例 6.4

依赖于

• 例 6.3

被以下题目直接调用

• 无

例 6.4

设 $n$ 阶分块对角阵 $A=\mathrm{diag}\{A_1,A_2,\cdots ,A_m\}$，其中 $A_i$ 是 $n_i$ 阶矩阵。

(1) 任取 $A_i$ 的特征值 ${\lambda }_i$ 及其特征向量 $x_i\in {\mathbb{C}}^{n_i}$，求证：可在 $x_i$ 的上下添加适当多的零， 得到非零向量 ${\tilde{x}}_i\in {\mathbb{C}}^n$，使得 $A{\tilde{x}}_i={\lambda }_i{\tilde{x}}_i$，即 ${\tilde{x}}_i$ 是 $A$ 关于特征值 ${\lambda }_i$ 的特征向量，称为 $x_i$ 的延拓。

(2) 任取 $A$ 的特征值 ${\lambda }_0$，并设 ${\lambda }_0$ 是 $A_{i_1},\cdots ,A_{i_r}$ 的特征值，但不是其他 $A_j(1\le j\le m,j\ne i_1,\cdots ,i_r)$ 的特征值，求证：$A$ 关于特征值 ${\lambda }_0$ 的特征子空间的一组基可取为 $A_{i_k}(1\le k\le r)$ 关于特征值 ${\lambda }_0$ 的特征子空间的一组基的延拓的并集。

解答

证明 (1) 令 ${\tilde{x}}_i=(0,\cdots ,x_i^{\prime },\cdots ,0{)}^{\prime }$，即 ${\tilde{x}}_i$ 的第 $i$ 块为 $x_i$，其余块均为 $0$， 显然 ${\tilde{x}}_i\ne 0$。容易验证 $A{\tilde{x}}_i={\lambda }_i{\tilde{x}}_i$，故结论成立。

(2) 由例 6.3 (2) 以及直和的充要条件即得。$\square$