jordan chevally 分解 老有才 博客园

1、jordan chevally 分解老有才博客园jordan-chevally 分解-老有才-博客园2011年10月31日定理 设 $V$ 是复数域上的有限维向量空间，$A$ 是 $V$ 上的线性变换，则存在 $V$ 上的线性变换线性变换 $A_s$ 和 $A_n$ 满足： $A=A_s+A_n$。 $A_sA_n=A_nA_s$。 $A_s$ 是可对角化的，$A_n$ 是幂零的。 满足以上三点的 $A_s$ 和 $A_n$ 是唯一的。 此外存在无常数项的多项式 $p(x)$ 和 $q(x)$ 使得 $A_s=p(A)$，$A_n=q(A)$。 这里的 $A_s$ 叫做 $A$ 的半单部分，$A_n$ 叫做 $A$ 的幂零部分。这种把一个线性变换分解为它的半单部分和幂零部分之和的方式叫做 Jordan - Chevally 分解。 证明：我们的思路先找一个满足条件 13 的特殊的分解，然后去证明所有其它满足这几个条件的分解都必然与这个分解相同。 设 $f(x) =(x-lambda_1)n_1cdots(x-lambda_m)n_m$ 是 $A$ 的特征多项式，这里 $lambda_1

2、$, $ldots$, $lambda_m$ 是 $A$ 的全部的互不相同的特征值， V_i = ,vin V,| ,(A-lambda_i)n_i v=0, 则 $V=V_1opluscdots V_m$。（这是课本上讲过的权子空间分解） 我们考虑这样一个关于多项式的同余方程组 left beginarrayll & p(x)equiv lambda_1 & mathrmmod ,(x-lambda_1)n_1&cdots&cdots&p(x)equiv lambda_m & mathrmmod, (x-lambda_m)n_m & p(x)equiv 0 & mathrmmod ,xendarrayright.注意如果 0 本身就是 $A$ 的一个特征值的话那么上面的最后一个方程就是多余的。根据中国剩余定理，这个方程组是有解 $p(x)$ 的。我们来说明 $p(A)$ 是可对角化的线性变换，而这只要说明 $p(A)$ 在每一个 $V_i$ 上可对角化即可。然而 $p(x)-lambda_i$ 能被 $(x-lambda_i)n_i$ 整除说明 $p(A)-lambda_i I$ 在

3、 $V_i$ 上是零变换，即 $p(A)$ 在 $V_i$ 上是数乘变换 $lambda_i$，所以 $p(A)$ 是可对角化的。 令 $q(x)=x-p(x)$，则从定义知 $q(A)$ 在每个 $V_i$ 上都是幂零的，因此 $q(A)$ 是幂零线性变换。令 $A_s=p(A)$，$A_n=q(A)$ 就得到了符合要求的分解。 再证分解的唯一性。设 $A_s$ 和 $A_n$ 是我们如上构造的，而 $A=A_s+A_n$ 是另一个满足条件 13 的分解， 那么 $A_s-A_s=A_n-A_n$。注意由于 $A_s$ 与 $A$ 交换，而 $A_s$ 是 $A$ 的多项式，所以 $A_s$ 与 $A_s$ 可交换，从而 $A_s-A_s$ 仍然是可对角化的线性变换（两个交换的可对角化的变换可以同时对角化）。同理 $A_n-A_n$ 仍然是幂零线性变换（两个交换的幂零变换之差仍然幂零）。因此两边都既是幂零线性变换又同时是可对角化的线性变换，因此必须是零，这就证明了 $A_s=A_s$，$A_n=A_n$，即分解的唯一性。 以下设 $V$ 是复数域上的有限维向量空间。我们记 $math

4、frakgl(V)$ 是 $V$ 上的所有线性变换组成的向量空间，并在 $mathfrakgl(V)$ 中定义这样一个运算 $x,y=xy-yx$。$V$ 上的每一个线性变换 $x$ 都诱导出 $mathfrakgl(V)$ 上的一个线性变换 $mathrmad,x$： $mathrmad,x(y)=xy-yx$。自然我们也可以考虑 $mathrmad,x$ 的 Joran - Chevally 分解。我们有如下的结论： 引理：设 $x=s+n$ 是 $x$ 在 $V$ 上的 Jordan - Chevally 分解，则 $mathrmad,x=mathrmad,s+mathrmad,n$ 是 $mathrmad,x$ 在 $mathfrakgl(V)$ 上的 Jordan - Chevally 分解。 证明：如果 $s$ 可对角化，则 $mathrmad,x$ 也可对角化；如果 $n$ 幂零，则 $mathrmad,n$ 也幂零。$s,n=0Rightarrow mathrmad,s,mathrmad,n=0$。因此结合定理即得所证。 接下来我们再举一个著名的应用： 例题：设 $As

5、ubset B$ 是 $mathfrakgl(V)$ 的两个子空间。令 M= ,xin mathfrakgl(V),| , x,Bsubset A,.如果某个 $xin M$ 满足对任何 $yin M$ 都有 $mathrmtr(xy)=0$，则 $x$ 必然是 $V$ 上的幂零线性变换。 证明：取 $V$ 的一组基使得 $x$ 在这组基下的矩阵是上三角形，对角线上的元素是 $x$ 的特征值 $lambda_1$, $ldots$, $lambda_n$。记 $S$ 为对角矩阵 $mathrmdiag(lambda_1,ldots,lambda_n)$，$overlineS = mathrmdiag(overlinelambda_1,ldots,overlin elambda_m)$。我们要证明的是 $overlineSin M$。若真是如此，那么根据已知有 $mathrmtr(xoverlineS)=0$，即sum_i=1n lambda_ioverlinelambda_i=sum_i=1n |lambda_i|2 = 0,从而 每个 $lambda_i$ 都是 0，这就说明了 $x

6、$ 是幂零线性变换。 要证明 $overlineSin M$，只要证明 $mathrmad,overlineS$ 可以表示为 $mathrmad,x$ 的一个没有常数项的多项式即可。这是因为既然 $mathrmad,x$ 把 $B$ 映入 $A$，那么 $mathrmad,x$ 的任何没有常数项的多项式也会把 $B$ 映入 $A$。由于 $mathrmad,S$ 是 $mathrmad,x$ 在 $mathfrakgl(V)$ 上的半单部分，所以存在一个没有常数项的多项式 $p(x)$ 使得 $mathrmad,S=p(mathrmad,x)$。我们只要再把 $mathrmad,overlineS$ 表示为 $mathrmad,S$ 的一个没有常数项的多项式即可。由于 $mathrmad,S(E_ij)=lambda_i-lambda_j$，$mathrmad,overlineS(E_ij) = overlinelambda_i-overlinelambda_j$，为此只要用 Lagrange 插值作一个多项式 $g(x)$ 满足 $g(lambda_i-lambda_j)=overlinelambda_i-over linelambda_j$。则 $g(x)$ 无常数项且 $g(mathrmad,S)=mathrmad,overlineS$，从而 $mathrmad,overlineS=g(p(mathrmad,x)$，这里两个没有常数项的多项式的复合还是没有常数项的多项式，这就证明了 $overlineSin M$。 以上这个结论是证明李代数中 Cartan 可解性判定的重要一步。我们这个证明与 Humphreys 的书中的证明略有不同，Humphreys 的证明适用于更一般的特征是 0 的域，而我们这里的证明是专门针对复数域的。

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