32 广义特征空间分解

广义特征空间分解 #

这讲讲什么：当一个算子的特征向量不够凑成一组基时，用「被 $(T-\lambda I)$ 反复作用后归零」的向量把空间补满，得到按特征值划分的直和分解；每一块上算子只是「一个标量 + 一个幂零抖动」。
前置：17 讲（不变子空间与特征值）、20 讲（可对角化）、19 讲（上三角矩阵）、08 讲（零空间与值域）、06 讲（维数与直和）、14 讲（带余除法，只在证明互素分解时用一次）
一句话：$G(\lambda,T)=\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\dim V}$ 永远是子空间；只要特征值全在数域里，$V$ 就是各 $G(\lambda,T)$ 的直和，而 $\dim G(\lambda,T)$ 就是 $\lambda$ 的重数。

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一、为什么需要它 #

1.1 一个特征空间只有一维的算子 #

看这个最小的例子。取

$$A=\begin{pmatrix}3&1\\0&3\end{pmatrix},$$

$T$ 是它在 $\mathbb{C}^2$ 的标准基下对应的算子。求特征值：$A-3I=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，它的零空间是 $\operatorname{span}(e_1)$，只有一维。

所以 $T$ 的特征空间加起来只有一维，$\mathbb{C}^2$ 里凑不出由特征向量组成的基。按 20 讲的判据，$T$ 不可对角化。

可是 $T$ 真的「什么都没管住」吗？把 $A-3I$ 平方一下：

$$(A-3I)^2=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}=0.$$

也就是说，$\mathbb{C}^2$ 里每一个向量 $v$ 都满足 $(T-3I)^2v=0$。第一次作用把 $e_2$ 压成 $e_1$ 那一层，第二次压成 $0$。$T$ 并不是抛弃了 $e_2$，而是用「$3e_2$ 再叠一个 $e_1$ 的偏移」这种带抖动的方式管住它。

把这种「抖动了几下之后归零」的向量全部收集起来，就得到本讲的主角。它是特征空间的补足：特征空间太小的时候，它往往正好够大。

1.2 上三角化只做到了一半 #

19 讲证明了：有限维复向量空间上的任何算子，都有一组基使矩阵成为上三角。这已经把所有对角元以下的位置清零，但上三角矩阵平均还有大约 $n^2/2$ 个位置是自由的，$T^{100}$ 依旧不好算。

能不能再多要一点？能。 只要把基按特征值分组——同一特征值的基向量排在一起——不同组之间矩阵元全是零，矩阵成为分块对角：

$$\begin{pmatrix}A_1&&0\\&\ddots&\\0&&A_m\end{pmatrix},\qquad A_k=\begin{pmatrix}\lambda_k&&*\\&\ddots&\\0&&\lambda_k\end{pmatrix}.$$

跨块的零不是碰巧，而是因为每个 $G(\lambda_k,T)$ 在 $T$ 下不变（第三节证）。于是「对角化」这个完全失败的方案，被「分块对角化」接住了：块内不是对角，但块内只有一种特征值，抖动全被关在块里。求幂、求逆、代多项式，都可以逐块进行。

对角化是奢侈要求，分块对角化是普遍可得的。 这句话是本讲的动机，也是整章的目标。

1.3 读完你应该能回答 #

1. 给定 $\lambda$ 与 $T$，$G(\lambda,T)$ 怎么算？为什么指数取 $\dim V$ 就够，取更大不会有新东西？
2. 为什么不同特征值的广义特征空间加起来一定是直和？「直」这件事到底靠什么保证？
3. 「重数」为什么可以用一个零空间的维数来定义，而不必先有行列式？

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二、定义与最小例子 #

2.1 定义 #

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

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

其中的非零向量称为 $T$ 对应于 $\lambda$ 的广义特征向量。

读这个定义要抓住三处。

第一，量词是 $\forall v\,\exists k$。 每个 $v$ 各自有一个 $k$，不同的 $v$ 可以用不同的 $k$。定义里没有说存在一个统一的 $k$ 通吃全部向量——但第三节会证明，统一取 $k=\dim V$ 恰好就够。这个「事后加强」是本讲第一个技术点。

第二，$0$ 永远在 $G(\lambda,T)$ 里（取 $k=1$，$(T-\lambda I)0=0$）。所以 $G(\lambda,T)$ 从不空，问题只在于它是不是只有 $0$。

第三，$E(\lambda,T)\subseteq G(\lambda,T)$。 特征向量满足 $(T-\lambda I)v=0$，取 $k=1$ 即符合定义。反过来的包含一般不成立，1.1 的例子就是：$E(3,T)=\operatorname{span}(e_1)$，而 $G(3,T)=\mathbb{C}^2$。

2.2 最小例子：把 1.1 算完整 #

仍取 $A=\begin{pmatrix}3&1\\0&3\end{pmatrix}$，$N=T-3I$。上面已经算出 $N^2=0$，所以对任何 $v$ 都有 $(T-3I)^2v=0$，于是

$$G(3,T)=\mathbb{C}^2,\qquad \dim G(3,T)=2.$$

而

$$E(3,T)=\operatorname{null}(T-3I)=\operatorname{span}(e_1),\qquad \dim E(3,T)=1.$$

同一个特征值 $3$，两个维数不一样大。这个差距就是「不可对角化」的量化形式：$E$ 少了 $1$ 维，$G$ 补上了它。

同时注意 $G(3,T)$ 的基可以取 $e_1,e_2$，而 $T$ 关于这组基的矩阵还是 $A$ 本身——上三角、对角元全是 $3$。这正是 1.2 里那种「块」的最简形态。

2.3 一个真正拆开的例子 #

只看一个特征值看不出分解。取 $\mathbb{C}^3$ 上的算子

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

它关于标准基的矩阵是

$$A=\begin{pmatrix}0&4&0\\0&0&0\\0&0&5\end{pmatrix},$$

上三角，对角元是 $0,0,5$，所以特征值只有 $0$ 与 $5$（上三角矩阵的特征值就是对角元，见 19 讲）。

先算 $T^2$：$T(e_1)=0$，$T(e_2)=4e_1$ 而 $T(e_1)=0$，$T(e_3)=5e_3$ 而 $T(5e_3)=25e_3$。故 $T^2(e_1)=T^2(e_2)=0$，$T^2(e_3)=25e_3$。于是

$$G(0,T)=\operatorname{null}T^3=\operatorname{null}T^2=\operatorname{span}(e_1,e_2),\qquad \dim=2.$$

再算 $T-5I$：$A-5I=\begin{pmatrix}-5&4&0\\0&-5&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，零空间由 $-5z_1+4z_2=0$、$-5z_2=0$ 给出，即 $z_2=z_1=0$、$z_3$ 自由，所以

$$G(5,T)=\operatorname{span}(e_3),\qquad \dim=1.$$

两者的交只有 $0$（$\operatorname{span}(e_1,e_2)\cap\operatorname{span}(e_3)=\{0\}$），维数相加 $2+1=3=\dim\mathbb{C}^3$，于是

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

这就是本讲主定理在具体例子里的样子：空间被完整地切成两块，每块对应一个特征值。

2.4 回看定义：三个立刻能问的问题 #

问题一：$\lambda$ 不是特征值时，$G(\lambda,T)$ 是什么？

答案是 $\{0\}$。若存在 $v\neq0$ 与正整数 $k$ 使 $(T-\lambda I)^kv=0$，取最小的这样的 $k$。由最小性，$w=(T-\lambda I)^{k-1}v\neq0$，而 $(T-\lambda I)w=0$，所以 $w$ 是特征向量，$\lambda$ 是特征值。逆命题也不用证：特征值当然有非零的 $G$。

于是「$G(\lambda,T)\neq\{0\}$」与「$\lambda$ 是特征值」是同一件事。这条小结论在自测里会用到。

问题二：$G(\lambda,T)$ 为什么一定是子空间？

定义里它是若干个零空间的并 $\bigcup_k\operatorname{null}(T-\lambda I)^k$，而零空间的并一般不是子空间。它能成为子空间，全靠第三节那条链稳定：这个并实际上等于其中某一项，而零空间是子空间。

问题三：$k$ 到底要试到多大？

试到不再增长为止。第三节证明这一步最多走 $\dim V$ 次。所以在实际计算中，永远只需要算到 $(T-\lambda I)^{\dim V}$。

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三、几个必须自己算一遍的结论 #

3.1 链稳定：为什么指数取 $\dim V$ 就够 #

记 $N=T-\lambda I$，$U_k=\operatorname{null}N^k$。首先有包含关系：

$$U_1\subseteq U_2\subseteq U_3\subseteq\cdots$$

因为 $N^kv=0$ 推出 $N^{k+1}v=N(N^kv)=0$。

证明只有两行。设 $U_k=U_{k+1}$，要证 $U_{k+1}=U_{k+2}$：取 $v\in U_{k+2}$，即 $N^{k+2}v=0$。把 $N^{k+2}v=N^{k+1}(Nv)$ 读一遍：$Nv\in U_{k+1}=U_k$，也就是 $N^k(Nv)=0$，即 $N^{k+1}v=0$，故 $v\in U_{k+1}$。反包含已在上面。于是逐步右移，全链从第 $k$ 项起恒定。

于是一条只升不降的维数序列 $\dim U_1\le\dim U_2\le\cdots$，只要还没稳定，每步至少涨 $1$；而它不能超过 $\dim V$。所以最多走 $\dim V$ 步必停，并且

$$G(\lambda,T)=\bigcup_{k\ge1}U_k=U_{\dim V}=\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\dim V}.$$

这一条同时解决三件事：$G$ 是子空间（它是 $U_{\dim V}$）、$G$ 可以有限步算出、以及定义里那个「某个 $k$」可以统一换成 $\dim V$。

3.2 手算一个 $3\times3$：两种重数分道扬镳 #

取

$$A=\begin{pmatrix}6&3&4\\0&6&2\\0&0&7\end{pmatrix}.$$

上三角，故特征值是 $6$ 与 $7$。

先算 $\lambda=6$。 令 $N=A-6I=\begin{pmatrix}0&3&4\\0&0&2\\0&0&1\end{pmatrix}$。它对 $(z_1,z_2,z_3)$ 的作用是

$$N(z_1,z_2,z_3)=(3z_2+4z_3,\ 2z_3,\ z_3).$$

令其为零：$z_3=0$，再由第一式 $z_2=0$，$z_1$ 自由。故 $\operatorname{null}N=\operatorname{span}(e_1)$，维数 $1$。

再算 $N^2$：

$$N^2=\begin{pmatrix}0&0&10\\0&0&2\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad N^2(z_1,z_2,z_3)=(10z_3,\ 2z_3,\ z_3).$$

零空间是 $z_3=0$，即 $\operatorname{span}(e_1,e_2)$，维数 $2$。再乘一次：$N^3=N^2$（$N^2$ 的各行都是第三行的倍数，再乘 $N$ 不变），故零空间停在维数 $2$。于是

$$G(6,T)=\operatorname{span}(e_1,e_2),\qquad \dim G(6,T)=2.$$

再算 $\lambda=7$。 $M=A-7I=\begin{pmatrix}-1&3&4\\0&-1&2\\0&0&0\end{pmatrix}$。令 $M(z)=0$：第三行自动成立，第二行给 $z_2=2z_3$，第一行给 $z_1=3z_2+4z_3=10z_3$。于是

$$G(7,T)=\operatorname{null}M=\operatorname{span}\big((10,2,1)\big),\qquad \dim G(7,T)=1.$$

这一块一步就到底，没有再往上加维数。

核对。 两维数相加 $2+1=3=\dim\mathbb{C}^3$，两组基向量 $(1,0,0),(0,1,0),(10,2,1)$ 线性无关，构成 $\mathbb{C}^3$ 的基。$T$ 关于这组基的矩阵是

$$\begin{pmatrix}6&3&0\\0&6&0\\0&0&7\end{pmatrix},$$

分块对角，两块分别是 $2\times2$ 与 $1\times1$。验证一下交叉项：$T(10,2,1)=(60+6+4,\ 12+2,\ 7)=(70,14,7)=7(10,2,1)$，确实被 $7$ 特住；$T(e_2)=3e_1+6e_2$，块内的那个 $3$ 就是抖动的痕迹。

注意这里最容易被忽略的一点：$\dim E(6,T)=1$ 而 $\dim G(6,T)=2$。特征向量只有 $e_1$ 一个方向，但广义特征向量有两个方向。所以这组基里有 $2$ 个来自 $G(6)$，其中只有 $1$ 个是特征向量——$\mathbb{C}^3$ 没有由特征向量组成的基，这正是 20 讲判据说它不可对角化的原因。

3.3 主分解定理 #

(a) 的证明。 由 3.1，$G(\lambda_k,T)=\operatorname{null}p(T)$，其中 $p(z)=(z-\lambda_k)^{\dim V}$。多项式算子与 $T$ 可交换：$p(T)T=Tp(T)$。于是若 $p(T)v=0$，则

$$p(T)(Tv)=T\big(p(T)v\big)=T0=0,$$

即 $Tv$ 也在零空间里。这就是 17 讲那条「多项式零空间是不变子空间」的直接应用。

(b) 的证明。 定义就摆在那里：对 $v\in G(\lambda_k,T)$ 有 $(T-\lambda_kI)^{\dim V}v=0$，所以限制映射的 $\dim V$ 次幂是零算子。幂零指数还更小，见第六节。

(c) 的证明分两半：直和、张满。 直和这一半靠一条引理。

对项数归纳。$m=1$ 时显然。设 $m\ge2$，取 $p=\dim V$，令 $N=(T-\lambda_mI)^p$，则 $Nv_m=0$。对 $k<m$，$N$ 限制在 $G(\lambda_k,T)$ 上可逆：在该子空间上

$$T-\lambda_mI=(\lambda_k-\lambda_m)I+\big(T-\lambda_kI\big),$$

后半是幂零的，而 $\lambda_k-\lambda_m\neq0$，故它是「非零标量 + 幂零」，可逆；可逆算子的幂也可逆。

对 $v_1+\cdots+v_m=0$ 两边作用 $N$：

$$Nv_1+\cdots+Nv_{m-1}=0.$$

各项仍分别在 $G(\lambda_1,T),\dots,G(\lambda_{m-1},T)$ 中（因为 $N$ 是 $T$ 的多项式，这些子空间在 $N$ 下不变），由归纳假设（只有 $m-1$ 项）得 $Nv_k=0$，再由 $N$ 可逆得 $v_k=0$（$k<m$）。最后 $v_m=0$。

有了这条引理，直和立刻成立：若 $\sum_k v_k=0$ 且 $v_k\in G(\lambda_k,T)$，则所有 $v_k=0$——这正是直和的定义（06 讲）。

3.4 张满：为什么这些块能拼回整个 $V$ #

直和只说明「不重叠」，还得说明「不缺」。这一步是本讲技术含量最高的地方，但路线很短：上三角化 + 一条恒等式 + 一次互素分解。

第一步：上三角化带来一条零化恒等式。 由 19 讲，取基 $v_1,\dots,v_n$ 使 $T$ 的矩阵 $A$ 上三角，对角元记作 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$（按位置记，可以重复）。则

$$\prod_{j=1}^{n}(T-\lambda_jI)=0.$$

理由是一个三行归纳。记 $M_k=\prod_{j=1}^{k}(T-\lambda_jI)$，断言 $M_k$ 杀死 $v_1,\dots,v_k$。$k=1$ 时，上三角矩阵 $A-\lambda_1I$ 的第一列全为零，故 $M_1v_1=0$。归纳步：$M_{k+1}v_i=M_k\big((A-\lambda_{k+1}I)v_i\big)$；当 $i\le k$ 时，$(A-\lambda_{k+1}I)v_i\in\operatorname{span}(v_1,\dots,v_i)$，被 $M_k$ 杀死；当 $i=k+1$ 时，该向量属于 $\operatorname{span}(v_1,\dots,v_{k+1})$，而其中 $v_{k+1}$ 的系数是 $\lambda_{k+1}-\lambda_{k+1}=0$，所以它其实落在 $\operatorname{span}(v_1,\dots,v_k)$ 里，同样被杀死。取 $k=n$，$M_n$ 杀死全部基向量，故 $M_n=0$。

第二步：把重复的因式合并。 设互异特征值为 $\mu_1,\dots,\mu_r$，$\mu_k$ 在对角线上出现 $n_k$ 次（$n_1+\cdots+n_r=n$）。则

$$p(z)=\prod_{k=1}^{r}(z-\mu_k)^{n_k},\qquad p(T)=0.$$

第三步：互素分解，把 $v$ 拆开。 令 $p_k=p/(z-\mu_k)^{n_k}=\prod_{j\neq k}(z-\mu_j)^{n_j}$。诸 $p_k$ 没有公共零点，故两两互素，于是存在多项式 $a_1,\dots,a_r$ 使

$$a_1p_1+\cdots+a_rp_r=1$$

（14 讲的带余除法给出这个裴蜀型恒等式）。把 $T$ 代进去，对任意 $v\in V$：

$$v=\sum_{k=1}^{r}a_k(T)p_k(T)v.$$

而第 $k$ 项确实落在 $G(\mu_k,T)$ 里，因为

$$(T-\mu_kI)^{n_k}\Big(a_k(T)p_k(T)v\Big)=a_k(T)\underbrace{(T-\mu_kI)^{n_k}p_k(T)}_{=\,p(T)}v=a_k(T)\,0=0.$$

所以每个 $v$ 都是若干个广义特征向量之和：

$$V=G(\mu_1,T)+\cdots+G(\mu_r,T).$$

配上 3.3 的直和，(c) 证完。

3.5 重数：$\dim G(\lambda,T)$ #

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

由 3.3(c) 和直和的维数相加（06 讲），立刻得到本讲的第二个主结论：

$$\sum_{k=1}^{m}\dim G(\lambda_k,T)=\dim V.$$

这个等式看起来平常，实际很强：它说明 $G$ 的维数不是随意的，几个特征值之间必须恰好把 $\dim V$ 分完。

又因为 $E(\lambda,T)\subseteq G(\lambda,T)$，总有

$$1\le\dim E(\lambda,T)\le\operatorname{mult}(\lambda)\qquad(\lambda\ \text{是特征值}).$$

左边取 $1$ 是因为特征值一定有非零特征向量。这个双重不等式把「可对角化」量化了：

证明两句话。若处处相等，则 $V=\bigoplus_k G(\lambda_k,T)=\bigoplus_k E(\lambda_k,T)$（维数相同、后者含于前者，必相等），于是各 $E$ 的基拼起来就是 $V$ 的基，全是特征向量，故可对角化。反之若可对角化，$V$ 有特征向量基，即 $V=\bigoplus_k E(\lambda_k,T)$ 且维数和为 $\dim V$；而 $V=\bigoplus_k G(\lambda_k,T)$ 的维数和也是 $\dim V$，逐项比较即得相等。

拿 3.2 的例子对一下：$\dim E(6,T)=1<2=\operatorname{mult}(6)$，所以不可对角化。拿 1.1 的例子：$\dim E(3,T)=1<2=\operatorname{mult}(3)$，同样不可对角化。判据用起来只需算两个零空间。

3.6 矩阵形态：分块对角 #

把 3.3 的三条翻成矩阵语言。对每个 $k$，取 $G(\lambda_k,T)$ 的一组基，使幂零算子 $(T-\lambda_kI)|_{G(\lambda_k,T)}$ 的矩阵为上三角且对角全零（19 讲对幂零算子给的就是这个形态）。因为

$$T|_{G(\lambda_k,T)}=(T-\lambda_kI)|_{G(\lambda_k,T)}+\lambda_kI,$$

$T$ 在那一块上的矩阵就是「对角 $\lambda_k$ 的上三角 $d_k\times d_k$ 矩阵」，$d_k=\operatorname{mult}(\lambda_k)$。把各块的基按顺序拼起来（3.3(c) 保证拼成 $V$ 的基），得到

$$M=\begin{pmatrix}A_1&&0\\&\ddots&\\0&&A_m\end{pmatrix},\qquad A_k=\begin{pmatrix}\lambda_k&&*\\&\ddots&\\0&&\lambda_k\end{pmatrix},\ \ A_k\ \text{为}\ d_k\times d_k.$$

这就是 1.2 里承诺的形态：块数 = 互异特征值的个数，块的大小 = 各重数，块内只有一种对角元。 3.2 末尾那个矩阵就是它的一个实例。

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四、几何直观 / 记忆钩子 #

本讲没有配图，用三个画面代替。

4.1 漏斗：$U_1\subseteq U_2\subseteq\cdots$ #

把 $(T-\lambda I)$ 想成一台往下吸的泵。$U_1$ 是「一吸就到底」的向量，$U_2$ 是「吸两次到底」的，依此类推。链

$$\{0\}=U_0\subseteq U_1\subseteq U_2\subseteq\cdots\subseteq U_{\dim V}=G(\lambda,T)$$

像漏斗的一层层：越往下口径越大，一旦某一层不再变大，下面的层就全都一样了。$G(\lambda,T)$ 就是最终会落到漏斗底部的所有向量。

• $E(\lambda,T)=U_1$：一层到底的，最陡。
• $\operatorname{mult}(\lambda)=\dim U_{\dim V}$：漏斗最宽处的口径。

所以「重数 ≥ 几何重数」在这个画面里就是「漏斗是往上变宽的」。

4.2 局部图像：$T=\lambda I+N$，$N$ 幂零 #

在 $G(\lambda,T)$ 内部，把 $T$ 写成

$$T=\lambda I+N,\qquad N=(T-\lambda I)|_{G(\lambda,T)}\ \text{幂零}.$$

这是本讲最有用的一句话：在一个广义特征空间里，算子只有两种动作——把所有方向均匀拉 $\lambda$ 倍，再沿某个方向擦掉一层高阶信息。 没有第三种。

好处立刻体现：因为 $I$ 与 $N$ 可交换，二项式定理照用，$N^d=0$ 让展开截断：

$$T^m=(\lambda I+N)^m=\sum_{j=0}^{d-1}\binom{m}{j}\lambda^{m-j}N^j\qquad(d=\text{幂零指数}).$$

若 $N=0$（即这一块是特征空间），右边只剩 $\lambda^mI$，回到对角化的情形。若 $N\neq0$，多出来的项是「$m$ 的低次多项式 × 幂零算子」——它增长得比 $\lambda^m$ 慢，但在 $\lambda=0$ 时它就是全部。这就是为什么幂零块求高次幂仍然便宜：只需算 $d$ 项，$d$ 不超过块的边长。

4.3 房间图：按特征值分房 #

$V=\bigoplus_k G(\lambda_k,T)$ 的画面是：把空间隔成 $m$ 个房间，第 $k$ 间房门上写着 $\lambda_k$。

• 跨房间没有路：$T$ 不会把一个房间的向量送到另一个房间（不变性）。矩阵里的那些零就是墙。
• 房间大小是固定的：$\dim G(\lambda_k,T)$ 由 $T$ 决定，不随你挑基而变。房间总面积正好是 $\dim V$。
• 可对角化 = 每个房间都「一层到底」：每间房里没有抖动，$N=0$，于是每个房间的基向量全是特征向量。

4.4 四句口诀 #

口诀	含义
$E$ 是停住的，$G$ 是停稳的	$Ev=0$ 是一步停；$G$ 是若干步后停
$E$ 管能不能对角化，$G$ 管能不能分块	判据看 $E$，分解看 $G$
重数是房间面积，几何重数是门口宽度	$\operatorname{mult}=\dim G$，$\dim E$ 是入口
房间里只有「缩放 + 幂零」	$T=\lambda I+N$，没有第三种动作

4.5 一个「没有房间」的对照 #

不是每个算子都能分房。$\mathbb{R}^2$ 上逆时针转 $90^\circ$ 的算子 $T$，矩阵是 $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$，特征多项式 $z^2+1$ 在 $\mathbb{R}$ 上没有零点，没有任何实特征值。于是每个 $G(\lambda,T)$ 都是 $\{0\}$，$\mathbb{R}^2$ 分不出房间。

但把数域换成 $\mathbb{C}$，情况立刻不同：特征值是 $\pm\mathrm{i}$，而 $T$ 可对角化（两个一维特征空间），$\mathbb{C}^2=G(\mathrm{i},T)\oplus G(-\mathrm{i},T)$。同一个算子，能不能分解取决于在哪个数域上看。 这一点第五节还会踩一次。

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五、常见误区 #

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六、拓展（可选，可跳过） #

6.1 $\mathbb{R}$ 上的正确条件 #

主定理在 $\mathbb{R}$ 上失败，是因为复数特征值「无处安放」。补上这一块，条件可以写得很干净：

$V=G(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus G(\lambda_m,T)$ $\iff$ $T$ 的极小多项式在 $\mathbb{F}$ 上完全分解成一次因式之积。

$\mathbb{C}$ 上「完全分解」自动成立（15 讲），所以主定理是它的特例。$\mathbb{R}$ 上的旋转算子极小多项式是 $z^2+1$，不可分解，故分解失败——与 4.5 的观察一致。

为什么条件恰好是这一条？回看 3.4 的证明：那里只用了「存在一个在 $\mathbb{F}$ 上分解成一次因式、且零化 $T$ 的多项式」。极小多项式正是次数最低的那个零化多项式（18 讲），它若能分解，整条证明原样照搬；它若不能分解，就有一个不可约因式「没有特征值可对应」，分解必然差一块。

6.2 幂次可以取到重数，而不是 $\dim V$ #

由 (b)，$(T-\lambda I)$ 在 $G(\lambda,T)$ 上幂零，其幂零指数不超过 $\dim G(\lambda,T)=\operatorname{mult}(\lambda)$。于是

$$G(\lambda,T)=\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\operatorname{mult}(\lambda)}.$$

这比 $\dim V$ 紧，但要注意上面的循环问题：它适合验算，不适合第一遍计算。例如 3.2 里 $\operatorname{mult}(6)=2$，而 $\operatorname{null}(T-6I)^2$ 确实已经稳定，不必算到 $3$。

6.3 凯莱–哈密顿定理的三行证明 #

有了分块结构，这条经典定理几乎是免费的。设 $q(z)=\prod_k(z-\lambda_k)^{d_k}$，$d_k=\operatorname{mult}(\lambda_k)$。由 6.2，$(T-\lambda_kI)^{d_k}$ 在 $G(\lambda_k,T)$ 上是零算子。又 $V$ 是这些 $G$ 的直和，故只需验证 $q(T)$ 在每一块上为零。在 $G(\lambda_k,T)$ 上，$q(T)$ 的各因式可交换，把 $(T-\lambda_kI)^{d_k}$ 挪到最右边，整串乘积就是零：

$$q(T)|_{G(\lambda_k,T)}=(T-\lambda_1I)^{d_1}\cdots(T-\lambda_kI)^{d_k}\cdots(T-\lambda_mI)^{d_m}\Big|_{G(\lambda_k,T)}=0.$$

于是 $q(T)=0$。关键就一句：算子多项式彼此可交换，所以能把「致命的那一项」挪到最后。 这也顺带说明 $q$ 是零化多项式，即特征多项式是最小多项式的倍式（18 讲）。

6.4 重数 = 上三角矩阵对角线上出现的次数 #

把 $T$ 上三角化后，每个特征值在对角线上出现若干次。这个次数等于重数，思路是：上三角矩阵对角线上零的个数 $d$ 限制了零空间的维数（$\dim\operatorname{null}\le d$），把这条估计用到 $(T-\lambda I)$ 与它的各次幂上，得到「重数 $\le$ 出现次数」；而两边对所有特征值求和都等于 $\dim V$，于是逐项只能是等号。这类「先证不等号、再靠总和相等逼出等号」的手法很值得记。

6.5 再往前一步 #

• Jordan 形：把每个 $A_k$ 再细分，可以做到块内只有紧邻上对角线上有 $1$、其余为零。本讲的分块对角是它的粗版本。
• $D+N$ 分解：$T$ 可以写成一个可对角化算子 $D$ 与一个幂零算子 $N$ 之和，且 $DN=ND$。构造很直接：在每个 $G(\lambda_k,T)$ 上取 $D=\lambda_kI$、$N=T-\lambda_kI$，再拼起来。这条分解在解线性微分方程组时是标准工具——$e^{tT}=e^{tD}e^{tN}$，而后一项是有限和。

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七、自测（先做，再看答案） #

1. 设 $T$ 在标准基下的矩阵是 $A=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}$。求 $G(2,T)$ 与 $G(3,T)$ 及其重数，并判断 $T$ 是否可对角化。

2. 证明：$G(\lambda,T)\neq\{0\}$ 当且仅当 $\lambda$ 是 $T$ 的特征值。

3. 证明 $\dim E(\lambda,T)\le\dim G(\lambda,T)$，并说明「对每个特征值都取等号」等价于可对角化。

4. 设 $T$ 可逆，$\lambda\neq0$。证明 $G(\lambda,T)=G(1/\lambda,T^{-1})$。

5. 构造一个 $\mathbb{C}^4$ 上的算子，使 $\operatorname{mult}(2)=3$、$\operatorname{mult}(5)=1$，并写出它的一组由广义特征向量组成的基。

答案（点开）

1. 令 $N=A-2I=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。$\operatorname{null}N$：$z_2=0,z_3=0$，得 $\operatorname{span}(e_1)$，维数 $1$。
$N^2=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$，零空间是 $z_3=0$，即 $\operatorname{span}(e_1,e_2)$，维数 $2$；$N^3=N^2$，故稳定。
所以 $G(2,T)=\operatorname{span}(e_1,e_2)$，$\operatorname{mult}(2)=2$，而 $\dim E(2,T)=1$。
对 $\lambda=3$：$A-3I=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，零空间为 $\operatorname{span}(e_3)$，故 $G(3,T)=\operatorname{span}(e_3)$，$\operatorname{mult}(3)=1$。
维数和 $2+1=3$ ✓。因 $\dim E(2,T)=1<2=\operatorname{mult}(2)$，不可对角化。

2. （$\Leftarrow$）若 $\lambda$ 是特征值，取特征向量 $v\neq0$，则 $(T-\lambda I)v=0$，即 $v\in G(\lambda,T)$。
（$\Rightarrow$）设 $0\neq v\in G(\lambda,T)$，取使 $(T-\lambda I)^kv=0$ 的最小正整数 $k$。由最小性 $w=(T-\lambda I)^{k-1}v\neq0$，且 $(T-\lambda I)w=0$，故 $w$ 是特征向量，$\lambda$ 是特征值。

3. $E(\lambda,T)=\operatorname{null}(T-\lambda I)\subseteq\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\dim V}=G(\lambda,T)$，维数不等式随之成立。
若每个特征值都取等号：由主分解定理 $V=\bigoplus_kG(\lambda_k,T)=\bigoplus_kE(\lambda_k,T)$，各 $E$ 的基拼成 $V$ 的基，全是特征向量，故可对角化。
若可对角化：$V$ 有特征向量基，即 $V=\bigoplus_kE(\lambda_k,T)$ 且 $\sum\dim E=\dim V$；又 $V=\bigoplus_kG(\lambda_k,T)$ 且 $\sum\dim G=\dim V$。逐项 $\dim E\le\dim G$ 而总和相等，故处处相等。

4. 注意 $(T-\lambda I)=T(I-\lambda T^{-1})=-\lambda\,T\,(T^{-1}-\lambda^{-1}I)$（最后一个等号：$I-\lambda T^{-1}=-\lambda(T^{-1}-\lambda^{-1}I)$，两边左乘 $T$ 即得）。于是

$$(T-\lambda I)^k=(-\lambda)^kT^k\big(T^{-1}-\lambda^{-1}I\big)^k.$$

$T^k$ 可逆，故 $(T-\lambda I)^kv=0\iff(T^{-1}-\lambda^{-1}I)^kv=0$。对任意 $k$ 成立，取 $k=\dim V$ 即得两个广义特征空间相等。

5. 取 $A=\begin{pmatrix}2&1&0&0\\0&2&1&0\\0&0&2&0\\0&0&0&5\end{pmatrix}$（一个 $3\times3$ 的幂零块配 $2$，加一个 $1\times1$ 的块配 $5$）。
令 $N=A-2I$，则 $N(z_1,z_2,z_3,z_4)=(z_2,\ z_3,\ 0,\ 3z_4)$。于是

$$N^2(z)=(z_3,\ 0,\ 0,\ 9z_4),\qquad N^3(z)=(0,\ 0,\ 0,\ 27z_4),\qquad N^4(z)=(0,0,0,81z_4).$$

零空间依次是 $\operatorname{span}(e_1)$（维数 $1$）、$\operatorname{span}(e_1,e_2)$（$2$）、$\operatorname{span}(e_1,e_2,e_3)$（$3$），到 $N^4$ 不再增长。故 $G(2,T)=\operatorname{span}(e_1,e_2,e_3)$，重数 $3$。
对 $\lambda=5$：$A-5I$ 的第 $4$ 行全为零，而前 $3$ 行依次给出 $z_3=0$、$z_2=0$、$z_1=0$，故零空间为 $\operatorname{span}(e_4)$，重数 $1$。
维数和 $3+1=4$ ✓。一组基：$e_1,e_2,e_3,e_4$——注意 $e_2,e_3$ 不是特征向量（$Te_2=2e_2+e_1$），但它们是广义特征向量。

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八、复习卡 #

项	内容
定义	$G(\lambda,T)=\{v:(T-\lambda I)^kv=0,\ k\ \text{为某正整数}\}$
可算形式	$G(\lambda,T)=\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\dim V}$（链最多 $\dim V$ 步稳定）
链稳定	$U_k=U_{k+1}\Rightarrow U_j=U_k\ (j\ge k)$；维数每步至少 $+1$
子空间性	因为并等于某一项 $U_{\dim V}$；不能直接说「零空间的并」
包含关系	$E(\lambda,T)\subseteq G(\lambda,T)$，等号一般不成立
何时为零	$G(\lambda,T)=\{0\}\iff\lambda$ 不是特征值
不变性	$G(\lambda,T)=\operatorname{null}p(T)$，$p(z)=(z-\lambda)^{\dim V}$，故 $T$-不变
幂零性	$(T-\lambda I)\big|_{G(\lambda,T)}$ 幂零，指数 $\le\operatorname{mult}(\lambda)$
主分解	$\mathbb{C}$ 上：$V=G(\lambda_1,T)\oplus\cdots\oplus G(\lambda_m,T)$
直和靠什么	不同特征值的广义特征向量线性无关（不能用维数糊）
张满靠什么	上三角化 $\Rightarrow$ 零化多项式 $\Rightarrow$ 互素分解 $v=\sum a_k(T)p_k(T)v$
重数	$\operatorname{mult}(\lambda)=\dim G(\lambda,T)$；$\sum_k\operatorname{mult}(\lambda_k)=\dim V$
代数 vs 几何	代数重数 $=\dim G$；几何重数 $=\dim E$；总有 $\dim E\le\dim G$
可对角化判据	$\forall\lambda:\ \dim E(\lambda,T)=\operatorname{mult}(\lambda)$
矩阵形态	分块对角，第 $k$ 块为对角元全 $\lambda_k$ 的 $d_k\times d_k$ 上三角
块内图像	$T=\lambda I+N$，$N$ 幂零；$T^m=\sum_{j<d}\binom{m}{j}\lambda^{m-j}N^j$
$\mathbb{R}$ 上条件	极小多项式完全分解 $\iff V=\bigoplus G$
反面例子	$\mathbb{R}^2$ 转 $90^\circ$：无实特征值，$G$ 全为零，分解失败

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九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主要出处：Sheldon Axler《线性代数应该这样学》（第四版，吴俊达、何阳译）第 8 章 8B 节「广义特征空间分解」，印刷页 257–265（PDF p271–279）。本节的定义、分解定理、重数、特征多项式与分块对角矩阵都在这个范围内。
• 术语别名：「广义特征空间」在部分文献里叫「根空间」（root space），「广义特征向量」叫「根向量」；「重数」在旧文献里叫「代数重数」，与之并列的「几何重数」是 $\dim E(\lambda,T)$。不同书对「重数」默认指哪一个并不统一，读别的材料时要看它的定义式。
• 重数的行列式定义：多数教材用「特征多项式中 $(z-\lambda)$ 的指数」定义重数，需要先有行列式；本讲的路线用 $\dim\operatorname{null}(T-\lambda I)^{\dim V}$，不需要行列式，两者最终等价。用行列式算重数在数值上手快，但它不告诉你 $G$ 里长什么样。
• $\mathbb{R}$ 上的版本：8B 节习题 8 给出「$V=\bigoplus G$ 当且仅当极小多项式完全分解」的等价刻画，正文只提了一句「$\mathbb{R}$ 情形的类似结论见习题」。第六节 6.1 把它补全了。
• 想深挖：Jordan 形与本讲的直和分解是同一件事的两种精度；若关心数值计算，可查「广义特征向量」在矩阵函数（$e^{tA}$、$A^{1/2}$）计算中的用法，那里 4.2 的二项式展开是核心公式。
• 一处提醒：本讲所有「上三角化」「极小多项式」的引用都只借结论、不重述证明，需要回看时按正文标出的讲次编号去查。