特征多项式的互素因式分解诱导出全空间的直和分解
例题：设$V$为数域$\mathbb{F}$上的$n$维线性空间，$\varphi$是$V$上的线性变换，其特征多项式与极小多项式分别为$f(\lambda)$和$m(\lambda）$.设
$$f(\lambda)=P_1(\lambda)^{r_1}P_2(\lambda)^{r_2}{\cdots}P_t(\lambda)^{r_t},
m(\lambda)=P_1(\lambda)^{s_1}P_2(\lambda)^{s_2}{\cdots}P_t(\lambda)^{s_t}$$
分别为$f(\lambda)$和$m(\lambda)$的不可约分解，其中$P_i(\lambda)$是数域$F$上互异的首一不可约多项式，$r_i>0,s_i>0(i=1,2,{\cdots},t)$.
设$V_i=KerP_i(\varphi)^{r_i},U_i=KerP_i(\varphi)^{s_i}\quad(i=1,2,{\cdots},t).$
证明:(1)$ \quad V=V_1 \ {\oplus}\ V_2\ {\oplus}\ {\cdots}\ {\oplus}\ V_t$, 且$U_i=V_i,（i=1,2,{\cdots},t) $.
(2) $\quad \varphi{\mid}_{V_i}$的特征多项式为$P_i(\lambda)^{r_i}$，极小多项式为$P_i(\lambda)^{s_i}$，特别地 $\ dimV_i=r_idegP_i(\lambda)$.
$证明(1):令f_i(\lambda)={\underset{j\not=i}{\Pi}}P_j(\lambda)^{r_j},(i=1,2,{\cdots},t),容易看出f_1(\lambda),f_2(\lambda),{\cdots},f_t(\lambda)互素，$
$ 故存在u_i(\lambda),
(i=1,2,{\cdots},t),使得f_1(\lambda)u_1(\lambda)+f_2(\lambda)u_2(\lambda)+
{\cdots}+f_t(\lambda)u_t(\lambda)=1.$
$将\varphi带人上式，得
f_1(\varphi)u_1(\varphi)+f_2(\varphi)u_2(\varphi)+
{\cdots}+f_t(\varphi)u_t(\varphi)=Id_V.$
$由Hamilton-Cayley定理可知,O=f(\varphi)=P_i(\varphi)^{r_i}f_i(\varphi)$
$对{\forall}\alpha{\in}V,\alpha=f_1(\varphi)u_1(\varphi)\alpha+f_2(\varphi)u_2(\varphi)\alpha+
{\cdots}+f_t(\varphi)u_t(\varphi)\alpha. \quad$
$容易验证f_i(\varphi)u_i(\varphi)\alpha{\in}KerP_i(\varphi)^{r_i}故\alpha{\in}V_1+V_2+{\cdots}+V_t,$
$即V\subseteq V_1+V_2+{\cdots}+V_t.故V= V_1+V_2+{\cdots}+V_t$
$任取\alpha_i{\in}V_i\cap({\underset{j\not=i}{\Sigma }{V_j}})$
$\alpha_i=f_1(\varphi)u_1(\varphi)\alpha_i+f_2(\varphi)u_2(\varphi)\alpha_i+
{\cdots}+f_i(\varphi)u_i(\varphi)\alpha_i+{\cdots}+f_t(\varphi)u_t(\varphi)\alpha_i$
$由\alpha_i{\in}V_i,故KerP_i(\varphi)^{r_i}\alpha_i=0,注意到f_j(\varphi)中都含有P_i(\varphi)^{r_i}因子(当j\not=i时),$
$故上式除了第i项都为0.即\alpha_i=f_i(\varphi)u_i(\varphi)\alpha_i,$
$再由\alpha_i\in{\underset{j\not=i}{\Sigma }{V_j}},故存在\beta_j{\in}V_j,使得
\alpha_i=\underset{j\not=i}{\Sigma }{\beta_j},$
$则\alpha_i=f_i(\varphi)u_i(\varphi)(\underset{j\not=i}{\Sigma }{\beta_j})=0,$
$故V_i\cap({\underset{j\not=i}{\Sigma }{V_j}})=O，
由直和定义可知 V=V_1 \ {\oplus}\ V_2\ {\oplus}\ {\cdots}\ {\oplus}\ V_t,$
$完全类似的讨论可得V=U_1 \ {\oplus}\ U_2\ {\oplus}\ {\cdots}\ {\oplus}\ U_t$
$由于m(\lambda)|f(\lambda),则s_i{\le}r_i,于是U_i{\subset}V_i
再由维数公式即可得U_i=V_i.$
证明(2):$由于 V_i=KerP_i(\varphi)^{r_i},显然是 \varphi -不变子空间，$
$故可将 \varphi|_{V_i},并设其特征多项式和极小多项式为 f_i(\lambda) 和 m_i(\lambda)$.
$由于 \ P_i(\varphi{\mid}_{V_i})^{r_i} = P_i(\varphi)^{r_i}{\mid}_V\ _i = 0 $
$故\varphi|_{V_i}的特征值都适合P_i(\lambda)^{r_i}，即f_i(\lambda)的根都是P_i(\lambda)^{r_i}的根.$
$由6.1节习题16可知:f_1(\lambda)f_2(\lambda){\cdots}f_t(\lambda)=f(\lambda)=P_1(\lambda)^{r_1}P_2(\lambda)^{r_2}{\cdots}P_t(\lambda)^{r_t}$
$由于P_1(\lambda)^{r_1},P_2(\lambda)^{r_2},{\cdots},P_t(\lambda)^{r_t}
两两互素，故只能f_i(\lambda)=P_i(\lambda)^{r_i}$
$另一方面,同理可知\varphi|_{V_i}也适合P_i(\lambda)^{s_i}，由极小多项式的性质可得m_i(\lambda)|P_i(\lambda)^{s_i}$
$由于P_1(\lambda)^{r_1},P_2(\lambda)^{r_2},{\cdots},P_t(\lambda)^{r_t}
两两互素,故m_1(\lambda),m_2(\lambda),{\cdots},m_t(\lambda)也两两互素，$
从而最小公倍数为它们的乘积，由分块对角阵的极小多项式可得:
$ m_1(\lambda)m_2(\lambda){\cdots}m_t(\lambda)=m(\lambda)=P_1(\lambda)^{s_1}P_2(\lambda)^{s_2}{\cdots}P_t(\lambda)^{s_t}.$
$从而m_i(\lambda)=P_i(\lambda)^{s_i}.$
$由于特征多项式的次数等于线性空间的维数，故dimV_i=degP_i(\lambda)^{r_i}=r_idegP_i(\lambda).$
$注:(1)中f_i(\lambda)与(2)中没有直接联系$
$(\bigstar)若不限定f(\lambda)是\varphi的特征多项式,而只要求\varphi适合它,则由相同的讨论可以得到$
$(1)即全空间的直和分解.$
$(\bigstar\bigstar)实际上全空间V可看成KerP_1(\varphi)^{r_i}P_2(\varphi)^{r_i}{\cdots}P_t(\varphi)^{r_i},$
$这是由于KerP_i(\varphi)^{r_i}{\oplus}\ KerP_j(\varphi)^{r_j}=KerP_i(\varphi)^{r_i}P_j(\varphi)^{r_j}（当i\not=j成立）该性质留给读者证明.$
$并且有KerP_i(\varphi)^{r_i}=Im{\underset{j\not=i}{\Pi}}P_j(\varphi)^{r_j},(i=1,2,{\cdots},t)该性质也留给读者证明.$
$特别地,当一个线性变换\varphi的极小多项式等于特征多项式的时候，它有许多良好的性质，$
$比如这时只有有限个\varphi -不变子空间.其个数留作思考.$
Jordan标准型从几何角度的构造.
$ $
$(\bigstar\bigstar\bigstar)若将数域\mathbb{F}改为数域\mathbb{C}，则P_i(\lambda)都为一次多项式,则(1)的结论实际上是全空间等于$
$所有根子空间的直和,$
$此时设V为复数域\mathbb{C}上的n维线性空间，\varphi是V上的线性变换，$
$其特征多项式f(\lambda)=(\lambda-\lambda_1)^{r_1}(\lambda-\lambda_2)^{r_2}{\cdots}(\lambda-\lambda_k)^{r_k}.V_i=Ker(\varphi-{\lambda_i}I)^{r_i}$
$有 V=V_1 \ {\oplus}\ V_2\ {\oplus}\ {\cdots}\ {\oplus}\ V_t.$
$我们将\varphi限制在V_i上，我们回想上学期第四章线性变换的一个基本问题.$
$即如何找到一组基使得线性变换在这组基下的表示矩阵比较简单，$
$我们由上述全空间的直和分解后，我们只需考虑求V_i的一组基使得 $
$ \varphi|_{V_i}在这组基下的表示矩阵相对简单.$
$ 由因为 \varphi |_{V_i}—\lambda_i{Id_V}在{V_i}上是幂零的，故只要对幂零线性变换考虑其Jordan标准型即可. $
$即命题:设V是是复数域\mathbb{C}上的n维线性空间,\varphi是V上的幂零线性变换，$
$ 则存在V的一组基\{{e_1,e_2,{\cdots},e_n}\}使得\varphi在这组基下的表示阵为.$
$J=\{J(0,r_1),J(0,r_2),{\cdots},J(0,r_k)\}.$
$其中J(0,r_i)是零特征值的r_i阶Jordan块$
$J(0,r_i) =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & & & \\
& 0 & \ddots & & \\
& & \ddots &\ddots & \\
& & & \ddots & 1 \\
& & & & 0
\end{pmatrix} $
$这是从几何的角度来构造Jordan标准型,证明略微复杂，而课本上是由\lambda-矩阵的即代数方面进行构造.$
$两种方法各有优缺点.$
$主要参考文献:谢启鸿高代白皮书第四版例7.87及Jordan标准型的几何构造.$