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本篇作者:中梓星音
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题意

设n阶复矩阵全体为 M(n,\mathbb{C}) ,已知存在 A \in M(n,\mathbb{C}) 满足 A^{n-1} \neq O, \quad A^n=O 且 I \in M(n,\mathbb{C}) 表示单位矩阵。
(1)证明命题:若 B \in M(n,\mathbb{C})A 可换,则存在复数 c_0,c_1,...,c_{n-1} 满足:

B=c_0 I+c_1 A + c_2 A^2 + \cdots + c_{n-1}A^{n-1} 

(2)证明命题:满足方程 X^2=I+AX\in M(n,\mathbb{C}) 为有限个。
(审题+答题参考时间:45~50分钟)

考察

(1)的形式有点像Cayley–Hamilton,但涉及可换的话,这个定理并没有提,可以作为候补思路,优先思考别的解决办法。
因为 A^n=O ,所以可能 A\det A = 0的情况,不能断言它能对角化。但是我们有类似的工具能把 A 分解——Jordan标准型分解( A=PJP^{-1},\det P \neq 0
一般Jordan标准型的分解的计算会非常麻烦,但是仔细观察这题会发现,我们并不需要对 P 做具体的计算,而是着眼于 \det P \neq 0 这个黄金宝贝。通过相似变换,让堪称“八方美人”的 J 替换掉(1)(2)的所有的 A 。进而大幅度简化题目。

通过Jordan标准型分解,可把A写作: A=PJP^{-1}
根据条件,可知: \\ J^{n-1}=(P^{-1}AP)^{n-1}=P^{-1}A^{n-1}P\neq O \\ J^n=P^{-1}A^nP=O
以下命题为(1)的充分条件
B \in M(n,\mathbb{C})J可换,则存在复数 c_0,c_1,...,c_{n-1} 满足:

B=c_0 I+c_1 J + c_2 J^2 + \cdots + c_{n-1}J^{n-1}

为了避免字母冲撞,把上面命题的B改成S,写成如下命题:

命题(3)
S \in M(n,\mathbb{C})J 可换,则存在复数 c_0,c_1,...,c_{n-1} 满足:

S=c_0 I+c_1 J + c_2 J^2 + \cdots + c_{n-1}J^{n-1}

证明(3)=>(1)
为了证明(3)=>(1)假设:“命题(3)”和“(1)的 A,B 可换”成立。
因为:(P^{-1}BP)J=P^{-1}B(PJP^{-1})P=P^{-1}(BA)P=P^{-1}(AB)P=P^{-1}(PJP^{-1})BP=J(P^{-1}BP)
所以: P^{-1}BP, J可换。
P^{-1}BP看做 S ,则满足命题(3)的条件: S,J可换,适用(3)后 (P^{-1}BP) 可写作:

(S=)P^{-1}BP=c_0 I+c_1 J + c_2 J^2 + \cdots + c_{n-1}J^{n-1} 

左右两边乘点东西把P消掉后:

B=c_0 I+c_1 A + c_2 A^2 + \cdots + c_{n-1}A^{n-1} 

(3)=>(1)证毕。

证明(3)成立
现取向量

\mathbf{v} 
A^{n-1}\mathbf{v} \neq \mathbf{0} , \mathbf{v}\in \mathbb{C}^n

通过 A^n=O 易证: A^{n-1}\mathbf{v},A^{n-2}\mathbf{v},...,A\mathbf{v},\mathbf{v}线性独立。
做 :

P:=\begin{pmatrix} A^{n-1}\mathbf{v} & A^{n-2}\mathbf{v} & ... & A\mathbf{v} & \mathbf{v} \end{pmatrix} 

则:

AP=\begin{pmatrix} A^{n}\mathbf{v}=\mathbf{0} & A^{n-1}\mathbf{v} & ... & A^2\mathbf{v} & A\mathbf{v} \end{pmatrix}=P\begin{pmatrix} 0 & 1 &  & \\   & \ddots  & \ddots & \\   &  &  0& 1\\   &  &  &0 \end{pmatrix}=:PJ  

这里 J 就确定下来了。
S=(s_{u,v})_{n\times n},根据SJ=JS可得:

\begin{pmatrix} 0 & s_{1,1} &  & s_{1,n-1}\\  0 &  &  & \\  0 &  &  & \\  0 & s_{n,1} &  & s_{n,n-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s_{2,1} &  &  & s_{2,n}\\   &  &  & \\  s_{n,1} &  &  & s_{n,n}\\  0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} 

可推出 S 的形式只能是:

S=\begin{pmatrix} k_0 & k_1 & \cdots & \cdots & k_{n-1}\\  0 & k_0 & \ddots &  & \vdots \\   & 0 & \ddots & \ddots &\vdots \\   &  & 0 & k_0 & k_1\\  0 &  &  & 0 & k_0 \end{pmatrix},\quad \exists k_i \in \mathbb{C},\quad i=0,1,...,n-1 

而 J 的指数每多一,所有的1就会向上平移一格,只要设:

c_i:=k_i,\quad i=0,1,...,n-1 

(3)的结论是显然的。证毕。

(2)的证明:
和(1)同理,(2)的充分条件为:
满足方程X^2=I+JX\in M(n,\mathbb{C})为有限个。
证明上述命题成立即可。(读者可自己挑战充分性证明)
以下将证明上述命题成立:
因为

JX=(X^2-I)X=X^3-X=XX^2-XI=X(X^2-I)=XJ 

根据命题(3),X可以表示为:

X=c_0 I+c_1 J + c_2 J^2 + \cdots + c_{n-1}J^{n-1}\\ =\begin{pmatrix} c_0 & c_1 & \cdots & \cdots & c_{n-1}\\  0 & c_0 & \ddots &  & \vdots \\   & 0 & \ddots & \ddots &\vdots \\   &  & 0 & c_0 & c_1\\  0 &  &  & 0 & c_0 \end{pmatrix},\quad \exists c_i \in \mathbb{C},\quad i=0,1,...,n-1 

通过令 X=O,显然: I,J,J^2,...J^{n-1} 线性独立。
再经过计算:

X^2=c_0^2I+2c_0c_1J+(2c_0c_2+c_1^2)J^2+...+(2c_0c_{n-1}+2c_1c_{n-2}+...)J^{n-1} 

根据方程 X^2=I+J 和I,J,J^2,...J^{n-1}的线性独立:

I+J=\begin{pmatrix} 1 & 1 &  & \\   & \ddots  & \ddots & \\   &  &  1& 1\\   &  &  &1 \end{pmatrix}  
c_0^2=1\\ 2c_0c_1=1\\ 2c_0c_2+c_1^2=0\\ \vdots \\ 2c_0c_{n-1}+2c_1c_{n-2}+...=0 

不难发现:上述方程可以依次确定c_0,c_1,...c_{n-1} ,并且有两套解。也就是 X 确实是有限个。证毕。

讨论

凡是n次幂零矩阵的题都可以通过相似变换将题目简化成含有Jordan矩阵形式的问题。Jordan标准型给力嗷~
P.S. 做题一时爽,码字累半死。。。

       

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