南京师范大学 2015年高等代数第7题
📝 题目
7．（本小题满分 25 分）设 $A$ 是一个 $n$ 阶方阵， $\displaystyle \operatorname{Tr}(A)=\sum_{i=1}^{n} a_{i i}$ 称为矩阵 $A$ 的迹。（1）若 $\displaystyle f(x)=\left(x^{2}-2 x+2\right)^{2}(x-1)$ 是 6 阶方阵 $A$ 的最小爫项式，且 $\displaystyle \operatorname{Tr}(A)=6$ ，求 $A$ 的若小当标准形；（2）若 $\displaystyle B, C$ 均为对称半止定实矩阵，并且 $\displaystyle T r(B C)=0$ ，证明：对任意的止整数 $\displaystyle m,(B+C)^{m}=B^{m}+C^{m}$ ．
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析最小多项式，确定特征值和Jordan块大小
给定最小多项式 $f(x) = (x^2 - 2x + 2)^2 (x-1)$。在复数域上分解：$x^2-2x+2 = (x-1-i)(x-1+i)$，所以 $f(x) = (x-1-i)^2 (x-1+i)^2 (x-1)$。因此特征值为 $1+i$, $1-i$ 和 $1$。最小多项式中每个因子的指数表示对应特征值的最大Jordan块大小：对于 $1\pm i$，最大Jordan块大小为2；对于 $1$，最大Jordan块大小为1。
公式：$f(x) = (x-1-i)^2 (x-1+i)^2 (x-1)$
提示：注意最小多项式在实数域上不可约因式为 $(x^2-2x+2)$，但复数域上可分解，需用复数域分析Jordan块。
步骤 2/6
目标：利用迹条件确定代数重数
设特征值 $1+i$ 的代数重数为 $a$，$1-i$ 的代数重数为 $b$，$1$ 的代数重数为 $c$，则 $a+b+c=6$。迹 $\operatorname{Tr}(A) = (1+i)a + (1-i)b + 1\cdot c = a+b+c + i(a-b) = 6 + i(a-b) = 6$，所以 $a-b=0$，即 $a=b$。于是 $2a+c=6$。由于 $a\geq 2$（因为 $1+i$ 至少有一个2阶Jordan块），且 $c\geq 0$，所以 $a=2$ 或 $a=3$。
公式：$\operatorname{Tr}(A) = \sum \lambda_i = 6$
提示：迹等于特征值之和，注意复数特征值成对出现，虚部抵消。
步骤 3/6
目标：构造Jordan标准形（情况一：a=2）
当 $a=2$ 时，$b=2$，$c=2$。特征值 $1+i$ 有一个2阶Jordan块，$1-i$ 有一个2阶Jordan块，特征值1有两个1阶Jordan块。Jordan标准形为：$$J = \begin{pmatrix} J_2(1+i) & 0 & 0 \\ 0 & J_2(1-i) & 0 \\ 0 & 0 & \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{pmatrix}$$ 其中 $J_2(\lambda)=\begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$。
公式：$J_2(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$
提示：注意Jordan块顺序可调换，但标准形通常按特征值分组。
步骤 4/6
目标：构造Jordan标准形（情况二：a=3）
当 $a=3$ 时，$b=3$，$c=0$。特征值 $1+i$ 有一个2阶Jordan块和一个1阶Jordan块，$1-i$ 有一个2阶Jordan块和一个1阶Jordan块。Jordan标准形为：$$J = \begin{pmatrix} J_2(1+i) & 0 & 0 & 0 \\ 0 & (1+i) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & J_2(1-i) & 0 \\ 0 & 0 & 0 & (1-i) \end{pmatrix}$$
提示：注意1阶Jordan块就是特征值本身。
步骤 5/6
目标：证明BC=0（利用迹条件）
由于 $B$ 对称半正定，存在正交矩阵 $Q$ 使 $Q^T B Q = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$，$\lambda_i\geq 0$。令 $\tilde{C}=Q^T C Q$，则 $\tilde{C}$ 对称半正定。$\operatorname{Tr}(BC)=\operatorname{Tr}(\Lambda \tilde{C})=\sum_{i=1}^n \lambda_i \tilde{c}_{ii}=0$。由于 $\lambda_i\geq 0$，$\tilde{c}_{ii}\geq 0$，所以每项为零：$\lambda_i \tilde{c}_{ii}=0$。若 $\lambda_i>0$，则 $\tilde{c}_{ii}=0$。由半正定矩阵性质，若对角元为零，则该行和列全为零，故 $\tilde{C}$ 在 $\lambda_i>0$ 对应的行和列上全为零。因此 $\Lambda \tilde{C}=0$ 且 $\tilde{C}\Lambda=0$，从而 $BC=0$，$CB=0$。
公式：$\operatorname{Tr}(BC)=\sum \lambda_i \tilde{c}_{ii}=0$
提示：半正定矩阵对角元非负，且若对角元为零则整行整列为零。
步骤 6/6
目标：证明 $(B+C)^m = B^m + C^m$
由 $BC=0$ 和 $CB=0$，二项式展开得 $(B+C)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} B^k C^{m-k}$。当 $0
公式：$(B+C)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} B^k C^{m-k}$
提示：注意 $B$ 和 $C$ 不一定可交换，但 $BC=0$ 和 $CB=0$ 保证了交叉项为零。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。