Общее приведение, использующее инвариантные подпространства

31. Если X — инвариантное подпространство с столбцами, так что

где матрица порядка, и если любая -матрица такая, что

то обобщенная форма исчерпывания Виландта получится при

Очевидно,

так что все линейно независимых столбцов X являются собственными векторами соответствующими собственному значению, равному нулю. (Это верно, даже если X соответствует элементарному делителю степени Остальные собственные значения те же, что и у А. Покажем это. Доказательство следует из простого равенства

которое справедливо при произвольных матрицах вида соответственно. Равенство (31.5) является очевидным следствием того факта, что ненулевые собственные значения и совпадают (гл. 1, § 51). Далее, из (31.1) следует, что

и потому

Далее, используя (31.2), (31.5) и (31.7), получаем

что показывает, что собственные значения совпадают с собственными значениями А, за исключением принадлежащих которые заменены нулями.

32. Хаусхолдер (1961) нашел соотношения между инвариантными подпространствами Эти соотношения являются обобщениями равенства (29.5) и страдают недостатком, аналогичным присутствию в знаменателе. Мы рассмотрим лишь случай, используемый на практике, для которого можно получить несколько более строгие результаты и более просто, чем в общем случае.

Пусть некоторая матрица, для которой

(Это естественное обобщение (30.3)). Тогда из (31.1) имеем

и следовательно, это подходящая матрица в равенстве (31.2). Соответственно имеем в этом случае

Предположим теперь, что У состоит из векторов, линейно независимых с векторами из X и таких, что

(Заметим, что само по себе не обязано быть инвариантным подпространством А, но из (31.1) и (32.4) следует, что является инвариантным подпространством.) Рассмотрим теперь где какая-либо матрица, для которой существует Так как то

Если мы возьмем то из уравнения (32.5) следует, что есть инвариантное подпространство Линейная независимость немедленно следует из линейной независимости Смысл полученного результата становится более очевидным при рассмотрении практических приложений. Предположим, что А имеет элементарный делитель четвертой степени, и что мы нашли векторы высоты один и два, но не нашли Если мы произведем исчерпывание, то по (31.4) матрица имеет два линейных делителя, равных А, соответствующих и квадратичный делитель которому соответствуют векторы высоты один и два, отвечающие приведенной форме На практике, однако, итерации с А дадут, скорее, все пространство, натянутое на а не подпространство, натянутое только на