高等代数期中考试

Posted 2020-11-02 熊锐的数学博客

周四进行了高等代数期中考试，以下为试题和答案。

这学期当了高等代数的助教，我出了一份卷子，这周四进行了高等代数期中考试，以下为试题和答案。

 

问题1(10分)对于线性空间$V$, 若$V=A\\oplus B=C\\oplus D$, 且$A\\subseteq C$, 求证: $$C=A\\oplus (B\\cap C)$$

问题2(10分)证明: 两个复方阵$\\boldsymbol{A},\\boldsymbol{B}$相似当且仅当 $\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{A} \\\\ & \\boldsymbol{A} \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{B} \\\\ & \\boldsymbol{B} \\end{matrix}\\right)$相似.

问题3(10分, Bessel不等式) 对于$\\mathbb{R}$-内积空间$V$(不必有限维), 若有限个单位向量$\\boldsymbol{e}_1,\\ldots,\\boldsymbol{e}_n$两两正交, 求证, 对任何$\\boldsymbol{x}\\in V$, $$\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{x}\\right>^2\\geq \\sum_{i=1}^n |\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right>|^2$$

问题4(20分, Schur)证明: 每个复矩阵$\\boldsymbol{A}$都酉相似到上三角形. 具体来说, 存在酉矩阵$\\boldsymbol{U}$(即$\\boldsymbol{U}^{\\mathsf{H}}\\boldsymbol{U}=\\boldsymbol{E}$, $\\{\\}^\\mathsf{H}$表示共轭转置)和上三角矩阵$\\boldsymbol{T}$使得 $$\\boldsymbol{A}=\\boldsymbol{UTU}^{-1}$$ (提示 :回忆``前Jordan时代\'\'的我们曾经证明的结论---任何一个矩阵都复相似到上三角矩阵. )

问题5(25分)对于$\\mathbb{C}$-线性空间$V$, 其上有两个线性变换$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$, 且$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可交换. 求证: $$\\textrm{$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可对角化}\\iff \\textrm{$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可同时对角化}$$ 这里可(同时)对交换的意思是存在一组基, 在这组基下, (两)线性变换对应的矩阵(都)是对角矩阵. 换言之, 存在一组由(公共)特征向量组成的基.

问题6(25分, Jordan分解) 对于有限维$\\mathbb{C}$-线性空间$V$, $\\mathscr{A}$是其上的线性变换, 本题的目的是为了证明如下的Jordan分解存在且唯一, $$\\mathscr{A}=\\mathscr{D}+\\mathscr{N}$$ 其中$\\mathscr{D},\\mathscr{N}$都是$V$上的线性变换, 且满足

• $\\mathscr{D}$可以对角化. 换言之, 存在一组基$\\epsilon_1,\\ldots,\\epsilon_n$和特征值$\\lambda_1,\\ldots,\\lambda_i$使得$\\mathscr{D}\\epsilon_i=\\lambda_i\\epsilon_i$, 对每一个$1\\leq i\\leq n$. (可对角化条件)
• $\\mathscr{N}$是幂零的. 即存在$m>0$使得$\\mathscr{N}^m=\\mathscr{O}$. (幂零条件)
• $\\mathscr{A}$分别与$\\mathscr{D}$, $\\mathscr{N}$可交换. 即$\\mathscr{AD}=\\mathscr{DA}, \\mathscr{AN}=\\mathscr{NA}$. (可交换条件)

本题如果不采用如下过程的思路, 完整地解决亦可得满分(只证明存在性可得5分)

直觉使我们相信$\\mathscr{D}$的对角线上应该按重数排列着$\\mathscr{A}$的所有特征值, 但是这需要构造和证明. 为此, 假设$\\mathscr{A}$的特征多项式为$$f(X)=(X-\\lambda_1)^{n_1}\\ldots(X-\\lambda_k)^{n_k}\\qquad \\textrm{$\\lambda_1,\\ldots,\\lambda_n\\in\\mathbb{C}$两两不同}$$ 并且记属于特征值$\\lambda_i$的根子空间 $$V_{i}=\\ker\\left[(\\mathscr{A}-\\lambda_i)^{n_i}\\right]\\subseteq V$$ 

(1)(5分)证明: $V_i$是$\\mathscr{A}$-不变子空间.

(2)(5分)证明: $$V=V_1\\oplus \\ldots \\oplus V_k$$ (提示: 只需证明对两个互质的多项式$f,g$有$V=\\ker f(\\mathscr{A})\\oplus \\ker g(\\mathscr{A})$.)

(3)(5分)证明: 对任意$1\\leq j\\leq n$, 存在多项式$f_j(X)$使得 $$[f_j(\\mathscr{A})](v_1+\\ldots+v_k)=v_j\\qquad \\forall v_i\\in V_i$$(提示: 只需要$[f_j(\\mathscr{A})](v_i)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i\\neq j$. 用多项式的Béezout定理. )

既然已经构造出$f_j(X)$那么取 $$D(X)=\\lambda_1f_1(X)+\\ldots+\\lambda_kf_k(X)\\qquad N(X)=X-D(X)$$ 并令 $$\\mathscr{D}=D(\\mathscr{A})\\qquad \\mathscr{N}=N(\\mathscr{A})$$ 

(4)(5分)证明: 如上的$\\mathscr{D}, \\mathscr{N}$满足Jordan分解的三条要求. 注意到, 此时, $\\mathscr{D},\\mathscr{N}$甚至还是$\\mathscr{A}$的多项式.

(5)(5分, 唯一性)若$\\mathscr{D}\',\\mathscr{N}\'$满足Jordan分解的三条要求, 则 $$\\mathscr{D}\'=\\mathscr{D}, \\mathscr{N}\'=\\mathscr{N}$$

在这里你可以使用问题5的结论, 即使你没有解决问题5. 

(提示:需要注意到我们构造出的$\\mathscr{D}$是$\\mathscr{A}$的多项式, 同时注意到两个可以交换的幂零变换的差还是幂零的. )

 

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答案与评注

问题1(10分)对于线性空间$V$, 若$V=A\\oplus B=C\\oplus D$, 且$A\\subseteq C$, 求证: $$C=A\\oplus (B\\cap C)$$

证明 首先, $A\\cap (B\\cap C)\\subseteq A\\cap B=\\{0\\}$, 故$A\\cap B=\\{0\\}$. 此外, $\\forall x\\in C\\subseteq V$, 则$x=a+b$, 其中$a\\in A\\subseteq C, b\\in B$, 则$b=x-a\\in C$, 故$b\\in B\\cap C$, 故$C=A+(B\\cap C)$. 综上所述$C=A\\oplus (B\\cap C)$. $\\square$

评注 找基的方法是错误的! 例如取$A$是$\\boldsymbol{e}_1$张成的空间, $C$是$\\boldsymbol{e}_1,\\boldsymbol{e}_2$张成的空间, $D$是$\\boldsymbol{e}_1,\\boldsymbol{e}_2, \\boldsymbol{e}_3$张成的空间, $B$是$\\boldsymbol{e}_1+\\boldsymbol{e}_2, \\boldsymbol{e}_1+\\boldsymbol{e}_3$张成的空间. $\\boldsymbol{e}_2,\\boldsymbol{e}_3$根本不在$B$里面! 补空间不是唯一的, 在清楚自己写的是什么之前不要使用``的补空间\'\'或者$V/A$的记号. 没有内积结构也不要谈论垂直.

 

问题2(10分)证明: 两个复方阵$\\boldsymbol{A},\\boldsymbol{B}$相似当且仅当 $\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{A} \\\\ & \\boldsymbol{A} \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{B} \\\\ & \\boldsymbol{B} \\end{matrix}\\right)$相似.

证明 必要性显然. 对于充分性, 将$A,B$相似到Jordan标准型$\\boldsymbol{J}_A,\\boldsymbol{J}_A$, 则$\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{A} \\\\ & \\boldsymbol{A} \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{B} \\\\ & \\boldsymbol{B} \\end{matrix}\\right)$分别相似于$\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{J}_A\\\\ & \\boldsymbol{J}_A \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{J}_B \\\\ & \\boldsymbol{J}_B \\end{matrix}\\right)$, 后者也是Jordan标准型, 若$\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{A} \\\\ & \\boldsymbol{A} \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{B} \\\\ & \\boldsymbol{B} \\end{matrix}\\right)$相似, 则$\\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{J}_A\\\\ & \\boldsymbol{J}_A \\end{matrix}\\right), \\left(\\begin{matrix} \\boldsymbol{J}_B \\\\ & \\boldsymbol{J}_B \\end{matrix}\\right)$只相差一些Jordan块的排列, 而$\\boldsymbol{J}_A$和$\\boldsymbol{J}_B$的Jordan块正是这些Jordan块的一半, 故$\\boldsymbol{J}_A$与$\\boldsymbol{J}_B$相似. (也可使用初等因子法) $\\square$

评注 回归定义是不可能通过分块的方法得到过渡矩阵一定是准对角性! 例如 $$\\left(\\begin{matrix} 1 \\\\ & 1 \\end{matrix}\\right)=\\left(\\begin{matrix} &1 \\\\ 1& \\end{matrix}\\right) \\left(\\begin{matrix} 1 \\\\ & 1 \\end{matrix}\\right)\\left(\\begin{matrix} &1 \\\\ 1& \\end{matrix}\\right)$$

评注 参见李尚志P436. 习题6.

 

问题3(10分, Bessel不等式) 对于$\\mathbb{R}$-内积空间$V$(不必有限维), 若有限个单位向量$\\boldsymbol{e}_1,\\ldots,\\boldsymbol{e}_n$两两正交, 求证, 对任何$\\boldsymbol{x}\\in V$, $$\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{x}\\right>^2\\geq \\sum_{i=1}^n |\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right>|^2$$

证明 $\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right>$正是$\\boldsymbol{x}$在$\\boldsymbol{e}_i$上的投影, 受此启发, 作$\\boldsymbol{y}=\\boldsymbol{x}-\\sum_{i=1}^n \\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right> \\boldsymbol{e}_i$, 此时$\\boldsymbol{y}\\perp \\boldsymbol{e}_i$对任意$1\\leq i\\leq n$. 故根据勾股定理 $$||\\boldsymbol{x}||^2=\\left\\|\\sum_{i=1}^n \\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right> \\boldsymbol{e}_i\\right\\|^2+||y||^2\\geq \\left\\|\\sum_{i=1}^n \\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right> \\boldsymbol{e}_i\\right\\|^2 =\\sum_{i=1}^n |\\left<\\boldsymbol{x},\\boldsymbol{e}_i\\right>|^2$$ 得证. $\\square$

评注 无限维内积空间未必总有单位正交基.

评注 参见李尚志P492. 习题11.

 

问题4(20分, Schur)证明: 每个复矩阵$\\boldsymbol{A}$都酉相似到上三角形. 具体来说, 存在酉矩阵$\\boldsymbol{U}$(即$\\boldsymbol{U}^{\\mathsf{H}}\\boldsymbol{U}=\\boldsymbol{E}$, $\\{\\}^\\mathsf{H}$表示共轭转置)和上三角矩阵$\\boldsymbol{T}$使得 $$\\boldsymbol{A}=\\boldsymbol{UTU}^{-1}$$ (提示: 回忆``前Jordan时代\'\'的我们曾经证明的结论---任何一个矩阵都复相似到上三角矩阵. )

证明 根据代数基本定理, $\\boldsymbol{A}$总有特征向量, 通过单位化, 不妨假设其是单位向量, 将其扩充为全空间的一组单位正交基, 在这组基下$\\boldsymbol{A}$的矩阵形如 $$\\left(\\begin{matrix} \\lambda & * \\\\ 0& \\boldsymbol{A}\' \\end{matrix}\\right)$$ 即$\\boldsymbol{A}$酉相似到$\\left(\\begin{matrix} \\lambda & * \\\\ 0& \\boldsymbol{A}\' \\end{matrix}\\right)$, 然后利用归纳法得证. (或利用任何矩阵都相似到上三角矩阵(Jordan标准型), 以及QR分解.) $\\square$

评注 见李尚志P525 定理9.7.3. 相似和正交相似不一样, 例如 $\\boldsymbol{A}=\\left(\\begin{matrix} 1& 1 \\\\ & 0 \\end{matrix}\\right)$相似于$\\boldsymbol{B}=\\left(\\begin{matrix} 1& 0\\\\ & 0 \\end{matrix}\\right)$, 但若存在正交矩阵$\\boldsymbol{P}$使得$\\boldsymbol{P}^T\\boldsymbol{A}\\boldsymbol{P}=\\boldsymbol{B}$, 则 $$\\left(\\begin{matrix} 1& 0\\\\ & 0 \\end{matrix}\\right)= \\boldsymbol{B}\\boldsymbol{B}^{T}=\\boldsymbol{P}^T\\boldsymbol{A}\\boldsymbol{P}\\boldsymbol{P}^T\\boldsymbol{A}^{T}\\boldsymbol{P}=\\boldsymbol{P}^T\\boldsymbol{A}\\boldsymbol{A}^{T}\\boldsymbol{P} =\\boldsymbol{P}^T\\left(\\begin{matrix} 2& 0\\\\ 0& 0 \\end{matrix}\\right)\\boldsymbol{P}$$ 前者迹为$1$, 后者迹为$2$.

 

问题5(25分)对于$\\mathbb{C}$-线性空间$V$, 其上有两个线性变换$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$, 且$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可交换. 求证: $$\\textrm{$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可对角化}\\iff \\textrm{$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$可同时对角化}$$ 这里可(同时)对交换的意思是存在一组基, 在这组基下, (两)线性变换对应的矩阵(都)是对角矩阵. 换言之, 存在一组由(公共)特征向量组成的基.

证明 选定一组基, 转述为矩阵的条件, 假设$\\mathscr{A},\\mathscr{B}$在这组基下的矩阵是$\\boldsymbol{A},\\boldsymbol{B}$, 不妨通过选择恰当的基, 假定$\\boldsymbol{A}=\\left(\\begin{matrix}\\lambda_1\\boldsymbol{E}_1 \\\\& \\ddots \\\\ && \\lambda_k\\boldsymbol{E}_k\\end{matrix}\\right)$, 其中$\\lambda_i$互不相同, 对$\\boldsymbol{B}$施以同样的分块$\\boldsymbol{B}=\\left(\\begin{matrix}\\boldsymbol{B}_{11} & \\ldots & \\boldsymbol{B}_{1k}\\\\ \\vdots & \\ddots& \\vdots \\\\ \\boldsymbol{B}_{k1}& \\ldots & \\boldsymbol{B}_{kk}\\end{matrix}\\right)$, 验证$\\boldsymbol{A}\\boldsymbol{B}=\\boldsymbol{B}\\boldsymbol{A}$得到$\\lambda_i\\boldsymbol{B}_{ij}=\\lambda_{j}\\boldsymbol{B}_{ij}$, 因为假定$\\lambda_i$两两不同, 故$\\boldsymbol{B}_{ij}=\\boldsymbol{O}$当$i\\neq j$. 故$\\boldsymbol{B}=\\left(\\begin{matrix}\\boldsymbol{B}_{11} & \\\\ &\\ddots \\\\ &&\\boldsymbol{B}_{kk}\\end{matrix}\\right)$, 则因为$\\boldsymbol{B}$可对角化, $\\boldsymbol{B}_{ii}$也可对角化, 设$\\boldsymbol{P}_i$使得$\\boldsymbol{P}_i\\boldsymbol{B}_{ii}\\boldsymbol{P}_i^{-1}$为对角阵, 则$\\boldsymbol{P}=\\left(\\begin{matrix}\\boldsymbol{P}_{1} & \\\\ &\\ddots \\\\ &&\\boldsymbol{P}_{k}\\end{matrix}\\right)$. 则$\\boldsymbol{P}\\boldsymbol{A}\\boldsymbol{P}^{-1}=\\boldsymbol{A}$, 且$\\boldsymbol{P}\\boldsymbol{b}\\boldsymbol{P}^{-1}$为对角阵. $\\square$

评注 参见李尚志P355. 例4.

 

问题6(25分, Jordan分解) 对于有限维$\\mathbb{C}$-线性空间$V$, $\\mathscr{A}$是其上的线性变换, 本题的目的是为了证明如下的Jordan分解存在且唯一, $$\\mathscr{A}=\\mathscr{D}+\\mathscr{N}$$ 其中$\\mathscr{D},\\mathscr{N}$都是$V$上的线性变换, 且满足

• $\\mathscr{D}$可以对角化. 换言之, 存在一组基$\\epsilon_1,\\ldots,\\epsilon_n$和特征值$\\lambda_1,\\ldots,\\lambda_i$使得$\\mathscr{D}\\epsilon_i=\\lambda_i\\epsilon_i$, 对每一个$1\\leq i\\leq n$. (可对角化条件)
• $\\mathscr{N}$是幂零的. 即存在$m>0$使得$\\mathscr{N}^m=\\mathscr{O}$. (幂零条件)
• $\\mathscr{A}$分别与$\\mathscr{D}$, $\\mathscr{N}$可交换. 即$\\mathscr{AD}=\\mathscr{DA}, \\mathscr{AN}=\\mathscr{NA}$. (可交换条件)

本题如果不采用如下过程的思路, 完整地解决亦可得满分(只证明存在性可得5分

直觉使我们相信$\\mathscr{D}$的对角线上应该按重数排列着$\\mathscr{A}$的所有特征值, 但是这需要构造和证明. 为此, 假设$\\mathscr{A}$的特征多项式为$$f(X)=(X-\\lambda_1)^{n_1}\\ldots(X-\\lambda_k)^{n_k}\\qquad \\textrm{$\\lambda_1,\\ldots,\\lambda_n\\in\\mathbb{C}$两两不同}$$ 并且记属于特征值$\\lambda_i$的根子空间 $$V_{i}=\\ker\\left[(\\mathscr{A}-\\lambda_i)^{n_i}\\right]\\subseteq V$$ 

(1)(5分)证明: $V_i$是$\\mathscr{A}$-不变子空间.

(2)(5分)证明: $$V=V_1\\oplus \\ldots \\oplus V_k$$ (提示: 只需证明对两个互质的多项式$f,g$有$V=\\ker f(\\mathscr{A})\\oplus \\ker g(\\mathscr{A})$.)

(3)(5分)证明: 对任意$1\\leq j\\leq n$, 存在多项式$f_j(X)$使得 $$[f_j(\\mathscr{A})](v_1+\\ldots+v_k)=v_j\\qquad \\forall v_i\\in V_i$$(提示: 只需要$[f_j(\\mathscr{A})](v_i)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i\\neq j$. 用多项式的Béezout定理. )

既然已经构造出$f_j(X)$那么取 $$D(X)=\\lambda_1f_1(X)+\\ldots+\\lambda_kf_k(X)\\qquad N(X)=X-D(X)$$ 并令 $$\\mathscr{D}=D(\\mathscr{A})\\qquad \\mathscr{N}=N(\\mathscr{A})$$ 

(4)(5分)证明: 如上的$\\mathscr{D}, \\mathscr{N}$满足Jordan分解的三条要求. 注意到, 此时, $\\mathscr{D},\\mathscr{N}$甚至还是$\\mathscr{A}$的多项式.

(5)(5分, 唯一性)若$\\mathscr{D}\',\\mathscr{N}\'$满足Jordan分解的三条要求, 则 $$\\mathscr{D}\'=\\mathscr{D}, \\mathscr{N}\'=\\mathscr{N}$$

在这里你可以使用问题5的结论, 即使你没有解决问题5. 

(提示:需要注意到我们构造出的$\\mathscr{D}$是$\\mathscr{A}$的多项式, 同时注意到两个可以交换的幂零变换的差还是幂零的. )

证明 (1)任意$\\boldsymbol{x}\\in \\boldsymbol{V}_i$, $$(\\mathscr{A}-\\lambda_i)^{n_i}\\,(\\mathscr{A}\\boldsymbol{x})=\\mathscr{A}(\\mathscr{A}-\\lambda_i)^{n_i}\\boldsymbol{x}=\\mathscr{A}0=0$$

(2)首先, 先证明$f,g$互质, 且$fg(\\mathscr{A})=\\mathscr{O}$时, $V\\cong \\ker[f(\\mathscr{A})]\\oplus \\ker [g(\\mathscr{A})]$. 根据多项式的Béezout定理, 存在$u,v$ 使得 $fu+gv=1$, 则$\\forall \\boldsymbol{x}\\in V$, $\\boldsymbol{x}=u(\\mathscr{A})f(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}+v(\\mathscr{A})g(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}$, 且 $g(\\mathscr{A})u(\\mathscr{A})f(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}=0, f(\\mathscr{A})v(\\mathscr{A})g(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}=0$, 故$V=\\ker[f(\\mathscr{A})]+\\ker [g(\\mathscr{A})]$. 若$x\\in \\ker[f(\\mathscr{A})]\\cap \\ker [g(\\mathscr{A})]$, 则$f(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}=0, g(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}=0$, 从而 $\\boldsymbol{x}=u(\\mathscr{A})f(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}+v(\\mathscr{A})g(\\mathscr{A})\\boldsymbol{x}=0$, 故是直和. 然后, 对于这里, 用于$(X-\\lambda_1)^{n_1}$和$f/(X-\\lambda_1)^{n_1}$, 然后在子空间$\\ker[f/(X-\\lambda_1)^{n_1}]$上归纳可得. (也可直接用用$\\frac{f(X)}{(X-\\lambda_i)^{n_i}}$, 方法是类似的. 但见评注. )

(3)考虑$F_i=\\frac{f(X)}{(X-\\lambda_i)^{n_i}}$, 他们互质, 利用Béezout定理, 存在$u_i$使得 $\\sum_{i=1}^k u_iF_i=1$, 取$f_i=u_iF_i$. 注意到$f_i(\\boldsymbol{v}_j)=0$当$i\\neq j$时, 故容易验证$f_i(\\boldsymbol{v}_j)=v_i$当$i=j$, 而$=0$当$i\\neq j$.

(4)每个$i$选$V_i$的一组基, 他们的并还是一组基(因为直和). 且$\\mathscr{D}$在每个$V_i$上都是数乘, 从而可对角化. 幂零是因为此时特征值全为$0$, 特征多项式必须是$X^n$. 可以交换是因为是多项式.

(5)假设$\\mathscr{A}=\\mathscr{D}\'+\\mathscr{N}\'$, 且$\\mathscr{A}$与$\\mathscr{D}\', \\mathscr{N}\'$交换, 则因为$\\mathscr{D}, \\mathscr{N}$是$\\mathscr{A}$的多项式, $\\mathscr{D}, \\mathscr{N}$也与$\\mathscr{D}\', \\mathscr{N}\'$交换. 则$\\mathscr{D}-\\mathscr{D}\'=\\mathscr{N}\'-\\mathscr{N}$. 假设$\\mathscr{N}\'^m=\\mathscr{O}$, $\\mathscr{N}^n=\\mathscr{O}$, 因为交换, 所以利用二项式展开可得 $(\\mathscr{N}\'-\\mathscr{N})^{m+n}=\\mathscr{O}$, 故也幂零. 而$\\mathscr{D},\\mathscr{D}\'$因为可交换且可以对角化可得可以同时对角化, 因为幂零矩阵特征值都为$0$, 而在某组基下$\\mathscr{D}-\\mathscr{D}\'$是对角阵, 从而$\\mathscr{D}=\\mathscr{D}\'$进而$\\mathscr{N}=\\mathscr{N}\'$. $\\square$

评注 $V_1+V_2+V_3=V_1\\oplus V_2\\oplus V_3$是直和的条件不是两两交$0$! 例如随便在平面上画三条交于$0$的直线.

评注 参见李尚志P436. 习题3.

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