间的一些性质7以下几个命题是比较显然的命题1设是的两个不变子空间，那么它们的和、它们的交也是的不变子空间。 命题2设是和的不变子空间，那么也是、和的不变子空间。 推论3设是的不变子空间，是数域上的多项式，那么也是的不变子空间。 在分析线性变换的过程中，非平凡的不变子空间是很珍贵的，通过这几个命题，我们可以用已有的珍贵的非平凡不变子空间再构造出更多的非平凡不变子空间。 比如，如果不可逆，那么、都是非平凡的不变子空间。 从而、等等都是的不变子空间，从而也是的不变子空间。 （尽管这样做也可能无法得到新的非平凡的不变子空间）3“复数空间上线性变换都可表示成上三角矩阵”的证明本章对这个定理的证明中，在假设结论对所有小于维的空间都成立并证明结论对也成立的时候，先将已知的一个一维特征子空间搁置一旁，转而考虑，这是的不变子空间，且维数小于，但是不一定只比小一维，它的维数取决于的维数。 这样就给分析的思路增加了一些难度和不确定性。 当然，幸运的是最后还是顺利地完成了证明，让人觉得这个证明太巧妙了，怎么最初就能想到要考察呢？但是仿照第九章证明实数空间类似性质的定理的证明方法，可以做出一个更朴实更自然的证明。 证明假设在维数小于的空间上的所有线性变换都可以找到一组基底使得其对应的矩阵是上三角阵，那么在中的一个线性变换，因为至少有一个特征值，也就可以找到一个一维的特征子空间，再取子空间使得。 这样只比少了一维，但是不一定是的不变子空间。 我们将分解为，在子空间中可以找到一组基底使得线性变换的矩阵是上三角矩阵，在中取非零向量，那么在基底下依然是上三角矩阵（要看清这一点，只需考察基底的各个元素在线性变换下的行为）。 4“奇数维空间上的线性变换必有特征值”的证明本章的证明方法在本章看来技巧性显得太强了。 但其实，如果看到第九章再回过头来看这个定理，是比较显然的。 因为不管是实数向量空间还是复数向量空间，线性变换的矩阵都可以是分块上三角矩阵，且对角线上每一块都是11或22阶的矩阵。 那么对于奇数维空间，分块上三角矩阵的对角线上不可能都是22阶的矩阵，从而线性变换必然有一维的不变子空间。 本章不能直接引用第九章的结论，所以本章的证明其实是利用了第九章的思维方法。 现在，我把它写得跟第九章的方法更接近一些，也显得更平易近人一些。 证明对于一维空间的情形，很显然命题是成立的。 假设命题对于维数小于的奇数维空间都成立，现证明命题对奇数维空间也成立。 可以取一个一维或二维的不变子空间。 如果是一维的，那么命题得证，如果是二维的，那么朝着证明有分块上三角矩阵的方向（也是本命题递归的需要），取使得，然后将写为。 如果要证明有分块上三角矩阵，那么接下来的分析方向是应用递归假设取一组基底使得的矩阵是分块上三角矩阵。 但这里因为要尽快证明特征值存在，我们把的一个特征向量优先取过来，那么就形成了的一个不变子空间。 取的基底，那么在8这组基底下的矩阵是如下形式的从这个矩阵中可以很容易看出就是特征值，因为将一个三维空间映射成了二维空间。 这一点类似于”上三角矩阵的对角线元素都是特征值”的证明。 其实我觉得既然在本章中证明了复数空间线性变换的矩阵可以上三角化，那么实数空间相应的结论也应该放在这一章，这样既显得结构合理，又不至于使某些定理的证明看上去那么奇巧。 部分习题解答4设且，证明是的不变子空间。 证明设，那么，由，得即。 11设，证明和有相同的特征值。 证明只需证明的特征值都是的特征值。 取非零向量，因为当时，。 如果，那么我们可以判断就是对应的特征向量；如果，那么相应地，需要证明也有特征值0。 因为不可逆，所以不可逆，故有特征值0。 13设，任何一个维数为的子空间都是的不变子空间，证明。 证明当的维数小于3时，结论显然成立。 当维数大于等于3时，设，将扩充为的一个基底。 考察，我们每次去掉一个取剩下的基底元素张成一个维子空间，因为它是不变子空间，所以，故，因此。 仿照第三章习题24中的做法证明（参见本章第12题）。 15设，证明是的特征值当且仅当存在某个的特征值，有。 证明如果有某个的特征值满足，对应的特征向量为，那么，是的特征值。 如果是的特征值，其特征向量为，那么，将分解为一次因式的乘积，有，那么必有某个使得不可逆，从而是的某个特征值。 而又是方程的根，从而证得必要性。 16上面一题的结论当替换成时不成立。 证明在上的逆时针旋转的旋转变换，-1是的特征值，但本身没有实数特征值。 921设且，证明。 证明根据秩-零度定理，只需证明。 设，那么，且。 因为，所以。 .（第六章）注记部分1有关”毕达哥拉斯”定理的内积证明用向量计算的方法为什么能够证明毕达哥拉斯定理？它背后的原理和实质是什么？这部分内容见文章用向量的内积证明勾股定理体会代数的威力2平行四边形法则与毕达哥拉斯定理内积与范数泛函分析中有一条著名定理，在一个赋范空间中只要一个范数满足平行四边形法则，那么它就是由某个内积诱导出来的，即可以找到一个内积使得每个向量的范数等于这个向量和自己内积的算术平方根。 那么平行四边形法则的实质又是什么？它和毕达哥拉斯定理又有什么关系？这部分内容见文章平行四边形法则与勾股定理内积与范数3正交补空间性质的另一种推导利用”有限维空间的任何一个非平凡的子空间都有非平凡的正交补空间”可以推导出这个性质。 因为假设，那么因为有正交补空间不等于，取，那么就垂直于中的任何向量，根据正交补的定义，应该有，但是还垂直于，因此只能，矛盾。 不过，相比于书上的证明，这个证明有个缺点只适用于和都是有限维的情形，在后面讨论的的逼近问题中这个证明不适用。 4定理6.45的矩阵证明定理6.45设是上的线性函数，那么存在唯一一个使得。 本章对这个定理的证明很简洁明快，但是我在理解它的时候想到了另外一种视角矩阵视角。 证明将数域看成是它本身的向量空间，那么这个向量空间就是一维的。 在一组基底下从n维向量空间到一维向量空间的任何线性映射都有1xn阶矩阵与之对应，即可以表示为如下形式10当所选取的的基底是标准正交基底时，这个表达式又恰好是个内积表达式！它的值恰好等于与的内积。 证毕。 其实追溯起来，这两种证法完全一样，因为这里的代表的向量就是。 但是，这样理解之后，就把内积和矩阵的乘积联系在一起了。 部分习题解答17证明如果满足并且中的任何向量都垂直于中的任何向量，那么是个正交投影映射。 证明满足的线性变换，它的值域与零空间满足因为值域中的任何向量，如果也在零空间中，即，那么可见。 再根据秩-零度定理得上式。 那么由题设条件，有那么，有，这说明在的作用下相当于向的正交投影。 18证明如果满足并且，那么是个正交投影映射。 证明根据上题，有。 那么任意向量，有，且因为，根据习题2，得，这说明值域中的任意向量（Pv）与零空间中任意向量（w）相互垂直，根据上题，得结论。 20设且是的子空间。 证明和都是的不变子空间当且仅当。 证明如果和都是的不变子空间，那么任意向量，有11。 如果，那么，并且。 同理可证正交补也是不变子空间。 26取定一个向量，定义为。 对于，找到的表达式。 解（本题可以用矩阵分析或内积表达式分析）因为，故。 28设。 证明是的特征值当且仅当是的特征值。 证明是的特征值当且仅当不可逆，即，当且仅当，表明不可逆。 .（第七章）注记部分1命题7.2为何在实数空间不成立？参见本博客文章理解复数域上的向量空间（第一篇）理解复数域上的向量空间（第一篇）线性代数进行到酉空间中的自伴算子、正规算子以及谱定理这部分内容时，会发现很多在复空间中成立的命题在实空间中却未必成立。 这种情况多少让人感到有点奇怪，为什么会出现这种情况？复数域是包含实数域的，我们学习复数之后碰到最多的是相反的情况原本在实数域上成立的性质在复数域中不一定成立了，比如，实数可以比较大小，但复数没有大小关系；又比如，实数的平方非负，等等。 这样的命题见多了，容易使人产生思维定势，认为复数包含实数，因此在复数范围内成立的命题在实数范围内也必然成立，而实数范围成立的命题不一定都能推广到复数。 可尤其是学习到复变函数之后，这种情况似乎反过来了，同样的一个概念，到了复数中反倒比原来实数情况下的相应概念有了更多的内涵。 这又是为什么呢？比如，在”Linear AlgebraDone Right”第七章有个命题7.2，是说命题7.2如果是复数域上的内积空间，并且是上的线性算子，且对任意向量，都有，那么。 证明使用恒等式即可得证。 但是，同样的假设，在实数空间中却得不出同样的结论来，比如，二维空间中把所有向量都逆时针旋转90度角。 12可是，在实空间中可以存在旋转90度的映射，为什么在复空间中就没有这种映射？难道就不可以有一个线性变换像实空间中那样把每一个向量都旋转到垂直的位置上吗？它的证明的确在那里，证法也的确没有错，但是我却从直观上难以接受这个命题。 我不甘心，于是找来实空间中的那个旋转映射放在复空间上，定义复空间上的映射那么，通常情况下，这是个纯虚数，不一定是零。 所以这个反例失败了，在这个例子上，我不得不承认上面那个命题。 但是，它给我带来更多的思考我们应该怎样直观地想象复向量空间？从前我们总是把向量想象成一条带有方向的线段，把一维子空间想象成一条直线，”线”总是伴随着我们对向量空间的影像理解，因为实数上面可以定义线序，而我们生存的三维空间就可以看成实三维空间，所以在理解一般的向量空间的时候，这种影像可以帮助我们建立起很多问题的直观。 但是，当探究复向量空间内部的特殊结构的时候，这种形象的理解遇到了一些问题。 比如，把一个复向量取共轭，跟原来的向量是什么位置关系？又比如，一个向量乘以，变成了，是把这个向量怎么样了？旋转了九十度？可是毕竟二者是线性相关的，而在我们的直观理解中，线性相关的两个向量是共线的，数乘只是把向量拉长或缩短。 但是如果把它们两个想象成共线的，又无法想象它们两个有相同的长度，一个一维子空间中相同长度的向量不是两个，而是无穷多个，无法想象。 看来，与复平面类似，只有把一维复向量空间理解成我们所熟悉的平面才自然一些，而这个一维复空间中的一个复向量，可以看成是躺在个平面上的，它并不占据这个一维空间的一整段，在它周围可以有无数多条与它长度相等的向量。 那么这么看来，一个n维的复空间，是否可以形象地把它想象成一个2n维实空间？把问题提得更明确一些，如果我们把一个n维复空间看成一个实数域上的向量空间，即把数量乘法中用到的数限制在实数域中，那么，原来的基底就张不成整个空间了，可以证明，向量组是这个实向量空间的基底，一共2n个元素，所以它是一个2n维实向量空间。 （注意，这个实数空间中的一个向量v在原来复空间意义下可以乘以纯量i变成iv，但在实空间中iv将不再是这种乘法的结果，它只是与v有关的一个向量而已。 我们仍然记为iv。 ）如果只考虑空间本身，那么这样的理解是足够的，也足以提供复空间的一些直观信息。 可是，我们需要理解的不止是这些，还有内积、线性变换等一些东西，在这个衍生出来的实空间中的这些东西到底跟原来的复空间中相应的对象有什么联系？首先分析内积，如果原来的复空间中有内积，那么就是衍生出的实空间中的内积，我们用方括号表示这个实空间的内积，那么原来的内积就可以用这个实数空间内积表示为并且，这两个内积诱导的范数是相同的。 对任意向量，向量在实数空间的内积意义下是垂直于的。 如果是复空间的标准正交基底，那么是实空间的标准正交基底。 下面讨论一个向量乘以i是怎么回事。 在复空间中，变换是个线性变换，那么在实空间中到的变换是否也是线性变换？注意到原来复空间的任何线性变换在实空间下也是线性变换，所以也不13例外。 那么它在实空间意义下对应什么矩阵呢？取上面的标准正交基底，显然它在这组基底下的矩阵为即主对角线上是22阶矩阵块其余位置都为零。 接下来讨论一般的线性变换。 在复空间中每个线性变换都对应实空间的一个线性变换，那么反过来，是否一个实空间的线性变换在复空间中也是线性变换呢？这一条是两种空间都共同满足的，但关键是这个性质，对于实空间，我们只要求为实数，但对于复空间，我们还要求可以取复数。 那么就必须有，换句话说，就是与上面定义的可交换，只有这样的才有资格作为复空间的线性变换，并且这是个充要条件。 分析一下的维数，当是复空间时，的维数是，把看成相应的实数空间，维数也不过是，但如果把看成相应的实空间，那么的维数是，可见，复空间上的线性变换比相应的实空间的线性变换少了一半，原因就是复空间的特性对线性变换会有更多的限制。 利用矩阵的分块乘法规则可以证明，实空间上的阶矩阵，如果与对应的矩阵可交换，那么有以下形式显然，它对应复空间上的矩阵而且，分析这种矩阵的自由度，与上面分析的复空间变换的维数恰好吻合。 下面利用实空间的理论，在复空间衍生的实空间中证明命题7.2。 首先证明一条引理引理1如果是实的内积空间，那么满足当且仅当是斜自伴的，即。 证明如果，那么有，因此。 14反过来，如果，那么因此取即可得证。 接下来把命题7.2翻译成实空间中的命题并证明之。 命题2是实内积空间，与都是上的斜自伴算子，且可逆，与可交换，并且任意向量，那么。 证明由，可知也是斜自伴的。 那么，因此。 又可逆，故。 证毕。 （P.S:如果没有可逆的条件，那么。 ）原来一个复向量空间上的线性变换相当于暗中假定了这么多的条件！难怪复空间中的算子理论有那么好的性质。 2是线性算子的不变子空间，那么是否成立？在证明实空间自伴算子谱定理的时候，中间有一部，设然后验证在上也是自伴的。 为什么这么验证呢？为什么不根据是自伴的并且是不变子空间这个事实，从而直接说是自伴的？这涉及一个问题如果是一个一般的映射，是的不变子空间，那么是否一定有？这是不一定的，设而那么是的不变子空间。 那么是上的单位变换，但却把x轴映射到了直线y=x上。 不一定是的不变子空间。 之所以出现这种情况，是因为在伴随的定义中，任意，要求取是满足的那个唯一的向量。 在中的任意一个向量，如果我们找到满足上式中的也只是限制在中的，如果把的范围扩大到整个空间中，那么上面的内积等式不一定成立。 因此不一定等于。 15如果考虑和二者的关系，那么下面的事实是成立的记为到子空间的正交投影，那么。 证明也很容易。 这样，能够成立的充要条件为也是的不变子空间。 3实空间变换矩阵的分块上三角化与实空间的正规、自伴算子谱定理如果实空间的分块上三角矩阵的相关内容放在第五章的位置，那么实空间的谱理论证明就变得跟复空间谱定理一样容易证明。 它们不论从形式上还是从证明方法上都没有什么本质区别。 4自伴算子乘积什么时候是自伴的？问题设与都是向量空间上的自伴算子，那么和是自伴的吗？由，如果与可交换，即，那么有和，即两者都自伴。 反过来若自伴，则。 但是与二者不一定是可交换的，反例如下设那么那么与满足什么条件时二者是可交换的呢？以下是一个充要条件命题1设是上的线性变换，自伴，那么当且仅当的每个特征子空间是的不变子空间。 证明如果，那么，这说明，因此是的不变子空间。 反过来，如果的每个特征子空间都是的不变子空间，那么在一个特征子空间里的任意一个向量，有。 再由自伴算子的谱定理，其中是的全部特征值，可知任意向量，有证毕。 备注这个命题是从分析的矩阵关系的过程中得到的，即设在某正交基底下为对角形，分析另一个矩阵与这个对角矩阵可交换的条件，最后从元素满足的条件总结出这个命题。 后来发现第五章习题已经讨论过这个问题的一半了。 5正定算子的平方根16如果，那么单位变换有无穷多个平方根。 以二维空间为例，任意一个角度，变换都是单位变换的平方根。 如果把上面的变换写成复平面上的变换，那么是复平面上单位变换的平方根，即。 它不是复数空间上的线性变换，但是如果把复数域看成实数线性空间，它是线性变换。 的上述形式的平方根都是自伴的，也有非自伴的平方根，比如，只要，那么可见正定算子的平方根可以不是自伴的。 由此可知，一个正定算子，只要有一个特征值的重数超过1（即这个特征值的特征子空间超过一维），那么它有无数个平方根，其中也有无数个自伴的平方根。 如果一个二维空间上的正定算子有两个相异的特征值，那么在某正交基底下它的矩阵为我们要找到它的所有平方根，即找到满足的所有矩阵。 因为，所以，故，因此，那么，这个正定算子只有有限个（4个）平方根。 下面证明一般性结论命题2如果一个n维空间上的正定算子有n个相异的特征值，那么它只有有限个（个）平方根，并且其平方根都是自伴的。 证明如果，那么，即与可交换。 因为自伴，利用命题1，得的每一个特征子空间（都是一维的）也是的特征子空间，故可以选一组基底使得与的矩阵都是对角形，矩阵对角线上的元素就必须等于矩阵对角线上相应的元素的平方根，这样的矩阵有个，且因为正数的平方根都是实数，所以这些矩阵都是实对称矩阵，因此的平方根都是自伴的。 6等距变换几个相似概念之间的关系如果假定是线性变换，那么以下条件是等价的1)是等距变换，即2)保持范数，即3)保持内积，即17但是如果只是一个普通的变换，而没有线性变换的条件，这三个条件不是等价的。 它们的推导关系如下图其中的箭头方向是必要条件的方向，双向箭头表示两个等价的命题，单项箭头表示两个命题不等价。 下面分别证明如下线性等距变换保持内积，这个在书上已有证明；线性等距变换是把零向量映射成零向量的等距变换，这个也是显然的；保持内积的实部在实空间下和保持内积是一回事；因为内积诱导的范数只与内积的实部有关，即，所以保持内积实部的变换一定也是保持范数的。 这些都是比较容易得出的结论，因此只需证明两个命题保持内积的变换是线性等距变换；一个变换保持内积实部当且仅当它是将零向量映射为零向量的等距变换。 命题3设是向量空间上的变换，如果任意两个向量，有，那么是线性等距变换。 证明因为保持内积，所以它一定是保持范数的，那么只需证明是线性变换，也就推出它是线性等距变换了。 即只需证与。 为此考察其中最后一个等号成立是因为在每一个内积里可以把所有的都去掉，最终得到0。 因此。 同理考察，同样在打开的每一个内积中去掉，最终为0。 因此为线性映射。 又因为保持内积，所以由，知保持长度。 由定义是正交变换。 命题4设是向量空间上的变换，那么当且仅当是等距变换，并且。 18证明由于如果保持内积实部，那么保持范数，所以，且上面两式右边相等，故，即是等距变换，。 如果是等距变换，并且，那么上面两式左边相等，且，从而。 以下是两个反例，证明关系图中的两个单项箭头不可能是双向的。 反例1设是复数域上的变换，那么因为所以是复向量空间中的等距变换，并且，但是不是线性的，也不保持内积，但是保持内积的实部。 反例2设是实数域上的变换，那么保持范数，但它不保持内积实部，也不是等距变换。 参考文献1侯维民.关于正交变换两种定义方式的探讨J.高等数学研究,xx,8 (1):44-45.2美Peter.D.Lax.线性代数及其应用M.傅莺莺，沈复兴，译.北京人民邮电出版社，xx.7极分解的另一种形式一个线性变换的极分解表明，的作用相当于先在某些方向上进行伸缩变换（半正定变换的作用，根据谱定理），然后再进行等距变换。 那么，如果取的极分解，则，则表明也可以看作先做等距变换，然后再在某些方向上伸缩。 部分习题解答5证明如果，那么所有上的正规算子的集合不是的子空间。 证明考察下面等式等式左边一个为正规算子，一个为自伴算子，它们的和不是正规的。 7证明如果是正规算子，那么对所有正整数k，有。 证明当k=1时命题显然成立。 假设当k=m时，命题成立，那么，有，即又因且，那么，根据归纳假设，。 可见。 另一个方向的包含是显然19的，所以，因为也是正规的，所以。 14设是自伴算子，证明如果存在向量满足且，那么有特征值满足。 证明根据自伴算子的谱定理，存在一组正交基底使得的矩阵是对角矩阵，那么取是与最接近的特征值即可。 18证明如果是上的半正定算子，那么对任意正整数k，也是半正定的。 证明可以用谱定理。 这里例举另一个证明。 当k为偶数时，有当k为奇数时，有24设，是V上的线性等距变换，是V上的半正定算子且，证明。 证明因是半正定算子，所以只需证。 因自伴且是线性等距变换，所以。 27证明或给出反例如果，那么的奇异值是的奇异值的平方。 证明取，则，但，所以的奇异值都为零，不等于的奇异值的平方(1和0)。 .（第八章）注记部分1随着k的增加量是k的单调递增函数，而且当k达到某一个数值之后，就恒定不变了。 但是书上并没有说它的增加有何规律，是每次都增加相同的维数，还是增加的维数可能有变化？换句话说，有什么规律？它是恒定不变的，还是忽大忽小的，或是有什么别的规律没有？20首先想象比多出来的维数是从哪来的？有些向量在里，却不在里，那么作用在这些向量上不等于零，但再用作用一下就变成零了，也就是，那么，且。 那么我们猜想，是否应有成立？或者，等价地（利用值域-零度定理），有成立？答案是肯定的，因为是的不变子空间，设，那么，则由值域-零度定理可得结论。 这样，因为随着k增加而单调递减，那么的增量也单调递减，直到某个整数使其增量为零，那么和就都不会变化了。 此时，用代替，再利用增量公式，因为所以这个时候，故有和2定理8.10的另一个证明定理8.10设，那么如果在一组基底下的矩阵是上三角的，则在对角线上出现的次数等于。 证明不失一般性，我们还是设。 设在一组基底下的矩阵为，为上三角矩阵，那么0就会出现在对角线上。 我们证明的思路是另外找到一组基底，使得的矩阵对角线上的0都集中在左上角，同时0的个数不变，即那么左上角是个幂零矩阵，在这个子空间上是零，其对应子空间的维数等于对角线上0的个数，同时的维数是对角线上非零元素的个数，即证得结论。 21为了把对角线上的0都移动至左上角，第一步，从对角线左上角算起第一个0入手，如果它就在第一行第一列，那么第一步完成。 否则，假设第一个0在第m行第m列，那么考虑矩阵的前m行前m列的元素构成的子矩阵，设其为它是在上的限制的矩阵。 显然有特征值0，设对应的特征向量为，并且因为在上是可逆的，所以，那么。 我们把向量组作为的新基底，那么在这一组基底下的矩阵是用的新基底替换原来的基底之后，对应的矩阵的右下角的n-m行和n-m列构成的子矩阵没有改变。 因此，这样的变换并没有增加或减少对角线上0的个数。 接下来，用同样的方法处理除第一行与第一列之外的元素构成的矩阵（它对应的映射是，其中），把对角线上的下一个0放在第二行第二列的位置。 依此步骤，直到对角线上所有的0都移动到左上角。 命题得证。 3引理8.40的另一种证明引理8.40如果是幂零矩阵，那么存在向量使得a)是的基底；b)是的基底。 证明因为，我们取子空间使得，那么中的任何非零向量，有，因此。 定义，那么且。 那么存在子空间，使得，并且。 以此类推，取子空间使得22并且，。 令，那么满足取的基底，那么，因为，所以线性无关，向中添加向量使它们成为的基底，并取得向量，依次类推，最后将所有的向量放在一起，得到因为出自每个的向量组是的基底，而诸的和又是直和，所以整个向量组是的基底，并且其中是的基底。 证毕。 部分习题解答3设，m是正整数，且是满足但的向量。 证明线性无关。 证明设，两边用作用，得到，由于，那么；两边用作用，得，等等，可知。 5设。 证明如果是幂零的，那么也是幂零的。 证明如果是幂零变换，那么，因此。 13设是n维复向量空间，且满足。 证明至多有两个不同的特征值。 证明设是的全部特征值，那么如果至少有三个特征值，那么以上各个子空间的维数都不超过n-2。 那么在每一个不变子空间中都有，则在整个空间中此等式也成立，矛盾。 20设是可逆变换。 证明存在多项式使得。 证明映射序列必线性相关，则有不全为零的数使得设第一个不是零的系数为，那么因为可逆，上式两边同时乘以则有23设，则有，因此。 28设，某线性变换在标准基底下的矩阵是找到它的最小多项式与特征多项式。 解答设这组基底为，那么，并且，设，那么，从而。 又因为线性无关，所以就是最小多项式。 因为最小多项式为n次的，所以特征多项式也为。 30设V是复向量空间，且。 证明不能分解为的非平凡不变子空间的直和当且仅当的最小多项式形如，其中。 证明如果不能分解为的非平凡不变子空间的直和，那么只有一个特征值，设为，的最小多项式是形如的多项式，其中。 为证明，考虑的Jordan型矩阵，其次对角线上必定没有0，即形如的矩阵，那么如果，则，因此其最小多项式为。 如果的最小多项式形如，那么只有一个特征值，假设可以分解为的非平凡不变子空间的直和，那么因为在每个不变子空间上是幂零的，所以最小多项式的次数不超过每个子空间的维数，其必定小于，矛盾。 .（第九章）注记部分1定理9.9的另一种证明24前一章的注记部分中已叙述了复数向量空间上的相应结果的另一种证明，这一章充分利用上一章的结论，就可以用更简单的方式证明实数向量空间的结果本章定理9.9。 这个定理重述起来太长，所以这里省略。 定理的(a)部分与上一章证法完全一样，也不用重复了（注意本章的情形与上一章定理8.10的情形有些不同，在8.10中的矩阵完全是上三角的，而这里是分块上三角的。 好在不论是书上的证明还是我们自己的证明都可以忽略这个区别，因为对角线上二维矩阵块都是没有特征值的，从而减去之后都是可逆的，考察证明过程，可知只要对角线上的二阶矩阵块都是可逆的，那么对角线上独立的0的个数就等于）。 那么这里只需考虑(b)的证明。 首先证明以下引理，其实是比较简单也比较重要的结论引理1（兼答习题2和习题5）设是二维实向量空间，那么有特征值当且仅当的特征多项式有实数根。 证明设的特征多项式为，根据定理9.7前面两段的描述，不论有没有特征值，都有。 那么，如果有特征值，即存在实数和非零向量使得，则，因此从而是的实数根。 反之，如果有实根，那么从而其中必有特征值。 现在可以用这个引理把定理9.9的(b)情形转化为(a)情形设的矩阵为要考虑的特征多项式为，那么考虑的矩阵，其对角线上的矩阵块分别为如果是11阶矩阵，即是一个实数，那么因为无实根，所以；如果是22的矩阵且不以为特征多项式，那么因为没有特征值，所以将是可逆的；如果的特征多项式就是，那么，所以，在的矩阵中，其对角线上独立的0（即不包含在某个非零的二阶矩阵块中的0）都以为特征多项式的那些小矩阵块，0的个数是，所以有个二阶矩阵块以为特征多项式。 部分习题解答253设是分块对角矩阵其中为方阵，证明的特征值的集合等于特征值集合的并集。 4设是分块对角矩阵其中为方阵，证明的特征值的集合等于特征值集合的并集。 证明两个题目只需利用以下事实矩阵可逆当且仅当都可逆；矩阵不可逆当且仅当存在不可逆。 以下证明这个事实。 设对应的映射为，记对应的的不变子空间为当某个不可逆时，考虑子矩阵它是在不变子空间上的限制对应的矩阵。 从而可以找到一个非零向量使得。 则把子空间映射到了比它低一维的子空间中。 所以，即不可逆