實數域上方陣A和它的轉置相似嗎？

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相似·,

其實直接用有理標準型一下就出來了，考慮與的矩陣由對稱性二者不變因子相同，因此它們有相同的有理標準型所以相似。

回頭看了看書發現Jordan標準型就是由准素分解和有理分解得到的，這裡用有理分解就可以證明這個問題，而我卻兜了個大圈子，以後再也不回答代數方面的問題了TAT

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考慮與的矩陣由對稱性二者初等因子相同，因此在複數域上與的Jordan標準型相同，也就是與在複數域上相似。

下面證明一個結論：實矩陣A與B若在複數域上相似，那麼它們在實數域上也相似，

取=,且令，(C,D均為實矩陣)

則

由此

可得,

總可以選擇使得可逆，

故A,B在實數域上相似。

故與在實數域上相似

//

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是，實際上任何域上都有這個結論！

Step 1: 首先對於這個具體的n x n Jordan block，證明和它的轉置相似。

Jordan block形式是

a 1 0 0

0 a 1 0

0 0 a 1

0 0 0 a

轉置以後的效果就是把坐標調過來數，即第i個坐標變成第n+1-i個坐標。

Step 2: 利用Jordan標準型，可以證明在代數閉域上，任何矩陣都和轉置相似。(習題；注意如果A和B相似，那麼A轉置和B轉置相似)

Step.3 (Key part):

用PID模結構定理(本質跟有理標準型一樣)證明：給定域擴張L/K. 如果兩個K上的矩陣S,T在L上相似(即S=PTP^-1, P是L上可逆方陣)，那麼它們在K上相似(即可以取P使得其在K上)。

證明：

學過有理標準型的一句話證明就夠了：矩陣相似等價於有理標準型相同，而有理標準型跟底域無關，所以矩陣相似與底域無關。

學過抽代但沒學過有理標準型的(包括我自己hhh), 或者沒學過有理標準型中證明的：

這裡使用PID模結構定理的這個唯一性命題： Thm. 令A是個PID. 一個有限生成PID模可以唯一地寫成A/(f_1) x ... x A/(f_n)的形式，其中1≠f_1整除f_2整除....整除f_n. 唯一指的是n被唯一確定以及主理想(f_i)被唯一確定。

另外有兩個結論：

1. 給一個域K上的方陣T可以得到一個有限生成的torsion module K[T] over polynomial ring K[x]. 它的同構類一一對應於T的K-相似類。

註：根據上面的定理，K[T]可以唯一分解成K[x]/(f_1) x ... x K[x]/(f_n)的形式，其中1≠f_1|f_2|...|f_n≠0, f_i是K上的monic多項式。我傾向於把這個分解就叫做T的有理標準型(跟有理標準型矩陣的關係就是把f_i係數提取出來作為矩陣的元，但我喜歡這種比較canonical的bookkeeping方式)。為了記號方便，我們稱T的有理標準型是(f_1,...f_m).

2. 給一個域K上的方陣T, 考慮K的一個域擴張L. 如果K[T]同構於K[x]/(f_1) x ... x K[x]/(f_n) (這裡對f_n的選擇不做要求), 那麼L[T]就同構於L[x]/(f_1) x ... x L[x]/(f_n).

原因：fancy地說就是L[T]=K[T] tensor_K L.

初等地說，就是K[T]同構於K[x]/(f_1) x ... x K[x]/(f_n) 等價於T和某個用f_i各項係數提取出的矩陣在K上相似。(這個提取方法跟有理標準型矩陣同). 那麼T跟這個矩陣在K上相似自然可以推出它們在L上相似。不過這裡用不用抽象代數的tensor product並不重要；抽象代數的力量主要體現在唯一性命題。

回到證明。現在給定K上矩陣S,T。記它們在K上的有理標準型分別是(f_1,...,f_n) 和 (g_1,...,g_m)。那麼由2，

L[S]=L[x]/(f_1) x ... x L[x]/(f_n)

然而f_1|f_2|...|f_n over K, 所以整除性關係在L[x]依然成立。根據唯一性定理，f_1,...,f_n就是S在L上的有理標準型。

同理g_1,...,g_m就是T在L上的有理標準型。根據假設S,T在L上相似，兩個矩陣在L上的有理標準型相同。所以直接有(f_1,...,f_n)=(g_1,...,g_m), 即矩陣在K上有理標準型相同，所以S,T在K上相似，證畢。

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好像這裡的(f_1,...,f_n)叫做不變因子？沒學過這塊，總之這個信息已經足夠刻畫有理標準型了，我一般要用到有理標準型的idea時就只keep track of 這個。

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李炯生

線性代數

第六章最後一節「一些例子」

例一

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