线性变换

节 4.5 线性变换

建设中！

子节 4.5.1

线性变换：线性映射 $ϕ : V \to V$ 。
$V$ 上所有线性变换 $L (V, V)$ ，简记为 $L (V)$ 。
$L (V)$ 按照线性映射的加法、数乘运算构成数域 $F$ 上的线性空间。
$L (V)$ 中线性变换关于合成运算封闭，即对任意 $ϕ, ψ \in L (V)$ ，均有

$ψ ϕ \in L (V),$

且 $\forall ϕ, ψ, σ \in L (V), c \in F$ ，有
1. 合成结合律: $σ (ψ ϕ) = (σ ψ) ϕ$ ；
2. 合成与加法协调: $(σ + ψ) ϕ = σ ϕ + ψ ϕ$ ；
3. 合成与数乘协调: $(c ψ) ϕ = c (ψ ϕ) = ψ (c ϕ)$ 。

定义 4.5.1.

设

V

是

F

的线性空间。如果在

V

上定义乘法“

\circ

”满足

🔗

乘法结合律: $α \circ (β \circ γ) = (α \circ β) \circ γ$ ；
乘法与加法协调: $α \circ (β + γ) = α \circ β + α \circ γ$ ， $(α + β) \circ γ = α \circ γ + β \circ γ$ ；
乘法与数乘协调: $c (α \circ β) = (c α) \circ β = α \circ (c β)$ ；

则称

V

是

F

上的代数。若还满足

🔗

存在单位元: 存在 $e \in V$ 使得 $e \circ α = α \circ e = α$ ；

则称

V

是带单位元

e

的

F

上代数。若满足项 1、项 2、项 3，还满足

🔗

乘法交换律: $α \circ β = β \circ α$ ，

则称

V

是

F

上的交换代数。若不满足项 1 的代数称为非交换代数。

🔗

定义 4.5.2.

设

V

，

U

是数域

F

上的两个代数，若存在线性空间同构映射

Θ : V \to U

，且满足

🔗

Θ (α \circ β) = Θ (α) \circ Θ (β)

则称

Θ

是

F

上的代数同构，称

V

与

U

代数同构。

🔗

若 $V$ 、 $U$ 代数同构，则 $V$ ， $U$ 必线性同构，从而

$\dim V = \dim U .$

定理 4.5.3.

设

V

是

F

上

n

维线性空间，

ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}

是

V

的一个基，令

🔗

Θ : L (V) \to F^{n \times n}, ϕ \mapsto A,

其中

🔗

ϕ (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) A,

则

Θ

是代数同构。

A

称为

ϕ

在基

ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}

下的矩阵。

🔗

推论 4.5.4.

设

V

是

F

上是

n

维线性空间，则

🔗

\dim L (V) = n^{2} .

🔗

推论 4.5.5.

定理 4.5.3中的

Θ

满足

🔗

$Θ ({i d}_{V}) = E_{n}$ ；
$ϕ$ 是 $V$ 的自同构 $\Leftrightarrow Θ (ϕ)$ 是可逆矩阵，这时有

$Θ (ϕ^{- 1}) = Θ (ϕ)^{- 1} .$

🔗

推论 4.5.6.

设

ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}

是

V

的一个基，

🔗

ϕ (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) A,

若

α = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) X

，则

🔗

ϕ (α) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) A X .

🔗

推论 4.5.7.

设

ϕ \in L (V)

，则

🔗

\dim I m ϕ + \dim K e r ϕ = \dim V .

🔗

推论 4.5.8.

设

ϕ

是

n

维线性空间

V

的线性变换，则下列命题等价：

🔗

$ϕ$ 是可逆映射；
$ϕ$ 是同构映射；
$ϕ$ 是单射；
$ϕ$ 是满射；
$ϕ$ 在任意基下的矩阵是可逆阵。

🔗

定理 4.5.9.

设

ϕ \in L (V)

是

n

维线性空间

V

的一个线性变换，

ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}

和

η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}

是

V

的两个基，且

🔗

(η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) P .

若

🔗

ϕ (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) A,

ϕ (η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}) = (η_{1}, η_{2}, \dots, η_{n}) B,

则

🔗

B = P^{- 1} A P .

🔗

定义 4.5.10.

设

A

、

B \in F^{n \times n}

。若存在可逆矩阵

P

，使得

🔗

B = P^{- 1} A P,

则称

A

相似于

B

。

🔗

同一个线性变换在不同基下的矩阵是相似的。反之，若 $A$ 、 $B$ 相似，则 $A$ 、 $B$ 是同一个线性变换在不同基下的矩阵。

命题 4.5.11.

相似关系是等价关系。

🔗

练习 4.5.2 练习

1.

设

φ

是线性空间

V

上的线性变换，

α \in V

，若存在正整数

k

，使得

🔗

φ^{k - 1} (α) \neq 0, φ^{k} (α) = 0,

证明：向量组

α, φ (α), \dots, φ^{k - 1} (α)

线性无关。

🔗

解答.

设

a_{0} α + a_{1} φ (α) + \dots + a_{k - 1} φ^{k - 1} (α) = 0,

由于

φ^{k} (α) = 0

，所以两边作用

φ^{k - 1}

得

a_{0} φ^{k - 1} (α) = 0.

注意到

φ^{k - 1} (α) \neq 0

，所以

a_{0} = 0

。于是，

a_{1} φ (α) + \dots + a_{k - 1} φ^{k - 1} (α) = 0,

两边作用

φ^{k - 2}

，得

a_{1} = 0

。依此类推，可得

a_{0} = a_{1} = \dots = a_{k - 1} = 0

。故

α, φ (α), \dots, φ^{k - 1} (α)

线性无关。

🔗

2.

设

V

是数域

F

上

n

维线性空间，

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}

是

V

的一个基，定义

V

上的线性变换使得

🔗

φ (α_{i}) = α_{i + 1} (i = 1, 2, \dots, n - 1), φ (α_{n}) = 0,

🔗

求 $φ$ 在基 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 下的矩阵 $A$ ；
证明： $φ^{n} = 0, φ^{n - 1} \neq 0$ ；
设 $ψ$ 是 $V$ 上线性变换且满足 $ψ^{n} = 0, ψ^{n - 1} \neq 0$ ，证明：存在 $V$ 的一个基 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n}$ ，使得 $ψ$ 在这个基下的矩阵也是 $A$ 。

解答.

因为

$φ (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) = (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}) (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 1 & 0 \end{matrix}),$

所以 $φ$ 在基 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 下的矩阵 $A = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 1 & 0 \end{matrix})$ 。
因为 $φ^{n}$ 、 $φ^{n - 1}$ 在基 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ 下的矩阵分别为 $A^{n}$ 、 $A^{n - 1}$ ，而

$A^{n} = 0, A^{n - 1} = (\begin{matrix} 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}) \neq 0,$

故 $φ^{n} = 0, φ^{n - 1} \neq 0$ 。
因为 $ψ^{n - 1} \neq 0$ ，所以存在 $α \in V$ 使得 $ψ^{n - 1} (α) \neq 0$ 。由第1题结论知向量组

$α, ψ (α), \dots, ψ^{n - 1} (α)$

线性无关。注意到 $\dim V = n$ ，故 $α, ψ (α), \dots, ψ^{n - 1} (α)$ 是 $V$ 的一个基。令

$β_{1} = α, β_{2} = ψ (α), \dots, β_{n} = ψ^{n - 1} (α),$

则 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n}$ 是 $V$ 的一个基，且

$ψ (β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n}) = (ψ (α), ψ^{2} (α), \dots, ψ^{n - 1} (α), 0) = (β_{2}, β_{3}, \dots, β_{n}, 0) .$

故 $ψ$ 在基 $β_{1}, β_{2}, \dots, β_{n}$ 下的矩阵也是

$A = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 1 & 0 \end{matrix}) .$

🔗

3.

设

φ, ψ

都是

V

上幂等变换，即

φ^{2} = φ, ψ^{2} = ψ

，证明：

φ + ψ

是幂等变换的充分必要条件是

φ ψ = ψ φ = 0

。

🔗

解答.

充分性：因为

φ^{2} = φ, ψ^{2} = ψ, φ ψ = ψ φ = 0

，所以

(φ + ψ)^{2} = φ^{2} + φ ψ + ψ φ + ψ^{2} = φ + ψ,

即

φ + ψ

是幂等变换。

必要性：因为

φ + ψ = (φ + ψ)^{2}

，即

φ + ψ = φ^{2} + φ ψ + ψ φ + ψ^{2}

，又

φ^{2} = φ, ψ^{2} = ψ

，故

\begin{matrix} (4.3) & φ ψ + ψ φ = 0. \end{matrix}

两边同时左乘

φ

，得

φ^{2} ψ + φ ψ φ = 0

，即

\begin{matrix} (4.4) & φ ψ + φ ψ φ = 0 \end{matrix}

两边同时右乘

φ

，得

φ ψ φ + ψ φ^{2} = 0

，即

\begin{matrix} (4.5) & φ ψ φ + ψ φ = 0 \end{matrix}

(4.4)

-

(4.5)得，

\begin{matrix} (4.6) & φ ψ - ψ φ = 0 \end{matrix}

于是，由(4.3)

+

(4.6)，(4.4)

-

(4.5)得

φ ψ = ψ φ = 0

。

🔗

4.

设

A, B \in F^{n \times n}

，定义线性变换

φ : F^{n \times n} \to F^{n \times n}, X \mapsto A X B

，证明：

φ

是可逆变换的充分必要条件是

A, B

为可逆矩阵。

🔗

解答.

对任意

X, Y \in F^{n \times n}, a, b \in F

，有

φ (a X + b Y) = A (a X + b Y) B = a (A X B) + b (A Y B) = a φ (X) + b φ (Y),

故

φ

是

F^{n \times n}

上的线性变换。

充分性：因

A, B

都是可逆矩阵，所以可定义

F^{n \times n}

上的变换

ψ

如下：

ψ : F^{n \times n} \to F^{n \times n}, X \mapsto A^{- 1} X B^{- 1} .

对任意

X \in F^{n \times n}

，有

\begin{matrix} φ ψ (X) = φ (A^{- 1} X B^{- 1}) = A (A^{- 1} X B^{- 1}) B = X, \\ ψ φ (X) = ψ (A X B) = A^{- 1} (A X B) B^{- 1} = X, \end{matrix}

即

φ ψ = i d_{F^{n \times n}}, ψ φ = i d_{F^{n \times n}}

，故

φ

可逆。又

φ

是线性变换，故

φ

是线性同构。

必要性：由于

φ

是满射，所以存在

X \in F^{n \times n}

使得

φ (X) = E_{n}

，即

A X B = E_{n}

。因此

n

阶方阵

A, B

都是可逆矩阵，且

A^{- 1} = X B, B^{- 1} = A X

。

🔗

5.

设

A = d i a g (a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})

，定义

F^{n \times n}

上线性变换

🔗

φ : F^{n \times n} \to F^{n \times n}, X \mapsto A X - X A,

证明：

φ

在

F^{n \times n}

的标准基

{E_{i j} | 1 \leq i, j \leq n}

下的矩阵也是对角矩阵。

🔗

解答.

因为

φ (E_{i j}) = A E_{i j} - E_{i j} A = (a_{i} - a_{j}) E_{i j}

，所以

φ

在基

E_{11}, \dots, E_{1 n}, E_{21}, \dots, E_{2 n}, \dots, E_{n 1}, \dots, E_{n n}

下的矩阵为对角矩阵

(\begin{matrix} a_{1} - a_{1} \\ ⋱ \\ a_{1} - a_{n} \\ a_{2} - a_{1} \\ ⋱ \\ a_{2} - a_{n} \\ ⋱ \\ a_{n} - a_{1} \\ ⋱ \\ a_{n} - a_{n} \end{matrix}) .

🔗

6.

设线性变换

φ : F^{3} \to F^{3}, (a, b, c)^{T} \mapsto (a, a + b, a + b + c)^{T}

，

🔗

求 $φ$ 在基 $ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}$ 下的矩阵；
求 $φ$ 在基 $ε_{2}, ε_{3}, ε_{1}$ 下的矩阵；
求 $φ$ 在基 $ε_{1} + ε_{2}, ε_{2} + ε_{3}, ε_{3} + ε_{1}$ 下的矩阵；
证明： $φ$ 可逆，并求出 $φ^{- 1}$ ；
求 $2 φ - φ^{- 1}$ 在基 $ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}$ 下的矩阵。

解答.

因为 $φ (ε_{1}) = ε_{1} + ε_{2} + ε_{3}, φ (ε_{2}) = ε_{2} + ε_{3}, φ (ε_{3}) = ε_{3}$ ，所以

$φ (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}),$

故 $φ$ 在基 $ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}$ 下的矩阵为 $A = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix})$ 。
解法一：因为 $φ (ε_{2}) = ε_{2} + ε_{3}, φ (ε_{3}) = ε_{3}, φ (ε_{1}) = ε_{2} + ε_{3} + ε_{1},$ ，所以

$φ (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}),$

故 $φ$ 在基 $ε_{2}, ε_{3}, ε_{1}$ 下的矩阵为 $B = (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ 。

解法二：因为 $(ε_{2}, ε_{3}, ε_{1}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) P$ ，其中

$P = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}),$

所以 $φ$ 在基 $ε_{2}, ε_{3}, ε_{1}$ 下的矩阵为

$B = P^{- 1} A P = (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .$
因为 $(ε_{1} + ε_{2}, ε_{2} + ε_{3}, ε_{3} + ε_{1}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) Q$ ，其中

$Q = (\begin{matrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}),$

所以 $φ$ 在基 $ε_{1} + ε_{2}, ε_{2} + ε_{3}, ε_{3} + ε_{1}$ 下的矩阵为

$C = Q^{- 1} A Q = (\begin{matrix} \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1 \end{matrix}) .$
因为

$φ (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) A,$

其中 $A = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix})$ 是可逆矩阵，所以 $φ$ 可逆，且 $φ^{- 1}$ 满足

$φ^{- 1} (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) A^{- 1} = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \end{matrix}),$

即

$φ^{- 1} : F^{3} \to F^{3}, (a, b, c)^{T} \mapsto (a, b - a, c - b)^{T} .$
$2 φ - φ^{- 1}$ 在基 $ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}$ 下的矩阵为

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

🔗

7.

设

A, B

是

n

阶方阵，且

A

可逆，证明：

A B

相似于

B A

。

🔗

解答.

因为存在可逆矩阵

A

，使得

B A = A^{- 1} (A B) A,

所以

A B

相似于

B A

。

🔗

8.

设

A

相似于

B

，

C

相似于

D

，证明：

(\begin{matrix} A & 0 \\ 0 & C \end{matrix})

相似于

(\begin{matrix} B & 0 \\ 0 & D \end{matrix})

。

🔗

解答.

因为

A

相似于

B

，

C

相似于

D

，所以存在可逆矩阵

P

、

Q

使得

B = P^{- 1} A P, D = Q^{- 1} C Q .

令

R = (\begin{matrix} P & 0 \\ 0 & Q \end{matrix})

，则

R

可逆且

\begin{array}{rcl} R^{- 1} (\begin{array}{c} A & 0 \\ 0 & C \end{array}) R & = & {(\begin{array}{c} P & 0 \\ 0 & Q \end{array})}^{- 1} (\begin{array}{c} A & 0 \\ 0 & C \end{array}) (\begin{array}{c} P & 0 \\ 0 & Q \end{array}) \\ = & (\begin{array}{c} P^{- 1} A P & 0 \\ 0 & Q^{- 1} C Q \end{array}) = (\begin{array}{c} B & 0 \\ 0 & D \end{array}) . \end{array}

🔗

9.

设

A

相似于

B

，证明：对任意正整数

m

和任意

c \in F

，有

🔗

$A^{m}$ 相似于 $B^{m}$ ；
$c A$ 相似于 $c B$ ；
$A^{T}$ 相似于 $B^{T}$ ；
$det A = det B$ ；
$t r (A) = t r (B)$ ；
$A$ 可逆当且仅当 $B$ 可逆，且 $A^{- 1}$ 相似于 $B^{- 1}$ ；
$A^{2} = A$ 当且仅当 $B^{2} = B$ 。

解答.

因为

A

相似于

B

，所以存在可逆矩阵

P

，使得

B = P^{- 1} A P

。

$B^{m} = (P^{- 1} A P) (P^{- 1} A P) \dots (P^{- 1} A P) = P^{- 1} A^{m} P$ ，故 $A^{m}$ 相似于 $B^{m}$ 。
$c B = c (P^{- 1} A P) = P^{- 1} (c A) P$ ，故 $c A$ 相似于 $c B$ 。
$B^{T} = (P^{- 1} A P)^{T} = P^{T} A^{T} {(P^{- 1})}^{T} = P^{T} A^{T} {(P^{T})}^{- 1}$ ，故 $A^{T}$ 相似于 $B^{T}$ 。
$det B = det (P^{- 1} A P) = det P^{- 1} det A det P = det A$ 。
$t r (B) = t r (P^{- 1} A P) = t r ((A P) P^{- 1}) = t r (A)$ 。
因为 $det B = det A$ ，所以 $det A \neq 0$ 当且仅当 $det B \neq 0$ ，即 $A$ 可逆当且仅当 $B$ 可逆。
因为 $B = P^{- 1} A P, B^{2} = P^{- 1} A^{2} P$ ，所以

$B^{2} = B \Leftrightarrow P^{- 1} A^{2} P = P^{- 1} A P \Leftrightarrow A^{2} = A .$

🔗

10.

给定

n

阶方阵

A = (\begin{matrix} λ_{0} & 1 \\ λ_{0} & 1 \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & 1 \\ λ_{0} \end{matrix})

，证明：

A

相似于

A^{T}

，并求可逆矩阵

P

使得

A^{T} = P^{- 1} A P

。

🔗

解答.

证法一：定义线性变换

φ : F^{n} \to F^{n}, X \mapsto A X

，则

φ (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) A,

即

φ (ε_{1}) = λ_{0} ε_{1}, φ (ε_{2}) = ε_{1} + λ_{0} ε_{2}, φ (ε_{3}) = ε_{2} + λ_{0} ε_{3}, \dots, φ (ε_{n}) = ε_{n - 1} + λ_{0} ε_{n},

故

φ (ε_{n}, ε_{n - 1}, \dots, ε_{2}, ε_{1}) = (ε_{n}, ε_{n - 1}, \dots, ε_{2}, ε_{1}) (\begin{matrix} λ_{0} \\ 1 & λ_{0} \\ 1 & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ \\ 1 & λ_{0} \end{matrix}) .

因此

φ

在基

ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}

下的矩阵为

A

，而在基

ε_{n}, ε_{n - 1}, \dots, ε_{1}

下的矩阵为

A^{T}

。从而，

A

相似于

A^{T}

。

注意到

(ε_{n}, ε_{n - 1}, \dots, ε_{1}) = (ε_{1}, ε_{2}, \dots, ε_{n}) P

，其中

P = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & \dots & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}),

所以

A^{T} = P^{- 1} A P

。

证法二：令

P = (\begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & \dots & 1 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 1 & \dots & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 0 \end{matrix}),

则

P

可逆，且

P^{- 1} A P = A^{T}

。因此

A

相似于

A^{T}

。

🔗

11.

设

φ

是

n

维线性空间

V

上的线性变换，证明：

🔗

$K e r φ \subseteq K e r φ^{2} \subseteq K e r φ^{3} \subseteq \dots \subseteq K e r φ^{n} \subseteq \dots$ ；
$I m φ \supseteq I m φ^{2} \supseteq I m φ^{3} \supseteq \dots \supseteq I m φ^{n} \supseteq \dots$ ；
存在正整数 $s$ ，使得 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ ；
存在正整数 $t$ ，使得 $I m φ^{t} = I m φ^{t + 1}$ ；
若 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ ，则对于任意正整数 $i$ ，有 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + i}$ ；
若 $I m φ^{t} = I m φ^{t + 1}$ ，则对于任意正整数 $i$ ，有 $I m φ^{t} = I m φ^{t + i}$ ；
$K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ 的充分必要条件是 $I m φ^{s} = I m φ^{s + 1}$ ；
若 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ ，那么 $V = K e r φ^{s} \oplus I m φ^{s}$ 。

解答.

对任意 $m \in Z^{+}, α \in m K e r φ^{m}$ ，有 $φ^{m} (α) = 0$ ，则

$φ^{m + 1} (α) = φ (φ^{m} (α)) = φ (0) = 0.$

故 $m K e r φ^{m} \subseteq m K e r φ^{m + 1}$ 。
对任意 $m \in Z^{+}$ ，下证 $I m φ^{m} \supseteq I m φ^{m + 1}$ 。对任意 $β \in I m φ^{m + 1}$ ，存在 $α \in V$ ，使得 $β = φ^{m + 1} (α)$ ，则

$β = φ^{m} (φ (α)) \in I m φ^{m} .$

从而 $I m φ^{m} \supseteq I m φ^{m + 1}$ 。
$K e r φ^{m} \neq K e r φ^{m + 1}$ 的充要条件是 $\dim K e r φ^{m} < \dim K e r φ^{m + 1}$ 。因为 $V$ 是有限维线性空间，所以 $(1)$ 中的包含关系不可能全部是真包含。故存在正整数 $s$ ，使得 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ 。
$I m φ^{m} \neq I m φ^{m + 1}$ 的充要条件是 $\dim I m φ^{m} > \dim I m φ^{m + 1}$ 。因为 $V$ 是有限维线性空间，所以 $(2)$ 中的包含关系不可能全部是真包含。故存在正整数 $t$ ，使得 $I m φ^{t} = I m φ^{t + 1}$ 。
我们只需证明对任意 $j > s$ ，总有 $K e r φ^{j} = K e r φ^{j + 1}$ 。事实上，对任意 $α \in K e r φ^{j + 1}$ ，有 $φ^{j + 1} (α) = 0$ ，即 $φ^{s + 1} (φ^{j - s} (α)) = 0$ ，则 $φ^{j - s} (α) \in K e r φ^{s + 1}$ 。注意到 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ ，所以 $φ^{j - s} (α) \in K e r φ^{s}$ 。因而

$0 = φ^{s} (φ^{j - s} (α)) = φ^{j} (α),$

这说明 $α \in φ^{j}$ ，即 $K e r φ^{j + 1} \subseteq K e r φ^{j}$ 。由结论 $(1)$ ，有 $K e r φ^{j} \subseteq K e r φ^{j + 1}$ ，因此 $K e r φ^{j} = K e r φ^{j + 1}$ 。从而，

$K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1} = K e r φ^{s + 2} = \dots = K e r φ^{s + i} = \dots .$
我们只需证明对任意 $j > t$ ，总有 $I m φ^{j} = I m φ^{j + 1}$ 。事实上，对任意 $α \in I m φ^{j}$ ，存在 $β \in V$ ，使得 $α = φ^{j} (β)$ ，即 $α = φ^{j - t} (φ^{t} (β))$ 。注意到 $φ^{t} (β) \in I m φ^{t}$ 且 $I m φ^{t} = I m φ^{t + 1}$ ，所以存在 $γ \in V$ ，使得 $φ^{t} (β) = φ^{t + 1} (γ)$ 。因而

$α = φ^{j - t} (φ^{t + 1} (γ)) = φ^{j + 1} (γ) \in I m φ^{j + 1},$

这说明 $I m φ^{j} \subseteq I m φ^{j + 1}$ 。由结论 $(2)$ ，有 $I m φ^{j + 1} \subseteq I m φ^{j}$ ，因此 $I m φ^{j} = I m φ^{j + 1}$ 。从而，

$I m φ^{t} = I m φ^{t + 1} = I m φ^{t + 2} = \dots = I m φ^{t + i} = \dots .$
根据维数公式

$\dim K e r φ^{s} + \dim I m φ^{s} = \dim V = \dim K e r φ^{s + 1} + \dim I m φ^{s + 1},$

结合 $K e r φ^{s} \subseteq K e r φ^{s + 1}$ 和 $I m φ^{s} \supseteq I m φ^{s + 1}$ ，得到

$\begin{array}{ccl} K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1} & \Leftrightarrow & \dim K e r φ^{s} = \dim K e r φ^{s + 1} \\ \Leftrightarrow & \dim I m φ^{s} = \dim I m φ^{s + 1} \\ \Leftrightarrow & I m φ^{s} = I m φ^{s + 1} . \end{array}$
因为 $K e r φ^{s} = K e r φ^{s + 1}$ ，所以由 $(5), (6), (7)$ 知

$K e r φ^{s} = K e r φ^{2 s}, I m φ^{s} = I m φ^{2 s} .$

对任意 $α \in V$ ， $φ^{s} (α) \in I m φ^{s}$ ，所以存在 $β \in V$ 使得 $φ^{s} (α) = φ^{2 s} (β)$ ，则

$α = φ^{s} (β) + (α - φ^{s} (β)),$

这里

$φ^{s} (α - φ^{s} (β)) = φ^{s} (α) - φ^{2 s} (β) = 0,$

即 $α - φ^{s} (β) \in K e r φ^{s}$ 。而 $φ^{s} (β) \in I m φ^{s}$ ，故 $V = K e r φ^{s} + I m φ^{s}$ 。

对任意 $α \in K e r φ^{s} ⋂ I m φ^{s}$ ，存在 $β \in V$ 使得 $α = φ^{s} (β)$ 。又 $φ^{s} (α) = 0$ ，所以

$0 = φ^{s} (φ^{s} (β)) = φ^{2 s} (β),$

即 $β \in K e r φ^{2 s} = K e r φ^{s}$ 。于是 $α = φ^{s} (β) = 0$ ，即 $K e r φ^{s} ⋂ I m φ^{s} = 0$ 。

综上， $V = K e r φ^{s} \oplus I m φ^{s}$ 。

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12.

设

φ

是

n

维线性空间

V

上的线性变换，满足

\dim I m φ^{2} = \dim I m φ

，证明：

I m φ ⋂ K e r φ = 0

。

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解答.

对任意

α \in I m φ ⋂ K e r φ

，存在

β \in V

使得

α = φ (β)

。因

φ (α) = 0

，所以

φ^{2} (β) = 0

，即

β \in K e r φ^{2}

。由条件

\dim I m φ^{2} = \dim I m φ

、

I m φ^{2} \subseteq I m φ

，得

I m φ^{2} = I m φ

。根据上题结论

(7)

知，

K e r φ^{2} = K e r φ

。故

β \in K e r φ

，即

α = φ (β) = 0.

因此

I m φ ⋂ K e r φ = 0

。

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