例 9.106

依赖于

• 例 7.31
• 例 9.95

被以下题目直接调用

• 例 9.109

例 9.106

设 $\phi$ 是 $n$ 维欧氏空间 $V$ 上的线性变换，求证：$\phi$ 是正规算子的充要条件是 存在某个实系数多项式 $g(x)$，使得 ${\phi }^{\ast }=g(\phi )$。

解答

证法 1 先证充分性。若 ${\phi }^{\ast }=g(\phi )$，则 $\phi {\phi }^{\ast }={\phi }^{\ast }\phi$ 显然成立。 再证必要性。设 $\phi$ 在 $V$ 的某组标准正交基下的表示矩阵为正交相似标准型

$$A=\mathrm{diag}\left\{\left(\begin{array}{cc}{a}_1& b_1\\ -b_1& a_1\end{array}\right),\cdots ,\left(\begin{array}{cc}{a}_r& b_r\\ -b_r& a_r\end{array}\right),c_{2r+1},\cdots ,c_n\right\},$$

其中 $a_i,b_i,c_j$ 都是实数并且 $b_i\ne 0$。由线性变换与矩阵的一一对应，我们只要证明 存在某个实系数多项式 $g(x)$，使得 $A^{\prime }=g(A)$ 即可。由于分块对角矩阵主对角线上的分块调换次序是一个 正交相似变换（这也等价于调换基向量的次序），故不妨将完全相同的分块放在一起，于是可假设 $A$ 已是如下形状：

$$A=\mathrm{diag}\{B_1,\cdots ,B_s,B_{s+1},\cdots ,B_t\},$$

其中

$$B_i=\mathrm{diag}\left\{\left(\begin{array}{cc}{a}_i& b_i\\ -b_i& a_i\end{array}\right),\cdots ,\left(\begin{array}{cc}{a}_i& b_i\\ -b_i& a_i\end{array}\right)\right\}(1\le i\le s),$$

$B_j=\mathrm{diag}\{c_j,\cdots ,c_j\}(s+1\le j\le t)$。注意到 $B_i$ 适合多项式 $g_i(x)=(x-a_i{)}^2+b_i^2(1\le i\le s)$，$B_j$ 适合多项式 $g_j(x)=x-c_j(s+1\le j\le t)$，故 $\{g_1(x),g_2(x),\cdots ,g_t(x)\}$ 是一组两两互素的多项式。 令 $f_i(x)=2a_i-x(1\le i\le s)$，$f_j(x)=x(s+1\le j\le t)$，则容易验证 $B_i^{\prime }=f_i(B_i)(1\le i\le s)$，$B_j^{\prime }=f_j(B_j)(s+1\le j\le t)$，因此由例 7.31 可知，存在实系数多项式 $g(x)$，使得 $A^{\prime }=g(A)$。

证法 2 充分性同证法 1，下证必要性。设 $A$ 是 $\phi$ 在某组标准正交基下的表示矩阵， 我们只要证明存在某个实系数多项式 $g(x)$，使得 $A^{\prime }=g(A)$ 即可。由于 $A$ 是实正规矩阵， 故可以自然地看成是复正规矩阵，由例 9.95 可知，存在复系数多项式 $f(x)$，使得 $A^{\prime }=f(A)$。 将 $f(x)$ 各项系数的实部和虚部分开得到两个实系数多项式 $g(x),h(x)$，使得 $f(x)=g(x)+ih(x)$，于是可得 $A^{\prime }=g(A)+ih(A)$，从而只能是 $A^{\prime }=g(A),h(A)=O$， 结论得证。$\square$