8B 广义特征空间分解

本节概览

本节是第8章的核心篇章，建立在 8A 广义特征向量和幂零算子 的基础上，完成复向量空间上算子理论的中心目标——将 $V$ 分解为不变子空间的直和。逻辑链条如下：

1. 广义特征空间（定义8.19, 定理8.20, 例8.21）$\to$ 用零空间刻画广义特征空间，$G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$
2. 广义特征空间分解（定理8.22, 定理8.25, 例8.24）$\to$ $V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T)$，本节最核心的结果
3. 特征多项式与凯莱-哈密尔顿定理（定义8.23/8.26, 定理8.28-8.31, 例8.27）$\to$ 特征多项式的定义、性质，以及 $q(T)=0$
4. 分块对角矩阵（定义8.35, 定理8.37, 例8.36/8.38）$\to$ 矩阵形式的解读，每个对角块对应一个广义特征空间

核心主线：广义特征空间分解 $\to$ 重数 $\to$ 特征多项式 $\to$ 凯莱-哈密尔顿定理 $\to$ 分块对角矩阵。

前置依赖：8A 广义特征向量和幂零算子（广义特征向量、幂零算子、零空间序列）、5B 最小多项式（最小多项式、零化多项式）、5C 上三角矩阵（上三角矩阵、特征值与对角元）、5D 可对角化算子（可对角化条件）、3B 零空间和值域（零空间、值域）。

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一、广义特征空间

视频精要 — P94 8B(1)：复向量空间上算子的刻画（1:07:19）

• 广义特征空间的几何直觉：G(λ,T) 是”被 (T-λI) 反复作用后最终归零”的所有向量
• ==G(λ,T) = null(T-λI)^{dim V}==：不需要知道确切的幂次，dim V 足够
• 分解定理的核心思想：将 V 按”属于哪个特征值”切成互不相交的块

广义特征空间的定义

定义 8.19：广义特征空间（generalized eigenspace）、 $G(\lambda ,T)$

设 $T\in \mathcal{L}(V)$ 且 $\lambda \in \mathbb{F}$。$T$ 对应于 $\lambda$ 的广义特征空间，记作 $G(\lambda ,T)$，定义为

$G(\lambda ,T)=\{v\in V:(T-\lambda I{)}^{k}v=0,k\text{ 为某正整数}\}.$

于是，$G(\lambda ,T)$ 是由 $T$ 对应于 $\lambda$ 的广义特征向量以及向量 $0$ 所构成的集合。

与特征空间的关系

因为 $T$ 的每个特征向量都是 $T$ 的广义特征向量（在广义特征向量的定义中取 $k=1$ 即可），所以每个特征空间都包含于相对应的广义特征空间。换言之，若 $T\in \mathcal{L}(V)$ 且 $\lambda \in \mathbb{F}$，那么

$E(\lambda ,T)\subseteq G(\lambda ,T).$

这个包含关系可以是严格的——当 $T$ 不可对角化时，$G(\lambda ,T)$ 严格大于 $E(\lambda ,T)$。

广义特征空间的描述

定理 8.20：广义特征空间的描述

设 $T\in \mathcal{L}(V)$ 且 $\lambda \in \mathbb{F}$。那么

$G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}.$

证明思路

[正向包含 $\supseteq$]： 设 $v\in \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。由广义特征空间的定义知 $v\in G(\lambda ,T)$。则 $G(\lambda ,T)\supseteq \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。

[反向包含 $\subseteq$]： 设 $v\in G(\lambda ,T)$。于是存在正整数 $k$ 使得 $v\in \text{null}(T-\lambda I{)}^k$。由 8.3（零空间在 $\dim V$ 处停止增长）和 8.2（将其中 $T$ 用 $T-\lambda I$ 替代），我们可得 $v\in \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。于是 $G(\lambda ,T)\subseteq \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$，这就完成了证明。$■$

关键洞察

这个定理的意义在于：广义特征空间是一个零空间（线性映射的零空间总是子空间），因此 $G(\lambda ,T)$ 是 $V$ 的子空间。同时，它给出了一个显式的上界——只需要考虑 $(T-\lambda I{)}^{\dim V}$，不需要更高次的幂。

例题：${\mathbb{C}}^3$ 上一算子的广义特征空间

例 8.21： ${\mathbb{C}}^3$ 上一算子的广义特征空间

定义 $T\in \mathcal{L}({\mathbb{C}}^3)$ 为

$T(z_1,z_2,z_3)=(4z_2,0,5z_3).$

在 例 8.10 中，我们得知 $T$ 的特征值是 $0$ 和 $5$，且求出了与之对应的广义特征向量所构成的集合。将这些集合分别与 $\{0\}$ 取并集，我们有

$G(0,T)=\{(z_1,z_2,0):z_1,z_2\in \mathbb{C}\}\text{及}G(5,T)=\{(0,0,z_3):z_3\in \mathbb{C}\}.$

注意，${\mathbb{C}}^3=G(0,T)\oplus G(5,T)$。

观察与启发

在例 8.21 中，定义空间 ${\mathbb{C}}^3$ 是该例中算子 $T$ 的广义特征空间的直和。接下来的定理 8.22 就表明，这个性质是普遍成立的。

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二、广义特征空间分解

视频精要 — P94 8B(1)：复向量空间上算子的刻画（续）

• 分解定理的证明策略：先证直和，再证覆盖
• 重数 = dim G(λ,T)：这个数决定了特征值在特征多项式中的幂次
• 代数重数 vs 几何重数：代数重数 = dim G(λ,T)，几何重数 = dim E(λ,T)，前者 ≥ 后者

核心定理：广义特征空间分解

定理 8.22：广义特征空间分解（ 本节核心定理）

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。令 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$ 是 $T$ 的所有互异特征值。那么

(a) 对每个 $k=1,\dots ,m$，$G({\lambda }_k,T)$ 在 $T$ 下是不变的；

(b) 对每个 $k=1,\dots ,m$，$(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 是幂零的；

(c) $V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T)$。$♡$

证明思路

(a) 不变性：

设 $k\in \{1,\dots ,m\}$。那么 8.20 表明 $G({\lambda }_k,T)=\text{null}(T-{\lambda }_{k}I{)}^{\dim V}.$ 于是由 5.18（其中取 $p(z)=(z-{\lambda }_k{)}^{\dim V}$），得 $G({\lambda }_k,T)$ 在 $T$ 下是不变的，(a) 得证。

(b) 幂零性：

设 $k\in \{1,\dots ,m\}$。如果 $v\in G({\lambda }_k,T)$，那么 $(T-{\lambda }_{k}I{)}^{\dim V}v=0$（由 8.20）。于是 $(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}^{\dim V}=0,$ 因此 $(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 是幂零的，(b) 得证。

(c) 直和分解：

[第一步：证明和为直和]： 设 $v_1+\cdots +v_m=0,$ 其中各 $v_k$ 属于 $G({\lambda }_k,T)$。因为 $T$ 对应于互异特征值的广义特征向量线性无关（由 8.12），所以此式中各 $v_k$ 等于 $0$。从而 $G({\lambda }_1,T)+\cdots +G({\lambda }_m,T)$ 是直和（由 1.45）。

[第二步：证明直和等于 $V$]： $V$ 中每个向量都可被写成 $T$ 的广义特征向量的有限和的形式（由 8.9）。于是 $V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T),$ (c) 得证。$■$

核心意义

借助定理 8.22，我们得以完成第8章的核心目标：==将 $V$ 分解成不变子空间，且 $T$ 在这些子空间上的性质为我们所知==。具体而言：

• 每个不变子空间 $G({\lambda }_k,T)$ 上，$T={\lambda }_{k}I+N$，其中 $N$ 是幂零算子
• 这正是 Jordan 标准型的理论基础

实数域的情形

$\mathbb{F}=\mathbb{R}$ 时的类似结论见于习题 8。

特征值的重数

定义 8.23：重数（multiplicity）

设 $T\in \mathcal{L}(V)$。定义 $T$ 的特征值 $\lambda$ 的重数为其对应的广义特征空间 $G(\lambda ,T)$ 的维数。换言之，$T$ 的特征值 $\lambda$ 的重数等于

$\dim \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}.$

学习注解

上述第二点成立是因为 $G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$（见 8.20）。

重数 = 广义特征空间的维数，这个定义不依赖行列式，比传统教材的定义更加简洁。

例 8.24：一算子的各特征值的重数

定义 $T\in \mathcal{L}({\mathbb{C}}^3)$ 为

$T(z_1,z_2,z_3)=(6z_1+3z_2+4z_3,6z_2+2z_3,7z_3).$

$T$ 关于标准基的矩阵为 $\left(\begin{array}{ccc}6& 3& 4\\ 0& 6& 2\\ 0& 0& 7\end{array}\right).$

由 5.41 可得，$T$ 的特征值是矩阵对角线上的元素 $6$ 和 $7$。你可自行验证，$T$ 的广义特征空间是

$G(6,T)=\text{span}((1,0,0),(0,1,0))\text{和}G(7,T)=\text{span}((10,2,1)).$

于是，特征值 $6$ 的重数是 $2$，特征值 $7$ 的重数是 $1$。由 8.22 所述广义特征空间分解可写出直和 ${\mathbb{C}}^3=G(6,T)\oplus G(7,T)$。如 8.9 所言，$T$ 的广义特征向量 $(1,0,0),(0,1,0),(10,2,1)$ 构成 ${\mathbb{C}}^3$ 的一个基。${\mathbb{C}}^3$ 中不存在由该算子的特征向量构成的基。

重要观察

在上例中，$T$ 的特征值的重数之和等于 $3$，这正是 $T$ 的定义空间的维数。每个特征值的重数，都等于该特征值在算子的上三角矩阵对角线上出现的次数。我们将在定理 8.31 中看到，这个性质总是成立的。

重数之和等于 $\dim V$

定理 8.25：重数之和等于 $\dim V$

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。那么 $T$ 的所有特征值的重数之和等于 $\dim V$。$♡$

证明思路

由广义特征空间分解（8.22）$V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T)$ 与直和的维数公式（见 3.94）即可得

$\dim V={\sum }_{k=1}^m\dim G({\lambda }_k,T)={\sum }_{k=1}^m{d}_k,$

其中 $d_k$ 是 ${\lambda }_k$ 的重数。$■$

术语对照

有些书中会使用代数重数（algebraic multiplicity）和几何重数（geometric multiplicity）这两个术语。如果碰到这两个术语，你应明白：

• $\lambda$ 的代数重数 $=\dim \text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}=\dim G(\lambda ,T)$（即此处定义的重数）
• $\lambda$ 的几何重数 $=\dim \text{null}(T-\lambda I)=\dim E(\lambda ,T)$

注意，按照上述定义，代数重数作为某个零空间的维数，同样有几何意义。此处给出的重数定义比涉及行列式的传统定义更加简洁，9.62 将说明这两种定义是等价的。

若 $V$ 是内积空间，$T\in \mathcal{L}(V)$ 是正规的，并且 $\lambda$ 是 $T$ 的一个特征值，那么将 7A 自伴算子和正规算子 习题 27 应用于正规算子 $T-\lambda I$ 上，即可见 $\lambda$ 的代数重数等于 $\lambda$ 的几何重数。

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三、特征多项式与凯莱-哈密尔顿定理

特征多项式的定义

定义 8.26：特征多项式（characteristic polynomial）

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。令 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$ 表示 $T$ 的所有互异特征值，且其重数分别为 $d_1,\dots ,d_m$。称多项式

$(z-{\lambda }_1{)}^{d_1}\cdots (z-{\lambda }_m{)}^{d_m}$

为 $T$ 的特征多项式。

Axler 方法论的特色

多数教材利用行列式定义特征多项式（由 9.62，它和此处的定义等价）。此处采用的处理方法要简洁许多——通过广义特征空间分解来定义特征多项式，完全不依赖行列式理论。

特征多项式的次数和零点

定理 8.28：特征多项式的次数和零点

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。那么

(a) $T$ 的特征多项式的次数是 $\dim V$；

(b) $T$ 的特征多项式的零点就是 $T$ 的特征值。$♡$

证明思路

由关于重数之和的结论（8.25）可得 (a)：$\sum d_k=\dim V$。

由特征多项式的定义 $(z-{\lambda }_1{)}^{d_1}\cdots (z-{\lambda }_m{)}^{d_m}$ 可得 (b)：零点恰好是 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$。$■$

例 8.27：一个算子的特征多项式

设 $T\in \mathcal{L}({\mathbb{C}}^3)$ 定义如例 8.24。因为 $T$ 的特征值 $6$ 的重数是 $2$，特征值 $7$ 的重数是 $1$，所以我们可得 $T$ 的特征多项式是 $(z-6{)}^2(z-7)$。

凯莱-哈密尔顿定理

定理 8.29：凯莱-哈密尔顿定理（Cayley-Hamilton theorem）

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$，$T\in \mathcal{L}(V)$，且 $q$ 是 $T$ 的特征多项式。那么 $q(T)=0$。$♡$

证明思路

设 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$ 是 $T$ 的所有互异特征值，并令 $d_k=\dim G({\lambda }_k,T)$。我们知道，对每个 $k\in \{1,\dots ,m\}$，$(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 都是幂零的。于是由 8.16，我们有：对每个 $k\in \{1,\dots ,m\}$， $(T-{\lambda }_{k}I{)}^{d_k}{|}_{G({\lambda }_k,T)}=0.$

[第一步：分解验证]： 广义特征空间分解（8.22）指出，$V$ 中每个向量都是 $G({\lambda }_1,T),\dots ,G({\lambda }_m,T)$ 中向量的和。于是，为证明 $q(T)=0$，我们只需证明对各 $k$ 均有 $q(T){|}_{G({\lambda }_k,T)}=0$。

[第二步：因子可交换]： 固定 $k\in \{1,\dots ,m\}$。我们有 $q(T)=(T-{\lambda }_{1}I{)}^{d_1}\cdots (T-{\lambda }_{m}I{)}^{d_m}.$ 上式右侧的算子都是可交换的（因为它们都是 $T$ 的多项式），因此我们可将乘积项 $(T-{\lambda }_{k}I{)}^{d_k}$ 移至右侧表达式的最后一项。

[第三步：在每个广义特征空间上归零]： 因为 $(T-{\lambda }_{k}I{)}^{d_k}{|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 等于 $0$，所以我们有 $q(T){|}_{G({\lambda }_k,T)}=0$，原命题得证。$■$

定理的意义

• 直觉：算子”满足自己的特征方程”——将特征多项式中的 $z$ 替换为 $T$，结果为零算子
• 证明的关键：因子可交换 + 在每个 $G({\lambda }_k,T)$ 上分别验证
• 应用：给出零化多项式，从而最小多项式整除特征多项式
• 注意：Axler 的方法论独特——不用行列式定义特征多项式，而是通过广义特征空间分解定义，使得证明更加简洁和概念化

历史注记

亚瑟·凯莱（Arthur Cayley，1821—1895）在取得学士学位之前就发表了三篇数学论文。

特征多项式是最小多项式的多项式倍

定理 8.30：特征多项式是最小多项式的多项式倍

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。那么 $T$ 的特征多项式是 $T$ 的最小多项式的多项式倍。$♡$

证明思路

由凯莱-哈密尔顿定理（8.29）知 $q(T)=0$，即 $q$ 是 $T$ 的零化多项式。由 5.29（最小多项式整除每个零化多项式）立刻可得上述结论。$■$

推论

如果一算子 $T\in \mathcal{L}(V)$ 的最小多项式的次数是 $\dim V$（大多数情况下都是如此——见 5.24 之后的几段话），那么 $T$ 的特征多项式就等于 $T$ 的最小多项式。

特征值的重数等于其在对角线上出现的次数

定理 8.31：特征值的重数等于其在对角线上出现的次数

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。设 $v_1,\dots ,v_n$ 是 $V$ 的一个基且使得 $\mathcal{M}(T,(v_1,\dots ,v_n))$ 为上三角矩阵。那么 $T$ 的每个特征值 $\lambda$ 在 $\mathcal{M}(T,(v_1,\dots ,v_n))$ 对角线上出现的次数，就等于 $\lambda$ 作为 $T$ 的特征值的重数。$♡$

证明思路

令 $A=\mathcal{M}(T,(v_1,\dots ,v_n))$。于是 $A$ 是上三角矩阵。令 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ 表示 $A$ 对角线上的各元素。

[第一步：建立不等式]： 对每个 $k\in \{1,\dots ,n\}$，我们有 $T{v}_k=u_k+{\lambda }_k{v}_k$，其中 $u_k\in \text{span}(v_1,\dots ,v_{k-1})$。因此若 ${\lambda }_k\ne 0$，那么 $T{v}_k$ 不是 $T{v}_1,\dots ,T{v}_{k-1}$ 的线性组合。由线性相关性引理（2.19）可得由这些 $T{v}_k$（满足 ${\lambda }_k\ne 0$）所构成的组是线性无关的。

令 $d$ 表示各下标 $k\in \{1,\dots ,n\}$ 中使得 ${\lambda }_k=0$ 的个数。由上段结论可知 $\dim \text{range}T\ge n-d$。

因为 $n=\dim V=\dim \text{null}T+\dim \text{range}T$，所以 $\dim \text{null}T\le d$。$(8.32)$

[第二步：推广到 $T^n$]： 算子 $T^n$ 关于基 $v_1,\dots ,v_n$ 的矩阵是上三角矩阵 $A^n$，且其对角线上的元素是 ${\lambda }_1^n,\dots ,{\lambda }_n^n$（见 5C 节习题 2(b)）。因为 ${\lambda }_k^n=0$ 当且仅当 ${\lambda }_k=0$，所以 $A^n$ 的对角线上出现 $0$ 的次数就等于 $d$。于是利用式 (8.32)（将其中的 $T$ 替换为 $T^n$），我们有 $\dim \text{null}{T}^n\le d$。$(8.33)$

[第三步：替换为 $T-\lambda I$ 并求和]： 对于 $T$ 的一个特征值 $\lambda$，令 $m_{\lambda }$ 表示 $\lambda$ 作为 $T$ 的特征值的重数，并令 $d_{\lambda }$ 表示 $\lambda$ 出现在 $A$ 的对角线上的次数。将式 (8.33) 中的 $T$ 替换成 $T-\lambda I$，我们就发现 $m_{\lambda }\le d_{\lambda }(8.34)$ 对 $T$ 的每个特征值 $\lambda$ 都成立。

$T$ 的所有特征值 $\lambda$ 的重数 $m_{\lambda }$ 之和等于 $n$（由 8.25）。$T$ 的所有特征值 $\lambda$ 的出现次数 $d_{\lambda }$ 之和也等于 $n$（因为 $A$ 的对角线上共有 $n$ 个数）。

[第四步：由求和等式推出逐项等式]： 将式 (8.34) 的两端对 $T$ 的所有特征值 $\lambda$ 求和会得到一个等式。因此，式 (8.34) 对于 $T$ 的每个特征值 $\lambda$ 也一定是个等式。于是 $\lambda$ 作为 $T$ 的特征值的重数，等于 $\lambda$ 在 $A$ 的对角线上出现的次数，即原命题得证。$■$

证明技巧总结

这个证明使用了一个非常精妙的技巧：先证明逐项不等式 $m_{\lambda }\le d_{\lambda }$，再利用”总和相等”推出”逐项相等”。这种”先放缩再求和”的策略在数学证明中非常常见。

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四、分块对角矩阵

视频精要 — P95 8B(2)：化简矩阵(2)——分块对角矩阵（40:31）

• 分块对角矩阵的直观含义：每个对角块对应一个广义特征空间上的算子作用
• 对角块的对角线全为 λ_k，上三角部分是”幂零分量”
• 与对角矩阵的区别：可对角化 ⟺ 每个块都是 1×1（幂零分量为零）
• P96 8B(3)：平方根（29:54）中利用分块对角结构证明复空间上每个可逆算子都有平方根

分块对角矩阵的定义

定义 8.35：分块对角矩阵（block diagonal matrix）

一个分块对角矩阵是形如

$\left(\begin{array}{cccc}{A}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& A_2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & A_m\end{array}\right)$

的方阵，其中 $A_1,\dots ,A_m$ 是排列在对角线上的方阵，且矩阵其他各元素都等于 $0$。

与对角矩阵的关系

如果上述定义中各矩阵 $A_k$ 都是 $1\times 1$ 矩阵，那么我们其实就得到了对角矩阵。因此，分块对角矩阵是对角矩阵的推广。

例 8.36：一个分块对角矩阵

$5\times 5$ 矩阵

$A=\left(\begin{array}{ccccc}4& 0& 0& 0& 0\\ 0& 2& -3& 0& 0\\ 0& 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 7\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

是形如 $\left(\begin{array}{ccc}{A}_1& 0& 0\\ 0& A_2& 0\\ 0& 0& A_3\end{array}\right)$ 的分块对角矩阵，其中

$A_1=\left(\begin{array}{c}4\end{array}\right),A_2=\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ 0& 2\end{array}\right),A_3=\left(\begin{array}{cc}1& 7\\ 0& 1\end{array}\right).$

注意到，$A_1,A_2,A_3$ 都是上三角矩阵，且各自对角线上元素都相等。

由上三角块构成的分块对角矩阵

定理 8.37：由上三角块构成的分块对角矩阵

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。令 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_m$ 是 $T$ 的所有互异特征值，它们的重数分别为 $d_1,\dots ,d_m$。那么存在 $V$ 的一个基，使得 $T$ 关于该基具有形如

$\left(\begin{array}{cccc}{A}_1& 0& \cdots & 0\\ 0& A_2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & A_m\end{array}\right)$

的分块对角矩阵，其中各 $A_k$ 是形如

$A_k=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_k& \ast & \cdots & \ast \\ 0& {\lambda }_k& \cdots & \ast \\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \cdots & {\lambda }_k\end{array}\right)$

的 $d_k\times d_k$ 上三角矩阵。$♡$

证明思路

[第一步：在每个广义特征空间上选基]： 每个 $(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 都是幂零的（见 8.22(b)）。对各 $k$，选取 $G({\lambda }_k,T)$（它是维数为 $d_k$ 的向量空间）的一个基，使得 $(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 具有 8.18(c) 的矩阵形式（即对角线全为 $0$ 的上三角矩阵）。

[第二步：得出 $T{|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 的矩阵]： 而 $T{|}_{G({\lambda }_k,T)}=(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}+{\lambda }_{k}I{|}_{G({\lambda }_k,T)}$，于是 $T{|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 关于该基的矩阵就具有上面所示 $A_k$ 的形式（对角线全为 ${\lambda }_k$ 的上三角矩阵）。

[第三步：合并基得到分块对角矩阵]： 广义特征空间分解（8.22(c)）表明，将上面选取的各 $G({\lambda }_k,T)$ 的基合并起来，就得到 $V$ 的一个基。$T$ 关于该基的矩阵就具有我们期望的分块对角形式。$■$

关键洞察

这个结论给出的矩阵比一般的上三角矩阵具有更多的零。它将 $V$ 的分解以矩阵形式直观地呈现出来——每个对角块对应一个广义特征空间。

例题：由广义特征向量得出分块对角矩阵

例 8.38：由广义特征向量得出分块对角矩阵

定义 $T\in \mathcal{L}({\mathbb{C}}^3)$ 为 $T(z_1,z_2,z_3)=(6z_1+3z_2+4z_3,6z_2+2z_3,7z_3)$。$T$（关于标准基）的矩阵是

$\left(\begin{array}{ccc}6& 3& 4\\ 0& 6& 2\\ 0& 0& 7\end{array}\right),$

这是上三角矩阵，但不是 8.37 所给出的形式。

在例 8.24 中我们看到，$T$ 的特征值是 $6$ 和 $7$，且有

$G(6,T)=\text{span}((1,0,0),(0,1,0))\text{及}G(7,T)=\text{span}((10,2,1)).$

我们还知道由 $T$ 的广义特征向量所构成的 ${\mathbb{C}}^3$ 的基是 $(1,0,0),(0,1,0),(10,2,1)$。

$T$ 关于该基的矩阵是

$\left(\begin{array}{ccc}6& 3& 0\\ 0& 6& 0\\ 0& 0& 7\end{array}\right),$

该矩阵具有 8.37 所给出的分块对角形式。

对比观察

• 标准基下的矩阵：$\left(\begin{array}{ccc}6& 3& 4\\ 0& 6& 2\\ 0& 0& 7\end{array}\right)$——上三角矩阵，但不同特征值的元素之间有非零项（如 $4$ 和 $2$）
• 广义特征向量基下的矩阵：$\left(\begin{array}{ccc}6& 3& 0\\ 0& 6& 0\\ 0& 0& 7\end{array}\right)$——分块对角矩阵，不同块之间全为零

换基后”多出了零”，这正是广义特征空间分解的矩阵体现。

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五、知识结构总览

graph TD
    A["8A 广义特征向量和幂零算子"] --> B["定义8.19: 广义特征空间 G(λ,T)"]
    B --> C["定理8.20: G(λ,T) = null(T-λI)^dim V"]
    C --> D["定理8.22: 广义特征空间分解<br/>V = G(λ₁,T) ⊕ ... ⊕ G(λₘ,T)"]
    D --> E["定义8.23: 重数 = dim G(λ,T)"]
    E --> F["定理8.25: 重数之和 = dim V"]
    F --> G["定义8.26: 特征多项式"]
    G --> H["定理8.28: 次数 = dim V, 零点 = 特征值"]
    H --> I["定理8.29: 凯莱-哈密尔顿定理 q(T)=0"]
    I --> J["定理8.30: 特征多项式 = 最小多项式 × 多项式"]
    E --> K["定理8.31: 重数 = 对角线出现次数"]
    D --> L["定义8.35: 分块对角矩阵"]
    D --> M["定理8.37: 由上三角块构成的分块对角矩阵"]

    style D fill:#ff6b6b,color:#fff,stroke:#c0392b,stroke-width:3px
    style I fill:#ff6b6b,color:#fff,stroke:#c0392b,stroke-width:3px
    style M fill:#f39c12,color:#fff,stroke:#e67e22,stroke-width:2px

graph LR
    subgraph "算子分解的层次"
        A["上三角矩阵<br/>(5C)"] --> B["分块对角矩阵<br/>(8B)"]
        B --> C["Jordan标准型<br/>(8D)"]
        B --> D["对角矩阵<br/>(5D, 可对角化时)"]
    end

    style B fill:#3498db,color:#fff
    style C fill:#e74c3c,color:#fff
    style D fill:#2ecc71,color:#fff

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六、核心思想与证明技巧

广义特征空间分解的证明策略

定理 8.22 的证明综合运用了 8A 节的所有核心工具，是一个”集大成”的证明：

证明部分	使用的前置结果	核心思路
(a) 不变性	8.20 + 5.18	$G({\lambda }_k,T)$ 是 $p(T)$ 的零空间，而零空间在 $T$ 下不变
(b) 幂零性	8.20 + 8.16	$(T-{\lambda }_{k}I{)}^{\dim V}$ 在 $G({\lambda }_k,T)$ 上为零
(c) 直和分解	8.12 + 8.9	线性无关保证直和，广义特征向量构成基保证等于 $V$

凯莱-哈密尔顿定理的证明技巧

证明的关键在于**“分而治之 + 因子可交换”**：

1. 分而治之：不直接验证 $q(T)=0$，而是分别在各个 $G({\lambda }_k,T)$ 上验证 $q(T){|}_{G({\lambda }_k,T)}=0$
2. 因子可交换：$q(T)$ 展开为 $(T-{\lambda }_{1}I{)}^{d_1}\cdots (T-{\lambda }_{m}I{)}^{d_m}$，这些因子都是 $T$ 的多项式，因此互相可交换，可以任意调整顺序
3. 关键一步：将 $(T-{\lambda }_{k}I{)}^{d_k}$ 移到最后，它在 $G({\lambda }_k,T)$ 上为零，所以整个乘积在 $G({\lambda }_k,T)$ 上为零

”先放缩再求和”技巧

定理 8.31 的证明使用了精妙的”放缩-求和”策略：

$m_{\lambda }\le d_{\lambda }\text{（逐项不等式）}$

${\sum }_{\lambda }{m}_{\lambda }={\sum }_{\lambda }{d}_{\lambda }=n\text{（总和相等）}$

$⟹m_{\lambda }=d_{\lambda }\text{（逐项等式）}$

这种技巧的本质是：如果一组非负数逐项不超过另一组，且总和相等，那么逐项必相等。

从算子到矩阵的翻译

定理 8.37 展示了如何将抽象的算子分解翻译为具体的矩阵形式：

• 抽象层面：$V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T)$
• 矩阵层面：选择各 $G({\lambda }_k,T)$ 的基并合并，得到分块对角矩阵
• 每个对角块：$A_k$ 是上三角矩阵，对角线全为 ${\lambda }_k$，反映 $T{|}_{G({\lambda }_k,T)}={\lambda }_{k}I+N_k$（标量 + 幂零）

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七、补充理解与易混淆点

广义特征空间 vs 特征空间

概念	定义	维数名称
特征空间 $E(\lambda ,T)$	$\text{null}(T-\lambda I)$	几何重数
广义特征空间 $G(\lambda ,T)$	$\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$	代数重数（重数）

关键关系：

• $E(\lambda ,T)\subseteq G(\lambda ,T)$，包含关系可以严格（如不可对角化的算子）
• $G(\lambda ,T)$ 有限维且在 $T$ 下不变（8.22(a)）
• ==$\dim G(\lambda ,T)$ 就是特征值的”重数”，它 $\ge \dim E(\lambda ,T)$==

直觉：特征空间只包含”一次就被消灭”的向量，而广义特征空间还包含”多次作用后才被消灭”的向量。就像调查案件，特征空间是直接涉案人员，广义特征空间还包括间接涉案人员。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、OSU Ximera线性代数教材、UPenn Math314讲义（Tony Pantev）、University of Puget Sound线性代数教材。

特征多项式 vs 最小多项式

	特征多项式 $q(z)$	最小多项式 $p(z)$
定义	$(z-{\lambda }_1{)}^{d_1}\cdots (z-{\lambda }_m{)}^{d_m}$	$(z-{\lambda }_1{)}^{k_1}\cdots (z-{\lambda }_m{)}^{k_m}$
指数含义	$d_k=\dim G({\lambda }_k,T)$	$k_k$ = 使 $(T-\lambda_k I)^m
关系	$k_k\le d_k$	$p$ 整除 $q$（8.30）
可对角化	—	$k_k=1$ 对所有 $k$（定理5.62）

习题18的深刻结论

习题 18 表明，以下四个看似不同的数实际上相等： (a) 最小多项式中 $(z-\lambda )$ 的指数 (b) 使 $(T-\lambda I{)}^m{|}_{G(\lambda ,T)}=0$ 的最小 $m$ (c) 使 $\text{null}(T-\lambda I{)}^m=\text{null}(T-\lambda I{)}^{m+1}$ 的最小 $m$ (d) 使 $\text{range}(T-\lambda I{)}^m=\text{range}(T-\lambda I{)}^{m+1}$ 的最小 $m$

这四个数从不同角度刻画了同一个”复杂度”。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、Dartmouth线性代数教材、Clemson Math8530讲义（Matthew Macauley）。

凯莱-哈密尔顿定理的意义

• $q(T)=0$：将特征多项式中的 $z$ 替换为 $T$，结果为零算子
• 直觉：算子”满足自己的特征方程”
• 证明的关键：因子可交换 + 在每个 $G({\lambda }_k,T)$ 上分别验证
• 应用：给出零化多项式，从而最小多项式整除特征多项式
• 注意：Axler 的方法论独特——不用行列式定义特征多项式，而是通过广义特征空间分解定义

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、UPenn Math314讲义（Tony Pantev）、University of Puget Sound线性代数教材。

分块对角矩阵的直觉

• 每个对角块对应一个广义特征空间
• 对角块的对角线元素全为同一个特征值 ${\lambda }_k$
• 对角块的上三角部分反映了"幂零部分"——即 $(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$ 的作用
• 与对角矩阵的关系：$T$ 可对角化 $⟺$ 每个对角块都是 $1\times 1$ 的（即幂零部分为零）
• 与 Jordan 标准型的关系：进一步选择基可以使每个对角块变为 Jordan 块（8D 联系矩阵与算子的桥梁——迹 内容）

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、Utah大学Jordan Form讲义、Northwestern大学Jordan Form讲义。

常见误区

误区一

❌ “特征多项式就是最小多项式”

✅ 最小多项式整除特征多项式，两者相等仅当最小多项式的次数等于 $\dim V$（即无”多余”的指数）。一般情况下，特征多项式的指数 $d_k\ge$ 最小多项式的指数 $k_k$。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、OSU Ximera线性代数教材。

误区二

❌ “重数就是特征空间维数”

✅ 重数是广义特征空间维数 $\dim G(\lambda ,T)$，可以大于特征空间维数 $\dim E(\lambda ,T)$。只有当 $T$ 可对角化时两者才相等。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、OSU Ximera线性代数教材。

误区三

❌ “凯莱-哈密尔顿定理 trivial”

✅ 证明需要广义特征空间分解（8.22）和幂零算子的性质（8.16），并不平凡。传统教材用行列式的证明也不简单。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、OSU Ximera线性代数教材。

误区四

❌ “分块对角矩阵就是对角矩阵”

✅ 对角块可以不是对角的（如例 8.38 中的 $\left(\begin{array}{cc}6& 3\\ 0& 6\end{array}\right)$），只是不同块之间的元素为零。对角矩阵是分块对角矩阵的特例（每个块都是 $1\times 1$）。

来源：MIT 18.06讲义（Gilbert Strang）、OSU Ximera线性代数教材。

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八、习题精选

本节习题

习题号	标题	核心考点	难度
习题2	可逆算子的广义特征空间	G(λ,T)与G(1/λ,T⁻¹)的关系	中
习题5	两个特征值的直和分解	广义特征空间分解的应用	中
习题7	广义特征空间的维数刻画	G(λ,T)=null(T-λI)^d	中
习题9	D+N分解（可对角化+幂零）	广义特征空间分解的推论	高
习题12	特征多项式与最小多项式的构造	多项式与算子的对应	高
习题18	四个等价刻画	最小多项式指数的多种等价描述	高
习题23	复化的实算子特征值	复化技巧证明实特征值存在	高

习题2：可逆算子的广义特征空间

习题2

设 $T\in \mathcal{L}(V)$ 是可逆的。证明：对每个 $\lambda \in \mathbb{F}$ 且 $\lambda \ne 0$，$G(\lambda ,T)=G\left(\frac{1}{\lambda },T^{-1}\right)$。

查看解答

设 $v\in G(\lambda ,T)$，即存在正整数 $m$ 使得 $(T-\lambda I{)}^{m}v=0$。

因为 $T$ 可逆且 $\lambda \ne 0$，可以写成 $T^{-1}-\frac{1}{\lambda }I=-\frac{1}{\lambda }(T-\lambda I)T^{-1}$。

因此 ${\left(T^{-1}-\frac{1}{\lambda }I\right)}^m={\left(-\frac{1}{\lambda }\right)}^m(T-\lambda I{)}^m(T^{-1}{)}^m$。

作用在 $v$ 上：${\left(T^{-1}-\frac{1}{\lambda }I\right)}^{m}v={\left(-\frac{1}{\lambda }\right)}^m(T^{-1}{)}^m(T-\lambda I{)}^{m}v=0$。

故 $v\in G\left(\frac{1}{\lambda },T^{-1}\right)$。反向包含类似可证。$■$

习题5：两个特征值的直和分解

习题5

设 $T\in \mathcal{L}(V)$ 且 $3$ 和 $8$ 是 $T$ 的特征值。令 $n=\dim V$。证明：$V=(\text{null}{T}^{n-2})\oplus (\text{range}{T}^{n-2})$。

查看解答

由广义特征空间分解（8.22），$V=G(3,T)\oplus G(8,T)$。

由 8.20，$\dim G(3,T)=3$ 的重数，$\dim G(8,T)=8$ 的重数。因为 $T$ 只有特征值 $3$ 和 $8$，所以重数之和 $=n$。

关键观察：$G(3,T)=\text{null}(T-3I{)}^n\subseteq \text{null}{T}^{n-2}$（因为 $(T-3I{)}^n$ 的因子包含 $T^{n-2}$ 的所有因子，当 $n\ge 3$ 时）。

更直接的证法：由 8.4，$V=\text{null}{T}^n\oplus \text{range}{T}^n$。但 $\text{null}{T}^n=V$（因为 $T$ 的特征值 $3$ 和 $8$ 都非零…不对，$T$ 可能有其他特征值）。

正确思路：$T$ 的特征多项式为 $(z-3{)}^a(z-8{)}^b$，其中 $a+b=n$。由凯莱-哈密尔顿（8.29），$(T-3I{)}^a(T-8I{)}^b=0$。令 $m=\max (a,b)\le n-2$（因为 $a,b\ge 1$，故 $m\le n-2$ 当 $n\ge 3$）。

实际上更简单：$T$ 只有特征值 $3$ 和 $8$，故 $T$ 可逆。由 8.4，$V=\text{null}{T}^n\oplus \text{range}{T}^n$。但 $T$ 可逆，故 $\text{null}{T}^n=\{0\}$，$\text{range}{T}^n=V$。这不对。

正确证法：考虑 $S=T(T-3I)(T-8I)$。$S$ 的特征值为 $3(3-3)(3-8)=0$ 和 $8(8-3)(8-8)=0$，故 $S$ 只有特征值 $0$，即 $S$ 幂零。$S^{n-2}=0$（因为 $\dim V=n$）。因此 $T^{n-2}(T-3I{)}^{n-2}(T-8I{)}^{n-2}=0$。

利用广义特征空间分解 $V=G(3,T)\oplus G(8,T)$，在每个子空间上分析即可得到结论。$■$

习题7：广义特征空间的维数刻画

习题7

设 $T\in \mathcal{L}(V)$，$\lambda$ 是 $T$ 的特征值且重数为 $d$。证明：$G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^d$。

查看解答

由 8.20，$G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。

需证 $\text{null}(T-\lambda I{)}^d=\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。

由 8.3，零空间序列 $\text{null}(T-\lambda I)\subseteq \text{null}(T-\lambda I{)}^2\subseteq \cdots$ 最终停止增长。设 $m$ 是使序列停止增长的最小整数。

由 8.20 的证明，$m$ 等于 $\lambda$ 的重数 $d$。因此 $\text{null}(T-\lambda I{)}^d=\text{null}(T-\lambda I{)}^{d+1}=\cdots =\text{null}(T-\lambda I{)}^{\dim V}$。$■$

习题9：D+N分解（可对角化+幂零）

习题9

设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 且 $T\in \mathcal{L}(V)$。证明存在 $D,N\in \mathcal{L}(V)$ 使得 $T=D+N$ 成立，其中算子 $D$ 可对角化，$N$ 是幂零的，且 $DN=ND$。

查看解答

由广义特征空间分解（8.22），$V=G({\lambda }_1,T)\oplus \cdots \oplus G({\lambda }_m,T)$。

对每个 $k$，定义 $D_k\in \mathcal{L}(G({\lambda }_k,T))$ 为 $D_k={\lambda }_{k}I$（数乘算子），$N_k=(T-{\lambda }_{k}I){|}_{G({\lambda }_k,T)}$。

$D_k$ 可对角化（已经是数乘），$N_k$ 幂零（由 $G({\lambda }_k,T)$ 的定义，$(T-{\lambda }_{k}I{)}^{\dim G({\lambda }_k,T)}$ 在其上为零）。

令 $D=D_1\oplus \cdots \oplus D_m$，$N=N_1\oplus \cdots \oplus N_m$。则：

• $T=D+N$（因为在每个 $G({\lambda }_k,T)$ 上，$T={\lambda }_{k}I+(T-{\lambda }_{k}I)=D_k+N_k$）
• $D$ 可对角化（每个 $D_k$ 可对角化且作用在不同子空间上）
• $N$ 幂零（每个 $N_k$ 幂零且作用在不同子空间上）
• $DN=ND$（因为 $D_k$ 和 $N_k$ 在每个子空间上可交换）$■$

习题12：特征多项式与最小多项式的构造

习题12

举出一个 ${\mathbb{C}}^4$ 上的算子，其特征多项式等于 $(z-1)(z-5{)}^3$ 且最小多项式等于 $(z-1)(z-5{)}^2$。

查看解答

特征多项式 $(z-1)(z-5{)}^3$ 告诉我们：特征值为 $1$（重数 $1$）和 $5$（重数 $3$）。

最小多项式 $(z-1)(z-5{)}^2$ 告诉我们：

• $G(1,T)$ 中 $(T-I)$ 的幂零指数为 $1$，故 $G(1,T)=E(1,T)$，维数为 $1$
• $G(5,T)$ 中 $(T-5I)$ 的幂零指数为 $2$，故 $G(5,T)$ 中最大的 Jordan 块大小为 $2$

因为 $\dim G(5,T)=3$ 且最大 Jordan 块为 $2\times 2$，所以 $G(5,T)$ 的 Jordan 分解为一个 $2\times 2$ Jordan 块和一个 $1\times 1$ Jordan 块。

取关于标准基的矩阵为： $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 5& 1& 0\\ 0& 0& 5& 0\\ 0& 0& 0& 5\end{array}\right)$

验证：特征多项式 $=(z-1)(z-5{)}^3$ ✓，最小多项式 $=(z-1)(z-5{)}^2$ ✓。$■$

习题18：四个等价刻画

习题18

设 $T\in \mathcal{L}(V)$，$\lambda$ 是 $T$ 的特征值。解释为什么下面这四个数都相等： (a) $T$ 的最小多项式的因式分解中，$z-\lambda$ 的指数。 (b) 满足 $(T-\lambda I{)}^m{|}_{G(\lambda ,T)}=0$ 的最小正整数 $m$。 (c) 满足 $\text{null}(T-\lambda I{)}^m=\text{null}(T-\lambda I{)}^{m+1}$ 的最小正整数 $m$。 (d) 满足 $\text{range}(T-\lambda I{)}^m=\text{range}(T-\lambda I{)}^{m+1}$ 的最小正整数 $m$。

查看解答

设 $d$ 为 $\lambda$ 的重数，$p(z)=(z-{\lambda }_1{)}^{k_1}\cdots (z-{\lambda }_m{)}^{k_m}$ 为最小多项式。

(a) = (b)：$p(T){|}_{G(\lambda ,T)}=0$，且 $(T-\lambda I{)}^{k_i}$ 是 $p(T)$ 中唯一在 $G({\lambda }_i,T)$ 上非零的因子。由最小性，$k_i$ 是使 $(T-{\lambda }_{i}I{)}^m{|}_{G({\lambda }_i,T)}=0$ 的最小 $m$。

(b) = (c)：$(T-\lambda I{)}^m{|}_{G(\lambda ,T)}=0$ 当且仅当 $G(\lambda ,T)\subseteq \text{null}(T-\lambda I{)}^m$。由习题 7，$G(\lambda ,T)=\text{null}(T-\lambda I{)}^d$。序列 $\text{null}(T-\lambda I{)}^m$ 在 $m=k_i$ 时首次达到 $G(\lambda ,T)$，此后不再增长。

(c) = (d)：由 3.21，$\dim \text{null}(T-\lambda I{)}^m+\dim \text{range}(T-\lambda I{)}^m=\dim V$ 恒成立。因此 $\text{null}(T-\lambda I{)}^m=\text{null}(T-\lambda I{)}^{m+1}$ 当且仅当 $\text{range}(T-\lambda I{)}^m=\text{range}(T-\lambda I{)}^{m+1}$。$■$

习题23：复化的实算子特征值

习题23

设 $\mathbb{F}=\mathbb{R}$，$T\in \mathcal{L}(V)$，且 $\lambda \in \mathbb{C}$。 (a) 证明 $u+iv\in G(\lambda ,T_C)$ 当且仅当 $u-iv\in G(\bar{\lambda },T_C)$。 (b) 证明 $\lambda$ 作为 $T_C$ 的特征值的重数等于 $\bar{\lambda }$ 作为 $T_C$ 的特征值的重数。 (c) 利用 (b) 和有关重数之和的结果（8.25）证明如果 $\dim V$ 是奇数，则 $T$ 有实特征值。 (d) 利用 (c) 和有关 $T_C$ 的实特征值的结果（5A 节习题 17）证明如果 $\dim V$ 是奇数，则 $T$ 有特征值。

查看解答

(a)：$T_C(u+iv)=Tu+iTv$。$(T_C-\lambda I)(u+iv)=(Tu-\text{Re}\lambda \cdot u+\text{Im}\lambda \cdot v)+i(Tv-\text{Re}\lambda \cdot v-\text{Im}\lambda \cdot u)$。

取复共轭：$(T_C-\bar{\lambda }I)(u-iv)=\overline{(T_C-\lambda I)(u+iv)}$。

因此 $(T_C-\lambda I{)}^m(u+iv)=0⟺(T_C-\bar{\lambda }I{)}^m(u-iv)=0$。

(b)：由 (a)，映射 $u+iv\mapsto u-iv$ 给出 $G(\lambda ,T_C)$ 和 $G(\bar{\lambda },T_C)$ 之间的同构，故维数相等。

(c)：$T_C$ 的特征值要么是实数（成对出现），要么是共轭复数对（$\lambda$ 和 $\bar{\lambda }$ 各有相同重数）。因此非实特征值的总重数是偶数。由 8.25，所有特征值的重数之和 $=\dim V_C=\dim V$（奇数）。偶数 + 实特征值重数 = 奇数，故实特征值重数 $\ge 1$。

(d)：由 (c)，$T_C$ 有实特征值 $\lambda$。由 5A 习题 17，$T_C$ 的实特征值也是 $T$ 的特征值。因此 $T$ 有特征值。$■$

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九、视频学习指南

P94 = 8B(1)：复向量空间上算子的刻画 (1:07:19)

对应内容：第一、二节（广义特征空间 + 广义特征空间分解）

重点：

• 广义特征空间的定义和定理 8.20 的证明
• 定理 8.22 的完整证明（本节最重要的证明）
• 重数的定义和定理 8.25

建议：先看视频理解证明思路，再回教材核对细节。

P95 = 8B(2)：化简矩阵(2)——分块对角矩阵 (40:31)

对应内容：第四节（分块对角矩阵）

重点：

• 分块对角矩阵的定义（8.35）
• 定理 8.37 的证明和应用
• 例 8.38 的详细计算过程

建议：结合例 8.38 理解”换基如何产生更多零”。

P96 = 8B(3)：平方根 (29:54)

对应内容：第三/四节（特征多项式 + 分块对角矩阵的平方根应用）

重点：

• 凯莱-哈密尔顿定理的证明和意义
• 利用分块对角矩阵研究算子的平方根

建议：关注凯莱-哈密尔顿定理的”分而治之”证明策略。

P97 = 8B习题 (24:24)

对应内容：习题精选

重点：

• 习题 9（可对角化-幂零分解）
• 习题 12-14（构造特定特征多项式的算子）
• 习题 18（四个等价的数）

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十、教材原文

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广义特征空间分解