集美大学 2024年高等代数第0题

最小多项式 $g(\lambda) = (\lambda^2 - 2\lambda + 2)^2(\lambda - 1)$。因式分解 $\lambda^2 - 2\lambda + 2 = (\lambda - (1+i))(\lambda - (1-i))$，所以特征值为 $1+i$、$1-i$ 和 $1$。设特征多项式 $f(\lambda) = (\lambda - (1+i))^a (\lambda - (1-i))^b (\lambda - 1)^c$，其中 $a+b+c=6$。由于 $A$ 是实矩阵，共轭特征值重数相等，故 $a=b$。

迹 $\operatorname{tr}(A)=6$，即特征值之和：$a(1+i)+b(1-i)+c\cdot1=6$。代入 $a=b=k$，得 $k(1+i)+k(1-i)+(6-2k)\cdot1 = 2k+6-2k=6$，恒成立。由最小多项式，特征值 $1+i$ 和 $1-i$ 的指数为2，故 $k\ge2$；且 $c=6-2k\ge1$，得 $k\le2.5$，所以 $k=2$，$c=2$。因此 $a=b=2$，$c=2$。

特征多项式为 $f(\lambda) = (\lambda - (1+i))^2 (\lambda - (1-i))^2 (\lambda - 1)^2 = (\lambda^2 - 2\lambda + 2)^2 (\lambda - 1)^2$。

对于特征值 $1+i$ 和 $1-i$，最小多项式指数为2，说明每个特征值至少有一个2阶若尔当块，且代数重数为2，故各有一个2阶若尔当块。对于特征值 $1$，最小多项式指数为1，代数重数为2，故有两个1阶若尔当块。因此若尔当标准型为 $J = \begin{pmatrix} J_2(1+i) & 0 & 0 \\ 0 & J_2(1-i) & 0 \\ 0 & 0 & \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \end{pmatrix}$，其中 $J_2(\lambda)=\begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}$。

特征多项式 $f(\lambda)=\det(\lambda I - A)$，则 $\det(A) = (-1)^6 f(0) = f(0) = (0^2-0+2)^2(0-1)^2 = 4 \times 1 = 4$。

由于 $A$ 可逆，$A^* = \det(A) A^{-1} = 4 A^{-1}$。$A^{-1}$ 的特征值为 $A$ 特征值的倒数：$\frac{1}{1+i}=\frac{1-i}{2}$，$\frac{1}{1-i}=\frac{1+i}{2}$，$1$。故 $A^*$ 的特征值为 $4\cdot\frac{1-i}{2}=2(1-i)$，$4\cdot\frac{1+i}{2}=2(1+i)$，$4\cdot1=4$。

乘以非零常数不改变若尔当块结构，且 $A^{-1}$ 的若尔当标准型与 $A$ 的若尔当标准型结构相同（若尔当块求逆后仍为同阶若尔当块，特征值变为倒数）。因此 $A^*$ 的若尔当标准型为 $J_{A^*} = \begin{pmatrix} J_2(2(1-i)) & 0 & 0 \\ 0 & J_2(2(1+i)) & 0 \\ 0 & 0 & \begin{pmatrix}4 & 0 \\ 0 & 4\end{pmatrix} \end{pmatrix}$。