复旦大学2015--2016学年第二学期（15级）高等代数II期末考试第六大题解答

Posted 2020-08-01 谢启鸿高等代数官方博客

六、(本题10分)  设 $n$ 阶复方阵 $A$ 的特征多项式为 $f(\lambda)$, 复系数多项式 $g(\lambda)$ 满足 $(f(g(\lambda)),g‘(\lambda))=1$, 证明: 存在 $n$ 阶复方阵 $B$, 使得 $g(B)=A$.

证明  设 $P$ 为非异阵, 使得 $$P^{-1}AP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\lambda_1),\cdots,J_{r_k}(\lambda_k)\}$$ 为 Jordan 标准型, 我们先对 Jordan 块来证明结论. 任取多项式方程 $g(\lambda)-\lambda_i=0$ 的根 $\mu_i$, 即 $g(\mu_i)=\lambda_i$, 从而 $f(g(\mu_i))=f(\lambda_i)=0$. 由 $f(g(\lambda))$ 与 $g‘(\lambda)$ 互素可知它们无共公根, 从而 $g‘(\mu_i)\neq 0$. 经计算可得 (参考教材第328页第4行) $$g(J_{r_i}(\mu_i))=\begin{pmatrix} g(\mu_i) & g‘(\mu_i) & \dfrac{1}{2!}g^{(2)}(\mu_i) & \cdots & \dfrac{1}{(r_i-1)!}g^{(r_i-1)}(\mu_i)\\  & g(\mu_i) & g‘(\mu_i) & \cdots & \dfrac{1}{(r_i-2)!}g^{(r_i-2)}(\mu_i)\\ & & g(\mu_i) & \cdots & \dfrac{1}{(r_i-3)!}g^{(r_i-3)}(\mu_i)\\ & & & \ddots & \vdots \\ & & & & g(\mu_i) \end{pmatrix},$$ 于是 $g(J_{r_i}(\mu_i))$ 的特征值全为 $\lambda_i$, 其几何重数等于 $r_i-r(g(J_{r_i}(\mu_i))-\lambda_iI)=r_i-(r_i-1)=1$. 因此 $g(J_{r_i}(\mu_i))$ 的 Jordan 标准型中只有一个 Jordan 块, 即 $g(J_{r_i}(\mu_i))$ 相似于 $J_{r_i}(\lambda_i)$. 设 $Q_i$ 为非异阵, 使得 $J_{r_i}(\lambda_i)=Q_ig(J_{r_i}(\mu_i))Q_i^{-1}=g(Q_iJ_{r_i}(\mu_i)Q_i^{-1})$, 故结论对 Jordan 块成立. 令 $$Q=\mathrm{diag}\{Q_1,\cdots,Q_k\},\,\,\,\,C=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\mu_1),\cdots,J_{r_k}(\mu_k)\},$$ 则 $$J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}(\lambda_1),\cdots,J_{r_k}(\lambda_k)\}=Qg(C)Q^{-1}=g(QCQ^{-1}),$$ 故结论对 Jordan 标准型也成立. 最后我们有 $$A=PJP^{-1}=Pg(QCQ^{-1})P^{-1}=g(PQCQ^{-1}P^{-1}),$$ 令 $B=PQCQ^{-1}P^{-1}$ 即得 $A=g(B)$, 故结论对一般的矩阵也成立.  $\Box$

注  本题是白皮书例7.44的自然推广, 也和15级高代II思考题第14题有着完全类似的证明.