华中科技大学 2026年高等代数第5题

考虑多项式 $f(\lambda)=\det(\lambda E+A)$，它是关于 $\lambda$ 的 $n$ 次多项式。$f(0)=\det A$。若 $\det A \neq 0$，则 $f(0)\neq 0$，由连续性，存在 $\delta>0$ 使得当 $|\lambda|<\delta$ 时 $f(\lambda)\neq 0$，即 $\lambda E+A$ 可逆。若 $\det A=0$，则 $f(0)=0$，但多项式零点孤立，存在 $\delta>0$ 使得 $f(\lambda)$ 在 $0<|\lambda|<\delta$ 内非零，故结论成立。

设 $\lim_{\lambda\to 0} A(\lambda E+A)^{-1}=B$ 存在。由恒等式 $A(\lambda E+A)^{-1}=E-\lambda(\lambda E+A)^{-1}$，两边取极限得 $B=E-\lim_{\lambda\to 0}\lambda(\lambda E+A)^{-1}$。由于 $\lambda(\lambda E+A)^{-1}$ 在 $\lambda=0$ 处解析且趋于 $0$，故 $B=E$。于是 $A(\lambda E+A)^{-1}\to E$。右乘 $A$ 得 $A(\lambda E+A)^{-1}A\to A$。但 $A(\lambda E+A)^{-1}A=A-\lambda(\lambda E+A)^{-1}A$，取极限得 $A$，故 $A^2(\lambda E+A)^{-1}\to A$。由于 $A^2(\lambda E+A)^{-1}$ 的秩等于 $r(A^2)$，极限矩阵 $A$ 的秩为 $r(A)$，且极限保持秩（因为极限矩阵可逆？需严格论证），实际上由 $A(\lambda E+A)^{-1}\to E$ 知 $A(\lambda E+A)^{-1}$ 可逆，故 $r(A)=n$，从而 $r(A^2)=n$，等式成立。但若 $A$ 不可逆，则需更一般论证。

将 $A$ 化为Jordan标准形 $A=PJP^{-1}$，则 $A(\lambda E+A)^{-1}=PJ(\lambda E+J)^{-1}P^{-1}$。极限存在当且仅当每个Jordan块对应的部分极限存在。对于特征值 $0$ 的Jordan块 $J_k(0)$，$J_k(0)(\lambda E+J_k(0))^{-1}$ 的极限存在当且仅当Jordan块大小为1（即 $r(A)=r(A^2)$）。对于非零特征值，极限为恒等。因此 $r(A)=r(A^2)$ 是必要的。

若 $r(A)=r(A^2)$，则 $\ker A \cap \operatorname{Im} A = \{0\}$，且 $\mathbb{C}^n = \ker A \oplus \operatorname{Im} A$。在此分解下，$A$ 限制在 $\operatorname{Im} A$ 上可逆。设 $\lambda$ 充分小，则 $\lambda E+A$ 可逆，且 $A(\lambda E+A)^{-1}$ 在 $\ker A$ 上为 $0$，在 $\operatorname{Im} A$ 上趋于恒等，故极限存在。

在分解 $\mathbb{C}^n = \ker A \oplus \operatorname{Im} A$ 下，$A$ 可表示为 $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}$，其中 $A_1$ 可逆。则 $\lambda E+A = \begin{pmatrix} \lambda I & 0 \\ 0 & \lambda I+A_1 \end{pmatrix}$，其逆为 $\begin{pmatrix} \lambda^{-1} I & 0 \\ 0 & (\lambda I+A_1)^{-1} \end{pmatrix}$。于是 $A(\lambda E+A)^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_1(\lambda I+A_1)^{-1} \end{pmatrix}$。当 $\lambda\to 0$ 时，$A_1(\lambda I+A_1)^{-1}\to I$，故极限存在且为 $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix}$。

综上，（1）存在 $\delta>0$ 使得当 $0<|\lambda|<\delta$ 时 $\lambda E+A$ 可逆。（2）$\lim_{\lambda\to 0} A(\lambda E+A)^{-1}$ 存在当且仅当 $r(A)=r(A^2)$。